浙江专用2020高考物理增分冲刺综合模拟卷八20.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（八）（浙江专用）2020 高考物理增分冲刺综合模拟卷（八） 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山东威海市 5 月模拟)如图所示，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

2、的是( ) A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

3、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 一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行， 分析频闪照片可知， 滑块在开始 3 s 内的位移是 最后 3 s 内位移的 倍，已知第 3 s 内的位移是 3.6 m，则下列说法错误的是( ) 5 3 A滑块的加速度大小为 2.4 m/s B最开始 3 s 内滑块运动的位移是 10.8 m C滑块运动的总时间为 4 s D滑块运动的总位移为 19.2 m 答案 B 解析 设滑

4、块的初速度为v0， 加速度大小为a， 由运动学公式可知 ： 开始 3 s 内的位移x1 第 2 页 共 12 页 2 v0tat2，最后 3 s 内的位移x2at2，由题意可得 ，解得滑块运动的总时间t4 s， C 1 2 1 2 x1 x2 5 3 v0 a 正确 ； 由题意可知a22a123.6 m，解得a2.4 m/s2，A 正确 ； 滑块运动的总位移x 1 2 1 2 2.442 m19.2 m， D 正确 ； 最后 3 s 内的位移x2at210.8 m， 开始 3 s 内的位移x1 1 2 1 2 18 m，B 错误 5x2 3 3 甲、 乙两辆汽车先后从同一地点出发， 沿一条东西

5、方向的平直公路行驶， 以向东为正方向， 它们的vt图象如图所示，由图可知( ) A乙比甲运动得快，且早出发，所以甲追不上乙 B甲车向东运动，乙车向西运动 C8 s 末甲车追上乙车 D甲车的加速度的大小大于乙车的加速度的大小 答案 C 解析 乙出发早，在前 4 s 运动得快，但在 4 s 后运动得比甲慢，第 6 s 末停下来，甲能追上 乙，A 错误；两车的速度都为正值，故甲、乙都向东运动，B 错误；8 s 末，乙车的位移为 90 m， 甲车的位移也为 90 m， 甲车追上乙车， C 正确 ； 甲、 乙两车的加速度大小都为 5 m/s2， D 错误 4(2019贵州贵阳市二模)组成“北斗”卫星导航

6、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 Mm r2 42 T2 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 第 3 页 共 12 页 3 5如图所示，乘坐游

7、乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法 正确的是( ) A过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来 B人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力 C人在最低点时对座位的压力等于mg D人在最低点时对座位的压力大于mg 答案 D 解析 人在最高点时， 由牛顿第二定律和向心力公式可得 ：Fmgm， 由此可知， 当v v2 R gR 时，人只受重力作用，当v时，重力和座位对人向下的压力的合力提供向心力，当vmg， v2 R v2 R 故选项 C 错误，D 正确 6(2019四川成都市第二次诊断)如图，半圆球P和竖直挡板固定在水平面上，挡板与P

8、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( ) A. B. C. D. 4mg 3 5mg 4 4mg 5 3mg 4 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 3 5 第 4 页 共 12 页 4 由平衡条件得：FN2 mg sin 解得：FN2mg 5 4 由牛顿第三定律可知，Q对P的压力大小为FN2FN2mg. 5 4 7“歼20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主 权维护任务在某次起飞中，质量为m

9、的“歼20”以恒定的功率P启动，其起飞过程的速 度随时间变化图象如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起飞关于起飞 过程，下列说法正确的是( ) A飞机所受合力不变，速度增加越来越慢 B飞机所受合力增大，速度增加越来越快 C平均速度为v m 2 D该过程克服阻力所做的功为Pt0mv m2 2 答案 D 解析 P不变，根据PFv知，牵引力F减小，合力F合FFf，知合力减小，加速度减小， 速度增加越来越慢，故 A、B 错误根据vt图象与时间轴所围的面积表示位移，知飞机的 位移比匀加速直线运动的位移大， 则飞机的平均速度比匀加速直线运动的平均速度大， 故 C vm 2 错误 设该过程

10、克服阻力所做的功为W， 根据动能定理得Pt0Wmv， 解得WPt0mv， 1 2 m2 1 2 m2 故 D 正确 8 (2019云南保山市统一检测)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 如图所示若带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tb 1 3 Tb，则下列说法正确的是( ) 1 6 第 5 页 共 12 页 5 A粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为TaTb B粒子a

