高考物理第二轮复习 练习题八

高考物理第二轮复习 练习题八

‎2019年高考物理第二轮复习 练习题(八)‎ 一、单选题 ‎1．下列说法中正确的是 A． 在衰变方程‎94‎‎239‎Pu→X+‎2‎‎4‎He+γ中，X原子核的质量数是234‎ B． 核泄漏事故污染物‎137‎Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程为‎55‎‎137‎Cs→‎56‎‎137‎B a+X，可以判断X为正电子 C． 放射性物质‎131‎I的衰变方程为‎53‎‎131‎I‎→‎54‎‎131‎Xe+X，X为中子 D． 某人工转变的核反应方程为‎2‎‎4‎He+‎13‎‎27‎Al→‎15‎‎30‎O+X，其中X为中子 ‎【答案】D ‎【解析】根据质量数守恒可得，X原子核的质量数A=239–4=235，A错误；根据质量数守恒和电荷数守恒知，‎55‎‎137‎Cs→‎56‎‎137‎B a+X中的X为电子，B错误；‎53‎‎131‎I‎→‎54‎‎131‎Xe+X中，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒可知，X为β粒子，C错误；人工转变的核反应方程为‎2‎‎4‎He+‎13‎‎27‎Al→‎15‎‎30‎O+X，由质量数和电荷数守恒可知，X为中子，D正确。‎ ‎2．我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面,并发回大量图片和信息。若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2。已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则 A． “玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为G‎1‎G‎2‎ B． 地球的质量与月球的质量之比为G‎1‎R‎2‎‎2‎G‎2‎R‎1‎‎2‎ C． 地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G‎2‎G‎1‎ D． 地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为G‎1‎R‎1‎G‎2‎R‎2‎ ‎【答案】D ‎【解析】 质量是表示物体含物质多少的物理量，与引力无关，物体的质量是不变的，重力是改变的，根据重力表达式G重=mg表示出g进行比较；忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式比较地球和月球的质量；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度。“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1：1；故A选项错误；根据GMmR‎2‎=mg，则地球的质量为M‎1‎‎=‎G‎1‎R‎1‎‎2‎G，月球的质量为M‎2‎‎=‎G‎2‎R‎2‎‎2‎G，故地球的质量与月球的质量之比为：M‎1‎M‎2‎‎=‎G‎1‎R‎1‎‎2‎G‎2‎R‎2‎‎2‎，故B选项错误；地球表面的重力加速度：g=‎G‎1‎m，月球表面的重力加速度：g‎2‎‎=‎G‎2‎m，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G1：G2； 故C选项错误；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度：由GMmR‎2‎=mv‎2‎R和GMmR‎2‎=mg解得v=‎gR,故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为：G‎1‎R‎1‎G‎2‎R‎2‎D选项正确。‎ ‎3．一自耦调压变压器（可看做理想变压器）的电路如图甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表．则 （ ）．‎ A．交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220sin πt（V）‎ B．P向上移动时，电压表的最大示数为380 V C．P向下移动时，原、副线圈的电流之比增大 D．P向下移动时，变压器的输入功率变大 ‎【答案】B ‎【解析】交流电源电压的最大值是，所以表达式为，故A错误；原线圈的电压有效值为220V，P向上移动时，电压表的最大示数为，故B正确；P向下移动时，副线圈电压减小，副线圈电流减小，输入功率等于输出功率，原线圈电流减小，故C错误；P向下移动时，副线圈电压减小，副线圈电流减小，变压器的输入功率变小，故D错误 ‎4．