2023年高考第二轮复习 练习题(五)答案详解

第页2023年高考第二轮复习练习题(五)一、单项选择题1．如下图，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。弹簧始终在弹性限度内，以下判断正确的选项是()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-mgC．物块B开始运动时，A发生位移的值为mgD．当物块B的速度第一次最大时，弹簧的形变量为mg【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B2．行星绕太阳的运动近似地看做匀速圆周运动。太阳的质量为M，行星的质量为m，行星到太阳的距离为r。假设测得行星绕太阳公转的周期为T，那么行星绕太阳做匀速圆周运动所需的向心力为〔〕A．m2πrTB．m4π2rT2【答案】B【解析】根据向心力的公式有：F=mω2r=m（2πT）3．如下图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，那么以下关于实验的分析正确的选项是()A．保持d不变，减小S，那么C变小，θ变大B．保持d不变，减小S，那么C变大，θ变大C．保持S不变，增大d，那么C变小，θ变小D．保持S不变，增大d，那么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，那么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，那么静电计指针的偏角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，那么C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，那么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．应选A。4．如下图，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．那么以下说法正确的选项是()A．小铁球受到的合外力方向水平向左B．F＝(M＋m)gtanαC．系统的加速度为a＝gsinαD．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；受力分析如下图；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。应选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〕．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．在以下情况下以v表示点电荷刚到达B板时的速度〔〕A．假设两板不平行，那么v＜v0B．假设A板面积很小，B板面积很大，那么v＜v0C．假设A、B两板间的距离很大．那么v＜v0D．不管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，那么有：v=，q、m、U均不变，那么电子运动到B板时速率v不变，都等于v0．故ABC错误，D正确，应选：D二、多项选择题6．如下图，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，以下说法中正确的选项是〔〕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．假设将带电粒子在A点时的初速度变大〔方向不变〕它仍能经过B点D．假设将带电粒子在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点的位置可能有以下图四种，如下图：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，那么A到B2的距离为：x=2dtanθ，所以，假设将带电粒子在A点时初速度方向改为与L2成60°角斜向上，不经过B7．如图甲所示，一次训练中，运发动腰部系着不可伸长的绳拖着质量m＝11kg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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，那么以下说法正确的选项是()A．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2B．拉力F的大小为55NC．0～5s内，轮胎克服摩擦力做功为850JD．6s末，摩擦力的瞬时功率大小为275W【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C、在0～5s内，轮胎位移x1=12×5×10m=25mD、6s末轮胎的速度v=5m/s，那么摩擦力的瞬时功率P=μmgv=0.5×110×5W=275W，故D正确．应选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，以下说法正确的选项是()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nBL1L2C．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；根据根据右手定那么，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；应选BC.9．如下图，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.那么()A．物块B刚要离开C时B的加速度为0B．加速度a＝gC．无法计算出加速度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．用以下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16V),定值电阻R1(阻值未知),定值电阻R2=150Ω.电流传感器、数据采集器和计算机,单刀双掷开关S,导线假设干.实验过程如下:请完成以下问题:(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,电容器放电时其内阻可以忽略不计,那么电容器的电容为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)10094.7×10-3c与实线a比拟,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=〔3〕换用150Ω的电阻，那么根据im=UmR，因第2次实验的最大电流小些，故不是b；根据Q11．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缺乏．四、解答题12．如下图，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．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〕假设圆弧轨道的半径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到达最大高度是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〕假设小物块刚好到达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，可以到达的最大高度是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．如下图，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(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)假设小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；(3)假设小球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【答案】〔1〕πm3qlgl〔2〕(3-22)lg〔3【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mv代入数据解得B=m〔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tCs-hcot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mgsinhsin联立以上方程可得tA〔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=vmg+qE=maH-h+1联立相关方程解得E=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〕假设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，在此根底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。假设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那么电容器充电电压为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-