高考第二轮复习练习题二

高考第二轮复习练习题二

‎2019年高考第二轮复习练习题 一、单选题 ‎1．如图，两个相同的小球A、B用两根轻绳连接后放置在圆锥筒光滑侧面的不同位置上，绳子上端固定在同一点0，连接A球的绳子比连接B球的绳子长，两根绳子都与圆锥筒最靠近的母线平行．当圆锥筒绕其处于竖直方向上的对称轴OO’以角速度ω匀速转动时，A、B两球都处于筒侧面上与筒保持相对静止随筒转动。下列说法正确的是 （ ）‎ A． 两球所受的合力大小相同 B． A球对绳子的拉力大于B球对绳子的拉力 C． A球对圆锥筒的压力大于B球对圆锥筒的压力 D． 两球所需的向心力都等于绳子拉力的水平分力 ‎【答案】B ‎【解析】A、小球A和B紧贴着外壁分一起做匀速圆周运动，由合外力提供向心力；两球质量相同且角速度相同，由Fn‎=mω‎2‎r，而rA‎>‎rB，FA‎>‎FB，故A错误。D、对两球受力分析可知水平方向是拉力的水平分力和圆锥的支持力的水平分力之差提供向心力，故D错误。B、设两绳与竖直方向的夹角为θ，由竖直方向的平衡知识和水平方向的牛顿第二定律得：FTcosθ+FNsinθ=mg，FTsinθ-FNcosθ=mω‎2‎r，解得：FT‎=mgcosθ+mω‎2‎rsinθ，因rA‎>‎rB可知FTA‎>‎FTB，则B正确。C、同理由B项解得FN‎=mgsinθ-mω‎2‎rcosθ，因rA‎>‎rB可知FNA‎<‎FNB，由牛顿第三定律可知压力F‎'‎NA‎<‎F‎'‎NB，故C错误。故选B。‎ ‎2．将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略。P为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过P点时的动能分别为和。从抛出开始到第一次经过P点的过程中小球克服重力做功的平均功率为，从抛出开始到第二次经过P点的过程中小球克服重力做功的平均功率为。下列选项正确的是 A． ， ‎ B． ， ‎ C． ， ‎ D． ， ‎ ‎【答案】A ‎【解析】小球上升和下降经过P点时，由动能定理得，所以，从抛出开始到第一次经过P点和抛出开始第二次经过P点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W1=W2，由得，故A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎3．如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为m‎1‎，其推进器的平均推力为F。在飞船与空间站对接后，在推进器工作时测出飞船和空间站一起运动的加速度为a，则空间站的质量m‎2‎为 A． Fa‎+‎m‎1‎ B． Fa‎-‎m‎1‎ C． m‎1‎‎-‎Fa D． ‎Fg+a‎-‎m‎1‎ ‎【答案】B ‎【解析】对整体分析，根据牛顿第二定律得，m‎1‎‎+m‎2‎=‎Fa，则空间站的质量m‎2‎‎=Fa-‎m‎1‎ ，故B正确，A、C、D错误；故选B。‎ ‎4．如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，右边靠着竖直墙壁。若在小车的斜面上放质量为m的物体，此时斜面小车M和物体m处于相对静止状态。则下列说法正确的是 ( )‎ A． 物体沿小车斜面做匀速直线运动 B． 斜面小车受到4个力的作用 C． 物体与小车间没有摩擦力的作用 D． 竖直墙壁对小车的弹力向左 ‎【答案】B ‎【解析】若物体沿小车斜面做匀速直线运动，物体将不能与小车处于相对静止状态，所以A错误；小车原来处于静止状态，放上物体后，由于小车与物体处于相对静止状态且地面地面光滑，所以它们一定处于静止状态；先对小车与物体组成的整体进行受力分析，只有竖直方向受到向下的重力和向上的支持力，水平方向不受力的作用；再对物体进行受力分析，有向下的重力、垂直斜面向上的支持力、沿斜面向上的静摩擦力；所以小车受到的力有：向下的重力、地面向上的支持力、物体对小车垂直斜面向下的压力、物体对小车沿斜面向上的静摩擦力4个力，所以B正确；CD错误；故选B．‎ ‎5．(多选)如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接．现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，小球的电荷量保持不变，则上述过程中(　　)‎ A． 小球的电势能增加W2‎ B． 弹簧弹性势能最大值为‎1‎‎2‎mv2＋W1－W2‎ C． 弹簧弹性势能，小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小 D． 