浙江专用2020高考物理增分冲刺综合模拟卷四

这是一份浙江专用2020高考物理增分冲刺综合模拟卷四，共12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·嘉、丽3月联考)小张同学探究电流之间作用力关系，按如图所示方式连接电路，导线绕在一光滑绝缘圆管的外侧，A为圆管中轴线EF上的某点，闭合开关S，则( )
A．小磁针在A点N极指向E
B．线圈之间不存在相互作用力
C．线圈因受到安培力而相互吸引
D．调换电源的正负极，线圈相互排斥
答案 C
解析 根据右手螺旋定则，可知，A处的磁场方向由E指向F，那么小磁针在A点N极指向F，故A错误；当线圈通入电流时，则线圈之间的电流方向相同，则会受到安培力作用，出现相互吸引现象，故B错误，C正确；调换电源的正负极，线圈之间的电流方向仍相同，则还是相互吸引，故D错误．
2．(2019·浙南名校联盟期末)在2018年5月5日第54届世乒赛上，中国队再次夺冠，马龙也实现男单七连冠．假设马龙发球过程为：他首先竖直向上抛出乒乓球，然后让乒乓球落回抛出位置时，再用球拍击打；若选向上为正方向，空气阻力大小不变，则乒乓球在空中运动的v－t图象正确的是( )
答案 C
解析 乒乓球上升时，受到向下的空气阻力及重力，向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋Ff＝ma上，乒乓球下降时，受到向上的空气阻力及向下的重力，向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg－Ff＝ma下．则a上>a下，所以0～t0内图象斜率的绝对值大于t0后图象斜率的绝对值．根据v－t图象与时间轴所围的面积表示位移，上升及下降位移大小相等，可知，下降时间长于上升时间．由于机械能有损失，所以乒乓球返回抛出点时速度小于初速度v0，故A、B、D错误，C正确．
3．(2019·江西模拟)如图所示两个底边相等的固定在水平面的光滑斜面甲和乙倾角分别为60°和30°，质量为m1和m2(m1A．t1>t2 B．t1C．t1＝t2 D．不能确定
答案 C
解析 设斜面底边长为L，斜面的倾角为θ，则物体下滑的加速度大小为：a＝eq \f(mgsin θ,m)＝gsin θ
根据运动学公式有：eq \f(L,cs θ)＝eq \f(1,2)at2
得t＝eq \r(\f(4L,gsin 2θ))
根据数学知识知sin(2×60°)＝sin 60°＝sin(2×30°)
所以可得：t1＝t2.
4.(2019·新高考研究联盟第二次联考)如图所示，一带电小球自固定斜面顶端A点以某速度水平抛出，落在斜面上B点．现加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A点以相同速度水平抛出，落在斜面上C点．不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球所受电场力对小球做正功
B．小球两次落在斜面上所用的时间相等
C．小球两次落在斜面上的速度大小相等
D．落到C点的小球动能大于落到B点小球的动能
答案 C
解析 不加电场，小球做平抛运动，加电场，小球做类平抛运动，根据tan α＝eq \f(\f(1,2)at2,v0t)，则t＝eq \f(2v0tan α,a)，根据水平方向匀速运动知t2>t1，则a5.(2019·新高考研究联盟第二次联考)如图所示，金属板A、B水平放置，两板中央有小孔S1、S2，A、B与直流电源连接．闭合开关，从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达S2孔，不计空气阻力，要使此小球从O点由静止释放后能穿过S2孔，则( )
A．仅上移A板适当距离
B．仅上移B板适当距离
C．仅下移A板适当距离
D．仅下移B板适当距离
答案 D
6.如图所示，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则( )
A．该盒子做圆周运动的向心力一定恒定不变
B．该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2πeq \r(\f(R,g))
C．盒子在最低点时，小球对盒子的作用力大小等于mg
D．盒子在与O点等高的右侧位置时，小球对盒子的作用力大小等于mg
答案 B
