2020届高三物理25题专题训练(共18题)
2020年高考物理真题多选题汇编(附解析)
2020年高考物理真题多选题集锦1.（2020·新课标Ⅲ）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10 ，R3=20 ，各电表均为理想电表。
已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。
下列说法正确的是（）A. 所用交流电的频率为50HzB. 电压表的示数为100VC. 电流表的示数为1.0AD. 变压器传输的电功率为15.0W2.（2020·新课标Ⅲ）1934年，约里奥—居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为：。
X会衰变成原子核Y，衰变方程为，则（）A. X的质量数与Y的质量数相等B. X的电荷数比Y的电荷数少1C. X的电荷数比的电荷数多2D. X的质量数与的质量数相等3.（2020·新课标Ⅲ）如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q（q>0）的点电荷固定在P点。
下列说法正确的是（）A. 沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大B. 沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小C. 正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大D. 将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负4.（2020·新课标Ⅱ）如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。
a、b为圆环水平直径上的两个点，c、d为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。
则（）A. a、b两点的场强相等B. a、b两点的电势相等C. c、d两点的场强相等D. c、d两点的电势相等5.（2020·新课标Ⅱ）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。
我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。
假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为∆P，到达B处时电压下降了∆U。
在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为∆P′，到达B处时电压下降了∆U′。
2020年高考物理选择题专项训练16~20套附答案及解析
2020年高考物理选择题专项训练16~20套2020年高考物理选择题专项训练16一、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。
）1.2019年春晚在舞《春海）》中拉开帷幕．如图所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量（包括衣服和道具）相等，下面说法中正确的是A. 观众欣赏表演时可把领舞者看作质点B. 2号和4号领舞者的重力势能相等C. 3号领舞者处于超重状态D. 她们在上升过程中机械能守恒2.超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示，在锥形金属筒内放置四颗小铁珠（其余两颗未画出），工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部，同时，小铁珠陷于钉柱上的凹槽里，锁死防盗扣．当用强磁场吸引防资扣的顶部时，铁环和小铁珠向上移动，防盗扣松开，已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90°，弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F，小铁珠锁死防盗扣，每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为（不计摩擦以及小铁珠的重力）A. FB. FC. FD. F3.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别r1、r2，则下列说法正确的是A. 原子核可能发生衰变，也可能发生衰变B. 径迹2可能是衰变后新核的径迹C. 若衰变方程是，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为117：2D. 若衰变方程是，则r1：r2＝1：454.2019年1月3日，嫦娥四号探测器登陆月球，实现人类探测器首次月球背面软着陆，为给嫦娥四号採测器提供通信支持，我国早在2018年5月21日就成功发射嫦娥四号中继星鹊桥号”，如图所示，“桥号”中继星一边绕拉格朗日L2点做圆周运动，一边随月球同步绕地球做圆周运动且其绕点的半径远小于点与地球间的距离。
2020年高考全国卷“理科综合物理第25题”考前模拟试题
2020年高考全国卷“理综第25题”考前模拟试题1．如图所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切．圆弧的半径为R．一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小；(2)物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离；(3)为使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件．2．如图所示，弹枪AA′离竖直墙壁BC距离x＝2.4m，质量m1＝0.5kg的“愤怒的小鸟”从弹枪上A′点弹出后，抛射至光滑圆弧轨道最低点C点，A′C的竖直高度差y＝1.8m．