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第三周—2021届新高考课标二物理每日一练精选题型训练(答案含解析)

新高考课标二物理每日一练第三周

Day1：

1．在光电效应实验中，某同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示。则可判断出（）

A．甲光的频率大于乙光的频率

B．乙光的波长大于丙光的波长

C．乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率

D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能

【解答】解：A、根据eU截=1

2m v m

2=hγ﹣W，入射光的频率越高，对应的截止电压U

截

越大。甲

光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误。

B、丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长；故B正确。

C、同一金属，截止频率是相同的，故C错误。

D、丙光的截止电压大于甲光的截止电压，根据eU截=1

2m v m

2所以甲光对应的光电子最大初动能

小于丙光的光电子最大初动能，故D错误；

故选：B。

【点评】该题考查光电效应的实验，解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效

应方程eU截=1

2m v m

2=hγ﹣W。

2．（10分）某实验室有下列器材：

A．灵敏电流计（量程0～10mA，内阻约50Ω）

B．电压表（量程0～3V，内阻约10kΩ）；

C．滑动变阻器R1（0～100Ω，1.5A）；

D．电阻箱R0（0～999Ω）

E．电源E（电动势为5.0V，内阻未知）

F．电阻、电键、导线若干

（1）某实验小组为测量灵敏电流计的内阻，设计了如图甲所示的电路，测得电压表示数为2V，灵敏电流计恰好满偏，电阻箱示数为155Ω，则灵敏电流计的内阻为45Ω。

（2）为测量电源的内阻，需将灵敏电流计改装成大量程的电流表（量程扩大10倍），若将电阻箱与灵敏电流计并联，则应将电阻箱R0的阻值调为5Ω；调好电阻箱后，连接成图乙所示的电路测电源的电动势和内电阻，调节滑动变阻器，读出若干组电压和灵敏电流计示数，在坐标系中做出的U﹣I图象如图丙所示，则电源的内电阻r＝46.5Ω．

（电源的内电阻保留三位有效数字）（3）将该灵敏电流计改装成量程为0～3V的电压表，应将灵敏电流计与阻值为255Ω的电阻串联。对改装的电压表进行校对时发现改装的电压表的示数比标准电压表的示数大，（灵敏电流计的内电阻测量值准确），则改装表时，实际串联的电阻阻值比由理论计算得出应该串联的电阻阻值小（填“大”或“小”）。

【解答】解：（1）灵敏电流计内阻为：R g＝＝45Ω

（2）灵敏电流计量程扩大10倍，流过并联电阻的电流为灵敏电流计电流的9倍，

由并联电路特点可知，并联电阻阻值为灵敏电流计内阻的，为：×45Ω＝5Ω

改装后电流表内阻为：R A＝＝4.5Ω

由图示电源U﹣I图象可知，电源内阻为：r＝＝46.5Ω（3）把灵敏电流计改装成3V的电压表需要串联电阻阻值为：R＝

＝255Ω

改装的电压表的示数比标准电压表的示数大，即改装电压表指针偏角过大，流过改装电压表的电流偏大，

电压一定，电流偏大，说明改装电压表内阻偏小，改装电压表时串联电阻阻值偏小；

故答案为：（1）45；（2）5，46.5；（3）255，小

Day2：

3．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间的距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直。在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间的中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场，则（）

A ．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的

B ．在t =T

2时刻，该粒子的速度大小为√2v 0

C ．若该粒子在T 4

时刻以速度v 0进入电场，则两板间最大偏移量为

D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子将打在金属板MN 上

【解答】解：A ：由于带电粒子在平行于板方向上不受力，故做匀速直线运动，在垂直于板方向上，在时间T 内，受大小和时间相等、方向相反的电场力，故先做匀加速再做匀减速运动，根据运动的对称性，末速度为零，所以t ＝T 时刻速度平行于金属板，故A 正确。

B ：设板长为L ，t =T 2

时刻垂直于板的速度为V ，平行于板方向：L ＝V 0?T ，垂直于板方向L

V 2

，解得V ＝V 0，根据勾股定理求出速度大小为√2V 0，故B 正确。

C ：垂直于板方向：在T

和T

3T 4

时间内，粒子先向上匀加速再匀减速，速度减为0，因为在

0?T 2，位移为L 4.所以由X =12a t 2

可得：在T 4?T 2和T 2?3T 4时间内位移分别为L 16，所以在T 4?3T 4

时

间内，偏移量为L 8

，根据运动的对称性，在

3T 4

?T 时间内，粒子做反向初速度为0反向匀加速运

动，所以最大偏移量为L

，故C 错误。

D ：速度变为2V 0，板间的时间变为T

，垂直于板方向上位移为L

，故粒子不能打在板MN 上，故

D 错误。故选：AB 。

4．（10分）从坐标原点O 产生的简谐横波分别沿x 轴正方向和负方向传播，0t =时刻波的图象如图所示，此时波刚好传播到M 点，质点P 的位于波峰，再经△0.25t s =，质点P 第一次回到平衡位置。 ()i 从0t =时刻起，经过多长时间位于13.5x m =-处的质点N （图中未画出）第一次到达波峰位置 ()ii 求质点P 的位移随时间变化的表达式（用正弦表示）

