2020年高考物理专题复习六(后附答案)

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2020年全国高考全真模拟卷物理试题06(解析版)

2020年全国普通高等学校招生统一考试全真模拟物理一、选择题（本题共16小题，共38分，第1～10小题为单选题，每小题2分，第11～16小题为多选题，每小题3分）1.在物理学发展的历程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，以下对几位物理学家所做科学贡献的叙述正确的是（）A. 牛顿运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”B. 安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律C. 爱因斯坦创立相对论，提出了一种崭新的时空观D. 法拉第在对理论和实验资料进行严格分析后，总结出了法拉第电磁感应定律【答案】C【解析】A、伽利略运用理想实验法得出“力不是维持物体运动的原因”,故A错误;B、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律,故B错误;C、爱因斯坦创立相对论,提出了一种崭新的时空观,所以C选项是正确的;D、法拉第发现了电磁感应现象,揭示了磁现象和电现象之间的联系;是韦德与库柏在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出了法拉第电磁感应定律,故D错误;综上所述本题答案是：C2.下列说法正确是（）A. 天然放射现象揭示了原子具有核式结构B. 23892U衰变成20682Pb要经过6次β衰变和8次α衰变C. α、β和γ三种射线中α射线的穿透力最强D. 氢原子向低能级跃迁后，核外电子的动能减小【答案】B【详解】A．天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有中子产生，因此说明了原子核有复杂的结构，但不能说明原子具有核式结构，故A错误；B．根据质量数和电荷数守恒知，质量数少32，则发生8次α衰变，导致电荷数少16，但是电荷数共少10，可知，发生了6次β衰变，故B正确；C ．γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，α射线的穿透能力最弱，电离能力最强，故C 错误；D ．根据玻尔理论可知，氢原子向低能级跃迁后，电子轨道的半径减小，由库仑力提供向心力得222e v k m r r可知核外电子的动能增大，故D 错误。

2020年高考物理素养提升专题06 机械能守恒定律及其应用(解析版)

素养提升微突破06 机械能守恒定律及其应用——建立能量间的转化概念机械能守恒定律能量观念和守恒思维在守恒定律中得到了充分体现，分析综合及模型构建是解决守能定律在实际生活应用中的重要手段。

机械能守恒定律应用时要明确只有重力和弹簧弹力做功并不是只受重力和弹簧弹力，可能受其他力，其他力不做功或做功代数和为零。

【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。

D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且在同一竖直平面内。

某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。

已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光滑，则小车从A 到C 的运动时间是A ．5 sB ．4.8 sC ．4.4 sD ．3 s【答案】A【解析】设小车的质量为m ，小车在AB 段所匀减速直线运动，加速度10.20.2f mga g m m===22m/s =，在AB 段，根据动能定理可得2201122AB B fx mv mv -=-，解得4m/s B v =，故1104s 3s 2t -==；小车在BC 段，根据机械能守恒可得212B CD mv mgh =，解得0.8m CD h =，过圆形支架的圆心O 点作BC的垂线，根据几何知识可得12BC BC CDxRx h=，解得4mBCx=，1sin5CDBChxθ==，故小车在BC上运动的加速度为22sin2m/sa gθ==，故小车在BC段的运动时间为224s2s2Bvta===，所以小车运动的总时间为125st t t=+=，A正确。

【素养解读】本题考查动能定理、机械能守恒定律、数学知识的综合应用等。

能量观念和综合分析思维能力在本题中得到充分体现。

2020年高考物理总复习专题突破(六) 弹性碰撞和完全非弹性碰撞

撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量
之比mm12.
【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球 A
和 B 的速度大小保持不变．根据它们通过的路程，可知小球 B 和小球 A 在碰撞后的速度大小之比为 4∶1.
设碰撞后小球 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2，在碰
撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等． m1v0＝m1v1＋m2v2 ① 12m1v20＝12m1v21＋12m2v22 ② 利用vv21＝4，可解出mm12＝2.
4．如图所示，一质量 m2＝0.25 kg 的
平顶小车，车顶右端放一质量 m3＝0.2 kg 的小物体，
小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数 μ＝0.5，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量 m1＝0.05 kg 的子弹以水平速度 v0＝30 m/s 射中小车左端，并留在车中．子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，求：
A 组成的整体与木块 B 通过弹簧相互作用的过程，动量
守恒，系统机械能守恒．子弹打入：mv0＝4mv1 打入后弹簧由原长到最短：4mv1＝8mv2 由机械能守恒有：12×4mv21＝12×8mv22＋Ep 解得 Ep＝116mv20.
(2)从弹簧原长到被压缩至最短再恢复原长的过程中，木块 B 一直做变加速运动，木块 A 一直做变减速
v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋34mv2′ ④
12mv21＝12mv1′2＋1234mv2′2 ⑤ 联立④⑤式解得 v2′＝87v1 ⑥ 由题意知，b 没有与墙发生碰撞，
由功能关系可知1234mv2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥13123vg20l ⑧ 联立②⑧式，a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件13123vg20l≤μ<2vg20l ⑨

专题06 带电粒子在磁场中运动的动态圆模型--高考物理模型法之情景模型法(解析版)2020年高考物理

一模型界定本模型主要是指带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由于粒子的速度不同、入射位置不同等因素而引起粒子在磁场中运动轨迹的差异,从而在有界磁场中形成不同的临界状态与极值问题的一类物理情景.二模型破解1. 处理“带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”的基本知识点(i)圆心位置的确定①利用速度的垂线；②利用弦的中垂线；③利用两速度方向夹角的角平分线；④利用运动轨迹的半径大小.具体来说,如图1所示:①已知两位置的速度,分别过两位置作速度的垂线,交点处为运动轨迹的圆心②已知一点的速度与另一点的位置,过已知速度的点作该点速度的垂线,再作两点连线的中垂线,交点处为运动轨迹的圆心③已知一点的速度与另一不知位置的点的速度方向,过已知速度的点作该点速度的垂线,再作两速度夹角的平分线,交点处为运动轨迹的圆心④已知一点的速度与粒子运动的轨迹半径,过该点作速度的垂线,再在垂线上取一点,使其到已知点间距离等于粒子运动的轨迹半径,该点即为运动轨迹的圆心⑤已知不知位置的两点的速度方向与粒子运动的轨迹半径,作两速度的夹角平分线,再在平分线上取一点,使其到两已知两已知速度所在直线间的距离等于粒子运动的轨迹半径,该点即为运动轨迹的圆心⑥已知一不知位置的点的速度方向与粒子运动的轨迹半径,可确定粒子运动的轨迹圆心位置在与该速度所在直线相平行且距离等于轨迹半径的直线上⑦已知运动轨迹上三点的位置,连接其中两点所得任两条弦,作此两条弦的中垂线,交点处为运动轨迹的圆心⑧已知运动轨迹上两点的位置与粒子运动的轨迹半径,作连接两已知点所得弦的中垂线,再在中垂线上取一点,使其到已知点间距离等于粒子运动的轨迹半径,该点即为运动轨迹的圆心(ii)两个重要几何关系①粒子速度的偏向角ϕ等于回旋角θ，并等于AB 弦与切线的夹角(弦切角α)的2倍，即：ϕ＝θ＝2α＝ωt.②相对的弦切角θ相等,与相邻的弦切角'θ互补,即πθθ=+'(iii)两个重要的对称性①如图2所示,带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，入射速度方向、出射速度方向与边界的夹角相等；②如图3所示,在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出;不沿半径射入的粒子必不沿半径射出,但速度方向与入射点、出射点所在半径之间的夹角相等,入射速度与出射速度的交点、轨迹圆的圆心、磁场区域圆的圆心都在弧弦的中垂线上．(iV)两类重要的临界状态与极值条件①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切②当粒子运动的速率一定(即在磁场中运动的轨迹半径一定)时,通过的弧长越长,转过的圆心角越大,粒子在有界匀强磁场中运动的时间越长.由图1可以看到,Rl 22sin =θ,粒子在磁场中转过一个劣弧时,对应的弦长越长,转过的圆心角越大,运动时间越长;粒子在磁场中转过一个优弧时则相反.2.动态圆的问题处理方法(i)旋转"半圆"法处理速率相同的动态圆问题如图4所示,对于大量的同种粒子,从空间同一位置以相同的速率υ沿不同的方向垂直．．进入某匀强磁场时,由于速度方向的差异,引起粒子在空间运动轨迹的不同,它们在空间运动的基本特征是:①所有粒子运动的轨迹半径qBmv R =相同 ②所有粒子运动轨迹平面都在垂直于磁场的同一平面内③所有粒子运动轨迹的圆心都在以入射点为圆心、R 为半径的圆周上④所有粒子的运动轨迹所覆盖的空间区域是以入射点为圆心、2R 圆形区域○5同一时刻射入的粒子在经过相同时间t ∆后，每个粒子速度方向改变的角度（偏向角）ϕ、转过的圆心角度α相同，t m qB ∆⋅==ϕα；到入射点的距离l 相同，即位于以射点为圆心、以l 为半径的同一圆周上，其中2sin 2αR l =。

