(浙江专用)2020高考物理增分冲刺综合模拟卷(一).docx

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（浙江专用）2020高考物理增分冲刺综合模拟卷

（一）

一、选择题Ⅰ（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·山东青岛市5月二模）A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x－t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．4s时A物体运动方向发生改变

B．0～6s内B物体的速度逐渐减小

C．0～5s内两物体的平均速度相同

D．0～6s内某时刻两物体的速度大小相等

答案　D

2．（2019·湖南岳阳市二模）如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是（　　）

A．随意挂在一个钩子上

B．使背包带跨过两个挂钩

C．使背包带跨过三个挂钩

D．使背包带跨过四个挂钩

答案　D

解析　设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得2Fcosθ＝mg，解得背包带的拉力F＝.在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cosθ最大，由于相邻挂钩之间的距离为7cm，题图乙中斜挎包的宽度约为21cm，故使背包带跨过四个挂钩时θ≈0，cosθ≈1，此时悬挂时背包带受力最小，故A、B、C错误，D正确．

3.（2019·温州市联考）如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间．假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他（　　）

A．所受的合力为零，做匀速运动

B．所受的合力恒定，做匀加速运动

C．所受的合力恒定，做变加速运动

D．所受的合力变化，做变加速运动

答案　D

解析　匀速率滑行可看成匀速圆周运动，合力提供向心力，大小不变，方向不断变化，故为变加速运动．

4．（2017·全国卷Ⅰ·18）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是（　　）

答案　A

解析　感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化．在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流；在D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故选项A正确，B、C、D错误．

5.如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的水平弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁，今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这瞬间，以下说法正确的是（　　）

A．B球的速度为零，加速度大小为

B．B球的速度为零，加速度为零

C．A立即离开墙壁

D．在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动

答案　A

解析　撤去F前，弹簧的弹力大小等于F，将F撤去瞬间，弹簧的弹力没有变化，则知A球的受力情况没有变化，其合力仍为零，加速度为零．B球的合力大小等于F，方向向右，则其加速度大小为，故A正确，B错误；在弹簧第一次恢复原长以后，弹簧对A有向右的拉力，A才离开墙壁，故C错误．在A离开墙壁后，弹簧的弹力不为零，故A、B两球均向右做变速运动，故D错误．

6.（2019·台州3月一模）2018年12月8日，“嫦娥四号”探测器成功发射，并于2019年1月3日实现人类首次在月球背面软着陆．已知月球半径为R，月球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，当“嫦娥四号”在绕月球做匀速圆周运动时的轨道半径为r.下列说法正确的是（　　）

A．月球的密度为

B．“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动的线速度为R

C．“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动的周期为2π

D．若“嫦娥四号”要进入低轨道绕月球做圆周运动，需要点火加速

答案　B

解析　根据在月球表面附近万有引力等于重力得

＝mg，M＝，

月球的密度为ρ＝＝＝，故A错误；

根据＝m，

线速度为v＝＝R，故B正确；

根据＝mr，

得T＝2π，故C错误；

若“嫦娥四号”要进入低轨道绕月球做圆周运动，需要点火减速，故D错误．

7.（2019·嘉兴一中高三期末）如图所示，A、B两小球用轻杆连接，A球只能沿内壁光滑的竖直滑槽运动，B球处于光滑水平面上，不计球的体积．开始时，在外力作用下A、B两球均静止且杆竖直．现撤去外力，B开始沿水平面向右运动．已知A、B两球质量均为m，杆长为L，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是（　　）

A．A球下滑到地面时，B球速度为零

B．A球下滑到地面过程中轻杆一直对B球做正功

C．A球机械能最小时，B球对地的压力等于它的重力

D．两球和杆组成的系统机械能守恒，A球着地时的速度为

答案　B

解析　A球下滑到地面时，A球速度竖直，沿杆的速度为零，即B球速度为零，故A正确；开始时，B球静止，B的速度为零，当A落地时，B的速度也为零，因此在A下滑到地面的整个过程中，B先做加速运动，后做减速运动，因此，轻杆先对B做正功，后做负功，故B错误；A球机械能最小时，B球动能最大，即加速度等于零，轻杆作用力为零，B球对地的压力等于它的重力，C正确；A球落地时，B的速度为零，在整个过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mgL＝mv2，解得v＝，故D正确．

8．如图所示，是磁流体发电机示意图．平行金属板a、b之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量等量正、负离子）垂直于磁场的方向喷入磁场，a、b两板间便产生电压．如果把a、b板与用电器相连接，a、b板就是等效直流电源的两个电极．若磁场的磁感应强度为B，每个离子的电荷量大小为q、速度为v，a、b两板间距为d，两板间等离子体的等效电阻为r，用电器电阻为R.稳定时，下列判断正确的是（　　）