如图所示，从倾角为θ的足够长斜面上的A点将一小球以初速度v水平抛出，空气阻力不计，小球落在斜面上的B点，则 A.平抛运动可以分解为沿斜面向下的匀速直线运动和垂直于斜面的匀减速直线运动 B.小球离斜面为最大距离和刚接触斜面时，沿斜面方向的位移之比为1:4‎ C.小球在空中运动的时间为 D.小球离斜面的最大距离为 ‎【答案】D ‎【解析】可以把平抛运动分解为沿斜面向下的初速度不为零的匀加速直线运动和垂直于斜面的类竖直上抛运动，A错误；由平抛运动可知：，C错误。小球离开斜面的最大距离，所以D正确。因小球沿斜面向下做初速度不为零的匀加速直线运动，小球离斜面为最大距离和刚接触斜面时的时间之比是1:2，根据可知，小球离斜面为最大距离和刚接触斜面时，沿斜面方向的位移之比不等于1:4，选项B错误；故选D.‎ 二、多选题 ‎5．如图所示,直线和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车和b的位置一时间（x-t）图线。由图可知 A．在时刻t1, 车追上b车 B．在时刻t2, a、b两车运动方向相反 C．在t1到t2这段时间内,b车的速率先减小后增加 D．在t1到t2这段时间内,b车的速率一直比车的大 ‎【答案】BC ‎【解析】图像为位置时间图像，即表示不同时间两车所处的位置。在时刻t 1 之前， a车在b车前方，时刻t 1，两车相遇是b车追上 a车选项A错误；该图像斜率表示速率，正负表示方向，在时刻t 2 ， a车斜率为正，b车斜率为负，即运动方向相反选项B正确；在t 1 到t 2 这段时间内通过分析b的图像斜率可以发现斜率先变小后变大，即b车的速率先减少后增加，选项C正确；此过程当b的位置最远时，斜率趋于0，最小，小于 a 的斜率即小于 a 车的速率，选项D错误；故选BC。‎ ‎6．如图所示，甲、乙两小车的质量分别为m‎1‎和m‎2‎，且m‎1‎‎<‎m‎2‎，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑水平面上，现同时对甲、乙两小车施加等大、反向的水平恒力F‎1‎和F‎2‎，，两车同时开始运动，直到弹簧被拉到最长（仍在弹性限度内）的过程中，下列说法正确的是：‎ A． 甲和乙的动量都不断增大 B． 甲和乙受到的合力的冲量大小之比为m‎2‎‎:‎m‎1‎ C． 甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大 D． m‎1‎和m‎2‎的平均速率之比为m‎2‎‎:‎m‎1‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】 在拉力大于弹力拉力时，两小车的速度在增大，动量在增大，在弹簧拉力大于拉力时，两小车的动量开始减小，A错误；外力做正功，所以甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大，C正确；将两小车和弹簧看做一个整体，因F‎1‎和F‎2‎等大反向，故甲、乙、弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故m‎1‎v‎1‎‎-m‎2‎v‎2‎=0‎，根据冲量定理可得I甲‎=‎m‎1‎v‎1‎，I乙‎=-‎m‎2‎v‎2‎，故‎|I甲I乙|=‎m‎2‎m‎1‎，B正确；因为过程中任意时刻两小车的动量和为零，所以v‎1‎v‎2‎‎=‎m‎2‎m‎1‎，D正确；‎ ‎7．如图甲所示，正方形金属线圈 abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R。在线圈的下方有一匀强磁场，MN和M’N’是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v—t图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）‎ A． 金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿 abcd a方向 B． 金属线框的边长为v1(t2-t1)/2‎ 第 3 页 C． 磁场的磁感应强度为 D． 金属线框在0～t4的时间内所产生的热量为 ‎【答案】ACD ‎【解析】金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿 abcd a方向；故A正确；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2-t1，故金属框的边长：L=v1（t2-t1）；故B错误；在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIL， ，又 L=v1（t2-t1）．