【物理】百师联盟2020届高三练习题试题（二）（全国II卷）（解析版）

【物理】百师联盟2020届高三练习题试题（二）（全国II卷）（解析版）

百师联盟2020届高三练习题试题（二）‎ ‎（全国II卷）‎ 一、选择题:本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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。‎ ‎1.如图所示，a、b、c、d为圆上的四个点，ac、bd连线过圆心且相互垂直，置于圆心处带正电的点电荷在a点产生的场强大小为E。若在该空间再施加一沿ac方向的大小为2E的匀强电场后，以下说法正确的是( )‎ A. a点的场强大小为3E，方向由c到a B. c点的场强大小为3E，方向由c到a C. b、d两点的场强相同，大小都为E D. b、d两点的场强不相同，但大小都为E ‎【答案】D ‎【详解】A．由点电荷在a点产生的场强与匀强电场方向相反可知，a点的合场强大小为E，方向由a到c，故A错误；‎ B．由点电荷在c点产生的场强与匀强电场方向相同可知，c点的合场强大小为3E，方向由a到c，故B错误；‎ CD.．由平行四边形定则可知，b、d两点的场强方向不同，但大小都为，故C错误，D正确。故选D。‎ ‎2.一试探电荷在电场中自A点由静止释放后，仅在电场力的作用下能经过B点。若、分別表示A、B两点的电势，EA、EB分别表示试探电荷在A、B两点的电势能，则下列说法正确的是( )‎ A. > ‎ B. EA > EB C. 电势降低的方向就是场强的方向 ‎ D. 电荷在电势越低的位置其电勢能也越小 ‎【答案】B A．当试探电荷带正电时，，当试探电荷带负电时，由于试探电荷所带电荷性质未知，故A错误；‎ B．因试探电荷由静止释放，只在电场力作用下能从A运动到B，故无论带何种电荷，电场力总对电荷做正功，电荷的电势能一定减小，故B正确；‎ C．电势降落最快的方向是场强的方向，故C错误；‎ D．负电荷在电势越低的位置电势能越高，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎3.利用放置在绝缘水平面上的环形电极与环外点电极，可模拟带电金属环与点电荷产生电场的电场线分布情況，实验现象如图甲所示，图乙为实验原理简图。图乙中实线为电场线，a、d关于直线MN对称，b、c为电场中的点，e为环内一点。由图可知( )‎ A. 带电金属环与点电荷带等量异种电荷 B. b、c、e三点场强的大小关系为Eb＞Ec＞Ee C. a、d的场强相同 D. c点的电势比d点高 ‎【答案】B A．由图可知金属环与点电荷一定带异种电荷，但不一定等量，故A错误；‎ B．由电场线的疏密可知 又因为e点为金属环内部一点，由静电平衡可知金属环内部场强处处为零，故B正确；‎ C．a、d场强大小相等方向不同，故C错误；‎ D．由等势面与电场线垂直和沿电场线电势逐渐降低可知c点的电势比d点低，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，A、B为水平放置的平行板电容的两个极板，B板接地。将电容器与电源接通，板间带正电的油滴恰好处于静止状态。断开开关后.下列说法正确的是( )‎ A. 油滴将加速下落 B. A板电势高于B板 C. 若将A板向右错开少许，油滴将向上加速运动 D. 若将B板下移，P点的电势将升高 ‎【答案】C 详解】A．开关断开后，板间场强不变，油滴将保持静止，故A错误；‎ B．因油滴带正电，由平衡条件可知电场力向上，A板带负电，A板电势低于B板，故B错误；‎ C．断开开关后，电容器的电荷量Q保持不变，由公式、和可知 当A板向右错开少许，即正对面积S减小，板间场强E增大，油滴所受电场力增大，将向上加速运动，故C正确；‎ D．当B板下移，板间场强E不变，但PB距离变大，由匀强电场的电势差U=Ed可知，BP电势差增大，因B点接地，电势始终为零，故P点电势减小，即D错误。故选C。‎ ‎5.一额定电压U额＝150V的电动机接在电压U1＝5V的直流电源上时未转动，测得此时流过电动机的电流I1＝0.5A。现将该电动机接入如图所示的电路，用以提升质量m＝50kg的重物，当电源供电电压恒为U2＝200V时，电动机正常工作，保护电阻R＝10Ω，不计一切摩擦，g＝10m/s2电动机正常工作时，下列说法正确的是( )‎ A. 电动机线圈的直流电阻r＝30Ω B. 电动机的铭牌应标有“150V，10A＂字样 C. 重物匀速上升的速度大小v＝2m/s D. 若重物被匀速提升h＝60m的高度，整个电路消耗的电能为E总＝6×104J ‎【答案】D A．电动机不转动时的电阻即线圈的直流电阻，由欧姆定律知，‎ 故A错误；‎ B．电动机的额定电流 电动机的铭牌应标有“150V，5A”字样，故B错误；‎ C．由 得，重物匀速上升的速度大小 故C错误；‎ D．因重物上升60m的时间 由得 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.