2020年高考物理考点题型归纳与训练专题六万有引力与航天(含解析)

2020高考物理二轮复习题型归纳与训练专题六万有引力与航天题型一开普勒三定律的理解和应用【例1】(2018·高考全国卷Ⅲ)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P ，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q 的轨道半径约为地球半径的4倍．P 与Q 的周期之比约为 ( )A ．2∶1B ．4∶1C ．8∶1D ．16∶1【答案】 C【解析】由G Mm r 2＝mr 4π2T 2知，T 2r 3＝4π2GM ，则两卫星T 2P T 2Q ＝r 3P r 3Q.因为r P ∶r Q ＝4∶1，故T P ∶T Q ＝8∶1.题型二万有引力定律的理解【例2】近期天文学界有很多新发现，若某一新发现的星体质量为m 、半径为R 、自转周期为T 、引力常量为G .下列说法正确的是( )A ．如果该星体的自转周期T <2π R 3Gm，则该星体会解体 B ．如果该星体的自转周期T >2πR 3Gm ，则该星体会解体 C ．该星体表面的引力加速度为Gm R D ．如果有卫星靠近该星体表面做匀速圆周运动，则该卫星的速度大小为Gm R【答案】 AD 【解析】如果在该星体“赤道”表面有一物体，质量为m ′，当它受到的万有引力大于跟随星体自转所需的向心力时，即G mm ′R 2>m ′R 4π2T2时，有T >2πR 3Gm ，此时，星体处于稳定状态不会解体，而当该星体的自转周期T <2πR 3Gm时，星体会解体，故选项A 正确，B 错误；在该星体表面，有G mm ′R 2＝m ′g ′，所以g ′＝G m R 2，故选项C 错误；如果有质量为m ″的卫星靠近该星体表面做匀速圆周运动，有G mm ″R 2＝m ″v 2R ，解得v ＝Gm R，故选项D 正确．题型三天体质量和密度的估算【例3】为了研究某彗星，人类先后发射了两颗人造卫星．卫星A 在彗星表面附近做匀速圆周运动，运行速度为v ，周期为T ；卫星B 绕彗星做匀速圆周运动的半径是彗星半径的n 倍．万有引力常量为G ，则下列计算不正确的是 ( ) A ．彗星的半径为vT 2π B ．彗星的质量为v 3T 4πGC ．彗星的密度为3πGT 2D ．卫星B 的运行角速度为2πT n 3【答案】 ACD【解析】由题意可知，卫星A 绕彗星表面做匀速圆周运动，则彗星的半径满足：R ＝vT 2π，故A 正确；根据G Mm R 2＝m v 2R ，解得M ＝v 3T 2πG ，故B 错误；彗星的密度为ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3πGT 2，故C 正确；根据G Mm r 2＝mω2r ，GMm R 2＝mR 4π2T 2，r ＝nR ，则卫星B 的运行角速度为2πT n 3，故D 正确．题型四卫星运动及变轨问题【例11】(2019·陕西省宝鸡市质检二)如图所示，质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMm r，其中G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为R 1的轨道Ⅰ上绕地球做匀速圆周运动，经过椭圆轨道Ⅱ的变轨过程进入半径为R 3的圆形轨道Ⅲ继续绕地球运动，其中P 点为Ⅰ轨道与Ⅱ轨道的切点，Q 点为Ⅱ轨道与Ⅲ轨道的切点，下列判断正确的是( )A ．卫星在轨道Ⅰ上的动能为G Mm 2R 1B ．卫星在轨道Ⅲ上的机械能等于－G Mm 2R 3C ．卫星在Ⅱ轨道经过Q 点时的加速度小于在Ⅲ轨道上经过Q 点时的加速度D ．卫星在Ⅰ轨道上经过P 点时的速率大于在Ⅱ轨道上经过P 点时的速率【答案】 AB【解析】在轨道Ⅰ上，有：G Mm R 12＝m v 12R 1，解得：v 1＝GM R 1，则动能为E k1＝12mv 12＝GMm 2R 1，故A 正确；在轨道Ⅲ上，有：G Mm R 32＝m v 32R 3，解得：v 3＝GM R 3，则动能为E k3＝12mv 32＝GMm 2R 3，引力势能为E p ＝－GMm R 3，则机械能为E ＝E k3＋E p ＝－GMm 2R 3，故B 正确；由G Mm R Q2＝ma 得：a ＝GM R Q2，两个轨道上Q 点到地心的距离不变，故向心加速度的大小不变，故C 错误；卫星要从Ⅰ轨道变到Ⅱ轨道上，经过P 点时必须点火加速，即卫星在Ⅰ轨道上经过P 点时的速率小于在Ⅱ轨道上经过P 点时的速率，故D 错误．题型五双星模型【例5】2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s 时，它们相距约400 km ，绕二者连线上的某点每秒转动12圈．将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星 ( )A ．质量之积B ．质量之和C ．速率之和D ．各自的自转角速度【答案】 BC【解析】两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示．每秒转动12圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得Gm 1m 2l 2＝m 1ω2r 1① Gm 1m 2l 2＝m 2ω2r 2② l ＝r 1＋r 2③由①②③式得G （m 1＋m 2）l 2＝ω2l ，所以m 1＋m 2＝ω2l 3G ，质量之和可以估算．由线速度与角速度的关系v ＝ωr 得v 1＝ωr 1④v 2＝ωr 2⑤由③④⑤式得v 1＋v 2＝ω(r 1＋r 2)＝ωl ，速率之和可以估算．质量之积和各自自转的角速度无法求解．【强化训练】1．假设有一星球的密度与地球相同，但它表面处的重力加速度是地球表面重力加速度的4倍，则该星球的质量是地球质量的( )A.14 B ．4倍 C ．16倍 D ．64倍2．火星成为我国深空探测的第二颗星球，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行(不计周围其他天体的影响)，宇航员测出飞行N 圈用时t ，已知地球质量为M ，地球半径为R ，火星半径为r ，地球表面重力加速度为g 。

