2020届湖南省永州市高三（下）高考物理培优信息卷（二）物理试题（解析版）

永州市 2020 年高考物理培优信息卷（二） 二、选择题 1.如图所示，Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动 v－t 图线，根据图线可以判断 A. 甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动，加速度大小相同，方向相同 B. 两球在 t＝8 s 时相距最远 C. 两球在 t＝2 s 时刻速度相同 D. 两球在 t＝8 s 时相遇 【答案】D 【解析】 【详解】A．甲、乙两小球作的均做匀变速直线运动，加速度 ，解得：a 甲=-10m/s2，a 乙= m/s2， 故 A 错误． B．从零时刻到两小球速度相等，乙物体向反方向运动，甲物体向正方向运动，它们的间距在增大，直到速 度相等时间距最大，有图象可知，该时间点在 4s-6s 之间，故 B 错误． C．两球在 t=2s 时刻甲乙两物体的速度分别为 20m/s、-20m/s，所以它们的速率相等，方向相反，故 C 错 误． D．甲物体 8s 内的总面积为零即总位移为零，说明甲物体由回到出发点，乙物体前 2s 内静止，后 6s 内的总 位移为零，说明乙物体也回到了出发点，又因为两物体从同一地点出发，所以两物体此时相遇，并且相距 最近，故 D 正确． 2.如图所示，质量为 M 的滑块 A 放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为 O、半径为 R 的光滑四分之一圆 弧面，当用一水平恒力 F 作用在滑块 A 上时，一质量为 m 的小球 B(可视为质点)在圆弧面上与 A 保持相对 静止，此时小球 B 距轨道末端 Q 的竖直高度为 H= ，重力加速度为 g，则 F 的大小为 的 va t   ＝ 20 3 3 RA. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】连接 OB，设 OB 连续与竖直方向的夹角为 ，由几何关系得： 则 此时小球受到的合外力 由牛顿第二定律可得： 以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得 ，故 D 正确，ABC 错误． 故选 D． 3.如图所示，在边长为 l 的正方形的每个顶点都放置一个点电荷，其中 a 和 b 电荷量为+q，c 和 d 电荷量为 -q．则 a 电荷受到的其它三个电荷的静电力的合力大小是 A. 0 B. C. D. 【答案】D 5 3 Mg 5 2 Mg 5 ( )3 M m g+ 5 ( )2 M m g+ θ 2cos 3 R H R θ −= = 2 5sin 1 cos 3 θ θ= − = 5tan 2 θ = 5tan 2F mg mgθ= = 5 2 Fa gm = = 5( ) ( )2F m M a m M g= + = + 2 2 2kq l 2 2 kq l 2 2 3 2 kq l【解析】 【分析】 根据力的独立性原理和库仑定律，分别计算出其它三个电荷给它的库仑斥力大小，判断出方向，再根据力 的合成法则，求出这三个力的合力即可． 【详解】a 和 b 电荷量为+q，c 和 d 电荷量为-q．根据库仑定律，则对角线上点的电荷给它的库仑斥力为： ; 相邻两点的电荷给它的库仑斥力大小均为：Fb=Fd= ；根据力的合成法则，点电荷 q 所受 的电场力大小为： ，故 ABC 错误，D 正确；故选 D． 4.同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与 两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板 MN 连接，如图甲所示．导线 PQ 中通有正弦交流电流 i， i 的变化如图乙所示，规定从 Q 到 P 为电流的正方向，则在 1~2s 内 A. M 板带正电，且电荷量增加 B. M 板带正电，且电荷量减小 C. M 板带负电，且电荷量增加 D. M 板带负电，且电荷量减小 【答案】A 【解析】 【详解】在 1~2s 内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小， 磁通量的变化率变大，假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方 向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势 增大，由此可知上极 M 板电势高，带正电，电荷量增加，故 A 正确，B、C、D 错误； 故选 A． 5.如图甲，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m=3kg 的另一木块 B 可看作质点，以水平速度 v0=2m/s 滑上原来静止的长木板 A 的表面。