【解答】解：()0i t =时刻波的图象如图所示，此时波刚好传播到M 点，质点P 的位于波峰，再经△0.25t s =，质点P 第一次回到平衡位置，知周期4T =△1t s =

由图可知，1

20sin(2)10cm cm πλ

?=，

所以，12m λ=，所以，12

/12/1

v m s m s T

=；由图可知，0t =时，向左传播的第一个波峰在34

x m λ

=-=-处，所以，质点N 第一次到达波峰位置

的时间为： 3(13.5)

0.87512

t s s ---=

=；

7.8 6.5t s T ==，

()ii 由P 位置，波向右传播可知，0t =时，质点P 向下振动，那么P 的振动方程为：

220sin()()20sin()()20sin(2)()222

y t cm t cm t cm T ππππ

ωπ=+=+=+

答：()i 从0t =时刻起，经过0.875s 时间位于13.5x m =-处的质点N （图中未画出）第一次到达波峰位置；

()ii 质点P 的位移随时间变化的表达式为20sin(2)()2

y t cm π

π=+。

Day3 ：

5．（6分）某同学将一闭合电路电源的总功率E P 、输出功率R P 和电源内部的发热功率r P 随电流I 变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a 、b 、c 所示，则下列判断正确的是( )

A ．直线a 表示电源内部的发热功率随电流I 变化的图线

B ．曲线b 表示电源的总功率随电流I 变化的图线

C ．曲线c 表示电源的输出功率随电流I 变化的图线

D ．电源的电动势3

E V =，内电阻2r =Ω

【解答】解：A 、电源消耗的总功率的计算公式E P EI I =∝，故E P I -图线是直线，直线a 表示电源总功率随电流I 变化的图线，故A 错误；

B 、电源内电阻消耗的功率：2r P I r =，应为开口向上的曲线，故b 表示r P I -图线；故B 错误；

C 、输出功率：2R E r P P P EI I r =-=-，应为开口向下的曲线，故c 表示R P I -图线；故C 正确，

D 、当2I A =时，0R P =．说明外电路短路，根据P EI =，得到632P

E V V I ===；3 1.52

E r I ==Ω=Ω；故D 错误；故选：C 。

6．（15分）如图所示，水平地面上有相距40x m =的A 、B 两点，分别放有质量为12m kg =和21m kg =的甲、乙两物体（均视为质点），甲与水平地面间的动摩擦因数0.5μ=，BCD 是半径为0.9R m =的光滑半圆轨道，O 是圆心，DOB 在同一竖直线上。甲以025/v m s =的速度从A 点向右运动，与静止在B 点的乙发生碰撞，碰后粘在一起沿轨道BCD 运动，从最高点D 飞出，落到水平地面上的P 点（图中未画出），取210/g m s =，求：（1）甲运动到B 点时的速度大小；（2）甲与乙碰撞过程中系统损失的机械能；

（3）落地点P 与B 点间的距离。

【解答】解：（1）甲从A 到B 的过程，运用动能定理得： 22

1110

1122

B m gx m v m v μ-=-，代入数据解得：15/B v m s =

（2）对于甲乙碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得： 112()B m v m m v =+

代入数据得：10/v m s =

甲与乙碰撞过程中系统损失的机械能为：△2

211211()22

B E m v m m v =-+；

代入数据解得：△75E J =

（3）甲乙整体从B 到D 的过程，由机械能守恒定律得：

12121211()()2()22

D m m v m m v m m gR +=+++ 代入数据得：8/D v m s =

整体离开D 点后做平抛运动，由平抛运动的规律得： 2

122

R gt =

D x v t =

联立解得落地点P 与B 点间的距离为： 4.8x m =。

答：（1）甲运动到B 点时的速度大小是15/m s ；（2）甲与乙碰撞过程中系统损失的机械能是75J ；（3）落地点P 与B 点间的距离是4.8m 。 Day4：

7．（6分）物块在1N 合外力作用下沿x 轴做匀变速直线运动，图示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，则关于该物块有关物理量大小的判断正确的是( )