2020年高考物理机械能专题复习(后附答案)

2020年高考物理机械能专题复习（后附答案）一．功有力作用在物体上，而且物体在力的作用下发生一段位移，这是做功过程的共同特点。

1．一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生一段位移，物理学中就说这个力对物体做了功。

见，功有两个必要因素注意功这一概念与一般所说的"做工"或"工作"含义不同。

举几个例子来比较一下。

例：①手托砖块静止不动，人很累，但没对砖做功。

②用手水平托住砖块匀速前进，手对砖只有支持力，砖也有位移，但手对砖仍未做功，因为砖在力的方向上无位移。

2．功的计算公式初中学过的公式W=FS，是在力F与位移S方向一致的情况下得出的，那么若力与位移方向不一致，力对物体做不做功呢？若做功，如何求出做了多少功呢？如图所示情况：我们介绍两种处理方法。

①将力F沿S方向和垂直于S方向分解，易见分力F2不做功，分力F1做功，而F1=Fcosα∴W=F1S=FScosα②也可将位移矢量沿力的方向和垂直于力的方向进行分解。

易见，分位移S1与F同方向，而分位移S2垂直于力F的方向。

则W=FS1=FScosα功的一般公式W= FScosα，即由力的大小F，位移的大小S及力与位移间的夹角α的余弦三者的乘积决定。

3．对功的计算式的理解（1）正功和负功①功是标量，只有大小，没有方向。

②正功和负功的意义由功的计算式W=FScosα，可知，力矢量与位移矢量间的夹角α不但影响功的大小，还决定了力是对物体做正功，负功还是不做功。

W=0 W=0，不做功注意：计算式中，F、S均指大小，而α是两矢量的夹角。

功的正、负的意义：由上面的图示易知，力对物体做正功时，有使物体加速运动的作用，即会使物体动能增加；力对物体做负功时，有使物体减速的作用，即会使物体动能减少。

功是标量，其正、负与前面学过的S、v、a的正负的意义不同，功的正、负并不代表方向，而是对应于能量的增减。

总的效果由各个力做功的代数和反映。

（2）功的计算式W=FScosα中的力F必须是恒力，谈功必须要明确是哪个力的功，合力的功与各个力做功的代数和是相等的。

(课标版)2020高考物理二轮复习专题六物理实验第19讲实验题对“电学知识”的考查限时练(含解析)