“小鸟”在C处时，速度恰好水平地与原来静止在该处的质量为m2＝0.3kg的石块发生弹性碰撞，碰后石块沿圆弧轨道上滑，圆弧轨道半径R＝0.5m，石块恰好能通过圆弧最高点D，之后无碰撞地从E点离开圆弧轨道进入倾斜轨道MN(无能量损失)，且斜面MN的倾角θ＝37°，∠EOD＝37°，石块沿斜面下滑至P点与原来藏在该处的“猪头”发生碰撞并击爆它，石块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，PE之间的距离s＝0.5m．已知“小鸟”、石块、“猪头”均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)石块与“猪头”碰撞时的速度大小；(2)“小鸟”与石块碰前的速度大小；(3)“小鸟”与石块相碰之前离斜面MN的最近距离．3．如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t＝2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m＝2kg，木板质量M＝1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2．求：(1)t＝0.5s时滑块的速度大小；(2)0～2.0s内木板的位移大小；(3)整个过程中因摩擦而产生的热量．4．某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L＝50m，正常运转的速度为v＝4m/s．一次某工人刚把M＝10kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m＝5kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去．货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8．(物块与木板均可看成质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；(2)若工人用F＝189N的恒定拉力把货物拉到L5处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？(不计传送带的加速时间)5．如图所示，一平行板电容器两极板水平相对放置，在两极板的正中心上各开一孔，孔相对极板很小，因此不会影响两极板间的电场分布。
河北省宣化一中2020届高三下学期高考押题卷物理试题(含答案)
(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝________mm。
1 (2)多次改变高度H，重复上述实验，作出 t 2 随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0
和重力加速度g及小球的直径d满足表达式____________时，可判断小球下落过程中机械能守恒。 (3)实验中发现动能增加量ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp，增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk 将______(填“增大”“减小”或“不变”)。
O
V0
300
A
D
25.(20分)如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧形轨道固定在竖直面内，O为圆心，C为最低
点，D为最高点，CD为直径，BC弧对应的圆心角θ=37°。在圆弧形轨道左侧有一两端间距L=2.2m
的水平传送带，传送带与圆弧轨道在同一竖直平面内，工作轮半径r=0.1m，传送带顺时针转动，
速率恒为ν=4m/s。现在传送带水平部分的左端E点由静止释放一个质量M=1kg、可视为质点的滑
宣化第一中学 2020 年高考模拟试题（一） （物理答案） 14.C【解析】设经过第一段位移Δx 的起始位置对应时刻记为零，0～t1 中间时刻的速度为 v1，t1～
t2 中间时刻的速度为
v2
v2，则
v1
a
t1
t2 2
t1 2
，解得
0
bh
18. 图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n1∶n2＝5∶1，电阻 R＝20 Ω，L1、L2 为规格
2020年高考全国卷“理综第25题”考前模拟试题——参考答案
2020年高考全国卷“理综第25题”考前模拟试题参考答案1．【答案】(1)3mg －3μmg (2)3－3μ3μ＋1R (3)L ′≥3R ＋3R 1－3μ【解析】(1)根据几何关系PB ＝Rtan θ＝3R ①从P 点到E 点根据动能定理，有mgR －μmg cos θ·PB ＝12mv 2E －0②代入数据解得v E 2－3μgR )③在E 点，根据向心力公式有F N －mg ＝m v 2ER④解得F N ＝3mg －3μmg⑤(2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离x ，根据动能定理，有mg (BP －x )·sin θ－μmg cos θ(BP ＋x )＝0－0⑥代入数据解得x ＝3－3μ3μ＋1R ⑦(3)刚好到达最高点时，有mg ＝mv 2R⑧解得v ＝gR⑨根据动能定理，有mg (L ′sin θ－R －R cos θ)－μmg cos θ·L ′＝12mv 2－0⑩代入数据解得L ′＝3R ＋3R 1－3μ⑪所以，L′应满足什么条件L′≥3R＋3R⑫1－3μ2．【答案】(1)3m/s (2)4m/s (3)0.54m【解析】(1)石块恰好过圆弧最高点D ，设在D 点时的速度为v D ，则m 2g ＝m 2v 2DR①解得v D ＝5m/s②设石块在P 点与“猪头”碰撞时的速度为v P ，石块从D 至P 的过程，由动能定理可知m 2g [R (1－cos θ)＋s ·sin θ]－μm 2g cos θ·s ＝12m 2v 2P －12m 2v 2D③解得v P ＝3m/s④(2)设石块在C 点碰后的速度为v C ，石块从C 至D 的过程，由动能定理可知－m 2g ·2R ＝12m 2v 2D －12m 2v 2C⑥解得v C ＝5m/s⑦设“小鸟”与石块碰前的速度为v ，碰后速度为v ′，在碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可知m 1v ＝m 1v ′＋m 2v C ⑧12m 1v 2＝12m 1v ′2＋12m 2v 2C ⑨联解可得v ＝4m/s⑩(3)由题给数据知A′C与MN平行，将“小鸟”从A′至C的运动可逆向视为从C至A′的平抛运动，设历时t，“小鸟”的速度与A′C连线平行，有v y＝gt⑪v x＝v⑫tanθ＝v yv x⑬联解可得t＝0.3s⑭此时“小鸟”离A′C连线的距离设为hh＝x′sinθ⑮2x′＝vt⑯则“小鸟”离斜面MN最近的距离Δh＝R(1＋cosθ)－h⑰解得Δh＝0.54m⑱3．