浙江专用2020高考物理增分冲刺综合模拟卷九20.pdf

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1、第 1 页 共 12 页 1 （浙江专用）2020 高考物理增分冲刺综合模拟卷（九）（浙江专用）2020 高考物理增分冲刺综合模拟卷（九） 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分每小题列出的四个备选项中只有一个 是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1(2019余姚中学期中)如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O1 进入极板间电压为U的水平加速电场区域， 再通过小孔O2射入匀强电场和匀强磁场相互正 交的区域，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小 孔O3与O1、O2在同一条水平线上，则( ) A该装置可筛选出具有特定

2、质量的粒子 B该装置可筛选出具有特定电荷量的粒子 C该装置可筛选出具有特定比荷的粒子 D该装置可筛选出具有特定动能的粒子 答案 C 2.如图所示，以速度v将小球沿与水平方向成37角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打 在竖直的墙面上，球反弹后的速度方向水平，速度大小为碰撞前瞬间速度的 倍，已知 sin 3 4 370.6，cos 370.8，空气阻力不计，则反弹后小球的速度大小再次为v时，速度方 向与水平方向夹角的正切值为( ) A. B. C. D. 3 4 4 3 3 5 5 3 答案 B 解析 采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平方向和 竖直方向分解，有： vx

3、vcos 370.8v vyvsin 370.6v 球撞墙前瞬间的速度等于 0.8v，反弹速度大小为： vx 0.8v0.6v 3 4 反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直速度为： 第 2 页 共 12 页 2 vy0.8vv2vx2v20.6v2 速度方向与水平方向夹角的正切值为： tan ，故 B 正确，A、C、D 错误 vy vx 0.8v 0.6v 4 3 3某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘固定一个信号发射装置P，能 持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为 28 cm.B盘上固定一个带窗口的红外线信号接 收装置Q，Q到圆心的距离为 16 cm

4、.P、Q转动的线速度均为 4 m/s.当P、Q正对时，P发出 的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这 个时间的最小值为( ) A0.42 s B0.56 s C0.70 s D0.84 s 答案 B 解析 由线速度和周期关系T可得TP s0.14 s，TQ s 2R v 2 0.28 4 2 0.16 4 0.08 s，设该时间的最小值为t，则t是两个周期数值的最小公倍数，即t0.56 s，选项 B 正确 4 (2019广东广州市 4 月综合测试)如图， 在光滑绝缘水平桌面上， 三个带电小球a、b和c 分别固定于正三角形顶点上已知a、b带电荷量均为q，

5、c带电荷量为q，则( ) Aab连线中点场强为零 B三角形中心处场强为零 Ca所受库仑力方向垂直于ab连线 Da、b、c所受库仑力大小之比为 11 3 答案 D 解析 在ab连线的中点处，a、b两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于c在该点 的场强，大小不为零，选项 A 错误在三角形的中心处，a、b两电荷在该点的场强大小相等， 方向夹 120角，则合场强竖直向下，电荷c在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处 场强不为零，选项 B 错误a受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，则其 合力方向斜向左下方与ab连线成 60角，选项 C 错误设三角形的边长为l，a、b所受库 第 3

6、页 共 12 页 3 仑力大小相等，FaFb2cos 60；c所受库仑力 ：Fc2cos 30， 则 a、b、c kq2 l2 kq2 l2 kq2 l2 3kq2 l2 所受库仑力大小之比为 11，选项 D 正确3 5(2019山西太原市 5 月模拟)如图所示，带电物块放置在固定水平绝缘板上当空间存在 有水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动若在同一电场中将绝缘板的右端 抬高，当板与水平面的夹角为 37 时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动 摩擦因数为(取 sin 370.6，cos 370.8)( ) A. B. C. D. 1 2 1 3 1 4 1 5 答案 B

7、 解析 当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动， 由平衡知识有 ：qEFf1，Ff1FN1， FN1mg， 联立解得qEmg； 而物块沿斜面匀速下滑时， 有 ：mgsin qEcos Ff2， Ff2FN2，FN2mgcos qEsin ，联立得 0.6mg0.8qE(0.8mg0.6qE)，解得动摩 擦因数 或3(舍去)，故 A、C、D 错误，B 正确 1 3 6 (2019湖州、 衢州、 丽水高三期末)某型号混合动力车由静止启动至 50 km/h 过程中仅动 力蓄电池提供动力，实现“0”油耗，当速度超过 50 km/h 时，电动机自动关闭，汽油发动机 开始工作；而当踩刹车或将加速踏板松

