高考第二轮复习 练习题五答案详解 3页

‎2019年高考第二轮复习 练习题(五)‎ 一、单选题 ‎1．如图所示，足够长的、倾角为30的光滑斜面上，档板C与斜面垂直。质量均为m的A、B两相同物块与劲度系数为k的轻弹簧两端相连，在C的作用下处于静止状态。现给A施加沿斜面向上的恒力F，使A、B两物块先后开始运动。已知弹簧始终在弹性限度内，下列判断正确的是(　　)‎ A． 恒力F的值一定大于mg B． 物块B开始运动时，物块A的加速度为F-mgm C． 物块B开始运动时，A发生位移的值为mg‎2k D． 当物块B的速度第一次最大时，弹簧的形变量为mgk ‎【答案】B ‎【解析】F可以先使A加速运动起来，然后随着弹力的变化，在A做减速运动过程中，使得B开始运动，故F的力不一定大于mg，A错误；当B开始运动时，弹簧的弹力为T=mgsin30°=‎1‎‎2‎mg，并且处于伸长状态，对A有一个沿斜面向下的拉力，所以F-mgsin30°=ma，解得a=‎F-mgm，B正确；在未施加F之前，弹簧处于压缩状态，形变量为Δx‎1‎=mgsin30°‎k=‎mg‎2k，当B开始运动时，弹簧处于拉伸状态，形变量为Δx‎2‎=mgsin30°‎k=‎mg‎2k，所以A的位移为x=Δx‎1‎+Δx‎2‎=‎mgk，C错误；对物块B受力分析，受到弹簧的拉力，以及重力沿斜面向下的分力，当两者相等时，B的速度最大，即mgsin30°=kx'‎，解得x'=‎mg‎2k，D错误．‎ ‎2．行星绕太阳的运动近似地看做匀速圆周运动。已知太阳的质量为M，行星的质量为m，行星到太阳的距离为r。若测得行星绕太阳公转的周期为T，则行星绕太阳做匀速圆周运动所需的向心力为（ ）‎ A． m‎2πrT B． m‎4π‎2‎rT‎2‎ C． m‎4π‎2‎MTr‎2‎ D． ‎m‎4π‎2‎Tr‎2‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据向心力的公式有：F=mω‎2‎r=m‎（‎2πT）‎‎2‎r=‎‎4mπ‎2‎rT‎2‎，故选项B正确，ACD错误。‎ ‎3．如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置。设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C。实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是(　　)‎ A． 保持d不变，减小S，则C变小，θ 变大 B． 保持d不变，减小S，则C变大，θ变大 C． 保持S不变，增大d，则C变小，θ 变小 D． 保持S不变，增大d，则C变大，θ 变大 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据电容的决定式得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．根据电容的决定式得知，保持S不变，增大d，则C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故CD错误．故选A。‎ ‎4．如图所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽球心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是(　　)‎ A． 小铁球受到的合外力方向水平向左 B． F＝(M＋m)gtanα C． 系统的加速度为a＝gsinα D． F＝mgtanα ‎【答案】B ‎【解析】小铁球和凹槽整体在水平方向上只受推力F作用，故系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右；受力分析如图所示；故A错误。‎ 根据几何关系可知小铁球所受的合外力为mgtanα，由牛顿第二定律可知加速度为gtanα，推力F=（m+M）gtanα，故B正确，CD错误。故选B。‎ ‎5．图中的A、B是两块金属板，分别与高压直流电源的正负极相连．一个电荷量为q、质量为m的带正电的点电荷自贴近A板处静止释放（不计重力作用）．已知当A、B两板平行、两板间的面积很大且两板间的距离较小时，它刚到达B板时的速度为v0．在下列情况下以v表示点电荷刚到达B板时的速度（ ）‎ A．若两板不平行，则v＜v0‎ B．若A板面积很小，B板面积很大，则v＜v0‎ C．若A、B两板间的距离很大．则v＜v0‎ D．不论A、B两板是否平行、两板面积大小及两板间距离多少v都等于v0‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：有题意知，板间电压不变，根据动能定理得，eU=mv2，则有：v=，q、m、U均不变，则电子运动到B板时速率v不变，都等于v0．故ABC错误，D正确，故选：D 二、多选题 ‎6．如图所示，L1和L2为平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，AB两点都在L2上，带电粒子从A点以初速度v与L2成θ=30°斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过B点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A． 带电粒子一定带正电 B． 带电粒子经过B点时的速度一定跟在A点的速度相同 C． 若将带电粒子在A点时的初速度变大（方向不变）它仍能经过B点 D． 若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60°角斜向上，它就不一定经过B点 ‎【答案】CD ‎【解析】画出带电粒子运动的可能轨迹，B点的位置可能有下图四种，如图所示：‎ A、如图，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能。