2020高考物理二輪復習專練之自我檢測1(解析版)

1、2020屆物理高考專練之自我檢測（1）1、大科學工程 人造太陽”主要是將瓶核聚變反應釋放的能量用來發(fā)電，瓶核聚變反應方程是2H 2 H*He On ,已知2 H的質量為2.0136u, ；He的質量為3.0150u, On的質量為1.0087u, 1u=931MeV/c2。瓶核聚變反應中釋放的核能約為（）3.7MeV3.3MeV2.7MeV0.93MeV2、如圖所示，a、b兩點位于以負點電荷 Q （Q0）為球心的球面上，c點在球面外，則（） 口a點場強的大小比b點大b點場強的大小比c點小a點電勢比b點高b點電勢比c點低3、質量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于 。點，小球在水平力F作用下，從最低

2、點P緩慢地 移到Q點，如圖所示，重力加速度為g,則在此過程中（）p 0A.小球受到的合力做功為 mgl 1 cosB.拉力F的功為Fl cosC.重力勢能的變化大于 mgl 1 cosD.水平力F做功使小球與地球組成的系統(tǒng)機械能變化了mgl 1 cos4、如圖所示，質量為 m,電量為q的正電物體，在磁感強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，沿動摩擦因數為科的水平面向左運動，物體運動初速度為u,則（）A.物體的運動由 u減小到零所用的時間等于 m / （mg q B）B.物體的運動由 u減小到零所用的時間小于 m / （ mg q B）C.若另加一個電場強度為（mg q B）/q、方向水平向左

3、的勻強電場，物體做勻速運動D.若另加一個電場強度為（mg q B）/q、方向豎直向上的勻強電場，物體做勻速運動5、如圖所示，兩個小球固定在一根長為 l的桿的兩端，繞桿上的O點做圓周運動.當小球A的速度為Va時，小球B的速度為Vb，則軸心O到小球A的距離是（）.vAlA. VavAlA. Va(Va Vb)1B.Va VbC.(VaVb)1VaD.(VaVb)1Vb6、如圖所示，人在岸上拉船，已知船的質量為 m,水的阻力恒為Ff,當輕繩與水平面夾角為。時,船的速度為v,此時人的拉力大小為 F,則此時（）A.人拉繩行走的速度為 A.人拉繩行走的速度為 v cosF cos FfC.船的加速度為mB

4、.人拉繩行走的速度為喘FFfD.船的加速度為m7、電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應強度的大小。如圖甲所示，測量前天平已調至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質量為m的祛碼，右邊托盤中不放祛碼，將一個質量為me匝數為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在 待測磁場中。線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導線對線圈的作用力，電源電動勢為 巳 內阻為r。開關S閉合后，調節(jié)可變電阻至 Ri時，天平正好平衡，此時電壓表讀 數為U。已知mm,取重力加速度為 g,則（）A.矩形線圈中電流的方向為逆時針方向B.矩形線圈的電阻R UrRiU(m0 m)rgC.勻強磁場的磁感

5、應強度的大小B 0n(E U)lD.若僅將磁場反向，在左盤中再添加質量為2mo-m的祛碼可使天平重新平衡8、如圖所示，三個小球A、B、C的質量均為m,A與B、C間通過錢鏈用輕桿連接，桿長為L,B、 C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長。現A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿 間夾角a由60變?yōu)?20 ,A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦： 重力加速度為go則此下降過程中()A.A的動能達到最大前,B受到地面的支持力小于 -mg2B.A的動能最大時 上受到地面的支持力等于 3 mg2C.彈簧的彈性勢能最大時 A的加速度方向豎直向下3D.彈簧的彈性勢能最大值為m

6、gL9、某探究小組做 驗證力的平行四邊形定則 ”實驗，將畫有坐標軸(橫軸為x軸,縱軸為y軸，最 小刻度表示1mm)的紙貼在水平桌面上，如圖(a)所示。將橡皮筋的一端 Q固定在y軸上的B 點(位于圖示部分之外，另一端P位于y軸上的A點時，橡皮筋處于原長。.用一只測力計將橡皮筋的P端沿y軸從A點拉至坐標原點 。，此時拉力F的大小可由測力計讀出。測力計的示數如圖（b）所示，F的大小為 No.撤去1中的拉力，橡皮筋P端回到A點;現使用兩個測力計同時拉橡皮筋，再次將P端拉至O點。此時觀察到兩個拉力分別沿圖（a）中兩條虛線所示的方向，由測力計的示數讀出兩個拉力的大小分別為 Fi 4.2N和F2 5.6N

