2019年高考物理第二轮复习 练习题(九)(答案详解.docx

1、2019年高考物理第二轮复习练习题(九)一、单选题12019年中国散裂中子源（CSNS）将迎来验收，目前已建设的3台谱仪也将启动首批实验。有关中子的研究，下列说法正确的是A Th核发生一次衰变，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4B 一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应C 卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子D 中子和其他微观粒子，都具有波粒二象性【答案】D【解析】衰变的本质是发生衰变的核中减小2个质子和2个中子形成氦核，所以一次衰变，新核与原来的核相比，中子数减小了2，A错误；裂变是较重的原子核分裂成较轻的原子核的反应，而该反应是较轻的原子核的聚变反应，B错误

2、；卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，查德威克通过粒子轰击铍核获得碳核的实验发现了中子，C错误；所有粒子都具有粒子性和波动性，D正确2将一个半球体置于水平地面上，半球的中央有一个光滑小孔，上端有一光滑的小滑轮，柔软光滑的轻绳绕过滑轮，两端分别系有质量为m1、m2的物体（两物体均可看成质点，m2悬于空中）时，整个装置处于静止状态，如图所示。已知此时m1与半球的球心O的连线与水平线成53（sin53=0.8，cos53=0.6），m1与半球面的动摩擦因数为0.5，并假设m1所受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，则在整个装置处于静止的前提下，下列说法正确的是A 无论m1m2

3、的比值如何，地球对半球体的摩擦力都不为零B 当m1m2=53时，半球体对m1的摩擦力为零C 当1m1m253时，半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上D 当53m1m25时，半球体对m1的摩擦力方向垂直于图中的虚线向下【答案】B【解析】对半球体m1、m2整体受力分析，只受重力和支持力这一对平衡力，相对地面并无运动趋势，故不受摩擦力，故A错误；若半球体对m1的摩擦力为零，对m1受力分析，如图将重力正交分解，根据共点力平衡条件得到：x方向： T-m1gcos53=0；y方向： N-m1gsin53=0据题意 T=m2g；解得m1m253，故B正确；当1m1m253时，有T=m2gmgsin

4、53，即拉力大于重力的下滑分量，m2有上滑趋势，摩擦力沿切线向下，故C错误；当53aB，EAEBB 粒子带负电，aAaB，EAEBC 粒子带正电，aAaB，EAEBD 粒子带负电，aAaB，EA2W34C P、O两电荷可能同号D P、O两电荷一定异号【答案】BD【解析】根据点电荷电场线的分布情况可知，2、3间的场强大于3、4间场强，由公式U=Ed分析得知，2、3间的电势差大小大于3、4间的电势差大小，所以1、2间的电势差大于3、4间电势差的2倍，即有U122U34，由电场力做功公式W=qU得W122W34，A错误B正确；由轨迹的弯曲方向可判定两电荷间存在引力，应是异号，C错误D正确8如图所示，

5、在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，可视为质点的小球从A点通过B点进入半径为R的半圆，恰好能通过半圆的最高点M，从M点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则A 小球到达M点时的速度大小为0B 小球在A点时的速度为5gRC 小球落地点离B点的水平距离为2RD 小球落地时的动能为5mgR2【答案】BCD【解析】A、小球恰好通过最高点，重力恰好提供向心力：mg=mv2R，解得：v=gR，故A错误；B、由动能定理得-mg2R=12mv2-12mvA2，可得vA=5gR，故B正确；C、小球离开最高点后做平抛运动，2R=12gt2，x=vt，解得：x=2R，故C正

6、确；D、小球平抛过程：mg2R=Ek2-12mv2，解得：Ek2=5mgR2，故D正确；故选BCD。三、实验题9某同学用如图所示装置“研究物体的加速度与外力关系”，他将光电门固定在气垫轨道上的某点B处，调节气垫导轨水平后，用重力为F的钩码，经绕过滑轮的细线拉滑块，每次滑块从同一位置A由静止释放，测出遮光条通过光电门的时间t。改变钩码个数，重复上述实验。记录的数据及相关计算如下表。实验次数12345F/N0.050.100.150.200.25t/(m.s)40.428.623.320.218.1t2/(m.s)21632.2818.0542.9408.0327.61/t2(10-4ms-2）6