联立解得： ；故C正确；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgL=mgv1（t2-t1）；t2到t3时间内．线圈在磁场中运动，没有内能产生；t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgL+m（v22-v32）=mgv1（t2-t1）+m（v22-v32）；故Q=Q1+Q2=2mgv1（t2-t1）+m（v22-v32），故D正确；故选ACD．‎ ‎8．一质量为m的物体做平抛运动，在两个不同时刻的速度大小分别为v‎1‎‎、‎v‎2‎，时间间隔为Δt，不计空气阻力，重力加速度为g，则关于Δt时间内发生的变化，以下说法正确的是（　　）‎ A． 速度变化大小为gΔt，方向竖直向下 B． 动量变化量大小为ΔP=mv‎2‎‎﹣‎v‎1‎，方向竖直向下 C． 动量变化量大小为ΔP=mgΔt，方向竖直向下 D． 动能变化为ΔEk=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎‎-‎v‎1‎‎2‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】平抛运动的加速度为g，所以速度变化量Δv=aΔt=gΔt，方向竖直向下，故A正确；动量是矢量，应根据平行四边形定则求动量变化量大小，根据数学知识得：ΔP=mΔv>mv‎2‎‎-‎v‎1‎，方向竖直向下，故B错误；由动量定理得：动量变化量大小为ΔP=mgΔt，方向竖直向下。故C正确；物体的质量为m，初速度大小为v‎1‎，末速度大小为v‎2‎，则动能变化为ΔEk=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎‎-‎v‎1‎‎2‎，故D正确。故选ACD。‎ 三、实验题 ‎9．某同学为了测量电流表的内阻（G1量程0~100 mA，内阻约为50Ω），实物连接如图所示．‎ ‎(1)实验可选器材如下：‎ A．电流表量程0~500 mA B．电流表量程0~200 mA C．滑动变阻器0~10Ω ‎ D．滑动变阻器0~1 000Ω ‎ E．定值电阻阻值R0=50 Ω 电源、开关、导线若干 上述器材中，电流表应选________(选填“A”或“B”)；滑动变阻器应选________(选填“C”或“D”)．‎ ‎(2)他的实验步骤如下：‎ ‎①闭合电键S，移动滑动变阻器的滑片P至某一位置，记录电流表和的读数，分别记为I1和I2．‎ ‎②多次移动滑动变阻器的滑片P，记录每次和的读数I1和I2．‎ ‎③以I1为纵坐标，I2为横坐标，作出I1－I2图线．‎ 请根据他连接的电路及实验步骤，以r表示电流表的内阻，则I1随I2变化的函数关系式为______________；若作出的I1－I2图线是一过原点的直线，直线的斜率为k，则待测电流表的内阻r＝____________．（均用题中物理量符号表示）‎ ‎【答案】 B C I1＝R‎0‎R‎0‎‎+rI2 (‎1‎k－1)R0‎ ‎【解析】(1)根据实物图可知用的是比较法测电流表的内阻，G1的最大电流为100mA，与它并联的R0阻值和它相差不大，则两并联的总电流最大约为200mA，故G2选B(200mA)能保证安全。滑动变阻器采用的是分压式接法，则选择小控大操作方便和得到电流表的尽量多的数据，应选C(10Ω)‎ ‎(2)③根据并联分流电压相等，可得‎(I‎2‎-I‎1‎)R‎0‎=I‎1‎r，解得I‎1‎‎=‎R‎0‎R‎0‎‎+rI‎2‎.根据I‎1‎‎-‎I‎2‎的函数关系为一正比例函数关系，则斜率k=‎R‎0‎R‎0‎‎+r，解得G1的内阻r=R‎0‎k-R‎0‎=(‎1‎k-1)‎R‎0‎.‎ ‎10．某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图所示．倾斜的球槽中放若干个小铁球，闭合开关，电磁铁吸住第个小球．手动敲击弹性金属片， 与触头瞬间分开，第个小球开始下落， 迅速恢复，电磁铁又吸住第个小球．当第个小球撞击时， 与触头分开，第个小球开始下落……这样，就可测出多个小球下落的总时间．‎ ‎①在实验中，下列做法正确的有__________．‎ A．实验中使用的小球应选择密度大的实心小球 B．实验前应将调整到电磁铁的正下方 C．用直尺测量电磁铁下端到的竖直距离作为小球下落的高度 D．手动敲击的同时按下秒表开始计时 ‎②实验测量及对应个小球小落的时间总时间．通过改变，得到了几组的、的数据，画出了图像如图所示．根据图像，可求出重力加速度__________．