实验题对“电学知识”的考查1．(2019·湖北宜昌联考)如图a所示为某电流天平的示意图，质量为m的均质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数．当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd 边重合，且指针指在0刻线的位置，此时标尺读数为0.当MN中有电流通过且平衡时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图b所示．此时标尺读数为________cm.a b利用上述装置可以测量悬挂的轻弹簧的劲度系数，已知B＝0.547T，MN中通有电流I＝1.00 A，MN的长度l＝0.250 m，ab边的长度d＝0.200 m．则轻弹簧的劲度系数k＝________N/m. 解析：由图示游标卡尺可知，此时游标卡尺读数为：10 mm＋47×0.02 mm＝10.94 mm＝1.094 cm；线框所受安培力：F＝BId，线框静止，处于平衡状态，由平衡条件得：kx＝BId，其中：x ＝1.094 cm，代入数据解得：k＝10 N/m.答案：1.094 102．(2019·河北邯郸期末)指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器．请回答下列问题：甲乙(1)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a所示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡________挡(选填“×1”“×100”)；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为________Ω.(2)图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图．其中，电流表满偏电流为0.5 mA、内阻为10 Ω；电池电动势为1.5 V、内阻为1 Ω；变阻器R0的阻值范围为0～5 000 Ω.①该欧姆表的两只表笔中，________是红表笔．(选填“A”或“B”)；②该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5 V、内阻为1 Ω进行刻度的．当电池的电动势下降到1.45 V、内阻增大到4 Ω时，欧姆表仍可调零，则调零后R0接入电路的电阻将变________(填“大”或“小”)．解析：(1)使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“×10”挡，经正确操作后，指针偏角很小，说明倍率选择较小，则为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选用欧姆挡“×100”挡；待测电阻为30×100 Ω＝3 000 Ω；(2)①该欧姆表的两只表笔中，红表笔内部接电源的负极，则A是红表笔；②电池电动势为1.5 V、内阻为1 Ω时，调零电阻：R0＝EI g－r g－r＝⎝⎛⎭⎪⎫1.50.5×10－3－10－1Ω＝2 989 Ω；电池的电动势下降到1.45 V、内阻增大到4 Ω时，调零电阻：R′0＝EI g－r g－r′＝⎝⎛⎭⎪⎫1.450.5×10－3－10－4Ω＝2 886 Ω，则调零后R0接入电路的电阻将变小．答案：(1)×100 3 000 (2)①A②小3．(2019·安徽六安模拟)某实验探究小组为了较精确地测量一待测电阻R x的阻值，利用多用电表粗测出它的阻值，然后再改用伏安法测量．以下是备用器材：A．多用电表B．电压表V1：量程6 V，内阻约8 kΩC．电压表V2：量程15 V，内阻约10 kΩD．电流表A1：量程10 mA，内阻约6 ΩE．电流表A2：量程0.6 A，内阻约0.5 ΩF．电源：电动势E＝6 VG．滑动变阻器R1：最大阻值10 Ω，最大电流为2 AH．滑动变阻器R2：最大阻值50 Ω，最大电流为0.1 AI．导线、开关若干(1)如图甲所示为多用电表表盘，若用×100 Ω挡测量电阻，则读数为________Ω.(2)请在图乙所示的线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图(选用的实验器材需注明符号)．乙(3)探究小组的同学合理地连接好电路，并按正确的顺序操作，闭合开关后发现移动滑动变阻器时，电压表示数有变化，电流表示数为零，故障可能是________，为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表________挡检查，在断电后用多用电表________挡检测．解析：(1)多用电表用×100 Ω挡测量电阻，则读数为9×100 Ω＝900 Ω；(2)电源电动势E ＝6 V ，则电压表选择V 1，电路中可能出现的最大电流I ＝U R x ＝6900 A≈6.7 mA，则电流表选择A 1，且R V1R x ＜R x R A1，则电流表采用内接法；两滑动变阻器阻值均远小于R x 的阻值，电路采用分压式接法，故滑动变阻器选择阻值较小的R 1，电路图如图所示；(3)电路故障可能是待测电阻、电流表或与它们相邻的导线发生断路，为了检测故障具体原因，可以先使用多用电表电压挡检查，在断电后用多用电表欧姆挡检测．答案：(1)900 (2)图见解析 (3)待测电阻、电流表或与它们相邻的导线发生断路电压欧姆4．为研究某一蓄电池组，某兴趣小组将一块旧的电池组充满电，准备利用下列器材测量电池组的电动势和内电阻．A ．待测电池组，电动势约为4 V ，内阻约几欧姆B ．直流电压表V 1、V 2(量程均可满足要求，均可视为理想电表)C ．定值电阻R 0(未知)D ．滑动变阻器R ，最大阻值为R p (已知)E ．导线和开关(1)现利用以上器材，设计一个电路如图所示，完成对待测电池组的电动势和内阻的测量．(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R 0，方法是先把滑动变阻器R 调到最大阻值R p ，再闭合开关，电压表V 1和V 2的读数分别为U 10、U 20，则R 0＝________(用U 10、U 20、R p 表示)．(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1U 2图象(横轴为U 2)，图线斜率的绝对值为k ，与横轴的截距值为a ，则电池组的电动势E ＝________，内阻r ＝________(用k 、a 、R 0表示)．解析：(2)当滑动变阻器接入阻值最大时，此时电路中电流为：I ＝U 10R p ，根据欧姆定律得：R 0＝U 20I ＝U 20R p U 10. (3)根据闭合电路欧姆定律可知：U 1＝E －U 2R 0(r ＋R 0)，根据题意可知：k ＝r ＋R 0R 0，0＝E －a R 0(R 0＋r )，联立解得：E ＝ka ，r ＝R 0(k －1) .答案：(2)U 20R p U 10(3)ka R 0(k －1) 5．(2019·闽粤赣三省十校联考)用以下器材测量待测电阻R x 的阻值．A ．待测电阻R x ：阻值约为200 ΩB ．电源E ：电动势约为3.0 V ，内阻可忽略不计C ．电流表A 1：量程为0～10 mA ，内电阻r 1＝20 Ω；D ．电流表A 2：量程为0～20 mA ，内电阻约为r 2≈8 Ω；E ．定值电阻R 0：阻值R 0＝80 Ω；F ．滑动变阻器R 1：最大阻值为10 Ω；G ．滑动变阻器R 2：最大阻值为200 Ω；H ．单刀单掷开关S ，导线若干．(1)为了测量电阻R x ，现有甲、乙、丙三位同学设计了以下的实验电路图，你认为正确的是________．(填“甲”“乙”或“丙”)甲乙丙(2)滑动变阻器应该选________；在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P 应置于________端(填“a ”或“b ”)；(3)若某次测量中电流表A 1的示数为I 1，电流表A 2的示数为I 2.则R x 的表达式为：R x ＝________.解析：(1)所给的三个电路图中，乙图可确定两支路的电流值和含有电流表的支路的电阻值，由此可确定待测阻值，故乙图正确．(2)因乙图为滑动变阻器的分压式接法，则易用小阻值的变阻器，故应选R 1.闭合开关前要让测量电路电压由小变大，故滑片P 应置于b 端．(3)由并联电路特点：R x (I 2－I 1)＝(R 0＋r 1)I 1得：R x ＝I 1(R 0＋r 1)I 2－I 1. 答案：(1)乙 (2)R 1 b (3)I 1(R 0＋r 1)I 2－I 16．(2019·山东烟台联考)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，实验室备有如下器材：A ．待测电池组(由两节干电池组成，每节电池电动势约为1.5 V 、内阻为几欧姆)B ．直流电压表V 1、V 2(量程均为3 V ，内阻均约为3 kΩ)C ．定值电阻R 0(阻值未知)D ．滑动变阻器R (最大阻值为R m )E ．开关，导线若干某同学设计了如图甲所示的电路，他利用该电路先测出定值电阻R 0的阻值，再测量待测电池组的电动势和内阻．步骤如下：甲(1)先把滑动变阻器R 调到最大阻值R m ，再闭合开关S ，读出电压表V 1和V 2的示数分别为U 10、U 20，则可求出定值电阻R 0的阻值为R 0＝________(用U 10、U 20和R m 表示)．(2)移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V 1和V 2的多组数据U 1、U 2，描绘出U 1U 2的关系图象如图乙所示．图中直线的斜率为k ，直线与横轴的截距为U 0，则待测电池组的总电动势E ＝________，总内阻r ＝________(均用k 、U 0、R 0表示)．乙解析：(1)由图甲所示电路图可知，定值电阻阻值：R 0＝U 0I 0＝U 20－U 10U 10Rm＝(U 20－U 10)R m U 10； (2)由图甲所示电路图可知，电源电动势：E ＝U 2＋Ir ＝U 2＋U 2－U 1R 0r ，整理得：U 1＝R 0＋r r U 2－ER 0r，由图示U 1U 2图线可知：R 0＋r r U 0－ER 0r ＝0， k ＝R 0＋r r解得电源电动势：E ＝kU 0k －1，电源内阻：r ＝R 0k －1. 答案：(1)(U 20－U 10)R m U 10 (2)kU 0k －1 R 0k －17．(2019·湖南长沙模拟)某同学利用有一定内阻的毫安表(量程0～3 mA)测定一节干电池的电动势E 和内阻r .使用的器材还包括两个电阻箱R 和R 0，两个定值电阻R 1＝15.0 Ω和R 2＝4.5 Ω，开关两个，导线若干．实验原理图如图甲所示．甲乙丙(1)在图乙的实物图中，已正确连接了部分电路，请用笔画线代替导线完成余下电路的连接．(2)请完成下列主要实验步骤：①调节电阻箱R 到最大值，闭合开关S 1和S 2，调节电阻箱R 使毫安表的示数大约为2 mA ； ②调节电阻箱R 0，直至在反复断开、闭合开关S 2时，毫安表的指针始终停在某一示数处，读得此时电阻箱R 0的电阻为3.0 Ω，则毫安表的内阻R A ＝________Ω；③保持开关S 1和S 2闭合，且保持电阻箱R 0的阻值不变，不断调节电阻箱R ，读出其阻值R 和对应的毫安表的示数I ； ④根据实验数据描点，绘出的1IR 图象如图丙所示，则该电池的电动势E ＝______V ，内阻r ＝______Ω.解析：(1)实物连线如图所示．(2)②断开、闭合开关S 2时，使毫安表的指针始终停在某一示数处，说明通过R 1、R 2的电流I 1相等，通过毫安表、R 0的电流I 2相等，R 1与毫安表两端的电压相等，R 0与R 2两端的电压相等，即I 1R 1＝I 2R A ，I 1R 2＝I 2R 0，得R A ＝R 0R 1R 2＝3.0×15.04.5 Ω＝10.0 Ω； ④根据闭合电路欧姆定律有E ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫IR A R 1＋I ⎝ ⎛⎭⎪⎫R ＋r ＋R 1R A R 1＋R A ＋R 2R 0R 2＋R 0，整理得1I ＝53E R ＋53E (r ＋7.8)，结合图象的斜率、截距得53E ＝464－14405，53E(r ＋7.8)＝14，解得E ＝1.5 V ，r ＝4.8 Ω.答案：(1)图见解析(2)②10.0 ④1.5 4.88．(2019·山东日照联考)电阻温度计是根据导体电阻随温度而变化的规律来测量温度的温度计．铂电阻温度计是最精确的温度计，因为铂的化学惰性，成为－272.5 ℃至961.78 ℃范围内的首选材料，其电阻与温度成一次函数关系．某实验小组利用如图甲所示的电路探究铂金属的温度特性．所用器材有：铂金丝R pt；电源；电流表；滑动变阻器R1；电阻箱R2；单刀开关S1，单刀双掷开关S2.甲乙丙实验步骤如下：①按电路图甲，连好实物图乙；②将R pt，置于冰水混合物中，开关S2与1接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电流表的读数为I0；③保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，开关S2与2接通，调节R2，使电流表的读数仍为I0；④断开S2，记下此时R2的读数100.0 Ω；⑤再将R pt置于标准大气压下沸水中，重复上述过程，此时R2的读数为138.5 Ω.回答下列问题：(1)在图乙中，将实物连线补充完整；(2)闭合S1前，图乙中R1的滑片应移动到________(填“a”或“b”)端；(3)在的坐标纸上作出R pt t图线；(4)当测得R2的阻值为247.09 Ω时，R pt处在______℃的环境中(保留到个位数)；(5)实验后，小明用螺旋测微器测得铂金丝的直径如图丙所示，则铂金丝的直径为________mm.解析：(1)按电路图连接实物图如图；(2)为了保护用电器，闭合开关前应将滑动变阻器的最大电阻接入电路中，即合S1前图乙中R1的滑片应移动到a端；(3)将R pt置于冰水(0 ℃)混合物中，R pt的电阻为100 Ω，将R pt置于标准大气压下沸水(100 ℃)中，R pt的电阻为138.5 Ω，其电阻与温度成一次函数关系，所以R pt t图线如图；11(4)由图象可得，电阻与温度间的关系为：R pt ＝100＋138.5－100100t ＝100＋0.385t当测得R 2的阻值为247.09 Ω即R pt 的电阻为247.09 Ω，代入解得： t ＝382.05 ℃≈382 ℃；(5)螺旋测微器的读数：0．5 mm ＋20.6×0.01 mm＝0.706 mm.答案：(1)图见解析 (2)a (3)图见解析 (4)382 (5)0.706。

