浙江专用2020高考物理增分冲刺综合模拟卷七

这是一份浙江专用2020高考物理增分冲刺综合模拟卷七，共13页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2019·陕西咸阳市模拟(三))下列说法正确的是( )
A．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式eq \f(r3,T2)＝k，这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到证明的
B．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F＝eq \f(mv2,r)，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的
C．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v＝eq \f(2πr,T)，这个关系式实际上是匀速圆周运动的线速度定义式
D．在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式都是可以在实验室中得到证明的
答案 B
解析 在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式eq \f(r3,T2)＝k，这个关系式是开普勒第三定律，是通过研究行星的运动数据推理出的，不能在实验室中得到证明，故A错误；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式F＝eq \f(mv2,r)，这个关系式是向心力公式，实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的，故B正确；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式v＝eq \f(2πr,T)，这个关系式不是匀速圆周运动的线速度定义式，匀速圆周运动的线速度定义式为v＝eq \f(Δx,Δt)，故C错误；通过A、B、C的分析可知D错误．
2．(2019·重庆市5月调研)把一小球从某一高度以大小为v0的速度水平抛出，落地时速度大小仍为v0，方向竖直向下，则该运动过程中( )
A．小球做平抛运动
B．小球的机械能守恒
C．重力对小球做功的功率不变
D．小球所受合外力的总功为零
答案 D
解析 若小球做平抛运动，水平方向的分速度不变，故A项错误；若小球的机械能守恒，小球从某一高度水平抛出，落地时速度大于v0，故B项错误；小球刚抛出时，速度方向水平，重力对小球做功的功率为零；小球落地时，速度大小为v0，方向竖直向下，重力对小球做功的功率P＝mgv0，故C项错误；据动能定理可得，该运动过程中小球所受合外力的总功W总＝eq \f(1,2)mveq \\al(02,)－eq \f(1,2)mveq \\al(02,)＝0，故D项正确．
3．奥运会单杠比赛中有一个“单臂大回环”的动作，难度系数非常大．假设运动员质量为m，单臂抓杠杆身体下垂时，手掌到人体重心的距离为l.如图所示，在运动员单臂回转从顶点倒立转至最低点过程中，可将人体视为质量集中于重心的质点，且不考虑手掌与单杠间的摩擦力，重力加速度为g，若运动员在最低点的速度为2eq \r(gl)，则运动员的手臂拉力为自身重力的( )
A．2倍 B．3倍 C．4倍 D．5倍
答案 D
解析 对运动员在最低点受力分析，由牛顿第二定律可得，F－mg＝meq \f(v2,l)，解得F＝5mg，D项正确．
4．(2019·广东揭阳市第二次模拟)瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之一，每年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地．某日一跳伞爱好者以5 m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h＝10 m时掉了一颗扣子，则跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为(扣子受到的空气阻力可忽略，g取10 m/s2)( )
A．2 s B.eq \r(2) s C．1 s D．(2－eq \r(2)) s
答案 C
解析 由题意知，扣子做初速度为5 m/s、加速度为重力加速度的匀加速直线运动，落地时位移为10 m，根据位移时间关系x＝v0t＋eq \f(1,2)gt2，代入数据有：10 m＝5 m/s·t1＋eq \f(1,2)×10 m/s2×teq \\al(12,)，求得扣子落地时间：t1＝1 s；跳伞爱好者匀速运动，根据位移时间关系知，跳伞爱好者落地时间t2＝eq \f(h,v)＝eq \f(10,5) s＝2 s，所以跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为Δt＝t2－t1＝1 s，故选C.
