2020届高考物理课标版二轮习题：11选择题 实验题组合练（3） WORD版含解析.docx

1、选择题+实验题组合练(3)一、选择题1.中国空军八一飞行表演队应邀参加了2019年3月举行的巴基斯坦国庆日飞行表演。中国歼-10战斗机在广场上方沿水平方向自西向东飞行。该飞机翼展10 m,表演地点位于北半球,该处磁场的竖直分量为5.010-5 T,该机飞行时速度约为300 m/s,下列说法正确的是()A.该机两翼尖端电势差大小约为0.15 VB.该机两翼尖端无电势差C.右端机翼电势较高D.若飞机转向为自东向西飞行,右端机翼电势较高答案A该机两翼尖端电势差大小约为U=BLv=0.15 V,故A正确,B错误;北半球的地磁场方向斜向下,在竖直方向的分量向下,根据右手定则可得,无论飞机沿水平方向自西向

2、东飞行还是自东向西飞行,左端机翼都比右端机翼的电势高,故C、D错误。 2.(2019湖北武汉模拟)在气体放电管中,用大量能量为E的电子轰击大量处于基态的氢原子,通过光栅分光计可观测到一定数目的光谱线。调高电子的能量再次进行观测,发现光谱线的数目是原来的三倍。用n表示两次观测中最高激发态的量子数n之差。根据氢原子的能级图可以判断,n和E的可能值为()A.n=1,E=10.30 eVB.n=1,E=12.09 eVC.n=2,E=12.09 eVD.n=4,E=13.06 eV答案A最高激发态量子数之差和最高能级量子数之差相同,因此设氢原子原来的最高能级为n,则调高后的能级为(n+n),则有(n+

3、n)(n+n-1)2=3n(n-1)2,可得n=2,n=1,当氢原子吸收能量从基态跃迁到n=2的激发态时,吸收的能量E=-3.4 eV-(-13.6 eV)=10.2 eV,当氢原子吸收能量从基态跃迁到n=3的激发态时,吸收的能量E=-1.51 eV-(-13.6 eV)=12.09 eV,电子与氢原子碰撞时,氢原子可以吸收电子的一部分的能量,由题目的条件可知,第一次时电子的能量值应该处于10.2 eVE22 C.k=12 D.k24答案A设与A、B两球相连的绳的长度分别为l和2l,当与A球相连的绳绷直时,有x=vAt,y=12gt2,x2+y2=l2,解得vA=l2-gt222t,同理对B球

4、有vB=(2l)2-g(2t)2222t,求得k=vAvB=22,A正确。6.(多选)(2019湖南张家界模拟)如图所示,在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b,a球质量为2m、带电量为+q,b球质量为m、带电量为+2q,两球相距较远且相向运动。某时刻a、b球的速度大小依次为v和1.5v,由于静电斥力的作用,它们不会相碰。则下列叙述正确的是()A.两球相距最近时,速度大小相等、方向相同B.a球和b球所受的静电斥力对两球始终做负功C.a、b两球都要反向运动,但a球先反向D.a、b两球都要反向运动,但b球先反向答案AD水平方向系统动量守恒,由完全非弹性碰撞的知识可知,当两球速度大小相等、方向

5、相同时,系统损失机械能最大,两球相距最近,故A正确。由题意可知,a球动量大于b球动量,b球的速度先减小至零,然后反向加速;因系统动量水平向右,当速度相同时,两球速度均向右,之后b球做加速运动,a球继续做减速运动,速度减至零后,开始反向;故a、b球都要反向运动,但b球要先反向运动,因此静电斥力对b球先做负功后做正功,故B、C错误,D正确。7.(多选)(2019重庆模拟)如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像,每个周期内,前二分之一周期电压恒定,后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电连接成如图乙所示的电路,电阻R阻值为100 ,则()A.理想电流表读数为0.75 AB.理想电压表读数为10

6、0 VC.电阻R消耗的电功率为50 WD.电阻R在100秒内产生的热量为5 625 J答案AD根据电流的热效应,一个周期内产生的热量Q=U2RT=(100V)2RT2+502V2RT2,解得U=75 V,电流表读数I=UR=0.75 A,故A正确,B错误;电阻R消耗的电功率P=I2R=56.25 W,故C错误;电阻R在100 s内产生的热量Q热=Pt=5 625 J,故D正确。8.(多选)(2019河南开封三模)如图所示,M、N两点处于同一水平面,O为M、N连线的中点,过O点的竖直线上固定一根绝缘光滑细杆,杆上A、B两点关于O点对称。第一种情况,在M、N两点分别放置电荷量为+Q和-Q的等量异种