2020年高考物理选择题专项训练06~10套附答案及解析

2020年高考物理选择题专项训练06~10套2020年高考物理选择题专项训练06一、选择题（本卷共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，其中第6～8题有多个选项符合题目要求。

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.组成“北斗”卫星导航定位系统中的地球静止轨道卫星（同步卫星）和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求A. 地球静止轨道卫星与地球的质量之比B. 地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比C. 地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比D. 地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比2.已知用频率为γ的单色光照射某金属表面时，逸出的光电子的最大初动能为E，已知普朗克常量为h，则要使此金属发生光电效应的极限频率应为A. γ-EhB. γ+EhC. γ-D. γ+3.如图所示，理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈的滑动头P可上下滑动．设原线圈输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，负载为定值电阻R,原、副线圈电流比为k.则A. P下移，k增大B. P上移，k增大C. P上移，U1减小D. P下移，U2增大4.如图所示，在“托球跑”趣味比赛中，若运动员沿水平面匀加速直线跑．球拍平面与水平方向的夹角为θ时，网球与球拍保持相对静止．球拍和网球的质量分别为M、m，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度为g．则下列说法正确的是A. 球拍对球的作用力太小为mgB. 运动员对球拍的作用力大小为（M+m)gC. 运动员的加速度大小为gtanθD. 若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动5.如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法不正确的是A. 处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B. 所加磁场越强越易使圆盘停止转动C. 若所加磁场反向，圆盘将加速转动D. 若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动6.如图所示，一名运动员将相同的铅球分别从同一位置掷出，图中①②是它们的运动轨迹，轨道最高点距离地面的高度相等，②的落地点到掷出点的水平距离是①的2倍，忽略空气阻力，对于铅球①与②。

2020年高考物理必刷试卷06(解析版)

（一）必考题：共 129 分。
22．（6 分）某同学在“探究功与速度变化之间的关系”的实验中，同时测出实验中橡皮绳的劲度系数。所用实验装置如图所示，已知小球质量为 m.具体实验步骤如下：
（1）将小球放在木板上，木板左端抬高一个小角度，以平衡摩擦力。（2）将原长为 OM 的橡皮绳一端固定在木板右端的 O 点，另一端通过力传感器连接小球，将小球拉至 P 点(M 点左侧)，测得 OM 的距离为 l1，OP 的距离为 l2，力传感器示数为 F。则橡皮绳的劲度系数为_____(用 F、l1、l2 表示)。
A．
B．
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C．
D．
16．（2020·江西南昌二中高三）如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端（球与弹簧不连接），用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面栓牢（图甲）．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动（图乙）．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是
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A．
Ek qR
B．
2Ek qR
C． 3Ek 3qR
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2
D．
3 Ek
3qR
1
19．（2020·湖南高三期末）卫星绕某行星做匀速圆周运动的速率的平方（v2）与卫星的轨道半径的倒数（）
r
的关系如图所示，图中 b 为图线纵坐标的最大值，图线的斜率为 k，万有引力常量为 G，则下列说法正确的是
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（3）将小球从 P 点由静止释放，在 M 点右侧放置一速度传感器，可测出传感器所在位置的速度 v0，将小球上 2 根 3 根……像皮绳，重复操作过程，测出多组速度数值，如下表所示。

2020年高考物理大冲刺备考“最后30天”专题六带电粒子在电磁场中的运动

Evaluation Only. Created with Aspose.Words. Copyright 2003-2016 Aspose Pty Ltd.专题六带电粒子在电磁场中的运动如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M 、N 保持静止，不计重力，则（）A.M 的带电量比N 大B.M 带负电荷，N 带正电荷C.静止时M 受到的合力比N 大D.移动过程中匀强电场对M 做负功【命题意图】本题考查电荷间的相互作用规律、共点力平衡条件、电场力做功。

【解析】释放后，M 、N 保持静止，它们均受到水平匀强电场的电场力qE 和相互之间的库仑力F 作用，因此有qE =F ，两者方向相反，其合力为0，选项C 错误；由牛顿第三定律可知，M 、N 间相互作用的库仑力F ，肯定大小相等、方向相反，所以它们受到的水平匀强电场的电场力qE 也肯定大小相等、方向相反，所以两带电小球必带异种电荷，电量相等，选项A 错误；两小球带异种电荷，相互间的库仑力为引力，由图中位置关系可知，小球M 受到的水平匀强电场的电场力方向向左，与电场方向相反，所以带负电，小球N 受到的水平匀强电场的电场力方向向右，与电场方向相同，所以带正电，选项B 正确；由题图可知，小球M 移动方向与水平匀强电场的电场力方向成钝角，所以匀强电场对M 做负功，选项D 正确。

【答案】BD【解题技巧】在匀强电场中，两个带电质点的平衡问题，应运用物体的平衡条件进行分析，判定小球所带电荷的电性和所带电荷量的大小关系。

如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场1E ，之后进入电场线竖直向下的匀强电场2E 发生偏转，最终打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（） A.偏转电场2E 对三种粒子做功一样多 B.三种粒子打到屏上时速度一样大 C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子肯定打到屏上的同一位置【命题意图】本题考查带电粒子在匀强电场中的加速和偏转。

2020年普通高等学校招生全国统一考试物理样卷(六)及答案解析

2020年普通高等学校招生全国统一考试物理样卷（六）题号一二三四总分得分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2．请将答案正确填写在答题卡上。