11、和粒子b在磁场中运动的周期关系为TaTb C粒子a和粒子b在磁场中运动的速度关系为vavb 1 3 D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 2m qB 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 1 3 径rartan 30；同理，因tbTb，可知b在磁场中运动转过的角度是 60；由几何 r 3 1 6 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3 mv qB 度关系 ，选项 C 正确，D 错误 va vb ra r

12、b 1 3 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下列说法正确的是( ) A做简谐振动的物体每次经过同一位置时，位移可能不同 B利用盛沙的漏斗演示简谐振动，如果漏斗里的沙子逐渐减少，则沙摆的频率将先减小后增 大 C机械波和电磁波都可发生反射、折射、干涉和衍射现象，但两者本质不同 D如果机械波波源停止振动，在介质中传播的机械波也立即停止 答案 BC 解析 做简谐振动的物体的位移是从平衡位置指向物体所在位置的，每次经过同一位置时位 移相同， A 错误 ；

13、沙子逐渐减少， 沙子和漏斗的重心将逐渐降低， 剩余少量沙子时重心又升高， 所以摆长先变长后变短，根据单摆周期公式T2，可知周期先变大后变小，频率先减小 L g 后增大，B 正确；机械波和电磁波都能发生反射、折射、干涉和衍射现象，但它们在本质上 是不同的，C 正确 ； 机械波能在介质中传播，如果振源停止振动，形成的波不会立即停止，D 错误 10(2019新高考研究联盟联考)如图所示，两种单色光组成的复色光照射到三棱镜上，从 另一边射出则下列说法中正确的是( ) 第 6 页 共 12 页 6 Aa光的波长小于b光的波长 B三棱镜对a光的折射率大于对b光的折射率 C若用同一装置观察双缝干涉图样，a光

14、的条纹间距大于b光的条纹间距 D若从同一介质射向空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角 答案 AB 11(2019湖南娄底市下学期质量检测)羽毛球运动员林丹曾在某综艺节目中表演羽毛球定 点击鼓，如图是他表演时的羽毛球场地示意图图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低但也 等高，若林丹各次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动，则( ) A击中甲、乙的两球初速度v甲v乙 B击中甲、乙的两球运动时间可能不同 C假设某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓 D击中四鼓的羽毛球中，击中丙鼓的初速度最大 答案 AC 解析 由题图可知，甲、乙高度相同，所以球到达两鼓用时相同，但由于两鼓离林

15、丹的水平 距离不同， 甲的水平距离较远， 由v 可知， 击中甲、 乙的两球初速度v甲v乙， 故 A 正确， B x t 错误；甲鼓的位置比丁鼓位置较高，则球到达丁鼓用时较长，则若某次发球能够击中甲鼓， 用相同大小的速度发球可能击中丁鼓，故 C 正确 ； 由于丁鼓与丙鼓高度相同，但由题图可知， 丁鼓离林丹的水平距离大，所以击中丁鼓的球的初速度一定大于击中丙鼓的球的初速度，即 击中丙鼓的球的初速度不是最大的，故 D 错误 12.(2019福建厦门市上学期期末质检)电风扇的挡位变换器电路如图所示， 把它视为一个可 调压的理想变压器，总匝数为 2 400 的原线圈输入电压u220sin 100t(V)

16、，挡位 1、2、3、42 对应的线圈匝数分别为 240、 600、 1 200、 2 400.电动机 M 的内阻r8 ， 额定电压为U220 V，额定功率P110 W下列判断正确的是( ) 第 7 页 共 12 页 7 A该交流电源的频率为 100 Hz B当选择挡位 3 后，电动机两端电压的最大值为 110 V C当挡位由 3 变为 2 后，原线圈的电流变小 D当选择挡位 4 后，电动机的输出功率为 108 W 答案 CD 解析 根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知 ：100 rad/s， 交流电源的频率f 2 50 Hz， 故 A 错误 ； 当选择挡位 3 后， 副线圈的匝数为 1 200，

17、 根据电压与匝数成正比得 ： ，解得：U2110 V，所以电动机两端电压的最大值为 110 V，故 B 错误；当 220 V U2 2 400 1 200 2 挡位由 3 变为 2 后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输 入功率变小，根据P1U1I1知原线圈电流变小，故 C 正确 ； 当选择挡位 4 后，副线圈匝数为 2 400， 根据变压规律得到副线圈两端的电压为 220 V， 电动机正常工作， 流过电动机的电流I A0.5 A，电动机的发热功率P热I2r0.528 W2 W，电动机的输出功率P出 P U 110 220 (1102) W108 W，故 D 正确

