1、2020年高考物理试卷练习题1.如图1所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，置于绝缘水平桌面上的圆形铝质闭合线圈放在条形磁铁的正下方，开始时整个装置处于静止状态在外力作用下将磁铁竖直向下移动一定距离(未接触桌面)，然后由静止释放，在之后的运动过程中，线圈始终未离开桌面，忽略空气阻力，下列说法正确的是() 图1A磁铁所受弹簧拉力与其重力相等时，磁铁的加速度为零B磁铁上升过程中，从上向下看，线圈中产生顺时针方向的电流C线圈对桌面压力大小可能大于其重力D磁铁最终会静止，整个过程线圈中产生的热量等于磁铁机械能的减少量【答案】C【解析】若磁铁向上运动，会受到向下的安培阻力，若向下运动，会
2、受到向上的安培阻力，因此当磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度不一定为零，故A错误；当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场的方向向上，俯视线圈，线圈中产生逆时针方向的电流，故B错误；根据楞次定律，磁铁向下运动时，受到向上的安培阻力，所以磁铁对线圈的作用力的方向向下，此时线圈对桌面压力大小大于其重力，故C正确；磁铁最终静止于起始时的平衡位置，根据能量守恒定律，从静止释放至停止，弹簧的弹性势能的减少量等于磁铁重力势能的增加量与线圈中产生的焦耳热之和，故D错误2组成“北斗”卫星导航定位系统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
3、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【答案】D【解析】根据万有引力提供向心力：Gmr，已知卫星的轨道半径之比，可求运动的周期之比，但无法计算卫星的质量关系，由于两卫星的质量关系未知，也无法求出卫星所受万有引力之比，所以A、B、C错误，D正确3如图2，半圆球P和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P相切，光滑小球Q静止在P和挡板之间已知Q的质量为m，P、Q的半径之比为41，重力加速度大小为g.则Q对P的压力大小为()图2
4、A. B. C. D.【答案】B【解析】对Q受力分析如图所示设Q的半径为r，由几何关系得：4rcos 4r(rrcos )解得：cos 由平衡条件得：FN2解得：FN2mg由牛顿第三定律可知，Q对P的压力大小为FN2FN2mg.4一质量为m的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度a随其运动距离x的变化规律如图3所示已知小物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，在小物块运动02L的过程中，下列说法正确的是()图3A小物块在0L内做匀变速直线运动，L2L内做匀速运动B小物块运动至2L处的速度为2C整个过程中水平外力做功为mLD小物块从L处运动至2L处所用的时
5、间为【答案】C【解析】小物块在0L内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L2L内加速度不变，做匀加速运动，故A错误；整个过程，根据动能定理得：Lma0Lmv2，得小物块运动至2L处的速度为v，故B错误；整个过程，根据动能定理得：WFmg2Lmv2，联立解得水平外力做功为WFmL(2g3a0)，故C正确；设小物块运动至L处的速度为v0.根据动能定理得：Lmv02，得v02，小物块从L处运动至2L处做匀加速直线运动，有Lt，联立解得t，故D错误5圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，先后以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图4所示若带
6、电粒子只受磁场力的作用，粒子a在磁场中的运动周期为Ta，粒子a在磁场中的运动时间为taTa，粒子b在磁场中的运动周期为Tb，粒子b在磁场中的运动时间为tbTb，则下列说法正确的是()图4A粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为TaTbB粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为TaTbC粒子a和粒子b在磁场中运动的速度关系为vavbD粒子a和粒子b在磁场中运动的速度关系为va3vb【答案】C【解析】根据T可知，两粒子在磁场中运动的周期相同，选项A、B错误设圆形磁场的半径为r，因taTa，可知a在磁场中运动转过的角度是120；由几何关系可知，运动半径rartan 30；同理，因tbTb，可知b在磁场
7、中运动转过的角度是60；由几何关系可知，运动半径rbrtan 60r；根据r可知粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系，选项C正确，D错误6如图5所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方形金属线框的右边与磁场的边界重合在外力作用下，金属线框从0时刻由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，则感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P以及通过导体横截面的电荷量q随时间t变化的关系可能正确的是()图5【答案】ACD【解析】线框做匀加速运动，其速度vat，感应电动势EBLv，感应电流i，i与t成正