【答案】(1)1m/s(2)6.25m(3)12J【解析】(1)木板M的最大加速度a m＝μmg2①M＝4m/s滑块与木板保持相对静止时的最大拉力F m＝(M＋m)a m＝12N②即F为6N时，M与m一起向右做匀加速运动，对整体分析有F＝(M＋m)a1，v1＝a1t1③代入数据得v1＝1m/s④(2)对Ma1t21⑤0～0.5s：x1＝12a2t22⑥0.5～2s：μmg＝Ma2，x2＝v1t2＋12则0～2s内木板的位移x＝x1＋x2＝6.25m⑦(3)对滑块0.5～2s：F－μmg＝ma2′⑧0～2s内，滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋1a2′t22)⑨2在0～2s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2.25m⑩t＝2s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7m/s⑪滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10m/s⑫撤去F后，对Mμmg＝Ma3⑬对m－μmg＝ma3′⑭当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3⑮解得t3＝0.5s⑯该段时间内，M位移x3＝v2t3＋1a3t23⑰2m位移x3′＝v2′t3＋1a3′t23⑱2相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75m⑲整个过程中，系统因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝12J⑳4．【答案】(1)192N(2)2m/s(3)11.25s【解析】(1)设最大拉力为F m，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物根据牛顿第二定律得μMg cosθ－Mg sinθ＝Ma1①解得a1＝0.4m/s2②对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得F m－μ(m＋M)g cosθ－(m＋M)g sinθ＝(m＋M)a1③解得F m＝192N④(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g cosθ－(m＋M)g sinθ＝(m＋M)a2⑤解得a2＝0.2m/s2⑥设来电时木板与货物的速度大小为v1，根据运动学公式得v12＝2a2L5⑦解得v1＝2m/s⑧(3)由于v1＜4m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3，则μ(M＋m)g cosθ－(M＋m)g sinθ＝(M＋m)a3⑨解得a3＝0.4m/s2⑩设经过t1木板速度与传送带速度相同v＝v1＋a3t1⑩解得t1＝5s⑫设t1内木板加速的位移为x1，则v2－v12＝2a3x1⑬解得x1＝15m⑭共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则x2＝L－L⑮5－x1解得x2＝25m⑯匀速运动的时间t2＝x2v＝6.25s⑰所以，来电后，货物能到达B处需要的运动时间t＝t1＋t2＝11.25s⑱5．【答案】(1)52g(2)118L(3)6mg－3kq2L2【解析】(1)以AB系统为研究对象，有qE＋2mg＝2ma①解得a＝52g②(2)从开始到A刚进入两极板间有v12＝2aL③解得v1＝5gL④A进入两极板间到B即将穿出下孔，有qE＋2mg－3qE＝2ma2⑤解得a2＝－2g⑥v22－v12＝2a2s⑦B穿出下孔后，有2mg－3qE＝2ma3⑧解得a3＝－72g⑨0－v22＝2a3×L2⑩联立解得s＝38L⑪所以，两极板间距d＝s＋L＝118L⑫(3)B球刚进入电场时，以A球为研究对象，有T1＋mg＋3kq2L2＝ma⑬解得T1＝32mg－3kq2L2⑭A球刚进入电场时，以B球为研究对象，有T2＋3kq2L2－mg－qE＝m|a2|⑮解得T2＝6mg－3kq2L2⑯B球刚离开电场时，以B球为研究对象，有T3＋3kq2L2－mg＝m|a3|⑰解得T3＝92mg－3kq2L2⑱所以，最大拉力T2＝6mg－3kq2L2⑲6．【答案】(1)0.25C0.80Ω(2)F＝2＋0.8t(N)(3)0.1J【解析】(1)根据题图乙知，在t＝0.5s时间内通过金属框的平均电流I＝0.50A①通过金属框的电量q＝I t＝0.25C②由平均感应电动势E＝BL2t③平均电流I＝ER④通过金属框的电量q＝I t⑤联立③④⑤得q＝BL2R⑥于是金属框的电阻R＝BL2q＝0.80Ω⑧(2)由题图乙知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场．又知金属框在t＝0.5s时间内的位移L＝0.5m，金属框的加速度加速度a＝2L2⑨t2＝4m/s由图乙知金属框中感应电流随时间变化规律为I＝kt(k＝2.0A/s)⑩于是安培力F A随时间t变化规律为F A＝BIL＝kBLt⑪由牛顿运动定律得F－F A＝ma⑫所以水平拉力F＝F A＋ma＝ma＋kBLt⑬代入数据得水平拉力随时间变化规律为F＝2＋0.8t(N)⑭(3)根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v＝2aL＝2m/s⑮由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q＝W F－1mv2＝0.1J⑯27．【答案】(1)5m π6qB (2)qBR 2m (3)1124πR 2－34R 2【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r 1，由牛顿第二定律可得qv 1B ＝mv 21r 1①解得r 1＝mv 1qB＝R ②粒子沿与MO 成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P 射出，其运动轨迹如图甲所示．