故A错误；‎ B、如图，粒子B的位置在B1、B4，速度跟在A点时的速度大小相等，但方向不同，速度不同，B的位置在B2、B3，速度跟在A点时的速度大小相等，方向相同，速度相同，故B错误；‎ C、根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入 射点与出射点间的距离相同，与速度无关。所以当初速度大小稍微增大一点，但 保持方向不变，它仍有可能经过B点，故C正确；‎ D、如图，设L1与L2 之间的距离为d，则A到B2的距离为：x=‎‎2dtanθ ，所以，若将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，不经过B点，故D正确。‎ ‎7．如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5s后拖绳从轮胎上脱落，轮胎运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A． 轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2‎ B． 拉力F的大小为55 N C． 0～5s内，轮胎克服摩擦力做功为850 J D． 6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W ‎【答案】CD ‎【解析】AB、轮胎匀减速直线运动的加速度大小a2＝‎10‎‎2‎m/s2＝5m/s2，轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝a‎2‎g＝0.5，匀加速运动的加速度大小a1＝‎10‎‎5‎m/s2＝2m/s2，根据牛顿第二定律得，Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=ma1，代入数据解得F=70N，故AB错误．‎ C、在0～5s内，轮胎位移x‎1‎‎=‎1‎‎2‎×5×10m=25m 克服摩擦力做功为Wf‎=μ(mg-Fsin37°)x‎1‎=850J，选项C正确；‎ D、6s末轮胎的速度v=5m/s，则摩擦力的瞬时功率P=μmgv=0.5×110×5W=275W，故D正确．故选CD ‎8．在某种科学益智玩具中，小明找到了一个小型发电机，其结构示意图如图1、2所示。图1‎ 第 3 页 中，线圈的匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2，电阻为r；图2是此装置的正视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°。外力使线圈以角速度w逆时针匀速转动，电刷M端和N端接定值电阻，阻值为R，不计线圈转动轴处的摩擦，下列说法正确的是(　　)‎ A． 线圈中产生的是正弦式交变电流 B． 线圈在图2所示位置时，产生感应电动势E的大小为nBL1L2w C． 线圈在图2所示位置时，电刷M的电势高于N D． 外力做功的平均功率为 ‎【答案】BC ‎【解析】有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，故根法拉第电磁感应定律，有： ，其中，解得，故不是正弦式交变电流，故A错误，B正确；根据根据右手定则，M端是电源正极，即M的电势高于N的电势，故C正确；由图2可知，线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力平均功率 ，故D错误；故选BC.‎ ‎9．如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A，B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时力F的大小恰为2mg.则(　　)‎ A． 物块B刚要离开C时B的加速度为0‎ B． 加速度a＝g C． 无法计算出加速度a D． 从F开始作用到B刚要离开C，A的位移为 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：当物块B刚要离开C时，对挡板的压力为零，根据平衡条件求出此时弹簧的弹力，结合胡克定律求出弹簧的形变量．对A，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度．弹簧开始处于压缩，根据平衡求出压缩量的大小，抓住A的位移等于弹簧的形变量求出物块A的位移．‎ 物块B刚要离开C时，B和挡板之间没有力的作用，即弹簧的拉力正好等于B的重力沿斜面向下的分力，所以此时B的合力为零，加速度为零，A正确；物块B刚要离开C时，‎ 弹簧的弹力，所以对A分析，受到弹簧沿斜面向下的拉力，和重力沿斜面向下的分力以及F的作用，根据牛顿第二定律可得，解得，BC错误；未施加F之前，弹簧处于压缩状态，对A分析有，当物块B刚要离开C时弹簧处于拉伸状态，对B分析有，故A上升的位移为，D正确．‎ 三、实验题 ‎10．用下列器材测量电容器的电容:一块多用电表,一台直流稳压电源,一个待测电容器(额定电压16 V),定值电阻R1(阻值未知),定值电阻R2=150 Ω.电流传感器、数据采集器和计算机,单刀双掷开关S,导线若干.‎ 实验过程如下:‎ 请完成下列问题:‎ ‎(1)由图(甲)可知,电阻R1的测量值为_____Ω; ‎ ‎(2)第1次实验中,电阻R1两端的最大电压U=____V.