（结果保留三位有效数字）‎ ‎③在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的一个办法．‎ ‎____________________________________________________________‎ ‎【答案】 ①ABD ② ③通过多次测量取平均值可以减少误差．‎ ‎【解析】选择密度大的实心小球，重力远大于空气阻力，小球下落可看成时自由落体运动，故A正确；小球沿竖直方向自有下落，因此要使小球能够撞击的， 调整到电磁铁的正下方，故B正确；球正下方到的竖直距离作为小球下落高度，并不是电磁铁下端到的竖直距离作为小球的竖直高度，故C错误；手动敲击同时小球开始下落，因此此时应该计时，所以D选项正确；故选ABD．‎ ‎②由得， ．‎ ‎③通过多次测量取平均值可以减少误差．‎ 四、解答题 ‎11．一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xoy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xoy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l‎'‎，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。‎ ‎（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；‎ ‎（2）求该粒子从M点射入时速度的大小；‎ ‎（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π‎6‎，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。‎ ‎【答案】（1）轨迹图如图所示：‎ ‎（2）v‎0‎‎=‎‎2El‎'‎Bl （3）qm‎=‎‎4‎3‎El‎'‎B‎2‎l‎2‎ ; ‎t‎'‎‎=BlE(1+‎3‎πl‎18‎l‎'‎)‎ ‎【解析】 （1）粒子运动的轨迹如图（ a）所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）‎ ‎（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ（见图（b）），速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有 qE=m a ①‎ 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1= at ②‎ l‎'‎‎=v‎0‎t  ‎‎ ③‎ v‎1‎‎=vcosθ‎ ④‎ 第 3 页 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB=‎mv‎2‎R‎ ⑤‎ 由几何关系得 l=2Rcosθ‎ ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 v‎0‎‎=‎‎2El‎'‎Bl‎ ⑦‎ ‎（3）由运动学公式和题给数据得 v‎1‎‎=v‎0‎cotπ‎6‎‎ ⑧‎ 联立①②③⑦⑧式得 qm‎=‎‎4‎3‎El‎'‎B‎2‎l‎2‎‎ ⑨‎ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t‎'‎，则 t‎'‎‎=2t+‎2(π‎2‎-π‎6‎)‎‎2πT‎ ⑩‎ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，‎ T=‎‎2πmqB‎ ⑪‎ 由③⑦⑨⑩⑪式得 t‎'‎‎=BlE(1+‎3‎πl‎18‎l‎'‎)‎‎ ⑫‎ 故本题答案是：（1）轨迹图如图所示：‎ ‎（2）v‎0‎‎=‎‎2El‎'‎Bl （3）qm‎=‎‎4‎3‎El‎'‎B‎2‎l‎2‎ ; ‎t‎'‎‎=BlE(1+‎3‎πl‎18‎l‎'‎)‎ ‎12．如图所示，从A点以某一水平速度v‎0‎抛出质量m=1kg的小物块‎(‎可视为质点‎)‎，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角‎∠BOC=‎‎37‎‎∘‎的光滑圆弧轨道BC，经圆孤轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平‎.