解析 向心力的方向始终指向圆心，是变化的，故A错误；在最高点，由mg＝mReq \f(4π2,T2)得，周期T＝2πeq \r(\f(R,g))，故B正确；盒子在最低点，由F－mg＝mReq \f(4π2,T2)和mg＝mReq \f(4π2,T2)可得，F＝2mg，故C错误；盒子在与O点等高的右侧位置时，盒子底部对小球的支持力等于小球的重力mg，而盒子侧壁的支持力也等于mg，两者相互垂直，所以盒子对小球的作用力等于eq \r(2)mg，根据牛顿第三定律，小球对盒子的作用力大小等于eq \r(2)mg，故D错误．
7．(2019·稽阳联考)如图所示，乒乓球的发球器安装在水平桌面上，竖直转轴OO′距桌面的高度为h，发射器O′A部分长度也为h.打开开关后，可将乒乓球从A点以初速度v0水平发射出去，其中eq \r(2gh)≤v0≤2eq \r(2gh).设发射出的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球视为质点且空气阻力不计．若使该发球器绕转轴OO′在90°角的范围内来回缓慢水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积S是( )
A．2πh2 B．3πh2
C．4πh2 D．8πh2
答案 C
解析 平抛的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))
平抛的水平位移为2h≤x≤4h，
所以对应四分之一圆环的半径为3h≤r≤5h
S＝eq \f(π[5h2－3h2],4)＝4πh2
8．如图所示，在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的总电阻均不变，电表均为理想电表，若用户消耗的总功率减小，则下列说法正确的是( )
A．电压表V1示数减小，电流表A1示数减小
B．电压表V1示数增大，电流表A1示数减小
C．电压表V2示数增大，电流表A2示数减小
D．电压表V2示数减小，电流表A2示数减小
答案 C
解析 根据eq \f(U出,U1)＝eq \f(n1,n2)得电压表V1两端的电压U1不变；用户消耗的总功率减小，则得通过电流表A2的电流I2减小，根据eq \f(I2,I1)＝eq \f(n3,n4)得通过电流表A1的电流I1减小，降压变压器原线圈两端的电压U＝U1－I1R线增大，根据eq \f(U,U2)＝eq \f(n3,n4)得电压表V2两端的电压U2增大，故C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.(2017·全国卷Ⅱ·19)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中( )
A．从P到M所用的时间等于eq \f(T0,4)
B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大
C．从P到Q阶段，速率逐渐变小
D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功
答案 CD
解析 由行星运动的对称性可知，从P经M到Q点的时间为eq \f(1,2)T0，根据开普勒第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知从P到M所用的时间小于eq \f(1,4)T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确．
10．(2019·稽阳联考)如图所示，同一均匀介质中的一条直线上有相距6 m的两个振幅相等的振源A、B.从t＝0时刻起，质点A、B同时开始振动，且都只振动了一个周期．图甲为A的振动图象，图乙为B的振动图象，若A向右传播的波与B向左传播的波在0.3 s时相遇，则下列说法正确的是( )
A．两列波的波长都是2 m
B．两列波在A、B间的传播速度均为10 m/s
C．在两列波相遇过程中，A、B连线的中点C为振动加强点
D．在0.9 s时，质点B经过平衡位置且振动方向向上
答案 AB
解析 0.3 s传播3 m，波速v＝10 m/s，波长λ＝vT＝2 m，A、B正确；因为A、B两个波源有π的相位差，所以C错误；因为波源都只振动一个周期，所以0.9 s时B点已不会振动，D错误．
11.如图所示，现有两束不同的单色光a、b垂直于AB边射入等腰棱镜ABC，若两束光在AB面上的入射点到OC的距离相等，且两束光折射后相交于图中的P点，则以下判断正确的是( )
A．在真空中，a光光速大于b光光速
B．在真空中，a光波长小于b光波长
C．a光通过棱镜的时间大于b光通过棱镜的时间
D．a、b两束光从同一介质射向真空时，a光发生全发射的临界角大于b光发生全反射的临界角