由于 A、B 间存在摩擦，之后 A、B 速度随时间变化情况如图乙所示， 2 2( 2 )c k qF l = 2 2 qk l 2 2 2 2 2 22 2 2( ) ( ) ( ) 3 22 kq kq kqF ll l = + =则下列说法正确的是（g 取 10m/s2）（　　） A. 木板的质量为 M=3kg B. 木块减小的动能为 1.5J C. 系统损失的机械能为 3J D. A、B 间的动摩擦因数为 0.2 【答案】AC 【解析】 【详解】AD．由图像可知，A、B 的加速度大小都为 1m/s2，根据牛顿第二定律知 可得 ， 故 A 正确，D 错误； B．木块减小的动能 故 B 错误； C．系统损失的机械能 故 C 正确。 故选 AC。 6.如图所示，CD、EF 是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑导轨，导轨固定不动，间距为 L，在水平导 轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B．导轨的右端接有一电 阻 R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为 R，质量为 m 的导体棒从弯曲轨道上 h 高处由静 止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．己知导体棒与水平导轨接触良好，则下列说法中正确的是 21m/smg m µ = 21m/smg M µ = 3kgM = 0.1µ = 2 2 k0 k1 0 1 1 1 4.5J2 2E E E mv mv∆ = − = − = 2 2 k0 k1 0 1 1 1 2 3J2 2E E E mv mv′∆ = − = − × =A. 电阻 R 的最大电流为 B. 电阻 R 中产生的焦耳热为 mgh C. 磁场左右边界的长度 d 为 D. 流过电阻 R 的电荷量为 【答案】AD 【解析】 金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得： ，得金属棒到达水平面时的速度 ，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大， 所以最大感应电动势为 ，最大的感应电流为 ，故 A 正确；金属棒在整个运动 过程中，机械能最终转化为焦耳热，即 ，故电阻 R 中产生的焦耳热为 ，故 B 错误；对导体棒，经时间 t 穿过磁场，由动量定理得： ，而 ，变形得： ， 解 得 ， 而 由 和 S=Ld ， 解 得 ： ，故 C 错误，D 正确，故选 AD． 【点睛】金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出 金属棒到达水平面时的速度，由 E=BLv 求出感应电动势，然后求出感应电流；由动量定理和 求出 电量，由能量守恒定律求出产生的焦耳热． 7.如图，三个质点 a、b、c 的质量分别为 m1、m2、M(M 远大于 m1 及 m2)，在 c 的万有引力作用下，a、b 在 同一平面内绕 c 沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为 ra∶rb＝1∶4，则下列说法中正确的有 (　　) 2 2 BL gh R 2 2 2mR gh B L 2m gh BL 21 2mgh mv= 2v gh= E BLv= 2 2 2 BL ghBLvI R R = = Q mgh= 1 1 2 2RQ Q mgh= = F t BLI t mv− ∆ = ∆ = −安 q I t= ∆ BLq mv= 2m ghmvq BL BL = = 2 2 E BS BSq I t t tR R t R = ∆ = ∆ = ×∆ =∆ 2 2 2 2mR ghqRd BL B L = = q I t= ∆A. a、b 运动的周期之比为 Ta∶Tb＝1∶8 B. a、b 运动的周期之比为 Ta∶Tb＝1∶4 C. 从图示位置开始，在 b 转动一周的过程中，a、b、c 共线 12 次 D. 从图示位置开始，在 b 转动一周的过程中，a、b、c 共线 14 次 【答案】AD 【解析】 【详解】AB.根据 可得周期之比为 ， 所以 A 正确；B 错误； CD.a、b、c 共线有两种情况，一是 a、b 在 c 的同侧，二是 a、b 在 c 的两侧，由于 Tb=8Ta，若从 abc 共线 开始在 Tb 的时间内共有 16 次 abc 共线，若从图示位置开始则只有 14 次，所以 C 错误；D 正确. 8.