利用计算机软件测得i-t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA·s,已知电容器放电时其内阻可以忽略不计,则电容器的电容为C=____F; ‎ ‎(3)第2次实验中,电流随时间变化的i-t曲线应该是图(丁)中的虚线___(选填“b”“c”或“d”),判断依据是__________________________.‎ ‎【答案】 (1)100 9 4.7×10-3 c 与实线a比较,最大电流小,且与两坐标轴所围面积相等 ‎【解析】（1）欧姆表读数=表盘刻度×倍率=10×10=100Ω；‎ ‎（2）由i-t图象得到开始时电流为I=90mA=0.09A；故最大电压为：U=IR1=0.09A×100Ω=9V；故电容为C=QU=‎42.3mA⋅s‎9V=4.7×‎10‎‎-3‎F ‎（3）换用150Ω的电阻，则根据im‎=‎UmR，因第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据Qm‎=CUm，因两条曲线分别与坐标轴所围的面积相等，故不是d，是c；‎ ‎11．在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图1所示的实验装置，小车的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车拖动的纸带由打点计时器打上的点计算出． ‎ ‎①当M与m的大小关系满足____________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘中砝码的重力．‎ ‎②在保持小车的质量M一定时，探究加速度与所受合力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，有位同学得到的a﹣F关系如图2所示．其原因是_____________．‎ ‎【答案】 M＞＞m 平衡摩擦力不够或没有平衡摩擦力 ‎【解析】(1)以整体为研究对象有mg=(m+M)a,解得， ，以M为研究对象有绳子的拉力，显然要有F=mg必有m+M=M，故有M＞＞m，即只有M＞＞m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．‎ ‎(2)图2图象与横轴的截距大于0，说明在拉力大于0时，加速度等于0，说明物体所受拉力之外的其他力的合力大于0，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．‎ 四、解答题 ‎12．如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点．已知水平轨道AB长为L．求：‎ ‎（1）小物块与水平轨道的动摩擦因数μ．‎ ‎（2）为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是多大？‎ ‎（3）若圆弧轨道的半径R取第（2）问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R处，试求物块的初动能并分析物块能否停在水平轨道上．如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水平轨道．‎ ‎【答案】（1）．（2）．（3）L/4处．‎ ‎【解析】试题分析：（1）小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得：﹣μmg（L+0.5L）=﹣E 得：μ=‎ ‎（2）若小物块刚好到达D处，速度为零，同理，有：﹣μmgL﹣mgR=﹣E ‎ 解得CD圆弧半径至少为：R=‎ ‎（3）设物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由动能定理得：‎ ‎﹣μmgL﹣1.5mgR=﹣E′‎ 解得：E′=7E/6‎ 物块滑回C点时的动能为EC=1.5mgR=E/2，由于EC＜μmgL=2E/3，故物块将停在轨道上．‎ 设到A点的距离为x，有﹣μmg（L﹣x）=﹣EC 解得：x=L/4‎ 即物块最终停在水平滑道AB上，距A点L/4处．‎ ‎13．如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域。区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2l、倾角α＝π‎4‎ 的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l。零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v‎0‎‎=‎gl 、方向与水平面夹角θ＝π‎3‎ 的速度，在区域Ⅰ内做半径r=‎‎3lπ的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ。某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P 第 3 页 相遇。小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。l已知，g为重力加速度。‎ ‎(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；‎ ‎(3)若小球A、P在时刻t＝βlg (β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。