答案 BC
解析 在真空中，所有光的速度都相等，选项A错误；两束光经棱镜折射后相交于P点，由题图可知，棱镜对a光的偏折程度大，所以棱镜对a光的折射率大，a光的频率大，由c＝λf知，在真空中，a光波长小于b光波长，选项B正确；
由图知，a光和b光在棱镜中通过的距离相等，由n＝eq \f(c,v)知，a光在棱镜中的传播速度小，所以a光通过棱镜的时间大于b光通过棱镜的时间，选项C正确；因为a光的折射率大于b光的折射率，由sin C＝eq \f(1,n)知，a光发生全反射的临界角小于b光发生全反射的临界角，选项D错误．
12．(2019·山东临沂市上学期期末)下列说法正确的是( )
A．一个中子和一个质子结合生成氘核时，会发生质量亏损
B．一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁，可能产生6种不同频率的光子
C．氡(eq \\al(222, 86)Rn)衰变的半衰期为3.8天，升高温度后其半衰期将小于3.8天
D．核反应eq \\al(3,1)H＋eq \\al(2,1)H→eq \\al(4,2)He＋eq \\al(1,0)n是轻核的聚变
答案 AD
解析 一个中子和一个质子结合成氘核时，释放出核能，由质能方程可知，此过程中有质量亏损，故A正确；一个处于n＝4能级的氢原子向较低能级跃迁，最终跃迁到基态，跃迁情况可能是：4→1，释放1种频率的光子.4→3→1,4→2→1，释放2种频率的光子.4→3→2→1，释放3种频率的光子，可能最多产生3种不同频率的光子，故B错误；原子核衰变的半衰期由原子核自身性质决定，与压强、温度等因素均无关，故选项C错误；核反应eq \\al(3,1)H＋eq \\al(2,1)H→eq \\al(4,2)He＋eq \\al(1,0)n是轻核的聚变，故选项D正确．
三、非选择题(本题共5小题，共52分)
13．(6分)(2019·广东省“六校”第三次联考)如图，小明同学利用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”．在长木板上相距为L的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率．实验中使用的小车及拉力传感器总质量约为200 g，每个钩码的质量约为50 g.
主要实验步骤如下：
①调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力
②按住小车，读出拉力传感器的读数F；
③释放小车，让小车依次经过速度传感器A、B，记录速度vA和vB，并计算出小车加速度a；
④增加钩码数量，重复步骤②③，得到多组数据，并作出a－F图象
(1)步骤①中平衡摩擦力的具体做法是________；
A．不挂钩码，逐步调节木板的倾斜程度，使静止的小车开始运动
B．挂上钩码，逐步调节木板的倾斜程度，使小车在木板上保持静止
C．不挂钩码，调节木板到一定的倾斜程度，轻轻推动小车，使小车经过两个速度传感器时速度相同
D．挂上钩码，调节木板到一定的倾斜程度，轻轻推动小车，使小车经过两个速度传感器时速度相同
(2)步骤③中小车加速度a＝__________(请用题中符号表示)；
(3)根据本实验作出的a－F图象最接近________．
答案 (1)C (2)eq \f(v\\al(2,B)－v\\al(2,A),2L) (3)C
解析 (1)不挂钩码，调节木板到一定的倾斜程度，轻轻推动小车，使小车经过两个速度传感器时速度相同，说明小车做匀速直线运动，处于平衡状态，重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，平衡了摩擦力，故选C；
(2)根据匀变速直线运动的位移与速度公式：v2－veq \\al(,02)＝2ax可以求出：a＝eq \f(v\\al(B2,)－v\\al(A2,),2L)；
(3)当钩码的质量不断增加，不再满足M≫m，加速度和F不再满足线性关系，由分析得C正确．
14.(9分)(2019·湖北武汉市二月调研)为了粗略测量电阻，某同学用量程为0～15 mA的毫安表、电动势为9 V的电池、0～999.9 Ω的电阻箱制作了一块简易欧姆表电路，如图所示．
(1)为制作欧姆表，________准确测量毫安表的内阻(填“需要”或“不需要”)；
(2)调整欧姆零点之后用该表测量某电阻，毫安表读数为10 mA，则待测电阻阻值为__________ Ω；
(3)如果在毫安表两端并联一个电阻，其余电路均不变，新刻表盘中间刻度对应的电阻值____________(填“变大”“变小”或“不变”)．