A．图中a板是电源的正极

B．电源的电动势为Bvq

C．用电器中电流为

D．用电器两端的电压为Bvd

答案　D

解析　由左手定则，正离子受洛伦兹力向下偏转，负离子受洛伦兹力向上偏转，b板为电源的正极，A错误；由平衡条件得qvB＝q，电源电动势E＝U＝Bdv，电流I＝＝，用电器两端的电压UR＝IR＝Bvd，故B、C错误，D正确．

二、选择题Ⅱ（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，有选错的得0分）

9.（2019·河北邯郸市测试）如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体轴线的正上方的P点，将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出，不计空气阻力，重力加速度为g，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是（　　）

A．t＝ B．t＝

C．t＝ D．t＝

答案　BC

解析　小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出后做平抛运动，将其沿水平和竖直方向分解，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．设小球到达Q点时的速度为v，竖直速度为vy，则由题设及几何知识得，小球从P到Q在水平方向上发生的位移为x＝Rsinθ，速度v的方向与水平方向的夹角为θ，于是tanθ＝，根据运动规律得：

vy＝gt，x＝v0t，联立以上各式解得：

t＝或t＝，故选B、C.

10．（2019·广东肇庆市第二次统一检测）教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路图如图所示．理想交流电流表和理想交流电压表的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若将发电机线圈的匝数变为原来的2倍，其他条件均不变，下列说法正确的是（　　）

A．R消耗的功率变为2P

B．电压表的读数为4U

C．电流表的读数为2I

D．通过R的交变电流频率不变

答案　CD

解析　原线圈两端的电压等于电动势的有效值，

为：

U1＝Em＝nBSω

设原、副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为：

U＝U2＝U1＝nBSω

当发电机线圈的匝数变为原来的2倍时，

有Em′＝n′BSω＝2nBSω＝2Em

副线圈两端的电压为：

U′＝nBSω

所以＝2，电压表的示数变为原来的2倍，故B错误；

由公式P＝可知，即R消耗的功率变为原来的4倍，故A错误；由于电压表的示数变为原来的2倍，由变压器的电压关系和能量守恒可知，电流表的示数变为原来的2倍，故C正确；变压器不能改变交流电的频率，故D正确．

11．（2019·教育绿色评价联盟4月模拟）图甲为一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，P、Q为介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图象，则（　　）

A．t＝0.2s时，质点Q沿y轴负方向运动

B．0～0.3s内，质点Q运动的路程为0.3m

C．t＝0.5s时，质点Q的加速度小于质点P的加速度

D．t＝0.7s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离

答案　CD

解析　波长λ＝2m，周期T＝0.4s．由题图乙可知P在t＝0时开始向y轴正方向运动，即波在向x轴负方向传播，Q点在t＝0时向y轴负方向运动，t＝0.2s时，正在向y轴正方向运动，A错误；0～0.3s内，质点Q完成T振动，由于Q不是处于最大位移或平衡位置处，所以Q通过的路程s≠×4×0.1m＝0.3m，B错误；t＝0.5s时P点位于波峰位置，加速度最大，C选项正确；t＝0.7s时P点位于波谷位置，距平衡位置距离最大，D选项正确．

12．（2019·稽阳联考）氢原子光谱如图甲所示，图中给出了谱线对应的波长，玻尔的氢原子能级图如图乙所示，已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，可见光的频率范围约为4.2×1014～7.8×1014Hz，则（　　）

A．Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量

B．图甲所示Hα、Hβ、Hγ、Hδ四种光均属于可见光范畴

C．Hβ对应光子的能量约为10.2eV

D．Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级

答案　ABD

解析　由题图甲可知，Hα谱线对应光子的波长大于Hδ谱线对应光子的波长，结合E＝可知，Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量，故A正确；依据可见光的频率范围可知，甲图所示的四种光均属于可见光范畴，故B正确；Hβ谱线对应光子的能量E1＝＝J≈4.09×10－19J≈2.556eV，故C错误；Hα谱线对应光子的能量为E2＝＝J≈3.03×10－19J≈1.89eV，可知Hα谱线对应的跃迁是从n＝3能级到n＝2能级，故D正确．