8、比，故A正确；线框进入磁场过程中受到的安培力FBBiL，由牛顿第二定律得：FFBma，得Fma，Ft图象是不过原点的倾斜直线，故B错误；线框中的电功率Pi2Rt2，故Pt图象应是开口向上的过原点的抛物线的一部分，故C正确；线框的位移xat2，则电荷量qt2，故qt图象应是开口向上的过原点的抛物线的一部分，故D正确7.如图6所示，Ft图象表示某物体所受的合外力F随时间的变化关系，t0时物体的初速度为零，则下列说法正确的是()图6A前4 s内物体的速度变化量为零B前4 s内物体的位移为零C物体在02 s内的位移大于24 s内的位移D02 s内F所做的功等于24 s内物体克服F所做的功8如图7所示，
9、真空中有三个带等电荷量的点电荷a、b和c，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中a、b带正电，c带负电，O为三角形中心，A、B、C为三条边的中点则 ()图7AB、C两点场强相同BB、C两点电势相同C在O点自由释放电子(不计重力)，会沿OA方向一直运动D在O点自由释放电子(不计重力)，会在OA直线上往复运动【答案】BD【解析】由题意知，B、C两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和，其中a、c两处的点电荷在B点的场强的矢量和沿Bc方向，b处电荷在B点的场强沿bB方向，方向如图所示，可知，B、C两处电场强度的方向不同，所以A错误；a、c两电荷在B点的电势之和为零(规定无穷远处电势为0)，b、
10、c两处电荷在C点的电势之和等于零，所以B点的电势等于b处电荷在该点的电势，C处电势等于a处电荷在该点的电势，a、b两电荷带等量正电荷且aCbB，所以B、C两点电势相等，故B正确；由图知，O点电场的方向沿Ac方向，在OA的延长线上有一场强为零的点D，在OA线上D点的两侧电场的方向相反，所以电子在O点由静止释放将沿OA方向做加速运动到D，然后减速运动到速度为零，接着往回运动，即会在OA直线上往复运动9某同学利用如图8甲所示的实验装置测量当地的重力加速度将直尺竖直固定在铁架台的横杆上，光电门固定在刻度尺的下端，接通光电门电源，让一物体从光电门正上方适当位置由静止释放，物体下落并穿过光电门图8(1)实
11、验中该同学多次改变物体下落的初始位置，记录每次物体通过光电门的挡光时间t及下落的高度h，作出()2h图象如图乙所示，并得到了该图象的斜率k，他还需要测量_(写出需要测量的物理量及符号)，即可得到当地的重力加速度的表达式g_.(2)现提供三个质量、直径均相同的木圆柱体、铁圆柱体、铝圆柱体，为减小实验误差应选用_圆柱体(3)若该同学已经知道当地的重力加速度为g0，他用该装置验证机械能守恒定律，在误差允许的范围内满足_(用直接测量的物理量的符号和g0表示)即可验证机械能守恒定律【答案】(1)物体的高度dkd2(2)铁(3)g0h()2C【解析】 (1)物体自由下落，物体的重力势能转化为动能，则有mg
12、hmv2，即ghv2，物体通过光电门的速度v，故还需要测量物体的高度d；联立可得：()2h，则()2h图象的斜率k，解得：gkd2；(2)为减小空气阻力对实验的影响，应选用体积小，密度大的物体来进行实验，故选铁圆柱体来进行实验；(3)能直接测量的物理量为t和h，故物体的动能为m()2，下落过程中重力做功为mg0h，若在误差允许的范围内mg0hm()2，即g0h()2，则可验证机械能守恒定律10.为了粗略测量电阻，某同学用量程为15 mA的毫安表、电动势为9 V的电池、0999.9 的电阻箱制作了一块简易欧姆表，电路如图9所示图9(1)为制作欧姆表，_准确测量毫安表的内阻(填“需要”或“不需要”
13、)；(2)欧姆调零后用该表测量某电阻，毫安表读数为10 mA，则待测电阻阻值为_ ；(3)如果在毫安表两端并联一个电阻，其余电路均不变，新刻表盘中间刻度对应的电阻值_(填“变大”“变小”或“不变”)【答案】(1)不需要(2)300(3)变小【解析】 (1)因为满偏电流是确定的，通过欧姆调零，可以得到欧姆表的总内阻，然后再通过标准电阻进行比对制定表盘，故不需要准确测量毫安表的内阻；(2)欧姆表的内阻为Rg 600 测电阻时，由闭合电路欧姆定律得：I，即10103 A解得：Rx300 ；(3)如果在毫安表两端并联一个电阻，电阻分流，说明满偏电流变大，则由公式Ig可知，欧姆表的内阻变小，中值电阻变小
14、11如图1所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E1.0106 N/C的匀强电场中，一质量m0.25 kg、电荷量q2.0106 C的可视为质点的小物体，在距离C点L06.0 m的A点处，在拉力F4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中已知小物体与轨道间的动摩擦因数0.4，取g10 m/s2，求：图1(1)小物体到达C点时的速度大小；(2)小物体在电场中运动的时间【答案】(1)12 m/s(2)2.7 s【解析】(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a12 m/s2小物体到达C点的过程中有：v22aL0代入数据解