小球和弹簧组成的系统的机械能增加W2‎ ‎【答案】CD ‎【解析】A、小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，电场力做正功，知电势能减小W2，故A错误；‎ B、根据动能定理可知W‎1‎‎+W‎2‎+W弹=‎1‎‎2‎mv‎2‎，解得弹力做功W弹‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎-W‎1‎-‎W‎2‎，知弹性势能的最大值为‎1‎‎2‎mv‎2‎-W‎1‎-‎W‎2‎，故B错误；‎ C、根据能量守恒得，弹性势能、小球的电势能、小球的重力势能和动能之和保持不变，由于小球的动能可能一直增加，所以弹簧弹性势能，小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小，故C正确；‎ D、除重力以外其他力做功等于机械能的增量，由于电场力做功为W2，则小球和弹簧组成的系统机械能增加W2，故D正确；故选CD。‎ ‎6．如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是( )‎ A． A、B的质量之比为1︰‎‎3‎ B． A、B所受弹簧弹力大小之比为‎3‎‎:‎‎2‎ C． 悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1︰‎‎2‎ D． 快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1︰‎‎2‎ ‎【答案】D ‎【解析】对AB两个物体受力分析,如图所示:    AB都处于静止状态,受力平衡,则有:  A、对物体A:tan‎60‎‎∘‎=‎mAgF 对物体B,‎F=mBg 所以mA‎:mB=‎3‎:1‎ ,故A错误;  B、同一根弹簧弹力相等,故B错误;  C、对A物体,细线拉力TA‎=‎Fcos‎60‎‎∘‎ 对B物体,细线拉力TB‎=‎Fcos‎45‎‎∘‎ ‎ 解得：TA‎:TB=‎2‎:1‎ 故C错误；‎ D、快速撤去弹簧的瞬间,物体AB将以悬点为圆心做圆周运动,刚撤去弹簧的瞬间,将重力分解为沿半径和沿切线方向,沿半径合力为零,合力沿切线方向 ，则重力沿切线方向的分力提供 了加速度即a=gcosθ 所以快速撤去弹簧的瞬间,A、B的瞬时加速度大小之比为‎1:‎‎2‎，故选D ‎7．(多选)如图甲所示，倾角45°斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球相连（绳与斜面平行），滑块质量为2m 第 3 页 ‎，滑块能恰好静止在粗糙的斜面上。在图乙中，换成让小球在水平面上做匀速圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角θ，且θ≤45°，两幅图中，滑块、斜面都静止，则以下说法中正确的是（ ）‎ A． 滑块受到斜面的最大静摩擦力为‎2‎mg B． 甲图中斜面受到地面的摩擦力方向水平向左 C． 乙图滑块受到的摩擦力可能沿斜面向下 D． 乙图滑块受到的摩擦力可能为零 ‎【答案】BD ‎【解析】甲图中滑块所受的摩擦力为f甲‎=2mgsin‎45‎‎0‎-mg=(‎2‎-1)mg；乙图中绳的最大拉力为T=mgcos‎45‎‎0‎=‎2‎mg，此时对滑块：f乙‎=2mgsin‎45‎‎0‎-‎2‎mg=0‎，则滑块受到斜面的最大静摩擦力为‎(‎2‎-1)mg，选项A错误；加图中以斜面和滑块组成的整体为研究对象受力分析，水平方向：f=Tcosθ，方向水平向左，故B正确；由以上分析可知，当θ=45°时，f乙‎=2mgsin‎45‎‎0‎-‎2‎mg=0‎，选项D正确；当θ<45°时，T<‎2‎mg，此时f乙‎=2mgsin‎45‎‎0‎-‎2‎mg>0‎，即乙图滑块受到的摩擦力沿斜面向上，选项C错误；故选BD.‎ 二、实验题 ‎8．用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压为6V的交流电和直流电两种。重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带的点痕进行测量，即可验证机械能守恒定律。‎ ‎（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：‎ A．按照图示的装置安装器件；‎ B．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；‎ C．用天平测出重锤的质量；‎ D．释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；‎ E．测量纸带上某些点间的距离；‎ F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。其中没有必要进行的或者操作不当的步骤，将其选项对应的 字母填在下面的空行内，并说明其原因。