第I卷（选择题）评卷人得分一、单选题1．某一机械元件的原理如图所示。

AB为一个竖直杆，杆上有一个可以上下移动的发射器，发射器能水平射出速度不等的各种小球。

AB与下方的半圆弧BCD在B点相切。

半圆弧半径为R=2.0m，上面的小孔C和圆心O的连线与竖直方向夹角为53︒。

调节发射器的位置，使小球以某一速度射出，并能沿OC方向从C点射出。

若不计空气阻力，g 取10m/s2。

则发射器距B点的高度和小球初速度分别是（）A．0.15m，26m/sB．1.5m，26m/sC．0.15m，43m/sD．1.5m，43m/s2．由天文观察资料分析知，一颗小行星绕太阳运行的周期为3.4个地球年。

若地球、小行星绕行太阳的轨道均为圆周，则小行星和地球的绕行速度之比约为（）A．0.33 B．0.67 C．1.35 D．2.10x t-图像，分别表示同一直线公路上的两辆汽车a、b的运动3．如图所示的位置时间()情况。

已知两车在2t时刻并排行驶，则下列表述正确的是（）A．2t时刻两车的速率相等B．0~t2时间内a车的速率大于b车C．0时刻a车在b之后D．0~t1时间内的某一时刻两车相距最远4．在光电效应实验中，让各种不同频率的光分别照射到甲、乙两种金属的表面。

其光电子的最大初动能k E 与入射光频率v 的关系如图所示。

对此，下列说法正确的是（）A ．若不改变入射光频率v ，只增加入射光的强度，则光电子的最大初动能增大B ．甲、乙两条图线与v 轴的夹角一定不相等C ．某一频率的光可以使甲金属发生光电效应，则一定能使乙金属发生光电效应D ．若增大入射光频率v ，则实验中的遏止电压c U 随之增大评卷人得分二、多选题5．如图所示，把一物块放置于粗糙的水平面上，用一大小为F 、方向与水平面成θ角的力去推它，使它以加速度α向右运动。

2020-2022年高考物理真题分专题训练专题06 万有引力定律与航天(教师版含解析)

1.(2021·山东卷)从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星质量约为月球的9倍，半径约为月球的2倍，“祝融”火星车的质量约为“玉兔”月球车的2倍。在着陆前，“祝融”和“玉兔”都会经历一个由着陆平台支撑的悬停过程。悬停时，“祝融”与“玉兔”所受陆平台的作用力大小之比为()
A.绕地运行速度约为
B.绕地运行速度约为
C.在4月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒
D.在5月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒
【答案】D
【解析】
AB．根据题意可知，轨道半径在变化，则运行速度在变化，圆周最大运行速度为第一宇宙速度，故AB错误；
或根据及解得将g=9.80m/s2和R=6400km以及hmin=418km和hmax=421km代入得最大速度和最小速度分别为vmax=7.913km/s和vmin=7.911km/s.用h=0代入得v=7.92km/s.
6、（2022·浙江1月卷·T8）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（）
A.发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B.从P点转移到Q点的时间小于6个月
C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
A.核心舱的质量和绕地半径
B.核心舱的质量和绕地周期
C.核心舱的绕地角速度和绕地周期
D.核心舱的绕地线速度和绕地半径
【答案】D
【解析】
根据核心舱做圆周运动向心力由地球的万有引力提供，可得
可得
可知已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。

2020年全国普通高等学校招生统一考试物理模拟卷六(解析版)

2020年全国普通高等学校招生统一考试物理卷(六)(满分：100分，时间：90分钟)一、选择题(本题共16小题，共38分，第1～10小题为单选题，每小题2分，第11～16小题为多选题，每小题3分)1．(2019·黑龙江省重点中学三模)在物理学研究过程中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、理想模型法、微元法等。

以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( )A ．牛顿采用微元法提出了万有引力定律，并计算出了太阳和地球之间的引力B ．根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常小时，Δx Δt就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法C ．将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法A [牛顿采用理想模型法提出了万有引力定律，没有计算出太阳和地球之间的引力，选项A 的叙述错误；根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常小时，Δx Δt就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，选项B 的叙述正确；将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想，选项C 的叙述正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项D 的叙述正确。

]2．关于近代物理学，下列说法正确的是( )A ．光电效应现象揭示了光具有波动性B ．一群氢原子从n ＝4的激发态跃迁时，最多能辐射6种不同频率的光子C ．卢瑟福通过α粒子散射实验证实原子核由质子和中子组成D ．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后一定剩下1个氡原子核B [光电效应现象揭示了光具有粒子性，故A 错误；一群氢原子从n ＝4的激发态跃迁时，最多能辐射C 24＝6，即6种不同频率的光子，故B 正确；卢瑟福通过α粒子散射实验证实原子的核式结构模型，故C 错误；半衰期只适用大量原子核，对极个别原子核不适用，故D 错误。

2020年高考物理6.23 与圆周运动相关的功能问题(提高篇)(含解析)

专题6。

23与圆周运动相关的功能问题（提高篇)一．选择题1．（2019吉林长春四模）（6分）如图所示,两个内壁光滑的圆形管道竖直固定，左侧管道的半径大于右侧管道半径。

两个小球A 、B 分别位于左、右管道上的最高点,A 球的质量小于B 球质量，两球的半径都略小于管道横截面的半径.由于微小的扰动，两个小球由静止开始自由滑下,当它们通过各自管道最低点时，下列说法正确的是( ）A ．A 球的速率一定等于B 球的速率B ．A 球的动能一定等于B 球的动能C ．A 球的向心加速度一定等于B 球的向心加速度D ．A 球对轨道的压力一定等于B 球对轨道的压力【参考答案】C【命题意图】以小球沿竖直面内内壁光滑的圆形管道的圆周运动为背景，考查动能定理、牛顿运动定律和学生的分析综合能力。

【解题思路】设小球的质量为m,管道半径为R ，由动能定理，则小球下落到最低点时的动能Ek=12mv2=2mgR ，解得速度大小2gR =v 由于竖直面内内壁光滑的圆形管道的半径R 不同，所以A 球的速率大于B 球的速率，A 球的动能大于B 球的动能，选项AB 错误;两球的向心加速度大小24a g R ==v n ，即A 球的向心加速度一定等于B 球的向心加速度，选项C正确；设小球通过各自管道最低点时所受的支持力为FN，由牛顿第二定律FN—mg=man，解得FN=5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为FN=FN’=5mg，与小球质量有关，由于A球的质量小于B球质量，所以A球对轨道的压力一定小于B球对轨道的压力，选项D错误。

【规律总结】对于竖直面内的圆周运动，求运动到最高点或最低点的速度，一般运用动能定理列方程求解；计算运动到最高点或最低点受到的弹力，一般运用牛顿第二定律列方程得出。

2．（2018·安徽第三次联考）如图所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平,BCDE段为半径为R的四分之三圆弧,圆心O及D点与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内,现有一质量为m，初速度v0＝错误!的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失,圆管孔径远小于R，则（小球直径略小于圆管内径）（）A．小球到达C点时的速度大小vC＝错误!B．小球能通过E点且抛出后恰好落至B点C．无论小球的初速度v0为多少，小球到达E点时的速度都不能为零D．若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D点相距2R 【参考答案】B【名师解析】对小球从A点至C点过程，由机械能守恒有错误!mv02＋mgR＝错误!mvC2,解得vC＝错误!，选项A错误；对小球从A点至E 点的过程，由机械能守恒有错误!mv02＝错误!mvE2＋mgR，解得vE＝错误!，小球从E点抛出后，由平抛运动规律有x＝vEt，R＝错误!gt2，解得x＝R，则小球恰好落至B点，选项B正确；因为圆管内壁可提供支持力,所以小球到达E点时的速度可以为零，选项C错误；若将DE轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h，则有错误!mvD2＝mgh，又由机械能守恒可知vD＝v0,解得h＝54R，选项D错误。