7、.112.218.424.430.5为便于分析F与t的关系，在坐标纸上作出如图所示的图线，图线为_的关系图象AF-t, BF-t2 CF-1t2结合表格中数据及图线特点，算出图线的斜率k=_ 。设AB间的距离为s，遮光条的宽度为d，由图线的斜率可求得滑块的质量为M为_。【答案】 C 81.96Ns2 2s/kd2【解析】以滑块作为研究对象根据速度位移公式：v2=2ax，遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替故：v=dt，根据牛顿第二定律有：a=FM，联立以上可得： (dt)2=2FMs，整理有F=Md22s1t2，所以做F-1t2的图象，故选C。根据函数F=Md22s1t2，可知图线的斜率：

8、k=F1t2=0.20-0.0524.4-6.110-4=81.96Ns2。根据上式可知：k=Md22s，解得：M=2skd2。10某同学要测定某金属丝的电阻率。（1）先用多用电表粗测其电阻，选择开关打到“1”挡，指针偏转如图甲所示，则所测阻值为_。（2）为了精确地测定该金属丝的电阻，实验室提供了以下器材：A电压表03 V15 V，内阻约为10 k，50 kB电流表00.6 A3 A，内阻约为0.5 ，0.1 C滑动变阻器05 D滑动变阻器050 E两节干电池F开关及导线若干本实验要借助图象法测定金属丝的电阻，电压表的量程应该选_V，电流表的量程应该选 _A；滑动变阻器应该选_（填序号）。请在

9、如图乙所示的实线框内画出实验电路图_。（3）调节滑动变阻器，测量多组电压、电流的值，作出UI图象，由图象求得金属丝的电阻R，若测得金属丝的长为L，金属丝的直径d，则金属丝的电阻率=_（用字母表示）。【答案】 6 3 0.6 C Rd24L【解析】 （1）由题图甲所示多用电表可知，所测电阻阻值为：61 =6 。（2）电源为两节干电池，电动势为3 V，电压表应选择3 V量程，电压表内阻约为10 k，金属丝电阻约为6 ，电路最大电流约为：I=UR=0.5A，电流表应选择0.6 A量程，内阻约为0.5 ，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择C；滑动变阻器最

10、大阻值为5 ，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示（3）由R=LS=L(d2)2可知，金属丝电阻率=Rd24L。四、解答题11如图所示，在水平面上有一长木板C上有一物块B，物块B与木板C的左端的距离为L=2.25m，B、C的质量为m，C与地面的动摩擦因数1=0.2。开始时B、C均静止，一质量为2m的物块A以v0=6m/s的初速度从C的左端滑向B，并与B发生弹性碰撞，最终A、B均未离开木板C。物块A、B可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数2=0.4，取重力加速度g=10m/s，试求：（1)物块A、B碰前的速度；（2)物块A、B碰后前的速度；(3)物块B在木板C上滑行的时间

11、。【答案】(1) vA=4m/s,vB=1m/s (2) vA=2m/s,vB=5m/s (3) 56s【解析】（1）物块A的加速度a1=2g=4m/s2 BC共同运动加速度为a2：22mg-41mg=2ma2 解得：a2=2m/s22g经时间t1，AB相碰，则L=v0t1-12a1t12-12a2t12 解得t1=0.5s（t1=1.5s舍去）碰前A的速度：vA0=v0-a1t1=4m/s碰前B的速度：vB0=a2t1=1m/s（2）设碰后AB的速度分别为vA、vB，则：2mvA0+mvB0=2mvA+mvB 12(2m)vA02+12mvB02=12(2m)vA2+12mvB2 解得：vA

12、=2m/s，vB=5m/s（3）经时间t2，AC达到共同速度v1，C的加速度为a3，则32mg-41mg=ma3 解得a3=8m/s2对A:v1=vA-a1t2 对C: v1=vB0-a3t2解得v1=53m/sAC到共同速度后，设AC的共同加速度为a4，则：2mg-41mg=ma4解得a4=0设C做匀速运动的时间为t3，对B有：v1=vB-a1(t2+t3) 解得物块B在木板C上滑行的时间：t=t2+t3=56s 12如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab

13、、cd之间的距离为L。在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g。求：（1）导体棒到达cd处时速度的大小；（2）导体棒刚进入磁场时加速度的大小；（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。【答案】（1）v=2(F-mg)Hm （2）a=g+B2d2m(R+r)2(F-mg)Hm-Fm （3）q=BLdR+r QR=RR+r(F-mg)(H+L)-12mv02【解析】（