18、三、非选择题(本题共 5 小题，共 52 分) 13(6 分)(2019杭州市五校联考)利用图所示装置可以做力学中的许多实验 (1)以下说法正确的是_ A用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响 B 用此装置 “探究加速度a与力F和质量m的关系” 时， 每次改变砝码及砝码盘总质量之后， 不需要重新平衡摩擦力 C在用此装置“探究加速度a与力F和质量m的关系”时，应使砝码盘和盘内砝码的总质量 远小于小车的质量 D用此装置“探究做功与物体速度变化的关系”时，不需要平衡小车运动中所受摩擦力的影 响 (2)在“探究加速度与力、质量的关系”时需要平衡摩擦力，正确的操作是_

19、 第 8 页 共 12 页 8 A把砝码盘的细线系在小车上，小车拖着纸带并开启打点计时器开始运动 B不能把砝码盘的细线系在小车上，小车不用拖着纸带开始运动 C不能把砝码盘的细线系在小车上，小车拖着纸带并开启打点计时器开始运动 D把砝码盘的细线系在小车上，小车不用拖着纸带开始运动 (3)在利用此装置“探究加速度a与力F和质量m的关系”时，实验中按规范操作打出的一条 纸带的一部分如图已知打点计时器接在频率为 50 Hz 的交流电源上，其中C点读数为 _ cm，此次实验中打点计时器打下C点时小车的瞬时速度为_ m/s(结果保留2 位有效数字) 答案 (1)BC (2)C (3)1.40(1.391.

20、41) 0.54(0.530.55) 14(9 分)(2019河南驻马店市第二次质检)甲、乙、丙三位同学协作测定某电池的电动势 和内阻，他们设计的电路原理如图，其中R为电阻箱，电流表 A 的内阻为RA5.0 ，他们 改变R的阻值，记下多组R和电流表示数I.甲同学以IR为纵坐标，以I为横坐标作图处理 数据；乙同学以I(RRA)为纵坐标，以I为横坐标作图处理数据他们在同一张坐标纸上画 出的图线如图所示 (1)由图可知，甲同学绘制的是图线_(填“a”或“b”)，该电池电动势为_V， 内阻为_. (2)丙同学打算以 为纵坐标， 以R为横坐标作图， 请根据(1)中计算的结果将丙所作图线在图 1 I 中画

21、出 (3)分析可知，在电路中，当电阻箱的阻值R_ 时，电池输出的电功率最大 第 9 页 共 12 页 9 答案 (1)a 1.5 10 (2)见解析图 (3)15 解析 (1)在闭合电路中， 由闭合电路的欧姆定律有 ：EI(RRAr)， 整理得 ：IREI(RA r)，I(RRA)EIr，则IRI图象的斜率绝对值大于I(RRA)I图象的斜率绝对值，由 题图可知， 甲绘制的图线是a，E100103(5.0r)0，E150103r0， 解得 ：E 1.5 V，r10 ； (2)在闭合电路中：EI(RRAr)，整理得： R，故 R图象如图所示： 1 I 1 E RAr E 1 I (3)把电流表与电

22、池整体当作等效电池，此时等效电池的内阻为rrRA15 ，故当电 阻箱阻值等于等效电池的内阻时电池输出功率最大，故此时电阻箱阻值为 15 . 15(10 分)(2019云南昆明市 4 月质检)如图甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为 2r、 圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD 之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场， 磁感应强度大小为B，B随时间t变 化的图象如图乙所示OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金 属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计 (1)0t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为1的位置不动

23、，求这段时间内通过电阻P的 3 感应电流大小和方向； (2)t02t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度2 3 到OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q； (3)2t03t0时间内，OM杆仍在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，3t0时转到OD位置， 若 2t0时匀强磁场开始变化，使得 2t03t0时间内回路中始终无感应电流，求B随时间t变 化的关系式，并在图乙中补画出这段时间内的大致图象 答案 (1) 感应电流方向为：AO (2) B0r2 4t0R B022r4 16t0R 第 10 页 共 12 页 10 (3)B 图象如图所示： 2B0t0 t