7、点电荷,套在杆上带正电的小金属环从A点无初速度释放,运动到B点;第二种情况,在M、N两点分别放置电荷量为+Q的等量同种点电荷,该金属环仍从A点无初速度释放,运动到B点。则两种情况中()A.金属环运动到B点的速度第一种情况较大B.金属环从A点运动到B点所用的时间第一种情况较短C.金属环从A点运动到B点的过程中,动能与重力势能之和均保持不变D.金属环从A点运动到B点的过程中(不含A、B两点),在杆上相同位置的速度第一种情况较大答案BD等量异种电荷连线的中垂线是等势线,带电金属环沿杆运动时电势能不变,重力势能转化为动能,金属环所受合力等于重力,做加速度等于重力加速度的匀加速直线运动;在等量同种正电荷

8、连线的中垂线上,中点O电势最高,与中点O距离越远,电势越低,A、B两点关于O点对称,电势相等,金属环的电势能相等,重力势能全部转化为动能,第一种情况与第二种情况在B点的速度相等,故A错误;由于到B点前第二种情况的平均速度比较小,所以运动时间比较长,故B正确;等高处重力势能相等,但到B点前第二种情况的速度均较小,所以动能与重力势能之和第二种情况均较小,故C错误;第二种情况中金属环电场力先是阻力后是动力,到B点时与第一种情况速度相等,故D正确。二、实验题9.(2019福建泉州模拟)为了测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值,某同学利用传感器设计了如图甲所示的电路,闭合开关S,调节滑动

9、变阻器的滑动触头P向某一方向移动时,通过电压传感器1、电压传感器2和电流传感器测得数据,用计算机分别描绘了如图乙所示的M、N两条U-I图线,请回答下列问题:甲乙(1)根据图乙中的M、N两条图线可知。A.图线M是根据电压传感器1和电流传感器的数据绘得的B.图线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据绘得的C.图线N是根据电压传感器1和电流传感器的数据绘得的D.图线N是根据电压传感器2和电流传感器的数据绘得的(2)根据图乙可以求得定值电阻R0= 。(3)电源电动势E=V,内电阻r= 。答案(1)BC(2)2.0(3)1.46(1.441.48)1.65(1.601.70)解析(1)定值电阻的U-I图

10、线是正比例函数图线,一定经过原点,故图线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据绘得的;而图线N的电压随电流的增大而减小,故为电源的U-I图线,是由电压传感器1和电流传感器的数据绘得的,故B、C正确,A、D错误;(2)由题图乙图线M可知,R0=0.8-00.4-0 =2.0 ;(3)由U=E-Ir可知,图线N的纵截距表示电源电动势,为1.46 V;斜率的绝对值大小表示内电阻,r=1.46-0.80.4-0 =1.65 。10.(2019福建龙岩质检)某兴趣小组想测量一卷弹性可忽略的尼龙线可承受的最大拉力,他们选择使用拉力传感器和钢卷尺来完成实验。他们首先从整卷线上剪下一段样品线(重力不计),穿上

11、一个质量很小且光滑度很高的小环,然后将线两端分别固定在两根竖直杆上的两个适当位置A、B,如图所示,用拉力传感器拉住小环,竖直向下逐渐增大拉力,直到将线拉断。(1)第一次实验测量时,发现传感器的示数已经很大了但仍没有拉断尼龙线,他们分析发现尼龙线的长度不合适,应当将尼龙线长度(填“加长”或“缩短”)。(2)正确调整后进行第二次实验,竖直向下拉光滑小环,逐渐增大拉力,当观察到传感器示数为F时尼龙线被拉断。(3)该兴趣小组要想得到尼龙线可承受的最大拉力,还需要测量的物理量是(并写出相应的符号)。(4)写出计算承受最大拉力的表达式,Fm=。答案(1)缩短(3)两杆之间的距离d,尼龙线的长度l(4)Fl2l2-d2解析(1)对小环受力分析,如图所示。根据平衡条件得2FT cos =F,解得FT=F2cos,当尼龙线的长度缩短时,两尼龙线之间的夹角增大,则 cos 减小,故在相同大小的力F作用下,拉力FT增大,更容易达到尼龙线的最大拉力,故应缩短尼龙线的长度。(3)(4)设两杆之间的距离为d,两杆之间尼龙线的长度为l,由几何关系得cos =l2-d2l,则Fm=Fl2l2-d2。