‎ 答：‎ ‎（2）利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值。如图所示，根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，测出A距起始点O的距离为s0，点AC间的距离为s1，点CE间的距离为s2，使用交流电的频率为f，根据这些条件计算重锤下落的加速度 。‎ ‎（3）在验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤动能的增加，其原因主要是因为在重锤下落的过程中存在阻力作用，可以通过该实验装置测阻力的大小。若已知当地重力加速度公认的较准确的值为g，还需要测量的物理量是_______。试用这些物理量和纸带上的数据表示出重锤在下落的过程中受到的平均阻力大小F＝_ ．‎ ‎【答案】（1）B．应将打点计时器接到电源的交流输出上；C．不需测出重锤的质量； D．先接通电源后释放悬挂纸带的夹子；（2）a＝（3）m; m（g－）‎ ‎【解析】试题分析：（1）B：将打点计时器应接到电源的“交流输出”上，故B错误．C：因为我们是比较mgh、‎1‎‎2‎mv2的大小关系，故m可约去比较，不需要用天平，故C错误．D：开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D错误．故选BCD;‎ ‎（2）根据周期和频率之间的关系可知，AC和CE之间的时间相等，均为：T=‎‎1‎f；根据匀变速直线运动的推论△x=aT2可得：‎a＝s‎2‎‎-‎s‎1‎‎(2T)‎‎2‎=‎‎(s‎2‎-s‎1‎)‎f‎2‎‎4‎ ‎（3）根据牛顿第二定律有：mg-f=ma，因此只有知道重锤的质量m，即可求出阻力大小．‎ f=mg-ma=m[g-‎(s‎2‎-s‎1‎)‎f‎2‎‎4‎]‎ 考点：验证机械能守恒定律 ‎9．用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200 Ω)，实验室提供如下器材：‎ 电池组E(电动势3 V，内阻不计)‎ 电流表A1(量程0～15 mA，内阻约为100 Ω) 电流表A2(量程0～300 μA，内阻为2 000 Ω)‎ 滑动变阻器R1(阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A) 电阻箱R2(阻值范围0～9 999 Ω，额定电流1 A)‎ 开关S、导线若干 要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下面问题：‎ ‎（1）将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为3.0 V的电压表，需将电阻箱阻值调到________Ω；‎ ‎（2）在方框中完整画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号_______；‎ ‎（3）调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，测得待测电阻Rx的阻值是________Ω.(计算结果保留整数)‎ ‎【答案】 8000 图见解析 8.0 150 191‎ ‎【解析】（1）将电流表A2与电阻箱串联组成电压表；改装后电压表量程是3V，则电阻箱阻值R=U-‎I‎2grA2‎I‎2g=8000Ω；‎ ‎（2）用电流表A1测量电流。滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200Ω，电流表A1内阻约为100Ω，电压表内阻为RV‎=8000Ω+2000Ω=10000Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示：‎ ‎（3）由图示可知，电流表A1的示数为8.0mA，电流表A2的示数是150μA；根据欧姆定律可得：Rx‎=IA2‎RVIA2‎‎-‎IA1‎=191.1Ω。‎ 三、解答题 ‎10．我国将于2022年举办冬会，跳合滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图为一跳台滑雪赛道的简化示意图，图中倾角θ=‎‎37‎‎0‎的长直助滑道AB与半径为R=25m的圆轨道BC相切于B点，A与B的竖直高度差H＝48m，过圆弧轨道最低点C的切线水平，着陆坡CD倾角为α tanα=‎‎1‎‎2‎，质量m=60kg的运动员（含滑板，可视为质点）从长直助滑道AB的A点由静止开始，在无助力的情况下以加速度a=3．5m/‎s‎2‎匀加速滑下，在C点水平飞出后落在着陆坡上的D点，在B、C间运动时克服阻力做功‎1050J，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/‎s‎2‎，（sin37°＝0．