如图所示，固定于同一条竖直线上的 A、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为 + Q 和-Q， A、B 相距为 2d；MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球 P 质量为 m，电荷量为 +q(可视为点电荷，放入电场后不影响电场的分布），现将小球 P 从与点电荷 A 等高的 C 处由静止开始释放， 小球 P 向下运动到距 C 点距离为 d 的 O 点时， 速度为 v，已知 MN 与 AB 之间的距离为 d，静电力常量为 重力加速度为 g．则 2 2 2 2 4G Mm m rr T π= 3 1 8 a a b b T r T r  = =   A. C、O 两点间 电势差 B. O 点处的电场强度 C. 小球下落过程中重力势能和电势能之和不变 D. 小球 P 经过与点电荷 B 等高的 D 点时的速度为 【答案】BD 【解析】 【详解】小球从 C 运动到 O（动能定理）得：mgd+UCO•q＝ mv2−0，解得： ，故 A 错误；点电荷 A（或 B）在 O 点处产生的场强大小为： ； 根据平行四边形定则，O 点处的电场强度： ；故 B 正确；下落过程中，有电场力和重 力做功，则小球的动能、重力势能和电势能之和守恒，从 C 到 O 过程中，动能增加，则重力势能和电势能 之和减小，选项 C 错误； 结合对称性，CO 间电势差与 OD 间电势差相等；从 C 到 D 过程根据动能定理可 得：mg∙2d+2UCO•q＝ mvD2; 得到小球 p 经过与点电荷 B 等高的 D 点时的速度 ，故 D 正确；故选 BD． 的 2 2CO mvU q = 2 2 2 kQE d = 2υ 1 2 2 2 2CO mv mgdU q −＝ 22 2( 2 ) kQ kQE dd ′＝ ＝ 2 2 22 2 kQE E d ′＝ ＝ 1 2 2Dv v=9.研究性学习小组为“研究匀变速直线运动的规律”和“测当地的重力加速度”，采用了如图甲所示的装置，其 中 m1＝50g、m2＝150g，开始时保持装置静止，然后释放物块 m2，m2 可以带动 m1 拖着纸带打出一系列的点， 只要对纸带上的点进行测量，即可研究匀变速直线运动。某次实验打出的纸带如图乙所示，0 是打下的第一 个点，两相邻点间还有 4 个点没有标出，交流电频率为 50Hz。 (1)系统加速度大小 ________m/s； (2)打点 5 时系统的速度为________ m/s2； (3)忽略一切阻力，某同学作出的 图像如图丙所示，则当地的重力加速度 g＝______m/s2。 【答案】 (1). 4.8 (2). 2.4 (3). 9.6 【解析】 【详解】(1) [1]据题意，从纸带可以求出系统的加速度 而相邻计数点之间时间间隔为 ，则加速度为 。 (2)[2]计数点 5 的瞬时速度为 (3)[3]根据 整理得 则图像斜率为 重力加速度为 。 为 2 2 v h− 2 56 45x x aT− = 0.1sT = 2s4.8ma = 46 5 2.4m s2 xv T = = 2 2 1 1 2 5 1( ) ( )2m m gh m m v− = + 2 5 2 1 1 2 ( ) 2 v m m gh m m −= + 2 1 1 2 ( ) 7.2 4.81.5 m m gk m m −= = =+ 29.6m/sg =10.要描绘一个规格为“3V，1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，实验室准备了以下器材： ①直流电源（电动势 E=3V，内阻不计） ②电流表 A1（量程 3A，电阻约 1ῼ） ③电流表 A2（量程 600mA，电阻约 0.01ῼ） ④电压表 V（量程 15V，电阻约 1000ῼ） ⑤表头 G（量程 10mA，内阻 10ῼ） ⑥滑动变阻器 R1（0~2500ῼ，最大电流 2A） ⑦滑动变阻器 R2（0~5ῼ，最大电流 0.8A） ⑧定值电阻 R=290ῼ ⑨开关 K 及导线若干 (1)为了尽可能的减小实验误差而完成此实验，实验时应选的实验器材有：__________（填写仪器前面的序 号）； (2)根据所选的器材在框中设计最合理的实验电路图__________； (3)某同学通过合理的实验电路图得到了 6 组灯泡两端电压和流过灯泡电流的数据如下表： 1 2 3 4 5 6 电压（单 位：伏） 0.00 0.60 1.20 1.80 2.40 3 00 电流（单 位：毫安） 0 180 301 398 450 498 .由表格数据画小灯泡的 图像__________； (4)将此小灯泡与电动势为 1.5V、内阻为 1ῼ的电源串接，小灯泡的实际工作功率为__________W（保留两位 有效数字）。 【答案】 (1). ①③⑤⑦⑧⑨ (2). (3). (4). （0.36 0.03）W 【解析】 【详解】(1)[1]根据灯泡的规格可知，灯泡的额定电流为 0.5A，故电流表选 A2；灯泡的额定电压为 3V，题 中所给电压表量程为 15V，量程过大，因此需将表头 G 串接一定值电阻 R 来替代电压表；表格中电压和电 流均从零开始增大，故滑动变阻器采用了分压式接法，应选最大阻值较小的滑动变阻器 R2；由于电流表 A2 内阻非常小，故电流表需采用内接法。