‎已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、h=0.15m，圆弧轨道半径R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ‎1‎‎=0.7‎，长木板与地面间的动摩擦因数μ‎2‎‎=0.2‎，g=10m/s‎2‎.sin‎37‎‎∘‎=0.6‎，cos‎37‎‎∘‎=0.8‎，求：‎ ‎(1)‎小物块在B点时的速度大小；‎ ‎(2)‎小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；‎ ‎(3)‎长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？‎(‎设最大静摩擦力等于滑动摩擦力‎)‎ ‎【答案】（1）5m/s （2）47.3N （3）2.0m ‎【解析】‎ ‎（1）物块从A点到B点做平抛运动，则有：H-h=‎1‎‎2‎gt‎2‎ ‎ ‎ 设到达B点时竖直分速度为vy ，则：vy‎=gt 据题有 tan∠BOC=‎vyv‎0‎ 小物块在B点时的速度大小vB‎=‎v‎0‎‎2‎‎+‎vy‎2‎ 联立解得 vB‎=5m/s，方向与水平面的夹角为‎37‎‎∘‎； （2）从A至C点，由动能定理得mgH=‎1‎‎2‎mvC‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 设物块在C点受到的支持力为FN ，由牛顿第二定律得：FN‎-mg=mvc‎2‎R 联立可得：vC‎=2‎7‎m/s，FN‎=47.3N 根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C点的压力大小为‎47.3N，方向向下； （3）小物块m与长木板间的滑动摩擦力：f=μ‎1‎mg=7N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力：f'=μ‎2‎（M+m)g=10N 因f＜f'‎ ，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动 小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0 则长木板长度至少为：l=‎vc‎2‎‎2μ‎1‎g，联立解得： l=2.0m。 ‎ 选修3-4‎ ‎13．关于机械振动和机械波，下列说法正确的是 _____. ‎ A．弹簧振子做简谐运动时，若某两个时刻位移相等，则这两个时刻的加速度也一定相等 B．单摆运动到平衡位置时，速度达到最大,加速度为零 C．做受迫振动的物体，当驱动カ的频率等于物体固有频率时，物体振幅最大 D．机械波传播时,质点只在各自的平衡位®附近做简谞运动，并不随波迁移 E.在两列波的叠加区域，若质点到两列波源的距离相等,该质点的振动一定加强 ‎【答案】ACD ‎【解析】A. 根据简谐运动的特征 a= ‎-‎kxm，知弹簧振子做简谐运动时，位移相等时，加速度也一定相等，故A正确；‎ B. 单摆运动到平衡位置时，速度达到最大，由于合力不为零，提供向心力，则加速度不为零，故B错误；‎ C. 做受迫振动的物体，当驱动力的频率等于物体固有频率时，产生共振现象，物体振幅最大，故C正确；‎ D. 机械波传播时，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波向前迁移，故D正确；‎ E. 若两列波的波源频率相同，振动情况相同时，质点到两列波源的距离相等，该质点的振动一定加强。否则，该质点的振动并不加强。故E错误。‎ 故选：ACD ‎14．如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和正三角形组成，半圆的直径为d，正三角形的边长也为d，一束单色光从AB边的中点D垂直于BC射入玻璃砖中，结果折射光线刚好通过半圆的圆心O，光在真空中的传播速度为c，求：‎ ‎①光在玻璃砖中传播的时间（不考虑光的反射）.‎ ‎②人射光线的方向不变，将光在AB面上的入射点下移，使折射光线刚好能照射到圆的底部，入射点沿AB移动的距离为多少？这时光束在圆的底部经玻璃砖折射后的折射角为多少？‎ ‎【答案】（1）‎3‎dc （2）‎‎3‎d‎6‎ ‎【解析】①由几何关系可知，光在AB面上的入射角为60°，折射角为30°‎ 根据折射率公式有n=sinisinr=sin60°‎sin30°‎=‎‎3‎ 由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程s=d 光在玻璃砖中传播的时间t=sv=nsc=‎‎3‎dc ‎②由几何关系可知ADAE‎=‎AOAF 求得AE=‎1‎‎2‎d+‎3‎‎6‎d 因此入射点沿AB移动的距离Δs=AE-AD=‎3‎‎6‎d 由几何关系可知，光线在玻璃砖底部的入射角为30°，根据光路可逆可知，光线在玻璃砖底部的折射角为60°‎ 第 3 页