24、解析 (1)0t0时间内：，E1S1，S1 (2r)2 r2，I1 B t B0 t0 t B t 1 6 1 6 r2 2 E1 2R 解得：I1，通过电阻P的感应电流方向为：AO B0r2 4t0R (2)t02t0时间内，OM转动的角速度为，感应电动势为：E2B0r， 3t0 vv r2r 2 I2，QI Rt0，得到：Q E2 2R 22 B022r4 16t0R (3)2t03t0时间内，回路中无感应电流，磁通量不变 则B0r2Br23r2 t2t0 2 得到：B2B 0t0 t 图象如图所示 16(12 分)(2019陕西渭南市教学质检(二)如图，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧

25、 平滑连接， 斜面倾角37.小滑块(可看作质点)A的质量为mA1kg， 小滑块B的质量为mB 0.5 kg，其左端连接一水平轻质弹簧若滑块A在斜面上受到大小为 2 N，方向垂直斜面向 下的恒力F作用时，恰能沿斜面匀速下滑现撤去F，让滑块A从距斜面底端L2.4 m 处， 由静止开始下滑取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求： (1)滑块A与斜面间的动摩擦因数； (2)撤去F后，滑块A到达斜面底端时的速度大小； (3)滑块A与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能 答案 (1)0.6 (2)2.4 m/s (3)0.96 J 解析 (1)滑块A沿着斜面匀速下滑时受力如图所示

26、 第 11 页 共 12 页 11 由平衡条件知mAgsin Ff，FNmAgcos F，FfFN 解得0.6. mAgsin FmAgcos (2)滑块A沿斜面加速下滑时受力如图所示， 设滑块A滑到斜面底端时速度为v0，根据动能定理得 (mAgsin mAgcos )LmAv 1 2 02 代入数据解得v02.4 m/s (3)由分析可知，当A、B速度相同时，弹簧有最大弹性势能 以A、B及弹簧为研究对象，设它们共同的速度为v，据动量守恒定律mAv0(mAmB)v 根据能量守恒 EpmAv (mAmB)v2 1 2 02 1 2 代入数据解得：Ep0.96 J. 17(15 分)(2019台州

27、中学统练)如图甲所示，M、N为竖直放置的平行金属板，两板间所加 电压为U0，S1、S2为板上正对的小孔金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2 所在直线对称，两板的长度和两板间的距离均为l； 距金属板P和Q右边缘l处有一荧光屏， 荧光屏垂直于金属板P和Q； 取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴M 板左侧电子枪发射出的电子经小孔S1进入M、N两板间电子的质量为m，电荷量为e，初速 度可以忽略不计电子重力和电子之间的相互作用 (1)求电子到达小孔S2时的速度大小v0； (2)若板P、Q间只存在垂直于纸面向外的匀强磁场，电子刚好经过P板的右边缘，打在荧光 屏上求磁场的磁

28、感应强度大小B和电子打在荧光屏上的位置坐标x； 第 12 页 共 12 页 12 (3)若金属板P和Q间只存在电场，P、Q两板间电压u随时间t的变化如图乙所示，单位时 间内从小孔S1进入的电子个数为N.电子打在荧光屏上形成一条亮线 忽略电场变化产生的磁 场；由于速度较大，可以近似认为每个电子在板P和Q间运动过程中，两板间的电压恒定 试分析在一个周期(即 2t0时间)内单位长度亮线上的电子个数是否相同 若在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同，求 2t0时间内打到单位长度亮线上的电 子个数n；若不相同，试通过计算说明电子在荧光屏上的分布规律 答案 见解析 解析 (1)由U0emv得v0 1 2

29、 02 2eU0 m (2)由图可得，R2(R )2l2解得Rl l 2 5 4 又R得B mv0 eB 4 2 emU0 5el 荧光屏上的亮点坐标x ltan l l 2 11 6 (3)偏转电场中的偏转距离 x1at2 ()2l 1 2 1 2 Ue lm l v0 U 4U0 速度偏角的正切值 tan at v0 荧光屏上亮点坐标xx1ltan l Ul 4U0 lUel lmv02 3U 4U0 即xU，xU，又Ut，相同时间内亮线长度相等，发射电子数也相等，所以单位 长度亮线上的电子个数相等 粒子刚好从极板右边缘射出时，x1 ，即U2U0. l 2 一个周期(2t0)内，能打到荧光屏上的电子数为 2t0NNt0 2 3 4 3 对应亮线总长度为l23l 3 2U0 4U0 单位长度亮线上电子数为. 4Nt0 9l