由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150°③甲粒子的运动周期T ＝2πmBq④粒子在磁场中的运动时间t ＝150°360°＝5m π6qB⑤(2)粒子以速率v 2沿MO 方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N 点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r 2，由图中几何关系可得r 2＝R tan θ2＝12R⑥乙由牛顿第二定律可得qv 2B ＝mv 22r 2⑦解得粒子的速度v 2＝qBr 2m ＝qBR2m⑧(3)粒子沿各个方向以v 2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r 2，且不变．由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S 等于以O 3为圆心的扇形MO 3O 的面积S 1、以M 为圆心的扇形MOQ 的面积S 2和以O 点为圆心的圆弧MQ 与直线MQ 围成的面积S 3之和．丙S 1＝12π(R 2)2＝πR 28⑨S 2＝16πR 2⑩S 3＝16πR 2－12×R ×R 2tan 60°＝16πR 2－34R 2⑪则S ＝1124πR 2－34R 2⑫8．【答案】(1)－1V(2)22m/s与水平方向的夹角θ＝45°(3)B2＜2T【解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为E＝12B1L21ω＝2V①由串并联电路的连接特点知E＝I·4R，U0＝I·2R＝E2＝1V②金属杆转动周期T1＝2πω＝20s③由右手定则知：在0～4s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa＞φb，则在0～4s时间内φM＜φN，U MN＝－1V④(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～T12时间内，水平方向L2＝v0·t1⑤解得t1＝L2v0＝4s＜T12⑥竖直方向d 2＝12v y t1⑦解得v y＝0.5m/s⑧则粒子飞出电场时的速度大小v＝v20＋v2y＝22m/s⑨所以该速度与水平方向的夹角θ满足tanθ＝v yv0＝1，θ＝45°⑩(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径r＝mvB2q⑪由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，粒子不会第二次进入电场的条件是2r＞d⑫粒子在平行板中加速得v y＝at1，a＝Eqm，E＝U NMd⑬解得qm＝0.25C/kg⑭综合得B2＜2mvdq＝2×42×22T＝2T⑮9．【答案】(1)见解析(2)EBLv m－B2L2v m2r (3)BLCU1t1＋mU1BLt1【解析】(1)导体棒切割磁感线E＝BLv①导体棒做匀速运动F＝F安＝BIL②其中I＝ER③在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝B2L2v2RΔt④电路获得的电能ΔE＝qE＝EIΔt＝B2L2v2RΔt⑤可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等(2)导体棒达到最大速度v m时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLv m⑥电源与电阻所在回路的电流I＝E－Ur⑦电源的输出功率P＝UI＝EBLv m－B2L2v m2r⑧(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv＝U⑨由电容器的Ut图可知U＝U1t1t⑩导体棒的速度随时间变化的关系为v＝U1BLt1t⑪可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝U1BLt1⑫电容C＝QU⑬电流I＝Qt⑭可得I＝CUt＝CU1t1⑮由牛顿第二定律有F－BIL＝ma⑯可得F＝BLCU1t1＋mU1BLt1⑰10．【答案】(1)mv 0ql (2)2mv 0ql 0(3)[0，－2kmv 0B 0q ](k ＝1，2，3…)和[－3mv 0B 0q ，－(2n －1)mv 0B 0q](n ＝1，2，3…)【解析】(1)设a 粒子在y 轴右侧运动的半径为R 1，由几何关系有(R 1－12l )2＋(32l )2＝R 21①甲由于B 1qv 0＝m v 20R 1②解得B 1＝mv 0ql③(2)B 2最小，说明Q 点是a 、b 粒子在y 轴上第一次相遇的点，由图乙可知，a 、b 粒子同时从O 点出发，且粒子在y 轴右侧运动的圆周运动半径乙R 2＝l 02④又由洛伦兹力提供向心力，有B 2qv 0＝m v 2R 2⑤解得B 2＝2mv 0ql 0⑥(3)由图丙可见，只有在两轨迹相交或相切的那些点，才有相遇的可能性，所以有y 轴上的相切点和y 轴左侧的相交点．经分析可知，只要a 、b 粒子从O 点出发的时间差满足一定的条件，这些相交或相切的点均能相遇．丙粒子在y 轴右侧的运动半径r 1＝mv 0B 0q⑦粒子在y 轴左侧的运动半径r 2＝2mv 0B 0q⑧y 轴上的相切点坐标为[0，－2kmv 0B 0q](k ＝1，2，3…)⑨y 轴左侧的相交点相遇由丙图可知，OA ＝AC ＝OC ＝r 2，可得x A ＝－r 2sin 60°＝－3mv 0B 0q ⑩y A ＝－r 2cos 60°＝－mvB 0q⑪y 轴左侧的相遇点的坐标[－3mv 0B 0q ，－(2n －1)mv 0B 0q](n ＝1，2，3…)⑫。
2020届人教版高三物理专项练习题：游标卡尺和螺旋测微器专项训练