‎ ‎【答案】（1）πm‎3qlgl （2）‎(3-2‎2‎)‎lg （3）0，‎3mg‎8q 竖直向上 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有mv‎0‎‎2‎r=qv‎0‎B①‎ 代入数据解得B=‎mπ‎3lqgl②‎ ‎（2）小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面低端时刻为t1，有tC‎=‎θrv‎0‎③‎ s-hcotα=v‎0‎(t‎1‎-tC)‎‎④‎ 小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有mgsinα=maA⑤‎ hsinα‎=‎‎1‎‎2‎aA‎(t‎1‎-tA)‎‎2‎‎⑥‎ 联立以上方程可得tA‎=(3-2‎2‎)‎lg⑦‎ ‎（3）设所求电场方向向下，在t'A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有 s=v‎0‎(t-tC)+‎1‎‎2‎aA‎(t-t‎'‎A)‎‎2‎cosα‎⑧‎ mg+qE=maP‎⑨‎ H-h+‎1‎‎2‎aA‎(t-t‎'‎A)‎‎2‎sinα=‎‎1‎‎2‎aP‎(t-tC)‎‎2‎‎⑩‎ 联立相关方程解得E=‎‎(11-β‎2‎)mgq(β-1)‎ 对小球P的所有运动情形讨论可得‎3≤β≤5‎ 由此可得场强极小值为Emin‎=0‎；场强极大值为Emax‎=‎‎7mg‎8q，方向竖直向上。‎ ‎14．质量为m的飞机模型，在水平跑道上由静止匀加速起飞，假定起飞过程中受到的平均阻力恒为飞机所受重力的k倍，发动机牵引力恒为F，离开地面起飞时的速度为v，重力加速度为g。求：‎ ‎（1）飞机模型的起飞距离（离开地面前的运动距离） ‎ ‎（2）若飞机起飞利用电磁弹射技术，将大大缩短起飞距离。图甲为电磁弹射装置的原理简化示意图，与飞机连接的金属块（图中未画出）可以沿两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动。使用前先给电容为C的大容量电容器充电，弹射飞机时，电容器释放储存电能所产生的强大电流从一根导轨流入，经过金属块，再从另一根导轨流出；导轨中的强大电流形成的磁场使金属块受磁场力而加速，从而推动飞机起飞。‎ ‎①在图乙中画出电源向电容器充电过程中电容器两极板间电压u与极板上所带电荷量q的图象，在此基础上求电容器充电电压为U0时储存的电能；‎ ‎②当电容器充电电压为Um时弹射上述飞机模型，在电磁弹射装置与飞机发动机同时工作的情况下，可使起飞距离缩短为x。若金属块推动飞机所做的功与电容器释放电能的比值为η，飞机发动的牵引力F及受到的平均阻力不变。求完成此次弹射后电容器剩余的电能。‎ ‎【答案】（1）（2）①图线见解析；；②-(mv2+2kmgx-2Fx)‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）平均阻力为f=kmg，依据牛顿第二定律和运动学规律有F-f=ma ；a=‎ 设飞机的起飞距离为s，依据运动学公式：v2＝2as ‎ 解得s= ‎ ‎（2）①见答图 ‎ 依据图象可得电容器储存电能的规律： E = ‎ 由于q=CU ‎ 则电容器充电电压为U0时，电容器储存电能E0 == ‎ ‎②电容器电压为Um时，电容器储存电能 Em = ‎ 设电容器释放的电能为E'，由动能定理有： ηE'+Fx-kmgx=mv2-0 ‎ 解得E'=(mv2+2kmgx-2Fx) ‎ 电容器剩余的电能E剩=Em- E' 解得E剩=-(mv2+2kmgx-2Fx) ‎ ‎15．下列说法错误的是 ‎ A． 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 B． 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则干涉条纹间距变宽 C． 两列水波发生干涉时，如果两列波的波峰在P点相遇，质点P的位移始终最大 D． 在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象 E. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象 ‎【答案】CDE ‎【解析】光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，选项A正确；在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，因红光的波长大于绿光，根据Δx=ldλ可知，干涉条纹间距变宽，选项B正确；两列水波发生干涉时，如果两列波的波峰在P点相遇，则P点的振动是加强的，振幅最大，但P的位移不是始终最大，选项C错误；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，选项D错误；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射造成的色散现象，选项E错误；此题选择不正确的选项，故选CDE.‎ ‎16．图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图像，‎ 求：（1）该波的振幅、频率、波长和周期；‎ ‎（2）该波的波速和传播方向；‎ ‎（3）在t=0.10s时刻质点P的振动方向。‎ ‎【答案】（1）振幅‎10cm，周期‎0.2s，频率为‎5Hz，波长为‎8m ‎（2）‎40m/s，沿x轴负方向 ‎（3）在t=0.10s时刻质点P沿y轴正方向振动 ‎【解析】试题分析：（1）根据图像可以得到：振幅A=10cm，周期T=0.2s，所以频率为f=5Hz，波长为λ=8m。‎ ‎（2）根据公式v=λT=‎8‎‎0.2‎m/s=40m/s，由振动图像可以得到，该时刻Q点向负方向振动，所以此列波传播方向沿x轴负方向。‎ ‎（3）由于波传播方向沿x轴负方向，可以判断此时刻质点P沿y轴正方向振动。‎ 第 3 页