两相距2R、电量相等的点电荷Q1、Q2放在水平轴线上，Q1带负电，Q2带正电，O为两者中点。以Q1为圆心、半径为R的球面上有a、b、c三位置，a、Q1、Q2在同一竖直平面内，b、c、Q1在同一水平平面内，且a、b连线与水平轴垂直，b、c连线与水平轴平行，a、O相距为R，如图所示。下列说法正确的是( )‎ A. a、b两处电势相等 B. b、c两处电势相等 C. a、b两处场强大小相等 D. b、c两处场强大小相等 ‎【答案】AC AB．在产生的电场中，a、b、c三点等势，在产生的电场中，a、b等势且高于c点电势，故A正确，B错误；‎ C．由对称性可知，a、b两点场强大小相等，方向不同，故C正确；‎ D．b、c与等距，距的距离b近c远，由平行四边形定则可知，b点场强大于c点，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎7.如图所示，加有恒定电压以U1＝U的、中间带有小孔的平行板电容器AB竖直放置，右侧水平放置平行板电容器CD，CD板长和板间距均为L，板间加有恒定电压U2。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A板小孔无初速飘入，经加速后沿中线水平进入CD，恰从D板边缘飞出。不计粒子重力，下列说法正确的是( )‎ A. 若只将B板向左移动少许，粒子到达B板时的速度比未移动时小 B. 若只将B板向左移动少许，粒子到达B板的时间比未移动时短 C. 若飘入质量为2m电量为2q带正电粒子，将打在D板上 D. 粒子刚到达D板边缘时的动能Ek＝2qU ‎【答案】BD A．若只将B板向左移动少许，电场力做功不变，由 得，到达B板时速度 故粒子到达B板时的速度不变，故A错误；‎ B．由于粒子在AB间做匀加速直线运动，只将B板向左移动少许时，粒子到达B板时的速度不变，所以平均速度不变，AB距离减小，运动时间变短，故B正确；‎ C．进入CD后，由牛顿第二定律和运动学公式可知，偏转位移 代入可得 即粒子的偏转位移与粒子的质量、电量无关，故飘入质量为2m、电量为2q的带正电粒子时，偏转位移不变，将依然恰好从D板边缘飞出，故C错误；‎ D．由粒子恰从D板边缘飞出可知，偏转位移 又因，，所以 所以对全过程，由动能定理可知 故 故D正确。故选BD。‎ ‎8.如图所示，倾角为的粗糙斜面AB固定在水平地面AC上，AB、AC均绝缘、BC竖直且高为h，地面D点固定一电量绝对值为的负点电荷，C、D相距h。质量为m、带电量为q(＞0)的小滑块以初速度从斜面底端A 点滑上斜面，恰好能到达斜面顶端。整个装置处于水平向右的匀强电场中，场强大小，若取无穷远为零势能面，已知孤立点电荷周围电场的电势可表示为，式中k为静电力常量、r为离场源电荷的距离，Q为场源电荷的带电量(正电荷取正值，负电荷取负值)，则小滑块( )‎ A. 从A运动到B的过程中，克服摩擦力做的功 B. 从A运动到B的过程中，减少的电势能等于克服重力做的功 C. 从A运动到AB中点的过程中，点电荷q对小滑块做的功 D. 从A运动到AB中点时的动能 ‎【答案】ABD A．因C、D相距，由几何关系可知，AD=BD，又因，故A、B两点在点电荷产生的电场中等电势，故从A运动到B，点电荷对小滑块做的总功为零。从A运动到B的过程：由动能定理得 而，解得 故A正确；‎ B．小滑块减少的电势能等于电场力做的功，从A运动到B的过程中，点电荷对小滑块做的总功为零，故减少的电势能等于匀强电场对小滑块做的功，即 故B正确；‎ C．由公式可知，点电荷产生的电场在A点的电势 在AB中点的电势 故C错误；‎ D．由对称性可知，从A运动到AB中点的过程中，克服摩擦力做的功为，故由动能定理可得 解得 故D正确。‎ 故选ABD。‎ 二、非选择题:第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～16题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎(一)必考题: ‎ ‎9.某小组要测定某金属丝的电阻率。‎ ‎(1)用螺旋測微器测量金属丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件______(选填“A”、＂B＂、“C”或＂D”)。从图中的示数可读出金属丝的直径为______mm.‎ ‎ ‎ ‎(2)某同学采用如图乙所示电路进行实验。测得金属丝AB的直径为d，改变金属夹P的位置，測得多组金属丝接入电路的长度L及相应电压表示数U、电流表示数I，作出－L如图丙所示，测得图线斜率为k，则该金属丝的电阻率为______‎ ‎(3)关于电阻率的测量，下列说法中正确的有______‎ A.开关S闭合前，滑动变阻器R1的滑片应置于最右端 B.实验中，滑动变阻器R1的滑片位置确定后不可移动 C.待测金属丝AB长时间通电，会导致电阻率測量结果偏小 D.