6‎，cos37°＝0．8‎）求：‎ ‎（1）运动员在AB段下滑时受到阻力的大小； ‎ ‎（2）运动员到达圆弧滑道最低点C时对轨道的压力；‎ ‎（3）运动员在着陆坡D点时的速度大小。‎ ‎【答案】（1）150N （2）vc‎=25m/s，FN‎'‎‎=2100N （3）‎‎25‎2‎m/s ‎【解析】（1）mgsinθ-f=ma ① ‎ 代入数据可得f=150N ② ‎ ‎(2)根据动能定理，运动员从A到C过程满足 mgH-fHsinθ+mgR(1-cosθ)-Wf=‎1‎‎2‎mvc‎2‎‎ ③‎ 在C点：FN‎-mg=‎mvc‎2‎R ④ ‎ 根据牛顿第三定律：FN‎=‎FN‎'‎ ⑤ ‎ 联立并代入数据可得 vc‎=25m/s‎ ⑥ ‎ FN‎'‎‎=2100N‎ ⑦ ‎ ‎(3)设小球在D点时速度方向与水平方向夹角为β 根据平抛规律可知vCvD‎=cosβ ⑧ ‎ tanβ=2tanα‎ ⑨ ‎ 联立可得vD‎=‎2‎vc=25‎2‎m/s ⑩‎ ‎11．如图所示在沿水平方右的匀强电场中，竖直放置着一光滑半圆孤的绝缘细管，圆心为O，半径为R，现将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径一端B点由静止释放，小球沿细管滑到P点时，速度刚好为零，OP连线与竖直方向的夹角为θ，且θ=37°，不计空气阻力，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）匀强电场强度E为多少？‎ ‎（2）小球滑到最低点C点时管壁对小球的支持力为多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）小球由B至P过程，由动能定理得：mgRcos37°-Eq（R+Rsin37°）=0； ‎ 第 3 页 代入数据得匀强电场强度为： ； （2）由B至C过程，由动能定理有：mgR-EqR=mvC2； 解得： ； 小球滑到最低点C点时，受力为： ； 代入数据可得：FN=2mg； 故球滑到最低点C点时管壁对小球的支持力为2mg．‎ ‎12． (1)一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于x=10m处的质点．下列说法正确的是__________．‎ A．这列波的波长是4m B．这列波的传播速度是1.25m/s C．M点以后的各质点开始振动时的方向都沿＋y方向 D．质点Q经过8s时，第一次到达波峰 E．在0～16s内，质点Q经过的路程为1.1m ‎(2)如图所示，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角∠AOB=120º，顶点O与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径R=‎3‎a，圆锥轴线与桌面垂直．有一半径为R的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率n=‎‎3‎，求光束在桌面上形成的光斑的几何形状和面积___？‎ ‎【答案】 ADE ‎S=π⋅‎(O‎2‎D)‎‎2‎-π⋅‎(O‎2‎C)‎‎2‎=4πa‎2‎ ‎【解析】（1）由甲图得到波长为4m，故A正确；由乙图得到周期为4s，故波速v=λT=‎4m‎4s＝1m/s ；故B错误；各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，波前向下运动，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿-y方向，故C错误；x=2m处的波峰传到Q点时，质点第一次到达波峰，t=‎△xv＝‎10m-2m‎1m/s＝8s ；故D正确；波速为1m/s，故在5s末，波前传到Q点；此后的时间△t=11s=2‎3‎‎4‎T，质点Q从平衡位置开始运动，故其运动的路程为S=11A=11×10cm=110cm=1.1m，故E正确；故选ADE．‎ ‎（2）①光路图如图所示，由图可知：光束形成的光斑为圆环． ‎ ‎②射到OA界面的入射角α＝30º，则sinα=‎1‎‎2‎<‎‎1‎n 故入射光能从圆锥侧面射出．‎ 设折射角为β，无限接近A点的折射光线为AC，根据折射定律 n=‎sinβsinα或sinβ=nsinα 解得β＝60º ‎ 过O点作OD//AC，则‎∠O‎2‎OD=30°‎ 在RtΔO‎1‎AO中 ‎O‎1‎O=Rtan30°=‎3‎a⋅‎3‎‎3‎=a 在RtΔACE中 ‎EC=AEtan30°=5a⋅‎1‎‎3‎=‎‎5a‎3‎ 故O‎2‎C=EC-R=‎‎2a‎3‎ ‎ 在RtΔOO‎2‎D中 O‎2‎D=4atan30°=‎‎4a‎3‎ ‎ 光束在桌面上形成光环的面积 S=π⋅‎(O‎2‎D)‎‎2‎-π⋅‎(O‎2‎C)‎‎2‎=4πa‎2‎ ‎ 第 3 页