8、开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电并得以 减速，从而实现节能减排已知该车动力蓄电池电压为 200 V，容量为 6.5 Ah，电能转化为机 械能的效率为 90%，汽车总质量为 1 440 kg，电动机的最大输出功率为 60 kW，汽油发动机的 最大输出功率为 72 kW.若汽车两部分动力部件分别工作时都以其最大功率输出用于驱动， 汽 车匀速时的速度为 108 km/h，整个过程阻力恒定，则( ) A当加速踏板松开时，汽车的动能将全部克服摩擦阻力做功转化为内能 B当汽车速度为 36 km/h 时，牵引力为 7 200 N C当汽车的速度为 72 km/h 时，汽车的加速度为 2.5 m/s2

9、 D若仅以纯电输出模式行驶(电池不充电)，动力蓄电池最长供电时间约为 70 s 答案 D 解析 当加速踏板松开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电，汽车的动能转化为电能 和克服摩擦阻力做功转化的内能之和， 故 A 错误 ； 速度为v36 km/h10 m/s 时， 电动机工作， 根据F 可得，牵引力为F N6 000 N，故 B 错误；速度为v72 km/h20 P v 60 103 10 m/s 时， 汽油发动机工作， 牵引力为F N3 600 N， 汽车匀速时的速度为v0108 72 103 20 第 4 页 共 12 页 4 km/h30 m/s， 汽车的阻力Ff N2 400 N，

10、由a m/s2 72 103 30 FFf m 3 6002 400 1 440 0.83 m/s2，故 C 错误；电能转化为机械能的效率为 90%，若以最大功率输出，输出电流为I， 则UI90%P电，解得I A，电池的容量qIt6.5 Ah，解得t s70. 2 s， 1 000 3 6.5 3 600 1 000 3 所以若仅以纯电输出模式行驶(电池不充电)， 动力蓄电池最长供电时间约为 70 s， 故 D 正确 7 (2019广西钦州市 4 月综测)如图， 两条间距为L的平行金属导轨位于同一水平面(纸面) 内，其左端接一阻值为R的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上，且始终与导轨接触良好；

11、在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场， 磁感应强度大小B随时间t 的变化关系为Bkt，式中k为常量，且k0；在MN右侧区域存在一与导轨垂直、磁感应强 度大小为B0、方向垂直纸面向里的匀强磁场t0 时刻，金属棒从MN处开始，在水平拉力F 作用下以速度v0向右匀速运动金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略则( ) A在tt1时刻穿过回路的总磁通量为 B0Lv0t1 B通过电阻R的电流不是恒定电流 C在 t时间内通过电阻的电荷量为t kSB0Lv0 R D金属棒所受的水平拉力F随时间均匀增大 答案 C 解析 根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属棒

12、 左侧两种磁通量之和，则在tt1时刻穿过回路的总磁通量为12kt1SB0v0t1L， 故 A 错误 ； 根据法拉第电磁感应定律得E， 结合闭合电路欧姆定律得 I t E R ，故通过电阻R的电流为恒定电流， B错误 ； t时间内通过电阻的电荷量为qIt kSB0Lv0 R t，故 C 正确；金属棒所受的安培力大小FAB0IL；根据 R kSB0Lv0 R kSB0Lv0B0L R 平衡条件得，水平拉力大小等于安培力大小，即为F，故拉力F是一个恒量， kSB0Lv0B0L R 故 D 错误 8(2019东北三省三校第二次联合模拟)如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、 L2，两杆不接触，

13、且两杆间的距离忽略不计两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套 在竖直杆L1上，b杆套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杆连接，将a球从 第 5 页 共 12 页 5 图示位置由静止释放(轻杆与L2杆夹角为 45)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g.在此 后的运动过程中，下列说法中正确的是( ) Aa球和b球所组成的系统机械能不守恒 Bb球的速度为零时，a球的加速度大小也为零 Cb球的最大速度的大小为 2 2gL Da球的最大速度的大小为2gL 答案 C 解析 a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换， 因此a球和b球的机械能守恒， A错误 ；