7、。用5mm長度的線段表示1N的力，以。為作用點，在圖（a）中畫出力FF2的圖示，然后按平行四邊形定則畫出它們的合力F合。圖5圖5電的大小為 N, F合與拉力F的夾角的正切值為 若嚏與拉力F的大小及方向的偏差均在實驗所允許的誤差范圍之內，則該實驗驗證了力的平行四邊形定則。10、某同學研究小燈泡的伏安特性 ，所使用的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8V,額定電流0.32A）; 電壓表。（量程3V,內阻3kQ）;電流表 O （量程0.5A,內阻0.50;固定電阻R （阻值10000; 滑動變阻器R（阻值09.0口）;電源E（電動勢5V,內阻不計力開關S;導線若干.（1）實驗要求能夠實現在03.8V的范

8、圍內對小燈泡的電壓進行測量，畫出實驗電路原理圖。（2）實驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖甲所示.由實驗曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻 (填 增大不變“或 減小”燈絲 的電阻率(填 揩大不變“或 減小”).(3)用另一電源 耳(電動勢4V,內阻1.00和題給器材連接成圖乙所示的電路，調節(jié)滑動變阻器R的阻值，可以改變小燈泡的實際功率.閉合開關S,在R的變化范圍內，小燈泡的最小功率為W,最大功率為 W.(結果均保留2位小數)11、一個質量m=0.1g的小滑塊，帶有 q=5 10 4C的電荷，放置在傾角 30的光滑斜面上(斜面絕緣)，斜面置于B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，如圖所示

9、小滑塊(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大?小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面問:(2)小滑塊離開斜面時的瞬時速度多大?小滑塊滑至某一位置時，要離開斜面問:(3)該斜面的長度至少多長?12、靜止在水平地面上的兩小物塊A、B,質量分別為mA 1.0kg,mB 4.0kg ；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m,如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek 10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為u=0.20。重力加速度取g 10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時

10、間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間 A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少?A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？13、物理選彳3司.關于熱力學定律，下列說法正確的是 。A.氣體吸熱后溫度一定升高B.對氣體做功可以改變其內能C.理想氣體等壓膨脹過程一定放熱D .熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體E.如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達到熱平衡(2)在水下氣泡內空氣的壓強大于氣泡表面外側水的壓強，兩壓強差Ap與氣泡半徑r之間，,一 、，2一 的關系為p 淇中(=0.070 N/m?，F讓水下10 m處一

11、半徑為0.50 cm的氣泡緩慢上升，已知大氣壓強 p0 1.0 105Pa,水的密度 1.0 103kg/m3 ,重力加速度大小 g=10 m/s2。(i)求在水下10 m處氣泡內外的壓強差；(ii)忽略水溫隨水深的變化，在氣泡上升到十分接近水面時，求氣泡的半徑與其原來半徑之比的近似值。14、【物理選彳3 4】卜列說法正確的是()I昨A.狹義相對論認為，真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的，光速與光源、觀察者間的相對運動無關B.電視遙控器發(fā)出的紅外線的波長比醫(yī)院里“C啊發(fā)出的X射線的波長要短C.分別用紅光、紫光在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗，紅光的相鄰兩個亮條紋的中心間距大于紫光的相鄰

12、兩個亮條紋的中心間距D.如圖1所示，a、b兩束光以不同的入射角由玻璃射向真空，結果折射角相同，則在玻璃中a光的全反射臨界角大于 b光的全反射臨界角E.如圖2所示，偏振片P的透振方向為豎直方向，沿與豎直方向成45。角振動的偏振光照射到偏振片P上，在P的另一側能觀察到透射光.如圖所示，在x=0處的質點O在垂直于x軸方向上做簡諧運動，形成沿 x軸正方向傳播的機械波。在t=0時刻，質點O開始從平衡位置向上運動，經0.4s第一次形成圖示波形,P是平衡位置為x= 0.5m處的質點。1 T n 汕 n位于x=5m處的質點B第一次到達波峰位置時， 求位于x = 2m處的質點A通過的總路程。若從圖示狀態(tài)開始計時