A ．质量为1kg

B ．初速度为2/m s

C ．初动量为2?/kg m s

D ．加速度为20.5/m s

【解答】解：BD 、由图根据数学知识可得：22x v =-．根据匀变速直线运动的速度位移关系公式

得：2

2v v ax -=得：2

22v v x a a

对比可得：112a

=，解得：20.5/a m s =，加速度为：2

0.5/a m s =，20220.5v =

?，得0/v s =，则B 错误，D 正确

AC 、根据1

20.5

F m kg a

=合，再由000?/P m v m s ==，则AC 错误；故选：D 。

8．（10分）如图（a ）所示，开口向下的圆柱形导热气缸倒置于粗糙水平面上，用一个质量和厚度可以忽略的活塞在气缸中封闭一定质量的理想气体，活塞下方气缸开口处始终与大气相通，气缸内部

的高度为0.9L m =，内横裁面积20.02S m =．当温度1300T K =时，活塞刚好在气缸开口处，且与地面无弹力作用。现用一个原长为00.2X m =的弹簧将活塞顶起，平衡时弹簧弹力大小为400N ，如图（b ）所示。已知大气压强50 1.010P Pa =?，气缸内盛光滑，且一直未离开水平面。求： ①弹簧的劲度系数k 的大小：

②将温度降低到2T 时，如图（c ）所示，弹簧弹力大小仍为400N ，求2T 的大小。（结果保留1位小数）

【解答】解：①缸内封闭气体做等温变化，初态：50 1.010a P P Pa ==? a V LS =

末态：对活塞由平衡得：0b P S F P S +=，b V xS =

对弹簧：0[()]F k X L x =--

根据玻意耳定律得：a a b b PV PV =

代入数据解得：0.75;;8000/x m k N m == 8000/k N m =

②将温度降低到2T 时，如图（c ）所示，弹簧弹力大小仍为400N ，弹簧的伸缩量与压缩量相同

即△0()0.05x X L x m =--=

末态：对活塞：0c P S P S F =+ 0[c V L X =--△]x S

由理想气体状态方程得：

a a

c c PV PV T T = 解得：2173.3T K

答：①弹簧的劲度系数k 的大小为8000/:N m ②2T 的大小为173.3K 。 Day5：

9．（12分）如图所示，边长为L 的正方形线框abcd 放置于水平桌面上，质量为m ，电阻为R ．在线框右侧存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下，磁场宽度大于L ．线框在水平外力F 的作用下从磁场左边界以垂直边界的速度v 匀速进入磁场，当cd 边进入磁场时立刻撤去外力，线框ab 边恰好能到达磁场的右边界。已知线框与桌面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。求：（1）水平外力F 的大小；

（2）从线框开始进入磁场到ab 边恰好到达磁场右边界的整个过程中系统产生的总热量Q 。

【解答】解：（1）线框切割磁感线所产生的电动势为：E BLv = 回路中的感应电流为：E I R

线框所受到的安培力为：F BIL =安

由于线框匀速运动，故水平外力：F F mg μ=+安

联立可得：22B L v

F mg R

μ=+

（2）线框从开始运动到cd 边进入磁场所经历的时间为：L t v

回路中产生的焦耳热：21Q I Rt =

线框与桌面间的摩擦生热：221

Q mgL mv μ=+

所以整个过程中产生的总热量：232121

B L v Q Q Q mgL mv R μ=+=++

或者直接由能量守恒得：232211

22B L v Q FL mv mgL mv R μ=+=++

答：（1）水平外力F 的大小是22B L v

mg R

μ+；

（2）从线框开始进入磁场到ab 边恰好到达磁场右边界的整个过程中系统产生的总热量Q 是

2321

B L v mgL mv R μ++。 Day6：

10．（3分）关于分子动理论的规律，下列说法正确的是( ) A ．扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动

B ．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故

C ．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是内能

D ．已知某种气体的密度为ρ，摩尔质量为M ，阿伏加德罗常数为A N ，则该气体分子之间的平

【解答】解：A 、扩散现象与布朗运动都是分子无规则热运动的宏观表现，故A 正确；

B 、气体压缩可以忽略分子间作用力，压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的原

因，故B 错误；

C 、如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，不是内能，故C 错误；

D 、已知某种气体的密度为ρ，摩尔质量为M ，则该气体的摩尔体积0A

V N ρ=，把分子看成立方体模型，则有30V d =

，解得该气体分子之间的平均距离d =

D 正确；故选：ACD 。

11.(1)小明准备将电流表G 改装成电压表，需要测量电流表的内阻，他采用如图8(a)所示的电路，实验步骤如下：

①连接好电路，闭合开关S 1前，滑动变阻器R 1的滑片应置于________(填“a ”或“b ”)端附近。 ②闭合S 1，断开S 2，调节R 1使电流表G 满偏。