该实验方案中电流表A的内阻对电阻率测量结果没有影响 ‎【答案】(1). B 0.410 (2) (3). D ‎(1)[1][2]为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先转动锁紧手柄部件B，合金丝的直径为0.0mm+41.0×0.01mm=0.410mm；‎ ‎(2)[3]设电流表内阻为RA，根据欧姆定律可知待测电阻：‎ 根据电阻方程：，截面积：‎ 联立解得：‎ 图像斜率：‎ 所以电阻率 ‎(3)[4]A．为了保护电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端，故A错误；‎ B．实验要测量多组电压、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动，故B错误；‎ C．待测金属丝AB长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大，故C错误。‎ D．根据可知，电流表的内阻存在不会改变图像的斜率，对电阻率没有影响，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎10.图甲为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路图。‎ ‎(1)将图乙所示的实验电路连接完整。‎ ‎(2)已知毫安表满偏电流为1mA，表头上标记的内阻值为120Ω，R1和R2为定值电阻。若将开关S2扳到a接线柱，电表量程为4mA;若将开关S2扳到b接线拄，电表量程为16mA则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1＝_____Ω，R2=____Ω。‎ ‎(3)现用一量程为16mA，内阻为20Ω的标准电流表A对改装电表的16mA挡进行校准，校准时需选取的刻度范围为1mA～16mA。电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计;滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为800Ω和1600Ω，则R应选用最大阻值为____Ω的滑动变阻器。‎ ‎(4)若由于表头上标记的内阻值不准，造成改装后电流表的读数比标准电流表的读数偏大，则表头内阻的真实值________(填“大于”＂或“小于”)120Ω。‎ ‎【答案】 (1) (2). 10 30 (3) 1600 小于 ‎(1)[1]注意单刀双掷开关的连线，如图：‎ ‎(2)[2][3]由欧姆定律知，开关S2扳到a接线柱时有：‎ 开关S2扳到b接线柱时有：‎ 和为改装电表的量程，解以上各式得：‎ ‎，‎ ‎(3)[4]根据，电流表校准时需选取的刻度最小为1mA，可知电路中总电阻最大为1500Ω，由于最大电阻要达到1500Ω，所以变阻器要选择1600Ω。‎ ‎(4)[5]改装后电流表的读数比标准电流表的读数偏大，说明流过表头的电流偏大，则实际电阻偏小，故小于120Ω。‎ ‎11.如图所示，两平行金属板中A板上有阴极发射器，发射出的电子冲向B板，灵敏电流计指针偏转。已知E＝3V，滑动变阻器全阻值R＝99Ω，A板发射出的电子最大动能E＝2.4eV闭合开关S，自左向右移动触片，至滑动变阻器的。处时电流计指针恰好无偏转，求:‎ ‎(1)平行金属板间电压; ‎ ‎(2)电源的内电阻。‎ ‎【答案】(1)2.4V (2)11‎ ‎(1)由题意可得 则有 ‎(2)滑动变阻器接入电路中的电阻为 由电路特点可知 即 解得 ‎12.如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场E＝8×103V/m，带电量q＝1×10—6C、质量m＝1×10—3kg的小物块固定在水平轨道的O点，AB为光滑固定的圆弧轨道，半径R＝0.4m。物块由静止释放，冲上圆弧轨道后，最终落在C点，已知物块与OA轨道间的动摩擦因数为＝0.1，OA＝R，重力加速度g＝10m/s2，求:‎ ‎(1)物块在A点的速度大小vA(结果可保留根号)‎ ‎(2)物块到达B点时对轨道的压力 ‎(3)OC的距离(结果可保留根号)。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎(1)对物块从O到A由动能定理得 代入数据解得 ‎(2)对小物块从O到B点由动能定理得 在B点由牛顿第二定律得 联立解得 ‎(3)对小物块从O到B点由动能定理得 解得 离开B点后竖直方向先做匀减速运动，上升到最高点离B点高度为 所用的时间为 从最高点落到地面的时间为 则B到C的水平距离为 所以OC的距离 ‎【物理一选修3-3】‎ ‎13.以下说法正确的是_______‎ A. 质量、温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同 B. 空调既能制热又能制冷，说明热量可以从低温物体向高温物体传递 C. 知道阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度.