13、，至少要經過多少時間，P、A兩質點的位移（y坐標）才能相同？答案以及解析1答案及解析:答案：B解析：因笊核聚變的核反應方程為：2H 2 H-2He 0 n ；核反應過程中的質量虧損為m 2mD (mHe mn) 0.0035u釋放的核能為 Emc2 0.0035uc2 3.3MeV,故B正確，ACD錯誤；故選：B.2答案及解析：答案：D解析：由點電荷場強公式E kQ2確定各點的場強大小，由點電荷的等勢線是以點電荷為r球心的球面和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的高低。Q由點電何的場強公式 E kp可知，a、b兩點到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點的電r場強度大小相等，故 A錯誤；由于c

14、點到場源電荷的距離比 b點的大，所以b點的場強大 小比c點的大，故B錯誤；由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以 a點與b 點電勢相等，負電荷的電場線是從無窮遠處指向負點電荷，根據沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點電勢比c點低，故D正確。3答案及解析：答案：D解析：A.小球緩慢移動，動能不變，動能的變化量為零，根據動能定理得知，小球受到的合力做功為零，故 A錯誤；B.設繩與豎直方向的夾角為a根據平衡條件可知 F = mgtan%所以可知F為變力，根據動能定理得：Wf mgl(1 cos ) 0 ,解得拉力F的功為：Wf mgl (1 cos ),故B錯誤；C.根據重力做功與重力勢能變化

15、的關系可得：重力勢能的增加為VEp mgh mgl(1 cos )，故 C 錯誤；D.由上知，小球的動能不變，重力勢能增加 mgl(1-cos。),而重力勢能是小球與地球共有的，或根據除了重力以外的力做功等于系統(tǒng)機械能的變化，可知水平力F做功使小球與地球組成的系統(tǒng)機械能變化了 mgl(1-cos機故D正確。故選：D。4答案及解析:答案：C 解析：對物體受力分析，受重力、支持力，洛倫茲力和滑動摩擦力；根據左手定則，洛倫茲力向下，合力向后，物體做減速運動；由于摩擦力f=( mg+qvB),不斷減小，加速度不斷減小，不是勻變速運動，故物體的速度由錯誤，B也錯誤。若另加一個電場強度為v減小到零所用的時

16、間大于 mv減小，不是勻變速運動，故物體的速度由錯誤，B也錯誤。若另加一個電場強度為mg Bqv力方向水平向左，可能做勻速直線運動。故C正確。若另加一個電場強度為mg Bqvqmg Bqv ,力方向水平向左，可能做勻速直線運動。故C正確。若另加一個電場強度為mg Bqvq方向豎直向上的勻強電場，電場力F qE (mg qvB),物體不可能做勻速直線運動，故方向豎直向上的勻強電場，電場力D錯誤。5答案及解析：答案：B解析：設軸心。到小球A的距離為x,因兩小球固定在同一轉動桿的兩端，故兩小球做圓周運v v vvAl動的角速度相同，半徑分別為X、l x,根據，有二|X，解得x -一v-,B正確。6答

17、案及解析：答案：AC解析：船的速度產生了兩個效果：一是滑輪與船間的繩縮短，二是繩繞滑輪順時針轉動，因此將船的速度進行分解如圖所示，人拉繩行走的速度 v = vcos，選項A正確，選項B錯誤；繩對船的拉力等于人拉繩的力，即繩的拉力大小為 F,與水平方向成。角，因Fcos Ff=ma,得a=F-C0S_士選項C正確,選項D錯誤。 mrain firain fi7答案及解析:答案：AC解析：由于mem根據天平的平衡條件可判定線圈受到的安培力方向豎直向上，由左手定則判斷知矩形線圈中電流的方向為逆時針方向，選項A正確;根據閉合電路歐姆定律可得U ，八Ur一U E r,解得矩形線圈的電阻 R R1,選項B

18、錯誤;根據平衡條件有R R1E UE Um0 m rgmog-F=mg。F=nBIL, I ，聯立解得勻強磁場的磁感應強度的大小B u ：選項C正確;開始時線圈所受安培力的方向豎直向上，此時安培力大小為僅將磁場反向，則安培力方向變?yōu)樨Q直向下，大小不變，相當于右邊托盤底部受到的力比原來增加了2F,所以需要2F在左邊加破碼，添加質量為 m 2 mo-m的祛碼可使天平重新平衡，選項D錯誤。 g8答案及解析：答案：AB解析：A的動能最大時，A的加速度為0,根據力的平衡，B和C對A的力F的豎直分力為Fy mg ,B或C受到地面的支持力 Fn mg Fy ： mg ,B正確;A的動能達到最大前，其加速度向