游标卡尺专项训练1.如图所示，螺旋测微器的读数为mm，20分度的游标卡尺读数为mm．2.用螺旋测微器测某一圆柱体直径，示数如图甲所示，此示数为mm；用游标卡尺测量某工件的外径时，示数如图乙所示，则读数为mm．3.某同学在测定金属圆柱体电阻率时需要先测量其尺寸，他分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和如图（b）所示，长度为cm，直径为mm．4.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示．该工件的直径为cm，高度为mm．5.（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件（选填“A”、“B”、“C”或“D”）．从图中的示数可读出合金丝的直径为mm．（2）用游标卡尺可以测量某些工件的外径．在测量时，示数如上图乙所示，则读数分别为mm．6.下述图中，游标卡尺示数是cm；螺旋测微器的示数是mm.7.图一中螺旋测微器读数为mm．图二中游标卡尺读数为cm．8.用螺旋测微器测量一根电阻丝的直径，测量结果如图①，其读数为________ mm.用游标为50分度的卡尺测量某圆筒的内径，则该游标卡尺的标尺每一小格的长度为________ mm，测量结果如图②所示，此工件的直径为________ cm.9.图(甲)是用一主尺最小分度为1 mm，游标上有20个分度的卡尺测量一工件的长度，结果如图所示．可以读出此工件的长度为____________ cm.图(乙)是用螺旋测微器测量某一圆筒内径时的示数，此读数应为________ cm.10.有一游标卡尺，主尺的最小分度是1 mm，游标上有20个等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是________ mm.用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是_________ mm.甲乙11.图甲中螺旋测微器读数为______________ mm.图乙中游标卡尺(游标尺上有50个等分刻度)读数为______________ mm.12.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝时，测得的结果如图a所示，则该金属丝的直径d＝________ mm.另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图b所示，则该工件的长度L＝__________ cm.13.用螺旋测微器测量某一物体厚度时，示数如图甲所示，读数是________ mm.用游标卡尺可以测量某些工件的外径．在测量时，示数如图乙所示，则读数分别为________mm14.将如图所示的螺旋测微器的读数写出来．甲．______mm乙．______cm15.下图中螺旋测微器的读数为 _________mm.16.某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度．该螺旋测微器校零时的示数如图a所示，测量金属板厚度时的示数如图b所示．图a所示读数为__________ mm，图b所示读数为__________ mm，所测金属板的厚度为__________ mm.17.图中给出的是用螺旋测微器测量一小钢球的直径时的示数，此读数应________mm.18.图中螺旋测微器的读数是_____________mm.19.下图是用螺旋测微器测量两根金属棒直径的示意图，图a的读数是________mm，图b的读数是______________mm.20.在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________ mm.21.常用螺旋测微器的精度是0.01 mm，下图中的螺旋测微器读数为5.623 mm，请你在刻度线旁边的方框内标出相应的数以符合给出的数值．22.如图所示，游标卡尺读数为________mm，螺旋测微器读数为________mm.23.（1）如图所示的游标卡尺，游标尺上共有20个分度，用它测量某工件的外径时，示数如图，则此工件的外径是mm.（2）用螺旋测微器测量某电阻丝的直径如图，则此电阻丝的直径为mm.24.正确读出下列各数：①图1游标卡尺的读数为mm．②图2螺旋测微器的读数mm.25.如图所示，螺旋测微器的示数为mm，游标卡尺的示数为mm．26.图中游标卡尺读数为mm，螺旋测微器读数为mm．27.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1所示，由图可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为mm．28.图中游标卡尺的读数为mm；图中螺旋测微器的读数为mm．29.读出下列游标卡尺和螺旋测微器的示数：mm，mm30.在测定金属的直径时，螺旋测微器的读数如图所示．可知该金属丝的直径d=mm．31.用游标卡尺测量某一铁球的直径．主尺示数（单位为cm）和游标的位置如图所示，则其直径为cm；用螺旋测微器测量小钢球的直径，长度如图所示，其直径长为mm．32.某同学用刻度尺测金属丝的长度l，用螺旋测微器测金属丝的直径d，其示数分别如图1和图2所示，则金属丝长度l=cm，金属丝直径d=mm．他还用多用电表按正确的操作程序测出了它的阻值，测量时选用“×1”欧姆挡，示数如图3所示，则金属丝的电阻R=Ω．33.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示．该工件的直径为______cm，高度为__________mm.34.某同学用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一工件的长度和厚度，如图所示，读出该工件的长度为______ cm.厚度的测量值为______mm35.某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如甲图所示，则该金属丝的直径d＝__________mm.另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如乙图所示，则该工件的长度L＝____________cm.36.某同学为了练习各种仪表的读数规则，他做了如下几种图示的练习：其中如图甲所示为游标卡尺的读数，其值为____cm；如图乙所示为螺旋测微器的读数，其值为____mm；如图丙所示为电流表的读数，使用量程为0～0.6 A时的读数为______A.答案解析1.