2020高考物理一轮复习练习题(6)(含解析)新人教版-精装版

教学资料范本2020高考物理一轮复习练习题（6）（含解析）新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习练习题（6）（含解析）新人教版李仕才一、选择题1、（20xx广西××市第一中学开学考试）叠罗汉是一种由多人层层叠成各种造型的游戏娱乐形式，也是一种高难度的杂技.如图所示为六人叠成的三层静态造型，假设每个人的重量均为G，下面五人的背部均呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为（）A. B. C. D.【答案】B2、如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD3、（20xx黑龙江省××市第六中学阶段）下列选项是反映汽车从静止匀加速启动(汽车所受阻力Ff恒定)，达到额定功率P后以额定功率运动最后做匀速运动的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )A. B.C. D.【答案】ACD4、（20xx福建省莆田第六中学月考）如图所示，光滑的直角墙壁处有A、B两个物体，质量分别为、,两物体间有一压缩的轻质弹簧用细线绷住，弹簧两端拴在物体上，弹簧储存的弹性势能为，初时B物体紧靠着墙壁.将细线烧断，A物体将带动B物体离开墙壁，在光滑水平面上运动.由此可以判断（）AmBmEA. 烧断细线后，A、B物体和弹簧组成的系统机械能、动量均守恒B. 物体B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能等于BA BmEm m+C. 物体B离开墙壁后弹簧第一次恢复原长时，A物体速度方向有可能向左D. 每当弹簧恢复原长时A物体的速度都等于'02A BAA B AEm mvm m m-=+【答案】BCD做加速运动，由于弹簧被拉伸，A做减速运动，当两者速度相同时，弹簧被拉伸最大，之后A仍做减速运动，若B的质量大于A的质量，故可能出现A的速度方向向左，C正确；在B之后的运动过程中，系统机械能和动量守恒，由于当弹簧恢复原长时，弹性势能为零，故有，，联立解得，D正确．'2'21122A AB BE m v m v=+ ''02A AB B A AAEm v m v m vm+=='02A BAA B AEm mvm m m-=+5、在如图所示的电路中，已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R的最大阻值．闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P由左端向右滑动的过程中，四个电表V1、V2、A1、A2的示数及其变化量分别用U1、U2、I1、I2、ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2表示．下列说法正确的是( )A ．U1先变大后变小，I1不变B ．U1先变小后变大，I1变小C.的绝对值先变大后变小，的绝对值不变12U I ∆∆22U I ∆∆ D ．U2先变小后变大，I2先变小后变大【答案】D6、1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( )A ．圆盘上产生了感应电动势B ．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C ．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D ．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动【答案】AB7、一群基态氢原子吸收某种波长的光后，可以发出三种波长的光，这三种光的波长关系为λ3＞λ2＞λ1，已知某金属的极限波长为λ2，则下列说法正确的是( )A ．该金属的逸出功为h λ2B ．波长为λ3的光一定可以使该金属发生光电效应C ．基态氢原子吸收的光子的波长为λ1D ．若用波长为λ4的光照射该金属且能发生光电效应，则发生光电效应的光电子的最大初动能为hc 4211λλ⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】CD【解析】该金属的逸出功为W ＝h ，A 错误；由ν＝可知ν1＞ν2＞ν3，大于等于极限频率的光才可以发生光电效应，因此波长为λ1的光一定可以使该金属发生光电效应，波长为λ3的光一定不可以使该金属发生光电效应，B 错误；基态氢原子吸收光子的能量为辐射光子能量的最大值，因此吸收的光子的波长为λ1，C 正确；用波长为λ4的光照射该金属，光电子最大初动能为Ekm ＝h ν4－h ν2＝hc ，D 正确．2c λc λ4211λλ⎛⎫- ⎪⎝⎭8、图甲为某一列沿x 轴正向传播的简谐横波在t ＝1.0 s 时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是( )A ．该简谐横波的传播速度为4 m/sB ．从此时刻起，经过2 s ，P 质点运动了8 m 的路程C ．从此时刻起，P 质点比Q 质点先回到平衡位置D ．乙图可能是甲图x ＝2 m 处质点的振动图象E ．此时刻M 质点的振动速度小于Q 质点的振动速度【答案】ACD二、非选择题（20xx××市东××区汇文中学期末）(1)某同学利用如图甲所示的多用电表测量一个定值电阻的阻值，图中、为可调节的部件．该同学的部分操作步骤如下：S T①将选择开关调到电阻挡的“”位置．10⨯②将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节“”，使电表指针指向电阻挡的“刻线”．T 0③将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，发现多用电表的示数如图乙所示，为了较准确地进行测量，应将选择开关调到电阻挡的________（选填“”或“”）位置．然后__________________．1⨯100⨯(2)在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，下列说法正确的是__________________．（单选）A ．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大B ．将选择开关调到“”位置，测量时发现指针位于与正中间，则测量值小于100⨯20302500ΩC ．多用电表内的电池使用时间太长，电池的电动势会变小，虽能完成调零，但测量值将比真实值略小【答案】档进行欧姆调零 B 100⨯(2)人是导体，若双手捏住两表笔金属杆，待测电阻与人体并联，测得值将偏小，故A 错误；欧姆表刻度是左密右疏，选择“” 倍率测量时发现指针位于与正中间，即测量值小于，大于，故B 正确；当两表笔短接（即）时，电流表应调至满偏电流，设此时欧姆表的内阻为，电流：，内阻，当指针指在刻度盘的正中央时，，，代入数据可得．；当电池电动势变小，内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式，欧姆表内阻，得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当变小时，变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了，故C 错误．故选 B.100⨯20302500Ω2000Ω0x R =g I R 内g E I R =内g E R I =内2g I I =2gx I E R R =+内x R R =内g I g E I R =内R 内+1g g xx x I R I E I R R R R R R ===++内内内内R 内I。

2020年高考物理6.10 与弹簧相关的能量问题(基础篇)(含解析)

专题6.10与弹簧相关的能量问题(基础篇）一．选择题1。

（2019河南郑州二模）蹦极是一项考验体力、智力和心理承受能力的空中极限运动。

跳跃者站在约50m高的塔台上，把一根原长为L的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处，另一端固定在塔台上,跳跃者头朝下跳下去。

若弹性绳的弹力遵守胡克定律，不计空气阻力,则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中，跳跃者的动能Ek(图线①)和弹性绳的弹性势能Ep（图线②）随下落高度的变化图象中,大致正确的是（)【参考答案】B【命题意图】本题以蹦极为情景，考查蹦极过程中动能和弹性绳的弹性势能随下落高度的变化的分析及其相关知识点.【解题思路】在跳跃者起跳到下落到弹性绳刚伸直（0～L）的过程中动能随下落高度h的增加线性增大；再往下落时动能和弹性势能都增大，当弹性绳的弹力等于跳跃者的重力时，速度最大，动能最大；继续向下落时动能减小，弹性绳的弹性势能增大，图象B正确。