③闭合S 2，保持R 1阻值不变，调节电阻箱R 2的阻值，使电流表G 的指针指到满刻度的2

3，读出

电阻箱示数R 2＝104.0 Ω，则测得电流表G 的内阻R g ＝________ Ω。

图8

(2)查阅说明书后，知电流表G 的内阻R g ＝53.0 Ω，量程I g ＝1 mA ，其改装成量程为15 V 的电压表，串联的电阻箱R 2的阻值应调到________ Ω。

(3)将电压表改装好后，用如图(b)所示的电路测量电源的电动势和内阻，已知定值电阻R 0＝5 Ω，根据实验测得数据作出电压表读数U 与电流表A 读数I 的关系图象如图(c)所示，则电源电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω(结果保留到小数点后2位)。

【解析】 (1)①为保护电路，连接电路时，滑动变阻器滑片应该移到阻值最大处，所以滑片应滑至a 端。

③电流表G 的指针到满刻度的23，则电阻箱的电流为电流表满偏的1

3，根据并联电路反比分流，

电流表的内阻为电阻箱阻值的一半，为52.0 Ω。

(2)根据电表的改装原理可知，应串联的电阻为 R ＝???

?15

1×10－3－53.0 Ω＝14 947.0 Ω。

(3)根据闭合电路欧姆定律可知U ＝E －Ir ′，故图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故有E ＝12.10 V

r ＝????12.102.00－5 Ω＝1.05 Ω。

【答案】 (1)①a ③52.0 (2)14 947.0 (3)12.10 1.05 Day7：

12．（9分）如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨平面与水平面的夹角为030θ=，水平和倾斜部分均处在匀强磁场中，磁感应强度为B ，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分磁场方向垂直斜面向下（图中末画出）两个磁场区域互不叠加。将两根金属棒a 、b 垂直放置在导轨上，并将b 用轻绳通过定滑轮和小物块c 连接。己知导轨间的距离均为L ，金属棒的电阻均为R ，质量均为m ，小物块c 的质量也为m ，一切摩擦和其它电阻都不计，运动过程中棒与导轨保持接触良好，且b 始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g 。求：

（1）锁定a ，释放b ，求b 的最终速度m v ；

（2）在a 上施加一沿斜面向上的恒力 1.5F mg =，同时将a 、b 由静止释放，求达到稳定状态时a 、b 的速度；

（3）若在（2）中小物块c 下落h 时恰好达到稳定状态，求此过程中系统产生的焦耳热。

（2）对a 棒运动过程中、b 和c 组成的系统过程中某一瞬间应用牛顿第二定律列方程，求出任意时

刻a 棒和b 棒的加速度之比，再求出速度之比，由此得解；

【解答】解：（1）当b 和c 组成的系统做匀速运动时，最大速度为:m v 0mg BIL -=

根据闭合电路欧姆定律可得：2m

BLv I R

解得：22

2m mgR

v B L =

；（2）施加F 后，a 棒沿斜面向上运动，对a 棒运动过程中某一瞬间应用牛顿第二定律： 1sin F mg BiL ma θ--=

对b 和c 组成的系统同一瞬间应用牛顿第二定律： 22mg BiL ma -=

当a 棒和b 棒加速度为零时，达到稳定状态，设此时a 、b 棒速度分别为1v 、2v ，

此时电路中的电流为：12()

2BL v v I R

所以任意时刻a 棒和b 棒的加速度之比为：12:2:1a a =，由于a 、b 棒运动时间相等，

所以任意时刻a 、b 棒的速度之比为：12:2:1v v =

解得：122

43mgR

v B L =

222

23mgR

v B L =

（3）由（2）中过程分析可确定任意时刻12:2:1v v =，由于运动时间相等，那么从由静止开始到达恰好稳定状态，a 、b 棒的位移大小之比也为2:1．即c 物块下落h ，则b 棒的位移大小为：2x h =

a 棒沿着斜面向上移动的位移大小为：12x h =

对于a 、b 和c 系统，由功能关系得：22

11211(sin )(2)22

F mg x mgh mv m v Q θ-+=+?+

解得：322

433m g R Q mgh B L =-

答：（1）锁定a ，释放b ，b 的最终速度为

2mgR

B L ；（2）在a 上施加一沿斜面向上的恒力 1.5F mg =，同时将a 、b 由静止释放，达到稳定状态时a 、b 的速度为

23mgR

B L ；（3）若在（2）中小物块c 下落h 时恰好达到稳定状态，此过程中系统产生的焦耳热为

2mgR

B L 。