【答案】6.768 104.05【解析】螺旋测微器的固定刻度读数为6.5 mm，可动刻度读数为0.01×26.8 mm=0.268 mm，所以最终读数为（6.5+0.268）mm=6.768 mm．游标卡尺的主尺读数为104 mm，游标读数为0.05×1 mm=0.05 mm，所以最终读数为(104+0.05) mm=104.05 mm．2.【答案】3.550 11.50【解析】1.螺旋测微器的固定刻度为3.5 mm，可动刻度为5×0.010 mm=0.050 mm，所以最终读数为3.5 mm+0.050 mm=3.550 mm．2.游标卡尺的主尺读数为：1.1 cm=11 mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05 mm=0.50 mm，所以最终读数为：11 mm+0.50 mm=11.50 mm．3.【答案】5.024.815【解析】（a）是10分度的卡尺，其精确度为0.1 mm，主尺读数为：5 cm=50 mm，游标上第2个刻度与上面对齐，读数为：2×0.1 mm=0.2 mm，故最终读数为：(50+2×0.1) mm=50.2 mm=5.02 cm；螺旋测微器：固定刻度为4.5 mm，可动刻度为31.5×0.01 mm，则读数为（4.5+31.5×0.01）mm=4.815 mm．4.【答案】4.240 1.845【解析】游标卡尺的主尺读数为4.2 cm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05 mm=0.40 mm=0.040 cm，所以最终读数为：4.2 cm+0.040 cm=4.240 cm．螺旋测微器的固定刻度为 1.5 mm，可动刻度为34.5×0.01 mm=0.345 mm，所以最终读数为 1.5 mm+0.345 mm=1.845 mm．5.【答案】（1）B0.410 （2）11.50【解析】解：（1）读数前应先旋紧B，使读数固定不变，螺旋测微器的固定刻度为0 mm，可动刻度为41.0×0.01 mm=0.410 mm，所以最终读数为0 mm+0.410 mm=0.410 mm．（2）游标卡尺的主尺读数为11 mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05 mm=0.50 mm，所以最终读数为：11 mm+0.50 mm=11.50 mm．6.【答案】10.34 3.388【解析】游标卡尺示数是10.3 cm+0.1mm×4=10.34 cm；螺旋测微器的示数是3 mm+0.01 mm×38.8=3.388 mm.7.【答案】4.487 2.64【解析】螺旋测微器的固定刻度为4 mm，可动刻度为48.7×0.01 mm=0.487 mm，所以最终读数为4 mm+0.487 mm=4.487 mm．10分度的游标卡尺，精确度是0.1 mm，游标卡尺的主尺读数为26 mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1 mm=0.4 mm，所以最终读数为：26 mm+0.4 mm=26.4 mm=2.64 cm．8.【答案】1.5540.98 1.114【解析】螺旋测微器的读数公式：固定刻度(mm)＋旋转刻度(估读)×0.01 mm＝测量值，所以螺旋测微器的读数为：1.5 mm＋5.4×0.01 mm＝1.554 mm.游标卡尺的读数公式：主尺(mm)＋格数×(0.1或0.05或0.02)＝测量值，所以此游标卡尺读数为1.1 mm＋7×0.02 mm＝1.114 mm9.【答案】10.2350.554 6【解析】游标卡尺的主尺读数为102 mm，游标读数为0.05×7 mm＝0.35 mm，所以最终读数为102.35 mm＝10.235 cm.螺旋测微器的固定刻度为5.5 mm，可动刻度为0.01×4.6 mm＝0.046 mm，所以最终读数为5.546 mm＝0.5546 cm.10.【答案】10.50 1.731(1.730～1.733均可)【解析】11.【答案】8.11810.94【解析】甲图主尺为8 mm，游标读数11.8×0.01 mm，因此读数为8.118 mm；主尺为10 mm，游标读数为47×0.02 mm，两者相加为10.94 mm.12.【答案】3.205 2.030【解析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．螺旋测微器的固定刻度读数为3 mm.可动刻度读数为0.01×20.5 mm＝0.205 mm，所以最终读数为3.205 mm.游标卡尺的主尺读数为20 mm，游标读数为0.05×6 mm＝0.30 mm，所以最终读数为20.30 mm＝2.030 cm.13.【答案】1.19511.50【解析】螺旋测微器读数为1 mm＋19.5×0.01 mm＝1.195 mm游标卡尺读数为11 mm＋10×0.05 mm＝11.50 mm.14.【答案】8.4760.657 8【解析】甲：8 mm＋47.7×0.01 mm＝8.477 mm.乙：6.5 mm＋7.8×0.01 mm＝6.578 mm＝0.657 8 cm.15.【答案】5.200【解析】螺旋测微器的读数公式：固定刻度(mm)＋旋转刻度(估读)×0.01 mm＝测量值，所以螺旋测微器的读数为：5 mm＋20.0×0.01 mm＝5.200 mm.16.【答案】0.010 6.870 6.860【解析】螺旋测微器在读数时，整毫米与半毫米读数由固定刻度读出，小数部分由可动刻度读出，螺旋测微器要估读一位，可动部分每一小格表示0.01 mm，由此可知a读数为0＋1.0×0.01 mm＝0.010 mm；b读数为6.5 mm＋37.0×0.01 mm＝6.870 mm; 所测金属板的厚度为6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm.17.【答案】8.600【解析】螺旋测微器的读数公式：固定刻度(mm)＋旋转刻度(估读)×0.01 mm＝测量值，所以螺旋测微器的读数为：8.5 mm＋10.0×0.01 mm＝8.600 mm.18.【答案】5.681(5.680～5.682)【解析】主尺读数为 5.5 mm，可动刻度为18.1×0.01 mm，所以螺旋测微器的读数为 5.5 mm＋18.1×0.01 mm＝5.681 mm19.