19、下，所以Fy mg ,B受到地面的支持力小于 -mg ,A正確；彈簧的彈性勢能最大值 22Epm mg h, h Lcos30o Lcos60o，解得Epm432mgL ,D錯誤;彈簧的彈性勢能最大時,A減速運動到最低點，所以A的加速度方向豎直向上，C錯誤。2.利用平行四邊形定則作圖52.利用平行四邊形定則作圖5由圖可知F合=4.0N ,從F合的頂點向x軸和y軸分別作垂線 頂點的橫坐標對應長度為1mm,頂點的縱坐標長度為 20mm,則可得出F合與拉力F的夾角的正切值為 0.05。10答案及解析：答案：（1）實驗電路原理圖如圖所示（2）增大;增大；（3）0.39;1.17解析：（1）實驗要求能夠

20、實現在03.8V的范圍內對小燈泡的電壓進行測量，變壓器采用分壓式連接；由于電壓表量程為3V,需要串聯固定電阻 R （阻值1000 將電壓表設程擴大到4V;小燈泡電阻在額定電壓下為11 多點，電流表采用外接法，電路如答圖所示。（2）由實驗曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻增大，由電阻定律R L知燈絲的電阻率S增大。將滑動變阻器的電阻等效為電源內阻，當電源等效內阻為r r R 10時,小燈泡消耗的功率最小，這時作出電源的I U圖線如I所示（此時斜率為0.1），小燈泡消耗最小功率為Pmin 1.75 0.225W 0.39W ,當電源等效內阻為r r 0 1時，小燈泡消耗的功率最大，這時作出電源的

21、I U圖象如n所示（此時斜率為1）,小燈泡消耗最大功率為Pmax 3.65 0.32W 1.17W 。&Q025020。|J JuU TH ara4+Haza10050五口 )tQ in I TO -f+M 3XQ 理kI什X士卡T Hi rn1 &Q025020。|J JuU TH ara4+Haza10050五口 )tQ in I TO -f+M 3XQ 理kI什X士卡T Hi rn1 Trn11答案及解析：11答案及解析：答案：(1)小滑塊帶負電荷(2) 3.4m/s (3) 1.2m解析：(1)小滑塊沿斜面下滑過程中，受重力 mg、斜面支持力FN和洛倫茲力F.若要小滑塊離開斜面，洛倫茲

22、力 F方向應垂直斜面向上，根據左手定則可知，小滑塊應帶有負電荷.(2)小滑塊沿斜面下滑時，垂直斜面方向的合外力為零，有 8qv mgcos( ) 0當Fn 0時，小滑塊開始脫離斜面，此時， Bqv mg cos()得 v mgcos()得 v mgcos()守 Bq0.1 1010 2,rm/s0.5 5 102Ba mBg ,1 ,2 4Sb VBt -at vB at 0 在時間t內，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變 A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內的路程sa都可表示為聯立式并代入題給數據得sA 1.75m, sB 0.25m 這表明在時間t內A已

23、與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊 0.25 TOC o 1-5 h z m處。B位于出發(fā)點左邊 0.25 m處，兩物塊之間的距離s為s=0.25m+0.25m=0.50m t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA ,由動能定理有1212mAVA mAVAmAg 21sB 22聯立式并代入題給數據得vA7m / s?故A與B將發(fā)生碰撞。設碰撞后 A、B的速度分別為va以和vb ,由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA vmA vamAVA TOC o 1-5 h z 121212-mAVA-mAVA二 mfeVB ?222聯立？ ？ ？式并代

24、入題給數據得va 3-m/s, vbm/s?55這表明碰撞后 A將向右運動,B繼續(xù)向左運動。設碰撞后 A向右運動距離為sA這表明碰撞后 A將向右運動,向左運動距離為sb時停止，由運動學公式22八2 asA va , 2asB vb ?由？式及題給數據得sa 0.63 m, sb 0.28 m?sa小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離ssAsB0.91 m解析:13答案及解析:答案：1.BDE2. (i) pi 28Pa(ii) . r2321,3ri解析：1.根據熱力學第一定律，氣體吸熱的同時若對外做功，則氣體內能不一定增加，溫度不一 定升高，A錯誤。對氣體做功可以改變其內能，B正確。理想氣體等壓膨脹過程，對外彳功，由理 想氣體狀態(tài)方程可知，氣