5．(2019·山东泰安市5月适应性考试)如图所示，一不可伸长的轻绳左端固定于O点，右端跨过位于O′点的光滑定滑轮悬挂一质量为1 kg的物体，OO′段水平，O、O′间的距离为1.6 m，绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后，物体上升0.4 m，物体未碰到定滑轮．则钩码的质量为( )
A．1.2 kg B．1.6 kg C.eq \r(2) kg D.eq \f(\r(2),2) kg
答案 A
解析 重新平衡后，绳子形状如图：
设钩码的质量为M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为θ＝53°，根据平衡条件可得：2mgcs 53°＝Mg；解得：M＝1.2 kg，故A正确，B、C、D错误．
6．(2019·四川德阳市第三次诊断)下列说法中错误的是( )
A．若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
B．核泄漏事故污染物eq \\al(137, 55)Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为eq \\al(137, 55)Cs→eq \\al(137, 56)Ba＋x，可以判断x为电子
C．原子核发生一次β衰变，该原子外层就一定失去一个电子
D．质子、中子、α粒子的质量分别是m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2
答案 C
解析 根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光子的能量大于氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光子的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6能级向n＝1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A正确；根据质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式eq \\al(137, 55)Cs→eq \\al(137, 56)Ba＋x中，x的质量数为0，电荷数为：z＝55－56＝－1，所以x为电子，故B正确；β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故C错误；根据爱因斯坦质能方程知，质子和中子结合成α粒子，核反应方程为2eq \\al(1,1)H＋2eq \\al(1,0)n→eq \\al(4,2)He，释放的能量是ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故D正确．
7.如图所示，质量为m的小球套在竖直的光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．让小球从A点由静止开始释放，此时弹簧处于原长，当小球下降的最大竖直高度为h时到达B点，若全过程中弹簧始终处于弹性限度内，竖直杆与OB的夹角为θ＝30°，下列关于小球从A到B全过程的说法中正确的是( )
A．当弹簧与杆垂直时，小球速度最大
B．小球的加速度为重力加速度的位置共有三个
C．弹簧的弹性势能先增大后减小
D．弹簧的弹性势能增加量大于mgh
答案 B
解析 如图所示，当小球滑至C点时，弹簧与杆垂直，水平方向弹簧弹力与杆的弹力平衡，小球在竖直方向受重力，则小球的加速度为重力加速度，在图中A、D两位置，弹簧处于原长，小球只受重力，即小球加速度为重力加速度的位置有A、C、D三个，故B选项正确．
8．(2019·湖南邵阳市二模)如图所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P点为磁场边界上的一点．大量相同的带正电荷粒子以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿纸面内的各个方向．这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的eq \f(1,6).若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的eq \f(1,3)，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则eq \f(B2,B1)等于( )
A.eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(1,2) D．2
答案 B
解析 当磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即∠POM＝120°，如图所示：
所以粒子做圆周运动的半径r2＝Rsin 60°＝eq \f(mv,qB2)，同理可知，r1＝Rsin 30°＝eq \f(mv,qB1)，解得：eq \f(B2,B1)＝eq \f(\r(3),3)，故B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，有错选的得0分)
9．(2019·新高考研究联盟第二次联考)位于x＝7 m处的波源S仅完成两次频率不同的全振动，两次振动的振幅相同，如图所示为t＝0时刻波形，该波沿－x方向传播，此时波刚好传到x＝1 m的质点P,0.3 s后质点P第一次出现在波谷位置，则( )
A．两波波速均为10 m/s
B．波源的起振方向沿－y方向
C．质点P沿＋y方向振动时，x＝5 m处的质点Q可能沿－y方向振动
D．从t＝0时刻起，在质点P振动的路程为40 cm的时间内，质点Q振动的路程是20 cm
答案 ACD
10.(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图，在正点电荷Q的电场中，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AC的中点，∠A＝30°，A、B、C、D四点处的电势满足φA＝φC，φB＝φD，点电荷Q在A、B、C三点所在平面内，则( )
A．点电荷Q在AB的连线上
B．点电荷Q在BD连线的中点处
C．φD>φC
D．将负试探电荷从C点移动到B点，电场力做负功
答案 AC
解析 因φA＝φC，则点电荷Q在AC连线的垂直平分线上；又φB＝φD，由几何关系可知点电荷Q又在BD连线的垂直平分线上，则点电荷Q在AB的连线上，如图，选项A正确，B错误；D点距离点电荷的距离较C点近，可知φD>φC，选项C正确；将负试探电荷从C点移动到B点，电场力做正功，选项D错误．
11．(2019·甘肃省最后一次联考)已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比．篮球与地面碰撞后以大小为v0的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以v表示篮球的速度，t表示篮球运动的时间，Ek表示篮球的动能，h表示篮球的高度，则下列图象可能正确的是( )
答案 BD
解析 篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由mg＋F1＝ma，可知其加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图象的斜率越来越小，下降过程中，v越大，阻力就越大，由mg－F1＝ma，可知加速度就越小，故A错误，B正确；上升过程中，h越大，v越小，阻力就越小，合力就越来越小，Ek－h图线切线斜率越小，下降过程中，h越小，v越大，阻力就越大，合力越小，所以Ek－h图线切线斜率越小，故C错误，D正确．
12.(2018·江西师范大学附中三模)如图所示，abcd为一边长为l的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的cd边平行，磁场区域的宽度为2l，磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于cd边的水平恒定拉力F作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b两端的电压Uab及导线框中的电流i随cd边的位移x变化的图线可能是( )
答案 BD
解析 线框的cd边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E＝Blv，此时ab两端的电压为Uab＝eq \f(1,4)Blv，当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab两端的电压为Uab＝Bl(v＋at)，线框cd边刚出磁场后的瞬间，ab两端的电压为cd边即将出磁场前瞬间ab两端电压的eq \f(3,4)，且逐渐减小，对比图象可知，A错误，B正确；当线圈的cd边出磁场后瞬间，电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小，电流－位移图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D正确．
三、非选择题(本题共5小题，共52分)
13．(6分)(2019·绍兴诸暨市期末)(1)某同学用直角三角形玻璃砖做“测量玻璃砖折射率”实验．四枚大头针插入位置如图(a)所示，把大头针移掉后得到如图(b)所示的部分光路图．
为了取得更好的实验效果，下列操作正确的是______．
A．选择的入射角尽量小些
B．大头针应垂直插在纸面上
C．大头针P1和P2及P3和P4之间的距离尽量小些
D．画三角形玻璃砖的轮廓线时，用笔紧贴玻璃砖表面画线
(2)某同学用如图甲所示装置研究小车在不同接触面上的运动情况．该同学将小车以适当的初速度释放后，用打点计时器(所用电源频率为50 Hz)记录小车的运动情况．通过反复实验得到一系列打上点的纸带，并最终选择了如图乙所示的一条纸带(附有刻度尺)进行测量(结果均保留两位小数)．
①请将A、B、C……J各点对应的刻度值，按照正确的读数方法填写在下表内(单位cm).
