湖南省永州市2020届高三高考物理培优信息卷（二）

永州市2020年高考物理培优信息卷（二）二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14．如图所示，Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两球从同一地点沿同一直线运动的v－t图线，根据图线可以判断(　　)A．甲、乙两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时有相同的速度D．两球在t＝8 s时相遇15．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(　　)A．Mg   B．MgC．(M＋m)g   D．(M＋m)g16．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电荷量均为＋q，c和d电荷量均为－q.则a电荷受到的其他三个电荷的静电力的合力大小是(　　)A．0  B．  C．  D．17．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3甲所示．导线PQ中通有正弦交变电流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1～2 s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18．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，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1.5JC. 系统损失的机械能为3J D. A、B间的动摩擦因数为0.2 19．如图所示，CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行光滑金属导轨，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．已知导体棒与水平导轨垂直且接触良好，则下列说法中正确的是(　　)A．通过电阻R的最大电流为B．电阻R中产生的焦耳热为mghC．磁场左右边界的长度d为D．流过电阻R的电荷量为20．如图所示，三个质点a、b、c的质量分别为m1、m2、M(M远大于m1及m2)，在万有引力作用下，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(　　)A．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶8B．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶4C．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21．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k，重力加速度为g.则(　　)A．C、O两点间的电势差UCO＝B．O点处的电场强度E＝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v 22、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)系统加速度大小为________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。23、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=290ῼ⑨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： 123456电压（单位：伏）0.000.601.201.802.403.00电流（单位：毫安）0180301398450498  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）。24、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。 25．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；（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。 33．【物理——选修3－3】(15分)(1)(5分)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，还有一个盛有约2 cm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＝_______。(2)(10分)如图所示，将横截面积S＝100 cm2、容积为V＝5 L，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＝4 L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＝1.0×105 Pa，重力加速g＝10 m/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＝100 mL，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＝20 kg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。              34．[物理——选修3－4](15分)(1) (5分)关于波的干涉和衍射，下列说法正确的是________(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)。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(2) (10分)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。          参考答案14．答案　D解析　甲球的加速度a1＝＝ m/s2＝－10 m/s2，乙球的加速度a2＝＝ m/s2＝ m/s2，则甲、乙两球的加速度大小不相等、方向也不相同，故选项A错误．Ⅰ图线与t轴围成的总面积在8 s内为零，即位移为零，说明甲球在8 s时回到出发点；同理，乙球前2 s内静止，后6 s内的位移为零，说明乙球在8 s时也回到出发点；两球从同一地点出发，8 s时两球恰好相遇，故选项B错误，D正确．t＝2 s时，甲球的速度为20 m/s，乙球的速度为－20 m/s，则甲、乙两球在t＝2 s时，速度大小相等、方向相反，故选项C错误．15．答案　D解析　连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，由几何关系得：cos θ＝＝sin θ＝＝则tan θ＝此时小球受到的合外力F合＝mgtan θ＝mg由牛顿第二定律可得：a＝＝g以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝(M＋m)a＝(M＋m)g，故D正确，A、B、C错误．16．答案　D解析　a和b电荷量为＋q，c和d电荷量为－q，则c、d电荷对a电荷的库仑力为引力，b电荷对a电荷的库仑力为斥力．根据库仑定律，|Fca|＝；|Fba|＝|Fda|＝k；根据力的合成法则，a电荷所受的电场力大小为：F＝，故A、B、C错误，D正确．17．答案　A解析　在1～2 s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M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误．18．答案AC解析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。 19．答案　AD解析　导体棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律有：mgh＝mv2，解得导体棒到达水平面时的速度v＝，解导体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E＝BLv，最大的感应电流为I＝＝，故A正确；导体棒在整个运动过程中，机械能最终转化为焦耳热，即Q＝mgh，故电阻R中产生的焦耳热为QR＝Q＝mgh，故B错误；对导体棒，经时间Δt穿过磁场，由动量定理得：－安Δt＝－BLΔt＝－mv，而q＝Δt，变形得：BLq＝mv，解得q＝＝，又q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，解得：d＝＝，故C错误，D正确．20．答案　AD解析　根据开普勒第三定律：周期的平方与半径的三次方成正比，则a、b运动的周期之比为1∶8，A对；设图示位置ac连线与bc连线的夹角为θ<，b转动一周(圆心角为2π)的时间为t＝Tb，则a、b相距最远时：Tb－Tb＝(π－θ)＋n·2π(n＝0,1,2,3…)，可知n<6.75，n可取7个值；a、b相距最近时：Tb－Tb＝(2π－θ)＋m·2π(m＝0,1,2,3…)，可知m<6.25，m可取7个值，故在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次，D对.21．答案　BD解析　小球P由C运动到O时，由mdg＋qUCO＝mv2－0，得UCO＝，选项A错误；对小球P在O点处时受力分析，如图所示，F1＝F2＝＝，它们的合力为：F＝F1cos 45°＋F2cos 45°＝，则O点处的电场强度E＝＝，选项B正确；小球下落过程中重力势能、动能和电势能之和不变，选项C错误；小球P由O运动到D的过程，由动能定理得：mgd＋qUOD＝mv－mv2，由等量异种点电荷的电场特点可知UCO＝UOD，联立解得vD＝v，选项D正确． 22、4．4.8    2.4    9.6    解析：(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)计数点5的瞬时速度为(3)根据整理得则图像斜率为重力加速度为。23、①③⑤⑦⑧⑨            （0.360.03）W    【解析】(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)根据(1)问中对选仪器时的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24、(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…）25、（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：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： sA、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    33．【物理——选修3－3】(15分)(1)(5分)【答案】8S     (2)(10分)【解析】(1)由玻意耳定律得：其中V1＝4 L，V0＝100 mL，n为打气次数代入数值解得：n＝8。(ii)初态气体温度为，最终稳定时，体积为V＝5 L，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：T2＝325 K则气缸内气体的温度为。34.　【物理——选修3－3】(15分)(1)ACE　(2)①光路如图，设扇形透明砖半径为R，而＝，故sinC＝(即C＝30°)又sinC＝所以该材料的折射率n＝2。②光在空气中传播的路程s1＝2由几何关系∠OSF＝30°所以s1＝Rcos30°×2＝R×2＝R，则光在空气中传播的时间为：t1＝＝光在材料中传播的路程s2＝4＝2R，则光在材料中传播的时间为：t2＝＝＝则光在空气中与光在材料中传播的时间之比为：t1∶t2＝1∶4。