14、 设轻杆L和水平杆L2的夹角为， 由运动关联可知vbcos vasin ， 则vbvatan ， 可知当b球的速度为零时， 轻杆L处于水平位置且与杆 L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，B 错误；当杆L 和杆L1第一次平行时，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2交点位置，球b的速度达到 最大， 此时a球的速度为0， 因此由系统机械能守恒有mg(LL)mv， 解得vb 2 2 1 2 b2 2 2 gL ，C 正确；当轻杆L和杆L2第一次平行时，由运动的关联可知此时b球的速度为零，由系统 机械能守恒有mgLmv，解得va，此时a球具有向下的加速度g，故此时a球

15、 2 2 1 2 a2 2gL 的速度不是最大，a球将继续向下做加速度减小的加速运动， 到加速度为 0 时速度达到最大， D 错误 二、选择题(本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分每小题列出的四个备选项中至少有一 个是符合题目要求的，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有错选的得 0 分) 9 如图甲所示为一简谐横波在t0 时刻的图象， 图乙为x4 m 处的质点P的振动图象， 则 下列判断正确的是( ) A这列波的波速是 2 m/s B这列波的传播方向沿x轴正方向 Ct3.5 s 时P点的位移为 0.2 m 第 6 页 共 12 页 6 D从t0 时刻开始P点的振动方程为y

16、0.2sin (t) m 2 答案 AC 解析 由题图可知波长4 m，周期T2 s，则波速为： v m/s2 m/s，故 A 正确； T 4 2 t0 时刻P点向y方向振动，由波动和振动的关系可判断波沿x轴负方向传播，故 B 错误 ； 由质点P的振动图象知，t3.5 s1T， 此时P点位于波峰位置，P点的位移为 0.2 m， 故 C 3 4 正确； 由题图乙知 rad/s rad/s，t0 时刻P点向y方向振动，初相位为 ， 振 2 T 2 2 动方程为y0.2sin (t) m，故 D 错误 10下列说法中正确的是( ) A卢瑟福通过 粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，并估算出原子核的大

17、小 B已知光速为c，普朗克常量为h，则频率为的光子的动量为h c C氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的 D设质子、中子、 粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个 粒子， 所释放的核能为 E(m3m1m2)c2 答案 AB 解析 氢原子能级是分立的， 原子发射光子的频率是不连续的， 选项 C 错误 ； 根据质能方程知， 质子和中子结合成一个 粒子时所释放的核能为 E(2m12m2m3)c2，选项 D 错误 11(2019山东济宁市第二次摸底)电子在电场中仅受电场力作用运动时，由a点运动到b 点的轨迹如图中虚线所示图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线下

18、列说 法正确的是( ) A若a点的电势比b点低，图中实线一定是等势线 B不论图中实线是电场线还是等势线，电子在a点的电势能都比b点小 C若电子在a点动能较小，则图中实线是电场线 D如果图中实线是等势线，则电子在b点电势能较大 答案 CD 解析 若图中实线是电场线，根据粒子运动轨迹可以判断，电子所受电场力水平向右，则电 场线向左，a点电势比b点低，所以若a点的电势比b点低，图中实线可能是电场线，A 错 误若图中实线是电场线，根据 A 选项的分析，电场线向左，a的电势小于b的电势，根据 第 7 页 共 12 页 7 电势能Ep(e)，电子在电势低的位置电势能大，所以电子在a点的电势能大于b点电 势

19、能，B 错误若电子在a点动能小，说明由a到b加速，如果图中实线是电场线，结合 A 选项的分析，方向向左，电子受力向右，加速，a点动能小，C 正确如果图中实线是等势线， 则电场线与等势线垂直，根据电子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由a到b电场 力做负功，b点动能小，电势能大，D 正确 12(2019安徽安庆市下学期第二次模拟)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地 面上， 斜面的倾角37， 现有质量 m2.2 kg 的物体在水平向左的外力F的作用下由静 止开始沿斜面向下运动，经过 2 s 撤去外力F，物体在 04 s 内运动的速度与时间的关系图 线如图乙所示已知 sin 370.6，