【易错警示】解答此题常见错误主要有：没有考虑到弹性绳伸直后动能还要增大,导致错选C或A或D.2。

（2018•江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点．在从A到B的过程中,物块（）A。

加速度先减小后增大 B. 经过O点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【参考答案】A,D【名师解析】物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零,刚开始弹簧弹力大于摩擦力,故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程:弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右,由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小,弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间;弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大,物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大, A符合题意、B不符合题意；从A点到O点过程,弹簧由压缩恢复原长弹力做正功,从O点到B点的过程,弹簧伸长，弹力做负功，C不符合题意；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，【分析】先明确从A到O的过程，弹簧压缩量先变小后伸长量变大,可知对物体先做正功后做负功，然后对物体进行受力分析,结合牛顿第二定律可确定加速度的变化情况，有动能定理可知从A到B的过程中弹簧弹力做功与克服摩擦力做功的关系。

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2020年高考物理专题复习六（后附答案）
一、单项选择题(每小题4分，共40分)
1．关于匀速圆周运动，下列说法不正确的是
A．线速度不变B．角速度不变C．频率不变D．周期不变
2．在发射宇宙飞船时，利用地球的自转可以尽量减少发射时火箭所提供的能量，那么最理想的发射场地应在地球的
A．北极B．赤道
C．南极D．除以上三个位置以外的其他某个位置
3．雨滴由静止开始下落，遇到水平吹来的风，下述说法正确的是
①风速越大，雨滴下落时间越长②风速越大，雨滴着地时速度越大
③雨滴下落时间与风速无关④雨滴着地速度与风速无关
A．①②B．②③C．③④D．①④
4．飞机以150m/s的水平速度匀速飞行，某时刻让A球落下，相隔1s又让B球落下，不计空气阻力，在以后的运动中，关于A球和B球的相对位置关系，正确的是
A．A球在B球的前下方
B．A球在B球的后下方
C．A球在B球的正下方5m处
D．A球在B球的正下方，距离随时间的增加而增加
5．某星球与地球的质量比为a，半径比为b，则该行星表面与地球表面的重力加速度之比为
A．a/b B．ab2C．a/b2D．ab
6．一质量为2kg的滑块，以4m/s的速度在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4m/s，在这段时间里水平力所做的功为
A．0 B．8J C．16J D．32J
7．质点所受的力随时间变化的规律如图1所示，力的方向始终在一直线上，已知t=0时质点的速度为零，在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大
A．t1B．t2C．t3D．t4
8．在水平面上一轻质弹簧竖直放置，在它正上方一物体自由落下，如图2所示，在物体压缩弹簧速度减为零的过程中
A．物体的动能不断减小B．物体所受的合力减小为零
C．弹簧的弹性势能不断增大D．物体的机械能守恒
9．长度为L=0. 5m的轻质细杆OA，A端有一质量为m=3.0kg的小球，如图3所示，小球以O点为
圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率为2.0m/s ，不计空气阻力，g 取10m/s 2
，则此时细杆OA 受到
A ．6.0N 的拉力
B ．6.0N 的压力
C ．24N 的拉力
D ．24N 的压力
10．如图4，桌面高为h ，质量m 的小球从离桌面高H 处自由下落，不计空气阻力，假设桌面为参
考平面，则小球落到地面前瞬间的机械能为
A ．0
B ．mgh
C ．mgH
D ．mg(H+h) 二、填空题(每小题3分，共15分)
11．河宽420m ，船在静水中的速度为3m/s ，水流速度为4m/s ，则船过河的最短时间为________s 。

12．拖拉机的后轮直径是前轮直径的2倍，则当它在水平直道上匀速行驶时，它的前轮与后轮缘
上的点的角速度之比为_______________。

13．将20kg 的物体从静止开始以2m/s 2的加速度竖直提升4m ，拉力做功的平均功率为___________W ，
到达4m 末端时拉力的瞬时功率为______________W 。

14．用相同的水平拉力F 分别使质量为m 和2m 的物体在粗糙水平面上移动相同位移s ，若拉力F
对两个物体做功分别为W 1和W 2，则W 1和W 2之间的亲系为W 1_______W 2。

(填=、>、<)
15．一轻绳上端固定，下端连一质量为0.05kg 的小球，若小球摆动过程中轻绳偏离竖直线的最大
角度为60°，则小球经过最低点时绳中张力等于________N 。

(g=10m/s 2)
三、实验题(共9分，除(3)小题3分外，其余每空2分)
16．(1)“在验证机械能守恒定律”时，如果以
22υ为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出h -22υ图线的斜率等于__________的数值。

(2)在“验证机械能守恒定律”的实验中，有如下器材：
A ．打点计时器；
B ．低压交流电源(附导线)；
C ．天平(附砝码)；
D ．铁架台(附夹子)；
E ．重锤(附夹子)；
F ．纸带；
G ．秒表，
H 复写纸。

其中不必要的有__________；还缺少的是_____________。

(3)如图5所示的曲线是一同学做“研究平抛物体的运动”实验时画出
的小球做平抛运动的部分轨迹，他在运动轨迹上任取水平位移相等的
A 、
B 、
C 三点，测得△s=0.2m ，又测得竖直高度分别为h 1=0.1m ，h 2=0.2m ，
根据以上数据，可求出小球抛出时的初速度为________________m/s 。

四、计算题(共36分)
17．(10分)两个星体组成双星，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动，现测得两星中心距离为R，其运动周期为T，求两星的总质量。

18．(12分)某人用100N的力将一质量为50g的小球以10m/s的速度从某一高处竖下向下抛出，经1s小球刚好落地，不考虑空气阻力，选地面为零势能点，g=10m/s2。

求：(1)小球刚抛出时的动能和势能各多大？
(2)小球着地时的动能和势能各多大？
19．(14分)如图，光滑水平面AB与竖直面的半圆形导轨在B点相连接，导轨半径为R，一质量为m的静止木块在A处压缩弹簧，释放后，木块获得一向右的初速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力是其重力的7倍，之后向上运动恰能通过轨道顶点C，不计空气阻力，试求：
(1)弹簧对木块所做的功；
(2)木块从B到C过程中克服摩擦力做的功；
(3)木块离开C点落回水平面所需的时间和落回水平面时的动能。

参考答案
一、1.A 2.B 3.B 4.D 5.C 6.A 7.B 8.C 9.B 10.C 11.140 12.2:1 13.480 960 14.= 15.1
16.g 17.C,G 毫米刻度尺 18.2
17.解：设两星体的质量分别为m 1、m 2，它们的轨道半径分别为r 1、r 2 则： R r r =+21 ①
又因为这两个星体所需的向心力均由万有引力提供，故： 221
121..2R m m G r T m =⎪⎭
⎫ ⎝⎛π ② 221222..2R m m G r T m =⎪⎭
⎫ ⎝⎛π ③ 由①、②、③式可得： 2
3
2214GT R m m π=+ 18. ⑴、J E P 5.71= J E K 5.21=
⑵、02=P E J E K 102=
19. ⑴、mgR W 3=
⑵、mgR W f 21=
⑶、g
R t 2= ，mgR E K 25'=。