15、得：v12 m/s(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为：a112 m/s2小物体向右运动的时间：t11.0 s小物体向右运动的位移：x1t16.0 m由于|q|Emg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a24 m/s2小物体在电场中向左运动的时间为：t2 s小物体在电场中运动的总时间为：tt1t2(1) s2.7 s12如图2所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧不与A、B连接)某时刻解
16、除锁定，在弹力作用下，A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：图2(1)B经c点抛出时速度的大小；(2)B经b时速度的大小；(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能【答案】(1)(2)(3)3.75mgRC【解析】 (1)B平抛运动过程，竖直方向有2Rgt2，水平方向：2Rvct，解得：vc(2)B从b到c，由机械能守恒定律得mvb22mgRmvc2解得：vb(3)设弹簧完全弹开后，A的速度为va，弹簧恢复原长过程中A与B组成的系统动量守恒，2mvamvb0，解得：vavb，由能量守恒定律得，弹簧弹
17、性势能：Ep2mva2mvb2解得：Ep3.75mgR.13用油膜法测定分子的直径， 1 mL的油酸加入酒精中配制成1 000 mL的油酸酒精溶液，1 mL油酸酒精溶液通过滴管实验测得为80滴，取1滴油酸酒精溶液滴在撒有痱子粉的浅水槽中，待油膜界面稳定后测得油膜面积为260 cm2.则油酸分子的直径约为_ m；(结果保留一位有效数字)按照一定比例配制的油酸酒精溶液置于一个敞口容器中，如果时间偏长，会影响分子尺寸测量结果导致测量值_(选填“偏大”或“偏小”)(2) (10分)如图3所示，在粗细均匀的U形管右侧，用水银封闭一段长为L119 cm、温度为T1280 K的气体，稳定时，左右两管水银面高
18、度差为h6 cm.已知大气压强为p076 cmHg.给右管密闭气体缓慢加热，当右管内气体温度为多少时，两管水银面等高若不给右管密闭气体加热，而是向左管缓慢补充水银，也可使两管水银面等高，求需补充水银柱的长度图3【答案】 (1)51010偏小(2)352 K9 cm【解析】(1)测得油膜面积S260 cm22.6102m2，每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为：V mL1.251011 m3，所以油酸分子的直径d m51010 m.置于一个敞口容器中，如果时间偏长，酒精挥发，导致油酸浓度增大，因此导致测量值偏小(2)加热前，对于封闭气体有：p1p0gh70 cmHg加热后，右管内气体压强为：p2
19、p076 cmHg当两管内水银面等高时，右管内水银面下降高度为：3 cm由理想气体状态方程得：又L2L13 cm22 cm代入数据解得：T2352 K设补充水银后，右管内水银面上升x，管内气体长度为L1x由玻意耳定律有：p1SL1p2S(L1x)解得：x1.5 cm注入水银柱的长度为：yh2x9 cm14一列简谐横波在t 0.6 s时刻的图象如图4甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为1 cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是_图4A这列波沿x轴正方向传播B这列波的波速是 m/sC从t0.6 s开始，紧接着的t0.6 s时间内，A质点通过的路程是10 mD从t0.6 s开始，质
20、点P比质点Q早0.4 s回到平衡位置E若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10 m的障碍物，不能发生明显衍射现象(2) (10分)如图5所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧CD为半径为R0.5 m的四分之一的圆周，圆心为O，已知AD m，光线从AB面上的某点入射，入射角145，它进入棱镜后射向O点，恰好不会从BC面射出求：图5该棱镜的折射率n；光线在该棱镜中传播的时间t(已知光在空气中的传播速度c3.0108 m/s)【答案】(1)ABD(2)108 s 【解析】(1)由题图乙读出t0.6 s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由题图甲判断出波的传播方向为沿x轴正方向，故A正确；由
21、图甲读出波长为20 m，由乙图知周期T1.2 s则波速为v m/s m/s，故B正确；t0.6 s0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程为4倍振幅，则经过t0.6 s，A质点通过的路程是：s2A4 cm，故C错误；图示时刻质点P沿y轴正方向运动，质点Q沿y轴负方向运动，所以质点P将比质点Q早回到平衡位置，将此图象与正弦曲线进行对比可知，P点的横坐标为xP m，Q点的横坐标xQ m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q早回到平衡位置时间为：t0.4 s，故D正确；发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20 m，故E错误(2)光线在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角Csin C在AB界面上发生折射，折射角290C由折射定律：n由以上几式解得：n光在此棱镜中的速度：v108 m/s路程：sR0.8 m所以：t108 s.