【答案】3.207 1.880【解析】a图中3 mm＋20.7×0.01 mm＝3.207 mm，b图中1.5 mm＋38.0×0.01 mm＝1.880 mm20.【答案】0.617(0.615～0.619)【解析】螺旋测微器的精确度为0.01 mm，固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为11.7 mm，结果为d＝0.5 mm＋11.7×0.01 mm＝0.617 mm.21.【答案】如图【解析】根据螺旋测微器读数结合题图可知，主尺固定刻度填5，这样主尺读取 5.5 mm，可动刻度应读取0.123，由于精度为0.01 mm，故可动数据读取12.4时，下面的方框填写10，上面的方框填写15.22.【答案】49.15 0.900【解析】游标卡尺读数为，螺旋测微器的读数为23.【答案】（1）4.35 （2）1.567~1.570【解析】（1）20分度的游标卡尺，精确度是，游标卡尺的主尺读数为，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为，所以最终读数为：.（2）螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为。
2020届高三物理25题专题训练(共18题)
2. 如图所示，直轨道与水平面夹角为 37°，光滑竖直圆轨道与直轨道相切于 C 点，圆轨道最高点 为 D，半径 OD 竖直，半径为 0.8 ，质量为 0.5 的物块 m 放在 B 点，由止动装置使其静止， 质量为 1kg 的物块 M，从直轨道的 P 点滑向 B 点，当其运动到 B 点时，撤去 m 的止动装置， M 与 m 发生弹性正碰，之后 m 恰好通过圆轨道最高点 D，已知两物块与直轨道间的动摩擦因 数均为 0.25，B、C 点间的距离为 1.7 ， = 10 / 2， 37° = 0.6、 37° = 0.8，物块大小忽略不计均可视 为质点，求：
(1)求粒子的比荷 ；
(2)通过计算说明是否所有的粒子都从 OQ 之间射出电 场打到荧光屏上； (3)求粒子打到荧光屏上的点距 Q 点的最远距离。
11. 如图所示，在正方形 ABCD 区城内，对角线 BD 以上的区域存在平行于 AB 向下的匀强电场， 对角线 BD 以下的区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，正方形的边长为 3 .一质量为 m。电
= 1.0 ( = 10 / 2) (1)判断 1磁场的方向； (2)刚撤去外力 F 时 ab 杆子的速度 v； (3)求杆子 ab 的最大加速度 a 和加速过程中的位移 x．
荷量为+ 的带电粒子(不计重力)以初速度 0从 B 点沿 BC 方向进入磁场，磁感应强度 = 0，
2
电场强度 = 0，求： (1)带电粒子最终从正方形 ABCD 边界射出的位置； (2)带电粒子在磁场和电场中运动的总时间。
知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
2020 届高三物理 25 题半径为 1 = 0.8
的1光滑圆弧轨道，与半径为
4
2 = 0.4
的半圆光滑空心管轨道平
最新2020年高考理综物理选择题训练20套Word版含详细解析
最新2020年高考理综物理选择题训练20套最新2020年高考理综物理选择题训练（01）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.下列说法正确的是A. 氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子，电子的轨道半径增大B.He Th U 422349023892+→是核裂変方程，当铀块体积大于临界体积时，才能发生链式反应C. 从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率成正比D. α射线是高速运动的氦原子核，能够穿透几厘米厚的铅板 【答案】A 【解析】【详解】根据波尔理论，氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，要吸收光子，电子的轨道半径增大，选项A 正确；B 方程是衰变方程，B 错误；根据光电效应方程，光电子的最大初动能为k E hv W =-，不是与频率ν成正比，C 错误。
α射线是高速运动的氦原子核，但是不能穿透铅板，D 错误；2.如图所示为小朋友喜欢的磁性黑板 ，下面有一个托盘，让黑板撑开一个安全角度（黑板平面与水平面的夹角为θ），不易倾倒，小朋友不但可以在上面用专用画笔涂鸦，磁性黑板擦也可以直接吸在上面。
图中就有小朋友把一块质量m 为黑板擦吸在上面保持静止，黑板与黑板擦之间的动摩擦因数μ，则下列说法正确的是（ ）A. 黑板擦对黑板的压力大小为mgcos θB. 黑板斜面对黑板的摩擦力大小为μmgcos θC. 黑板对黑板擦的摩擦力大于mgsin θD. 黑板对黑板擦的作用力大小为mg 【答案】D【解析】对黑板擦受力分析，受到竖直向下的重力，黑板给的支持力N ，以及垂直黑板向下的吸力F ，沿黑板平面向上的摩擦力f ，根据正交分解可知sin f mg =θ，cos N mg F θ=+，根据牛顿第三定律可知黑板擦对黑板的压力大小为'cos N mg F θ=+，由于黑板擦处于静止，所以重力和其余三个力（黑板对黑板擦的作用力）的合力为零，故黑板对黑板擦的作用力大小为mg ，D 正确．【点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解．3.从离水平地面高H 处以速度v 0水平抛出一个小球A ，同时在其正下方地面上斜抛另一个小球B ，两球同时落到地面上同一位置，小球B 在最高点时，距地面的高度为h ，速度为v ，则以下关系正确的是 A. h=H , v =v 0 B. h ＝03,42v H v = C. h =0,22v Hv = D. h =0,4Hv v =【答案】D【解析】斜抛可以看成对称两段平抛，则A t =B t =，B A t t =，得4H h =；0A A s v t =，B B s vt =，则0v v =，故选D 。