故选①③⑤⑦⑧⑨。 (2)[2]根据(1)问中对选仪器时 分析可画如下原理图 (3)根据表格中数据描点可得图如下 (4)作电源的 图像 的 I U− ± I U−电源的 图像与小灯泡的 图像交点为 此情况下小灯泡的实际功率 题干要求保留两位有效数字，所以 11.如图所示，在平面直角坐标系中第 II 象限有沿 y 轴负方向的匀强电场，第 I 象限和第 IV 象限存在垂直 xOy 平面向里的匀强磁场，第 I 象限的磁感应强度是第 IV 象限的两倍。一质量为 m、带电荷量为+q 的粒子 从 P（-2a，a）以初速度 沿 x 轴正方向射出，粒子恰好从原点进入磁场，不考虑粒子重力。 (1)求电场的电场强度大小 E； (2)带电粒子在运动过程中经过了点 Q（L，0），L>0，求第 IV 象限磁场的感应强度的可能值。 【答案】(1) ；(2) （n=1，2，3. . .） 【解析】 【详解】(1)由题意可知，粒子在第 II 象限运动时，有 解得 (2)粒子由 P 点到 O 点的过程中，沿 x 轴方向做匀速直线运动，沿 y 轴方向做匀加速直线运动，设到达 O 点 时沿 y 轴方向的速度为 ，则 I U− I U− 0.3VU = 120mAI = 0.36WP UI= = 0.36WP = 0v 2 0 2 mvE qa = 0nmvB qL = 0 12a v t= 2 1 1 2 qEa tm = ⋅ 2 0 2 mvE qa = yv解得 粒子穿过 O 点时的速度大小为 即 方向与 x 轴正方向夹角为 45°。设粒子在第 IV 象限运动时的轨迹半径为 r，第 IV 象限磁场感应强度为 B， 根据 可知，粒子在第 I 象限运动时的轨迹半径为 ，粒子的运动轨迹如图所示 运动过程中经过点 Q（L，0），则需满足 （n=1，2，3…） 又 解得 （n=1，2，3…） 12.如图甲所示，长木板 B 静止在水平地面上，质量 M=1 kg，t=0 时，物块 A 以 v0=3m/s 的初速度从左端 滑上长木板。A 可视为质点，质量 m=2 kg，0-1 s 两者运动的 v-t 图像如图乙所示。t=1 s 时在物块上施加一 变力 F，t=2 s 时撤去 F，F-t 图像如图丙所示，最终物块恰好到达长木板的最右端。取 g=10 m/s2，求： （1）物块与长木板间的动摩擦因数 μ1 及长木板与地面间的动摩擦因数 μ2； 12 yva t= 0yv v= 2 2 0yv v v= + 02v v= 2mvqvB r = 2 r cos45L nr= ° 2mvqvB r = 0nmvB qL =（2）t=2 s 时物块与长木板各自的速度大小； （3）若已知 1-2s 内物块的位移为 m,求木板的长度。 【答案】（1）μ1=0.2，μ2=0.1（2） =3 m/s， =2 m/s（3）2m 【解析】 【详解】（1）由图乙可知，物块及长木板各自的加速度大小为： 物块： a1=2 m/s2 木板： a2=1 m/s2 对两者各自受力分析，由牛顿运动定律有： 物块： 木板： 得： μ1=0.2，μ2=0.1 （2）两者共速后，若施加恒力 F0，使两者即将发生相对运动，则有： 木板： 整体： 11 6 2Av 2Bv 1 1mg maµ = 1 2 2( )mg M m g Maµ µ− + = 1 2 0( )mg M m g Maµ µ− + = 0 2 0( ) ( )F M m g M m aµ− + = +得： F0=6N 由图丙知：t=1 s 时，F1=6N，即从此时刻开始，物块相对木板向前运动外力 F 随时间均匀变化，对物块及 木板由动量定理可得： 物块： 木板： 得： =3 m/s， =2 m/s （3）0-1 s 内，两者的相对位移为： 1-2 s 内，两者的相对位移为： 最终 A、B 共速，共速后不再相对滑动，一起减速为零 得： s A、B 共同速度为： m/s 最后 s 两者的相对位移为： 木板长度为： 得： L=2 m 13.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，现有按体积比为 n∶m 配制好的油酸酒精溶液置于容器中， 1 2 2 1 2 2 12 A F F t mgt mv mvµ+ − = − 1 2 2 2 2 1( ) Bmgt M m gt Mv Mvµ µ− + = − 2Av 2Bv 0 1 1 1 1 12 2 v v vs t t +∆ = − 1 2 1 2 22 B A v vs s t +∆ = − 2 1 3 2 1 3A Bv a t v a t− = + 3 1 3t = 2 1 3 7 3AB Bv v a t= + = 1 3 2 2 3 3 32 2 A AB B ABv v v vs t t + +∆ = − 1 2 3L s s s= ∆ + ∆ + ∆还有一个盛有约 2cm 深水的浅盘，一支滴管，一个量筒。 ①滴管向量筒内加注 N 滴油酸酒精溶液，读出其体积 V。再用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，等油酸 薄膜稳定后，将薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如右图所示。已知坐标纸上每个小方格面积为 S 则油膜面积为 ________（填写 S 的整数倍）。 ②估算油酸分子直径的表达式为 d=_______。 【答案】 (1). 8S (2). 【解析】 【详解】①[1]求油膜面积时，半个以上方格面积记为 S，不足半个舍去，数出总格数是 8，故面积为 8S； ②[2]1 滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为 油酸分子直径为 14.如图所示，将横截面积 S=100cm2、容积为 V=5L，开口向上的导热良好的气缸，置于 t1=－13 的环境 中。用厚度不计的轻质活塞将体积为 V1=4L 的理想气体封闭在气缸中，气缸底部有一个单向阀门 N。外界 大气压强 p0=1.0×105Pa，重力加速 g=10m/s2，不计一切摩擦。求： (i)将活塞用卡销 Q 锁定，用打气筒通过阀门 N 给气缸充气，每次可将体积 V0=100mL，压强为 p0 的理想气 体全部打入气缸中，则打气多少次，才能使其内部压强达到 1.2p0； (ii)当气缸内气体压强达到 1.2p0 时，停止打气，关闭阀门 N，将质量为 m=20kg 的物体放在活塞上，然后拔 掉卡销 Q，则环境温度为多少摄氏度时，活塞恰好不脱离气缸。 8 ( ) Vn SN m n+ V nV N m n ′ = × + 8 8 ( ) V Vnd S SN m n ′= = + C°【答案】(i)8；(ii)52 【解析】 【详解】(1)由玻意耳定律得 其中 ， ，n 为打气次数，代入数值解得： (ii)初态气体温度为 ，最终稳定时，体积为 ，内部气体压强为 即拔掉卡销后，缸内气体压强不变，由盖·吕萨克定律得： ，解得 则气缸内气体的温度为 15.关于波的干涉和衍射，下列说法正确的是_______。 A. 对于同一列机械波，障碍物越小，越容易绕过去 B. 如果波在传播过程中遇到尺寸比波长大得多的障碍物，该波就不能发生衍射 C. 猛击音叉，围绕振动的音叉转一圈的过程中，会听到声音忽强忽弱，这是干涉现象 D. 一束白光通过三棱镜后，在屏上出现彩色条纹，这是光的一种干涉现象 E. 机械波、电磁波、光波均能产生衍射现象 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．障碍物越小，机械波越容易绕过去，越容易发生衍射，A 正确； B．只有当障碍物的尺寸与波的波长差不多或比波长短时，才会发生明显的衍射现象，当障碍物的尺寸比波 的波长大得多时，也能发生衍射现象，只是不明显，B 错误； C．围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是声波叠加产生加强与减弱的干涉的结果，C 正确； D．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的折射现象，D 错误； E．衍射是波的特性，一切波都能发生衍射，E 正确。 故选 ACE. C° ( )0 1 0 0 11.2p V nV p V+ = 1 4LV = 0 100mLV = 8n = 1 1 273K 260KT t= + = 5LV = 5 2 0 1.2 10 Pamgp p S = + = × 1 1 2 V V T T = 2 325KT = 2 2 273K 52t T= − = ℃16.如图所示，某种材料制成的扇形透明砖放置在水平桌面上，光源 S 发出一束平行于桌面的光线从 OA 的 中点垂直射入透明砖，恰好经过两次全反射后，垂直 OB 射出，并再次经过光源 S，已知光在真空中传播的 速率为 c，求 （1）材料的折射率 n； （2）该过程中，光在空气中传播的时间与光在材料中传播的时间之比． 【答案】（1）2（2） 【解析】 【详解】（1）光路如图， 由折射定律 而 ，故 （即 ） 所以该材料的折射率 n=2； （2）光在空气中传播的路程 由几何关系 所以 ，则时间为： 光在介质中传播的路程 ，则时间为： 则时间之比为： ． 1: 4 1sinC n = 2 ROF = 1sin 2C = 30C = ° 1 2S SF= 30OSF∠ = ° 1 3cos30 2 2 32S R R R= °× = × = 1 1 3S Rt c c = = 2 4 2 3S FD R= = 2 2 2 2 2 3R S n Rt v c c ⋅= = = 1 2: 1: 4t t =