14、1）根据动能定理：(F-mg)H=12mv2解得导体棒到达cd处时速度的大小：v=2(F-mg)Hm（2）根据牛顿第二定律：mg+FA-F=ma安培力：FA=BIdI=ER+rE=Bdv导体棒刚进入磁场时加速度的大小：a=g+B2d2m(R+r)2(F-mg)Hm-Fm（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量：q=ItI=ER+rE=t通过电阻R的电荷量：q=R+r解得：q=BLdR+r根据动能定理：(F-mg)(H+L)-WA=12mv02电路中的总热量：Q=WA电阻R中的热量：QR=RR+rQ解得：QR=RR+r(F-mg)(H+L)-12mv02选修部分13下列说法正确的是（

15、_）A布朗运动是液体分子无规则运动的反映B没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能C知道某物质的摩尔质量和密度就可求出阿伏加德罗常数D温度高的物体，它们分子热运动的平均动能一定大E.当分子之间的作用力表现为斥力时，分子势能随分子距离的减小而增大【答案】ADE【解析】布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的反映，选项A正确；根据热力学第二定律可知，没有摩擦的理想热机也不可以把吸收的能量全部转化为机械能，选项B错误；知道某物质的摩尔质量和分子质量就可求出阿伏加德罗常数，选项C错误；温度是分子平均动能的标志，则温度高的物体，它们分子热运动的平均动能一定大，选项

16、D正确；当分子之间的作用力表现为斥力时，分子距离减小时，分子力做负功，分子势能增大，选项E正确；故选ADE.14如图所示，汽缸长为L1 m（汽缸的厚度可忽略不计），固定在水平面上，汽缸中有横截面积为S100 cm2的光滑活塞，活塞封闭了一定质量的理想气体，当温度为t27 ，大气压为p01105 Pa时，气柱长度为L004 m现缓慢拉动活塞，拉力最大值为F500 N，求：如果温度保持不变，能否将活塞从汽缸中拉出？【答案】不能将活塞拉出【解析】设L有足够长，F达到最大值时活塞仍在汽缸中，设此时气柱长L2，气体压强p2，根据活塞受力平衡，有：根据理想气体状态方程（T1T2）有p1SL0p2SL2解得

17、：L208 m所以，L2L，所以不能将活塞拉出15一列简谐横波沿x轴传播，波速为5m/s，t=0时刻的波形如图所示，此时刻质点Q位于波峰，质点P沿y轴负方向运动，经过0.1s质点P第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A这列波的周期是1.2sB该波沿x轴正方向传播CP点的横坐标为x=2.5mDx=3.5m处的质点与P点振动的位移始终相反E.Q点的振动方程为y=6cos53t（cm)【答案】ACE【解析】由波形图可知，波长=6m，则周期T=v=65s=1.2s，选项A正确；质点P此时刻沿-y轴方向

18、运动，振动比左侧邻近的波峰振动早，所以该波沿x轴负方向传播，故B错误；波沿x轴负方向传播，0.1s内向左传播的距离为 x=vt=50.1m=0.5m，由波形平移法知图中x=3m处的状态传到P点，所以P点的横坐标为x=2.5m，故C正确。x=3.5m处的质点与P点相差小于半个波长，所以振动的位移不是始终相反。故C错误。由=2v=53rad/s，题图中Q点的振动方程y=Acost=6cos53t（cm），故E正确。故选ACE。16如图所示，横截面为四分之一圆的柱形玻璃砖放在水平面MN上，O点是圆心，半径为R。一列与OA面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃砖的OA面，平行光束通过玻璃砖后在水平面M

19、N上留下照亮的区域。已知玻璃砖的折射率为为n，不考虑光在OA、OB面的反射。（1）若在玻璃砖左侧竖直放置一遮光板，使水平面BN不被照亮，则遮光板的最小高度是多少？（2）撤去遮光板，从OA的中点射入的细光束在MN上距O点为3R的P点留下一个光点，则玻璃砖的折射率n为多少？【答案】（1） Rn （2）3【解析】（1）当光线射到AB面上恰好发生全反射时，遮光板的最小高度等于光线在AB面上的入射以ON的距离，根据折射定律求出临界角，由几何知识求出遮光板的最小高度（2）作出光路图，根据几何知识确定光线射到AB面上的入射角，由折射定律求出折射率 (1)当光射到AB面的入射角大于临界角C时，发生全反射，将没有光线射向BN平面。设遮光板高度为h，由全反射条件得：sinC=1n由几何知识得：h=RsinC解得遮光板的最小高度：h=Rn (2)如图所示，经OA中点射入的光射到AB面时，入射角为1=30由OD=Rcos1=32R则DP=OP-OD=32R 故tan=EDDP=33，解得=30 折射角2=1+=60由折射定律sin1sin2=1n解得：n=3