20、cos 370.8，取g10 m/s2，则( ) A物体与斜面间的动摩擦因数为 0.5 B水平外力F5.5 N C水平外力F4 N D物体在 04 s 内的位移为 24 m 答案 AC 解析 根据vt图象的斜率表示加速度，则 24 s 内物体的加速度为： a2 m/s22 m/s2， 128 42 由牛顿第二定律有：mgsin mgcos ma2， 解得：0.5，故 A 正确； 02 s 内物体的加速度为：a1 m/s24 m/s2， 8 2 由牛顿第二定律有：mgsin Fcos (mgcos Fsin )ma1，解得：F4 N，故 B 错误，C 正确； 物体在 04 s 内的位移为：x m

21、2 m28 m，故 D 错误 8 2 2 812 2 三、非选择题(本题共 5 小题，共 52 分) 13(6 分)(2019湖北恩施州 2 月教学质量检测)如图所示为某同学设计的一种探究动量守 恒定律的实验装置和原理图 长木板固定在水平桌面上， 一端伸出桌面， 另一端装有竖直挡板， 轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放 小球，小球沿木板从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复 10 次，确定小球的落 第 8 页 共 12 页 8 点位置 ； 再把被碰小球放在木板的右边缘处，重复上述实验 10 次，在记录纸上分别确定入射 小球和被碰小球的落点位

22、置 (1)关于实验的要点，下列说法正确的是_ A入射小球的质量必须大于被碰小球的质量 B入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同 C长木板必须尽可能地光滑 D用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影位置 E实验重复 10 次，是为了从小球的落地点中找出一个最清晰的点作为最终落地点 (2)入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的_两点；若入射小球的质量为m1， 被碰小球的质量为m2，则实验需要验证的表达式为_(用图中字母表示) 答案 (1)ABD (2)Q、P m1OQm1OPm2OR 解析 (1)为了保证碰撞后两球都能从板右端飞出，入射小球的质量应该大于被碰小球的质 量，选项 A 正确；为

23、保证两球发生正碰，两球的半径必须相同，选项 B 正确；长木板不需要 光滑，只要保持每次弹簧的压缩量相同，每次入射小球与被碰小球碰前的速度相同，选项 C 错误；用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影的位置，以便准确测出小球平抛的 水平位移，选项 D 正确 ； 实验重复 10 次，是为了从小球的落地点中找出小球落地点的中心位 置，减小实验的误差，选项 E 错误；故选 A、B、D. (2)入射小球前后两次的落地点位置分别为原理图中的Q、P两点 ； 两球碰撞后均做平抛运动， 它们抛出点的高度相等， 在空中的运动时间t相等， 碰撞过程动量守恒， 则有 ：m1v1m1v2m2v3 两边乘以t即为：m

24、1OQm1OPm2OR，即实验需要验证的表达式为：m1OQm1OP m2OR. 14(9 分)(2019新高考研究联盟第二次联考)某同学欲测量一节干电池的电动势(约 1.5 V)和内阻(约 2 )现有实验仪器为电流表(量程 00.6 A,03 A 均可正常使用) 微安表(量程 0200 A，内阻 500 ) 滑动变阻器一个(020 ，2 A) 电阻箱(09 999 ) 待测电池 开关、导线若干 根据已有器材，某同学设计了如图实验原理图 第 9 页 共 12 页 9 (1)在 1 中接入的仪器是_， 在 2 中接入的仪器是_ (均选填 “电流表” 或 “微 安表”) (2)实验过程中，电阻箱的阻

25、值应调整在某一个固定值，以下四个阻值中你认为最合理的是 _ A1 000 B3 000 C5 000 D7 000 (3)已知 1 中电表的示数为I1， 内阻为R1,2 中电表的示数为I2， 内阻为R2， 电阻箱的阻值为R0， 电源电动势为E，电源内阻为r，若不做任何近似处理，则I2_(用题中给出的字母 表示) 答案 (1)电流表 微安表 (2)D (3) EI1r rR2R0 15 (10 分)(2019湖北宜昌市四月调研)如图所示， 在倾角为的斜面上， 固定有间距为l 的平行金属导轨，现在导轨上，垂直导轨放置一质量为m的金属棒ab，整个装置处于垂直导 轨平面斜向上的匀强磁场中， 磁感应强度