②根据以上数据，打下纸带上C点时小车的速度大小vC＝________ m/s；
③对应纸带E、J两点间，小车在做________运动，它的加速度大小为________ m/s2.
答案 (1)B (2)①6.00 ②0.90 ③匀减速直线 5.00
14．(9分)(2018·广东肇庆市第二次统一检测)为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待测电阻R(阻值约100 Ω)、滑动变阻器R1(0～100 Ω)、滑动变阻器R2(0～10 Ω)、电阻箱R0(0～9 999.9 Ω)、理想电流表A(量程0～50 mA)、直流电源E(3 V，内阻忽略)、导线若干、开关若干．
(1)甲同学设计如图(a)所示的电路进行实验．
①请在图(b)中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．
②滑动变阻器应选________(选填字母代号即可)．
③实验操作时，先将滑动变阻器的滑动触头移到最________(选填“左”或“右”)端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流I1.
④断开S1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱R0阻值在100 Ω左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流表读数为________时，R0的读数即为电阻R的阻值．
(2)乙同学利用电路(c)进行实验，改变电阻箱R0的值，读出电流表相应的电流I，由测得的数据作出eq \f(1,I)－R0图线如图(d)所示，图线纵截距为m，斜率为k，则电阻R的阻值为________(用m、k表示)．
(3)若电源内阻是不可忽略的，则上述电路(a)和(c)，哪种方案测电阻更好？________，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
答案 (1)①
②R2 ③左 ④I1 (2)eq \f(m,k) (3)(a) 此方案不受电源内阻的影响
解析 (1)①根据电路图连接实物图如图所示：
②因为滑动变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以滑动变阻器应选R2；
③实验操作时，应将滑动变阻器的滑动触头置于输出电压最小的一端，即最左端；
④根据欧姆定律，若两次保持回路中电流表读数不变，即电流表读数仍为I1时，则根据电路结构可知，回路中总电阻也应该相等，结合回路中的电阻计算，可知R0的读数即为电阻R的阻值．
(2)根据闭合电路欧姆定律应有：E＝I(R＋R0)
解得：eq \f(1,I)＝eq \f(R,E)＋eq \f(R0,E)
结合数学知识可知m＝eq \f(R,E)，k＝eq \f(1,E)
解得：E＝eq \f(1,k)，R＝Em＝eq \f(m,k)
(3)若电源内阻是不可忽略的，则电路(a)好，因为电源内阻对用(a)测电阻没有影响；用(c)测量电阻偏大，有测量误差．
15．(10分)(2019·广东深圳市第二次调研)如图(a)为玩具弹弓，轻质橡皮筋连接在把手上A、B两点，一手握住把手不动，使AB连线水平，C为自由伸长时橡皮筋中点轻弹夹的位置，如图(b)．AO＝OB＝6 cm，另一手捏着装有质量为10 g弹珠的弹夹，从C点由静止竖直向下缓慢移动到D点，放手后弹珠竖直向上射出，刚好上升到离D点20.15米高的楼顶处．测得∠ACB＝44°，∠ADB＝23°，取tan 22°＝0.4，tan 11.5°＝0.2，g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)从C到D的过程中，弹珠重力所做的功及手所做的功；
(2)若还将橡皮筋拉到相同长度，仅改变发射方向，弹珠向斜上方运动到高出释放点8 m处的速率．
答案 (1)1.5×10－2 J 2 J (2)15.6 m/s
解析 (1)从C到D，弹珠重力做功：WG＝mghCD
由题图可得：h＝hCD＝eq \f(OB,tan 11.5°)－eq \f(OB,tan 22°)＝eq \f(0.06,0.2) m－eq \f(0.06,0.4) m＝0.15 m
联立解得WG＝1.5×10－2 J
从C到D，再到最高点的过程中，
由功能关系：W手＝mgH－mgh，其中H＝20.15 m
解得W手＝2 J
(2)设弹珠在D点的弹性势能为Ep，从D到最高点，由功能关系：Ep＝mgH
第二次从释放到h′＝8 m处，机械能守恒，
则：Ep＝mgh′＋eq \f(1,2)mv2
联立解得v≈15.6 m/s.