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5. 如图所示，在离地面高ℎ = 5 处固定一水平传送带，传送带以 0 = 2 / 顺时针转动。长为 L 的薄木板甲和小物块乙(乙可视为质点)，质量均为 = 2 ，甲的上表面光滑，下表面与传送 带之间的动摩擦因数 1 = 0.1.乙与传送带之间的动摩擦因数 2 = 0.2.某一时刻，甲的右端与传 送带右端 N 的距离 = 3 ，甲以初速度 0 = 2 / 向左运动的同时，乙以 1 = 6 / 冲上甲的 左端，乙在甲上运动时受到水平向左拉力 = 4 ， g 取 10 / 2.试问： (1)当甲速度为零时，其左端刚好与传送带左端 M 相齐，乙也恰与甲分离，求 MN 的长度 ； (2)当乙与甲分离时立即撤去 F，乙将从 N 点水平 离开传送带，求乙落地时距甲右端的水平距离。
7. 如图，倾角为 = 37°的斜面内有两根足够长的平行导轨 1、 2，其间距 = 0.5 ，左端接有 电容 = 20000 的平行板电容器。质量 = 40 的导体棒可在导轨上滑动，导体棒和导轨的 电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度 = 2 .现使导体棒以 速度 = 10 / 从 A 点开始沿导轨向上运动，经过时间 t 速度恰好为 0，再经时间 5 ，回到 A 点，重力加速度取 = 10 / 2.求： (1)导体棒从 A 点开始运动时，电容器上的电荷量 ； (2)导体棒与导轨间动摩擦因数的大小 ； (3)时间 t 的大小和返回 A 点时的速度 '？
(2)如果解除物块 Q 的锁定，物块 P 下滑后与弹簧相 碰并粘连在一起，则此后 P 的速度为零时弹簧的弹 性势能和 Q 的速度为零时弹簧的弹性势能分别为多 大；
(3)如果解除物块 Q 的锁定，试分析物块 P 下滑后被 弹簧弹回，能否第二次到达 B 点，如果不能，物块 P 会停在离 B 点多远的位置；如果能，物 块 P 到 B 点时对圆弧轨道的压力为多大。
6. 如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨 MN 高 = 0.8 ，右端 N 处与水平传送 带理想连接，传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送。三个质量均为 = 1.0 的滑块 A、B、 C 置于水平导轨上，开始时滑块 B、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状 态。滑块 A 以初速度 0 = 7.1 / 沿 B、C 连线方向向 B 运动，A 与 B 发生碰撞后黏合在一起， 碰撞时间极短，可认为 A 与 B 碰撞过程中滑块 C 的速度仍为零。因碰撞使连接 B、C 的细绳受 到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 A、B 分离。滑块 C 脱离弹簧后滑上传送带，并从 右端滑出落至地面上的 P 点。已知滑块 C 在传送带上的运动如图乙所示，重力加速度 g 取 10 / 2。
(1)物块 m 通过 C 点时的动能； (2)物块 M 在与 m 碰前瞬间速度的大小； (3)物块 m 抛出后落在斜面上的落点到 B 点的距离。
4. 如图所示，质量为 = 2 、长度为 = 3 的长木板 A 静止在光滑的水平地面上，长木板 A 的两端有弹性挡板 M、N，一质量为 = 4 的物块 B 静止在长木板的中点，让物块 B 以 0 = 6 / 的速度水平向左运动。已知物块 B 与长木板 A 之间的动摩擦因数 = 0.1，物块 B 与挡板 的碰撞时间很短且没有能量损失，重力加速度 = 10 / 2。 (1)物块 B 最终停在长木板 A 上何处？ (2)试推导物块 B 同挡板碰撞前相对长木板 A 的速度 与同挡板碰撞后相对长木板 A 的速度 ' 的关系； (3)试求物块 B 在长木板 A 上滑动的时间。
2. 如图所示，直轨道与水平面夹角为 37°，光滑竖直圆轨道与直轨道相切于 C 点，圆轨道最高点 为 D，半径 OD 竖直，半径为 0.8 ，质量为 0.5 的物块 m 放在 B 点，由止动装置使其静止， 质量为 1kg 的物块 M，从直轨道的 P 点滑向 B 点，当其运动到 B 点时，撤去 m 的止动装置， M 与 m 发生弹性正碰，之后 m 恰好通过圆轨道最高点 D，已知两物块与直轨道间的动摩擦因 数均为 0.25，B、C 点间的距离为 1.7 ， = 10 / 2， 37° = 0.6、 37° = 0.8，物块大小忽略不计均可视 为质点，求：
知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
2020 届高三物理 25 题专题训练(共 18 题)
一、力学部分
1.
如图所示，半径为 1 = 0.8
的1光滑圆弧轨道，与半径为
4
2 = 0.4
的半圆光滑空心管轨道平
滑连接并固定在竖直面内，粗糙水平地面上紧靠管口有一长度为 = 2.5 、质量为 = 0.1 的静止木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上。质量为 2 = 0.05 的物 块静止于 B 处，质量为 1 = 0.15 的物块从光滑圆弧轨道项部的 A 处由静止释放，物块 1 下滑至 B 处和 2碰撞后合为一个整体。两物块一起从空心 管底部 C 处滑上木板，两物块恰好没从木板左端滑下。物
块与木板之间的动摩擦因数 = 0.3，两物块均可视为质点， 空心管粗细不计，重力加速度取 = 10 / 2.求： (1)物块 1滑到圆弧轨道底端 B 处未与物块 2碰撞前瞬间 受到的支持力大小；
(2)物块 1和 2碰撞过程中损失的机械能； (3)木板在地面上滑行的距离。
3.
如图所示，半径为 R 的1圆弧形光滑轨道 AB 固定在竖直面内，轨道最低点 B 与水平面平滑连
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接，A 点与圆心 O 在同一水平面上；一个连接有轻弹簧的物块 Q 锁定在水平面上的 C 点，弹 簧自然伸长，左端与地面上的 D 点对齐，BD 长为 .让物块 P 自 A 点正上方高 R 处由静止释放， 物块 P 从 A 点无碰撞地滑入圆弧轨道，之后与轻弹簧碰撞反弹，第二次到达圆弧轨道的 B 点 时，对轨道的压力是物块 P 重力的 3 倍。已知 P、Q 两物块的质量分别为 m、2m，重力加速度 为 g，水平面上的 D 点左侧粗糙，右侧光滑。求： (1)物块 P 与水平地面间的动摩擦因数及弹簧被压缩 时具有的最大弹性势能；