26、大小为B， 导轨与电动势为E、 内阻为r的电源连接， 金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为，且tan ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重 力加速度为g，金属棒和导轨电阻不计，现闭合开关，发现滑动变阻器接入电路阻值为 0 时， 金属棒不能静止 (1)判断金属棒所受的安培力方向； (2)求使金属棒在导轨上保持静止时滑动变阻器接入电路的最小阻值R1和最大阻值R2. 答案 (1)平行于斜面向上 (2)r r BEl mgsin mgcos BEl mgsin mgcos 解析 (1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上 (2)当使金属棒保持静止的滑动变阻器R阻值最小为R1时，金属棒所受安培力

27、为最大值F1， 所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，则由平衡条件得 FN1mgcos F1mgsin Ffmax 第 10 页 共 12 页 10 FfmaxFN1 由闭合电路欧姆定律有：I1， E R1r 安培力F1BI1l 联立以上各式解得滑动变阻器R的最小值为R1r BEl mgsin mgcos 当使金属棒保持静止的滑动变阻器R阻值最大为R2时，金属棒所受安培力为最小值F2，所受 的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F2mgsin mgcos 由闭合电路欧姆定律有，I2，安培力F2BI2l E R2r 联立以上各式解得滑动变阻器R的最大值为R2r. BEl mg

28、sin mgcos 16(12 分)(2019辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是 由滑板运动延伸而来 如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的 圆弧轨道， 半径为 0.8 mPQ 1 4 段是足够长的粗糙水平地面， 滑板与水平地面间的动摩擦因数为0.2.滑板手踩着滑板A 从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v12 m/s 返回， 滑板手落到前面相同的滑板B上， 并一起向前继续滑动 已知两滑板质量均为m5 kg，滑板手的质量是滑板的 9 倍，滑板B与P点的距离为 x1 m，g10 m/s2.(不考虑滑 板的长度以及滑板手和滑板间的

29、作用时间，不计空气阻力)求： (1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力； (2)滑板手落到滑板B后瞬间，滑板B的速度大小； (3)两个滑板间的最终距离 答案 (1)1 500 N，竖直向下 (2)4.2 m/s (3)4.41 m 解析 (1)滑板手与滑板A由O点下滑到P点过程，由机械能守恒：10mgR 10mv2， 1 2 代入数据解得v4 m/s ，2gR 设在P点时滑板手与滑板A所受到的支持力为FN： 由牛顿第二定律可得FN10mg10mv 2 R 代入数据解得：FN1 500 N， 根据牛顿第三定律得F压FN1 500 N，方向竖直向下； (2)滑板手跳离A板，滑

30、板手与滑板A水平方向动量守恒 10mvmv19mv2， 代入数据解得：v2 m/s， 14 3 第 11 页 共 12 页 11 滑板手跳上B板，滑板手与滑板B水平方向动量守恒 9mv210mv3， 解得：v34.2 m/s； (3)滑板B的位移xB4.41 m ，滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再 v32 2g 次返回P点时的速度大小仍为v12 m/s，滑板A在水平地面上的位移xA1 m， v12 2g 最终两滑板的间距为LxBxxA4.41 m. 17(15 分)(2019山西运城市 5 月适应性测试)如图甲所示，以O为坐标原点建立坐标系， 等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的

31、匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电 场 现有质量m11018 kg， 电荷量q11015 C 的带电微粒从坐标为(0， 0.5 m)的Q 点， 以某一初速度v0沿某一方向入射， 从x轴上的P点以v200 m/s 的速度垂直x轴进入三 角形区域若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场 的磁感应强度大小相等已知三角形的边长L4 m，O、P两点间距离为d1 m，重力不 计求： (1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小； (2)若两磁场的磁感应强度大小B0.2 T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间； (3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁

32、感应强度大小应满足什么条件 答 案 (1)320 V/m 200 m/s (2)6.2810 2 s (3)B (0.4n 0.2) T， (n17 0,1,2,3) 解析 (1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知， 水平方向OPt2 qE 2m 竖直方向OQvt 水平分速度vxt qE m 微粒的初速度v0v2vx2 联立解得E320 V/m，v0200 m/s；17 (2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以 qvBm，解得r1 m v2 r mv qB 第 12 页 共 12 页 12 T，解得T3.14102 s 2r v 100 粒子的运动轨迹如图(a)所示， 所以一个周期时间：t3 3 6.28102 s T 6 T 2 (3)粒子的运动轨迹如图(b)所示 由对称性可知， 要想粒子能回到P点， 则粒子运动的半径应满足r(2n1)OP(n0,1,2,3) 且r， mv qB 联立可得B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)