16．(12分)(2019·台州3月一模)某同学设计了一套电磁弹射装置，如图所示，在水平面上固定两根足够长的平行金属导轨，导轨间距为L＝1 m，导轨的电阻不计，导轨处于竖直方向磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中(图中虚线之间区域，未画出)，连接导轨的电源电动势为E＝40 V，电容器的电容为C＝1 F．小车底部固定一个与其前端平齐、边长为L的正方形单匝导体线框，线框前后两边的电阻均为R＝0.2 Ω，两侧边电阻不计且与导轨接触良好．小车与线框的总质量为m＝1 kg，开始时小车处于静止状态．现将开关S接1，使电容器完全充电，再将S接至2，小车向前加速运动，在小车开始匀速运动时，将开关S拨回1，随后小车滑出磁场．不计小车在运动过程中的摩擦．求：
(1)磁场的方向和小车开始运动时的加速度大小a；
(2)小车在轨道上达到匀速时的速度大小v1；
(3)小车出磁场过程中线框中产生的焦耳热Q.
答案 见解析
解析 (1)磁场的方向垂直水平面向上
小车在导轨上运动过程中，两电阻并联：I＝eq \f(E,\f(1,2)R)＝eq \f(2E,R)
小车开始运动的加速度：a＝eq \f(BIL,m)＝eq \f(2BLE,mR)＝800 m/s2
(2)充电完成后：q＝CE
放电加速过程应用动量定理：B eq \x\t(I)LΔt＝BLΔq＝mv1－0
Δq＝q－qt
匀速运动时，电容器两端电压与小车底部导体线框切割磁感线产生的电动势相等：BLv1＝U＝eq \f(qt,C)
解得：v1＝eq \f(BLEC,m＋B2L2C)＝16 m/s
(3)小车出磁场的过程，做减速运动
－Ft＝－B eq \x\t(I)Lt＝mv2－mv1
小车上两电阻串联eq \x\t(I)＝eq \f(BL \x\t(v),2R)
L＝eq \x\t(v)t
联立解得：v2＝6 m/s
所以小车滑出磁场过程中线框中产生的焦耳热：Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(12,)－eq \f(1,2)mveq \\al(22,)
解得Q＝110 J.
17．(15分)(2019·江西南昌市第二次模拟)如图，竖直平面内(纸面)存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ＝60°角，纸面内的线段MN与水平方向成α＝30°角，MN长度为d.现将一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电小球从M由静止释放，小球沿MN方向运动，到达N点的速度大小为vN(待求)；若将该小球从M点沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度抛出，小球将经过M点正上方的P点(未画出)，已知重力加速度大小为g，求：
(1)匀强电场的电场强度E及小球在N点的速度vN；
(2)M点和P点之间的电势差；
(3)小球在P点动能与在M点动能的比值．
答案 (1)eq \f(\r(3)mg,q) eq \r(2gd) (2)eq \f(4mgd,q) (3)eq \f(7,3)
解析 (1)由小球运动方向可知，小球受合力沿MN方向，如图甲，由正弦定理：eq \f(mg,sin 30°)＝eq \f(F,sin 30°)＝eq \f(Eq,sin 120°)
得：E＝eq \f(\r(3)mg,q)
合力大小：F＝mg＝ma，即a＝g
从M→N，有：2ad＝veq \\al(N2,)
得：vN＝eq \r(2gd)
(2)如图乙，设MP为h，作PC垂直于电场线，作PD垂直于MN，小球做类平抛运动：
hcs 60°＝eq \f(1,2)at2
hsin 60°＝vNt
UMC＝Ehcs 30°
UMP＝UMC
得：h＝eq \f(8,3)d，UMP＝eq \f(4mgd,q)
(3)从M→P，由动能定理：FsMD＝EkP－EkM
sMD＝hsin 30°
而EkM＝eq \f(1,2)mveq \\al(N2,)
故eq \f(EkP,EkM)＝eq \f(7,3).A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
13.20
11.38
9.60
7.80
4.40
3.00
1.80
0.80
0.00