不能估算出气体分子的大小 D. 一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强増大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子数密度增大 E. 一定量的理想气体在某过程中从外界吸热2.5×104J，并对外界做功1.0×104J，则气体的温度升高，密度减小 ‎【答案】BCE A．温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能一定相同，故A错误；‎ B．空调既能制热又能制冷，说明在外界的影响下，热量可以从低温物体向高温物体传递，故B正确；‎ C．知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出摩尔体积，将气体分子占据的空间看成立方体形，立方体的边长等于气体分子间的平均距离，由摩尔体积除以阿伏加德罗常数可求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出分子间的平均距离。不能估算出气体分子大小，故C正确；‎ D．一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强增大，因体积不变，则气体分子数密度不变，气体的平均动能变大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子对器壁的碰撞力变大，故D错误；‎ E．由热力学第一定律可知，一定量的理想气体在某过程中从外界吸热2.5×104‎ J，并对外界做功1.0×104J，则气体的内能增加，温度升高，体积变大，密度减小，故E正确。‎ 故选BCE。‎ ‎14.如图，竖直放置的粗细均匀的U形管左端封闭，右端开口。左管内用水银封闭一段长L1＝20cm的空气柱，左右两管水银面差为h＝15cm。已知外界温度为27℃，大气压为75cmHg。‎ ‎(i)如果缓慢向右管内注入水银，直到左右水银面相平(原来右管水银没有全部进入水平部分)，求在右管注入的水银柱长度 ‎(ii)在左右管水银面相平后，缓慢升高左管内封闭气体的温度，使封闭空气柱长度变为20cm，求此时左端空气柱的温度。‎ ‎【答案】(i) (ii)K ‎(i)设封闭气体原来压强为，后来压强为，气体做等温变化：‎ 解得 ‎，‎ ‎(ii)空气柱的长度变为20cm时，左管水银面下降 右管水银面会上升4cm，此时空气柱的压强 ‎，‎ 由查理定律，解得 K ‎【物理一选修3-4】‎ ‎15.如图所示，一由玻璃制成的直角三棱镜ABC，其中AB＝AC，该三棱镜对红光的折射率大于．一束平行于BC边的白光射到AB面上．光束先在AB面折射后射到BC面上，接着又从AC面射出．下列说法正确的是________．‎ A. 各色光在AB面的折射角都小于30°‎ B. 各色光在BC面的入射角都大于45°‎ C. 有的色光可能不在BC面发生全反射 D. 从AC面射出的有色光束中红光在最上方 E. 从AC面射出的光束一定平行于BC边 ‎【答案】ABE ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由临界角的范围，由临界角公式求出折射率的范围，从而确定各色光的折射角大小，根据临界角的性质确定能否发生发全射，并根据几何关系和折射定律确定各色光的位置．‎ ‎【详解】设光在AB面的折射角为α，由折射定律知，，解得sin α＜，即各色光在AB面的折射角都小于30°，故A正确；由几何关系知，各色光射向BC面时，入射角都大于45°，故B正确；由临界角公式sin θ=1/n知，各色光全反射的临界角都小于45°，各色光都在BC面发生全反射，故C错误；从AC面射出的光束一定平行于BC边，由于红光射向BC面时的入射角最大，故红光射到AC面时处于最下方，故E正确，D错误．故选ABE．‎ ‎16.如图所示，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，虚线是在t2＝(t1+0.2)s时刻的波形图。‎ ‎(i)若波速为75m/s，求质点M在t1时刻的振动方向;‎ ‎(ii)在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1.8m，求波的传播方向和波速的大小。‎ ‎【答案】(i)向下振动 (ii)波向右传播，10m/s ‎(i)由图可得：波长λ=4m；若波速v=75m/s，那么在t1到t2的时间内，波的传播距离 那么，由图根据两波形关系可得：波向左传播；故根据“上下坡法”或平移法可得：质点M在t1时刻向下振动；‎ ‎(ii)由图可得：振幅A=20cm=0.2m；t1时刻质点M在平衡位置，那么，根据在t1到t2的时间内。如果M通过的路程为 所以 则周期为 由图根据两波形关系，根据波的传播时间和周期关系可得：波向右传播，即波沿x轴正方向传播，由图可得：波长λ=4m，故波速