三、非选择题（本题共5小题，共52分）

13．（6分）（2019·金华十校期末）

（1）“探究平抛物体的运动规律”实验的装置如图甲所示．下列说法正确的是________．

A．斜槽必须是光滑的，且末端切线调成水平

B．每次释放小球必须从斜槽同一位置由静止释放

C．将球的位置记录在坐标纸上后，取下坐标纸，用直尺将所有点连成折线

D．小球运动时不应与竖直面上的坐标纸相接触

（2）在“探究求合力的方法”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套，如图乙所示．

①下列实验操作正确的是________．

A．用一个弹簧测力计与用两个弹簧测力计拉橡皮条时，只要满足橡皮条的长度相等

B．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行

C．实验中，两根细绳必须等长

D．实验中，只需记下弹簧测力计的读数

②实验中，弹簧测力计的示数如图丙所示，则图中弹簧测力计的读数为________N.

③某次实验中，若两个弹簧测力计的读数均为4N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则________（选填“能”或“不能”）用一个量程为5N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是__________．

答案　

（1）BD　

（2）①B　②2.50

③不能　两弹簧测力计拉力的合力超出弹簧测力计的量程

14．（9分）（2019·绍兴市3月选考）小明同学利用如图甲所示电路测量多用电表欧姆挡内部电池的电动势和电阻．使用的器材有：

多用电表，电压表（量程3V、内阻为3kΩ），滑动变阻器（最大阻值2kΩ），导线若干．请完善以下步骤：

（1）将多用电表的选择开关调到“×100”挡，再将红、黑表笔短接，________（填“机械”或“欧姆”）调零；

（2）将图甲中多用电表的红表笔接a端，黑表笔接b端，那么电压表的右端为________接线柱（选填“＋”或“－”）；

（3）欧姆表内部电路可等效为一个电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图乙所示，记电池的电动势为E，欧姆表“×100”挡内部电路的总内阻为r，调节滑动变阻器，测得欧姆表的读数R和电压表读数U，某次测量电压表的示数如图丙所示，读数为_______V，根据实验数据画出的－R图线如图丁所示，求得电动势E＝__________V，内部电路的总电阻r＝________kΩ.

答案　

（1）欧姆　

（2）＋

（3）0.95（0.93～0.97）　1.46（1.44～1.48）　1.5（1.4～1.6）

15．（10分）（2019·新高考研究联盟二次联考）熟练荡秋千的人能够通过在秋千板上适时站起和蹲下使秋千越荡越高．一质量为m的人荡一架底板和摆杆均为刚性的秋千，底板和摆杆的质量均可忽略，假定人的质量集中在其重心．人在秋千上每次完全站起时其重心距悬点O的距离为l，完全蹲下时此距离变为l＋d，人在秋千上站起和蹲下过程都是在一极短时间内完成的．作为一个简单的模型，假设人在第一个最高点A点从完全站立的姿势迅速完全下蹲，然后荡至最低点B，随后他在B点完全站直，继而随秋千荡至第二个最高点C，这一过程中该人重心运动的轨迹如图所示，已知A与B的高度差为h1.此后人以同样的方式回荡，重复前述过程，荡向第三、四个最高点．设人在站起和蹲下的过程中与秋千的相互作用力始终与摆杆平行，以最低点B为重力势能零点，全过程忽略空气阻力，重力加速度为g.

（1）试说明该人重心在A→A′→B→B′→C四个阶段的机械能变化情况；（只需说明增大还是减小或不变）

（2）求出从第一最高点A按上述过程运动，第一次到最低点B人还没有站起来的瞬间底板对人的支持力大小；

（3）求第1次返回到左边站立时重心离B点的高度是多少？

答案　见解析

解析　

（1）四个阶段的机械能变化为：

减小　不变　增大　不变

（2）设刚开始∠AOB＝θ1，由A′到B机械能守恒可得

mg（l＋d）（1－cosθ1）＝mv

B点：

FN－mg＝

又cosθ1＝

解得FN＝mg（3－2cosθ1）＝mg

（3）每次从最高点到下一最高点势能均增加

第1次到右边最高点时∠BOC＝θ2

第1次到右边站立时重心离B点的高度为h2，

第1次返回到左边站立时重心离B点的高度为h3

则A到C势能增加量为ΔEp1＝mgd（1－cosθ1）

又EkB＝mg（l＋d）（1－cosθ1）＝EkB′＝mgl（1－cosθ2）

所以1－cosθ2＝（1－cosθ1）

且mgh2＝mgh1＋mgd（1－cosθ1）

同理可得C到第1次返回到左边站立时势能增加量

ΔEp2＝mgd（1－cosθ2）＝mgd（1－cosθ1）.

mgh3＝mgh2＋mgd（1－cosθ2）

＝mgh1＋mgd（1－cosθ1）

解得h3＝h1＋d.

