2019年高考第二轮复习 练习题(五)答案详解.docx

1、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mgB 物块B开始运动时，物块A的加速度为F-mgmC 物块B开始运动时，A发生位移的值为mg2kD 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

2、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x1=mgsin30k=mg2k，当B开始运动时，弹簧处于拉伸状态，形变量为x2=mgsin30k=mg2k，所以A的位移为x=x1+x2=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

3、。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 m2rT B m42rT2 C m42MTr2 D m42Tr2【答案】B【解析】根据向心力的公式有：F=m2r=m（2T）2r=4m2rT2，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，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， 变大B 保持d不变，减小S，则C变大，变大C 保持S不变，增大d，则C变小， 变小D 保持S不变，增大d，

4、则C变大， 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角则下列说法正确的是()A 小铁球受到的合外力方向水平

5、向左B F(Mm)gtanC 系统的加速度为agsinD Fmgtan【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mgtan，由牛顿第二定律可知加速度为gtan，推力F=（m+M）gtan，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

6、刚到达B板时的速度（ ）A若两板不平行，则vv0B若A板面积很小，B板面积很大，则vv0C若A、B两板间的距离很大则vv0D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=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

7、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

8、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=2dtan ，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m11 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 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A 轮胎与水

9、平地面间的动摩擦因数0.2B 拉力F的大小为55 NC 05s内，轮胎克服摩擦力做功为850 JD 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a2102m/s25m/s2，轮胎与水平地面间的动摩擦因数a2g0.5，匀加速运动的加速度大小a1105m/s22m/s2，根据牛顿第二定律得，Fcos37-（mg-Fsin37）=ma1，代入数据解得F=70N，故AB错误C、在05s内，轮胎位移x1=12510m=25m 克服摩擦力做功为Wf=(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

10、=mgv=0.51105W=275W，故D正确故选CD8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nBL1L2wC 线圈在图2所示位置时，电刷M的电势高于ND 外力做功的平均功率为【答案】BC【解析】有两个

11、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0B 加速度agC 无

12、法计算出加速度aD 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

13、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 .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_;(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42.3mAs,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

14、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 4.710-3 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=1010=100；（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=0.09A100=9V；故电容为C=QU=42.3mAs9V=4.710-3F（3）换用150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

15、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 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aF关系如图2所示其原因是_【答案】 Mm 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Mm，即只有Mm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

16、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（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

17、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：mg（L+0.5L）=E得：=（2）若小物块刚好到达D处，速度为零，同理，有：mgLmgR=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：mgL1.5mgR=E解得：E=7E/6物块滑回C点时的动能为EC=1.5mgR=E/2，由于ECmgL=2E/3，故物块将停在轨道上设到A点的

18、距离为x，有mg（Lx）=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、两区域。区域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）；区域有固定在水平地面上高h2l、倾角4 的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD距离s4l，区域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H3l。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3 的速度，在区域内做半径r=3l的匀速圆周运动，经C点水平进入区域。某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止

19、释放，在某处与刚运动到斜面的小球P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tlg (为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。【答案】（1）m3qlgl （2）(3-22)lg （3）0，3mg8q 竖直向上【解析】试题分析：（1）由题知，小球P在区域内做匀速圆周运动，有mv02r=qv0B代入数据解得B=m3lqgl（2）小球P在区域做匀速圆周运动转过的圆心角为，运

20、动到C点的时刻为tC，到达斜面低端时刻为t1，有tC=rv0s-hcot=v0(t1-tC)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mgsin=maAhsin=12aA(t1-tA)2联立以上方程可得tA=(3-22)lg（3）设所求电场方向向下，在tA时刻释放小球A，小球P在区域运动加速度为aP，有s=v0(t-tC)+12aA(t-tA)2cosmg+qE=maPH-h+12aA(t-tA)2sin=12aP(t-tC)2联立相关方程解得E=(11-2)mgq(-1)对小球P的所有运动情形讨论可得35由此可得场强极小值为Emin=0；场强极大值为Emax=7

21、mg8q，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

22、飞机起飞。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；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，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）图线见解析；-(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：v22as 解得s= （2）见答

23、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 = 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： E+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

24、. 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x=ld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.

25、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=8m。（2）根据公式v=T=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。