16.（12分）（2019·余姚市4月选考）如图所示，在y轴右侧平面内存在方向向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5T，坐标原点O有一放射源，可以向y轴右侧平面沿各个方向放射＝2.5×10－7kg/C的正离子，这些离子速率分别在从0到最大值vm＝2×106m/s的范围内，不计重力和离子之间的相互作用．

（1）求离子打到y轴上的范围；

（2）若在某时刻沿＋x方向放射各种速率的离子，求经过×10－7s时这些离子所在位置构成的曲线方程；

（3）若从某时刻开始向y轴右侧方向放射各种速率的离子，求经过×10－7s时已进入磁场的离子可能出现的区域面积．

答案　见解析

解析　

（1）离子进入磁场中做匀速圆周运动的最大半径为R

由牛顿第二定律得：

Bqvm＝m

解得R＝＝1m

由几何关系知，离子打到y轴上的范围为0到2m.

（2）离子在磁场中运动的周期为T，

则T＝＝＝π×10－6s

设t＝×10－7s时，这些离子轨迹所对应的圆心角为θ

则θ＝＝

这些离子构成的曲线如图所示，并令某一离子在此时刻的坐标为（x，y），则xm＝Rsinθ＝m

由几何关系得y＝xtan（－θ）

解得y＝x

（3）将第

（2）问中图中的OA段从沿y轴方向顺时针旋转，交x轴于点C，以C为圆心、R为半径作圆弧，相交于B，则两圆弧及y轴所围成的面积即为在t＝0向y轴右侧各个方向不断放射各种速度的离子在t＝×10－7时已进入磁场的离子所在区域

由几何关系可求得此面积为：

S＝πR2＋πR2－R×R

＝πR2－R2

则S＝m2

17．（15分）（2019·金华十校高三期末）如图甲所示，两光滑导轨由水平、倾斜两部分平滑连接，相互平行放置，两导轨相距L＝1m，倾斜导轨与水平面成θ＝30°角．倾斜导轨所处的某一矩形区域BB′C′C内有一垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝1T，B、C间距离为L1＝2m．倾斜导轨上端通过单刀双掷开关S连接R＝0.8Ω的电阻和电容C＝1F的未充电的电容器．现将开关S掷向1，接通电阻R，然后从倾斜导轨上离水平面高h＝1.45m处垂直于导轨静止释放金属棒ab，金属棒的质量m＝0.4kg，电阻r＝0.2Ω，金属棒下滑时与导轨保持良好接触，在到达斜面底端CC′前已做匀速运动．金属棒由倾斜导轨滑向水平导轨时无机械能损失，导轨的电阻不计．当金属棒经过CC′时，开关S掷向2，接通电容器C，同时矩形区域BB′C′C的磁感应强度B1随时间变化如图乙所示．水平导轨所处的某一矩形区域CC′D′D内无磁场，C、D间距离为L2＝8m．DD′右侧的水平轨道足够长且两水平轨道内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝2T，g＝10m/s2，求：

（1）金属棒刚进入矩形磁场区域BB′C′C时两端的电压；

（2）金属棒通过矩形磁场区域BB′C′C的过程中，电阻R产生的热量；

（3）若金属棒在矩形区域CC′D′D内运动，到达DD′前电流为零，则金属棒进入DD′右侧磁场区域运动达到稳定后，电容器最终所带的电荷量．

答案　见解析

解析　

（1）金属棒进磁场前机械能守恒：

mg（h－L1sinθ）＝mv

得：

v1＝3m/s

刚进磁场时：

E1＝B1Lv1＝3V

得U＝E1＝2.4V

（2）金属棒到达底端CC′已匀速：

mgsinθ＝B1L

得v2＝2m/s

金属棒通过矩形磁场区域BB′C′C的过程中：

mgh＝mv＋Q

得Q＝5J

电阻R产生的热量QR＝Q＝4J

（3）B1随时间变化4s内：

UC1＝LL1＝0.5V

金属棒在无磁场区域内匀速：

t＝＝4s

进磁场B2时B1刚好不变，电容器继续充电，

当电容器充电稳定时：

UC2＝B2Lv3，

此过程中电容器中变化的电荷量ΔQ＝CUC2－CUC1

设此过程中的平均电流为，时间为t′，根据动量定理有：

－B2Lt′＝mv3－mv2

其中t′＝ΔQ

得：

v3＝m/s

电容器最终所带的电荷量：

Q终＝CUC2＝C