答案 (1)不需要 (2)300 (3)变小
解析 (1)因为满偏电流是确定的，通过欧姆调零，可以得到欧姆表的总内阻，然后再通过标准电阻进行比对制定表盘，故不需要知道毫安表的内阻；
(2)欧姆表的内阻为Rg＝eq \f(E,Ig)＝eq \f(9,15×10－3) Ω＝600 Ω
测电阻时，由闭合电路欧姆定律得：I＝eq \f(E,Rg＋Rx)
解得Rx＝300 Ω；
(3)如果在毫安表两端并联一个电阻，电阻分流，说明满偏电流变大，则由公式Ig＝eq \f(E,Rg)，所以欧姆表的内阻变小，中值电阻变小．
15．(10分)(2019·杭州市期末)如图所示是一质量为m＝50 kg的人猿在山中嬉戏的情景，S1、S2是在水中的两块可视为长方体的石块，人猿从石块S1右边缘的A点处借助长为10 m的树藤摆下，以期望落到石块S2上．已知图中O1A与竖直线O1O2夹角为37°，树藤上方的悬点O1离水面的距离为h1＝11.8 m，石块S2上方水平面BC离水面距离为h2＝1 m，石块S2上方水平面BC的宽度为2 m，A、B两点的水平距离为10 m，若不计空气阻力，整个过程中人猿视为质点，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60.求：
(1)若人猿从A点处静止下摆，摆到最低点时的速度大小；
(2)若人猿从A点处静止下摆，在最低点时人猿对树藤的拉力大小；
(3)若树藤能承受的最大拉力为1 220 N，人猿为在最低点处松手时能安全落到石块S2上，则人猿从A点离开石块S1时的速度应满足的条件．
答案 (1)2eq \r(10) m/s (2)700 N
(3)2eq \r(15) m/s≤vA≤2eq \r(26) m/s
解析 (1) 对人猿从A到最低点列动能定理
mgl(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mv2
代入数据，解得v＝2eq \r(10) m/s
(2)对人猿在最低点受力分析，由牛顿第二定律得：
F－mg＝eq \f(mv2,l)
解得F＝700 N
根据牛顿第三定律，人猿对树藤的拉力与树藤对人猿的拉力大小相等、方向相反，故人猿对树藤的拉力为700 N，方向竖直向下；
(3)对人猿在最低点受力分析，由牛顿第二定律得：F－mg＝eq \f(mv2,l)
当F＝1 220 N，代入数据得人猿在最低点的速度应最大为v＝12 m/s
人猿在最低点松手后做平抛运动，
t＝eq \r(\f(2h1－l－h2,g))＝0.4 s
人猿要落在BC上则应满足4 m≤vt≤6 m
故最低点速度应满足10 m/s≤v≤15 m/s
综上人猿在最低点的速度为10 m/s≤v≤12 m/s.
对从A至最低点的过程列动能定理：
mgl(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(A2,)
将最低点速度范围代入上式可得2eq \r(15) m/s≤vA≤2eq \r(26) m/s.
16．(12分)(2019·杭州市高三期末)如图(俯视图)所示，质量分布均匀的总质量为M、边长为L的正方形导体线框ACDE处于某一水平面内(离地面足够高)．在t＝0时刻(图示位置)以速度v0将线框水平向右抛入宽度为L、间距也为L的间隔型磁场区域(区域足够宽广)；该区域内存在磁场的地方磁场方向竖直向下，磁感应强度大小均为B.若线框ACDE在整个运动过程中都保持水平状态，每条边的电阻均为R，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)t＝0时刻线框CD边上的电势差UCD；
(2)t＝0时刻线框加速度a的大小；
(3)若线框在0～t0时间内的位移大小为s，求t＝t0时刻线框水平速度v的大小(设t0时刻线框的水平速度大于0，t0为已知量)．
答案 见解析
解析 (1)E＝BLv0
根据电路相关知识可得UCD＝－eq \f(3BLv0,4)
(2)线框所受的水平方向的安培力F＝BIL＝eq \f(B2L2v0,4R)
所以线框水平方向的加速度大小ax＝eq \f(B2L2v0,4MR)
线框加速度大小a＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(B2L2v0,4MR)))2＋g2)
(3)根据动量定理，对水平方向有－eq \f(B2L2v,4R)Δt＝MΔv
即－eq \f(B2L2Δx,4R)＝MΔv
两边同时求和可知－eq \f(B2L2x,4R)＝M(v－v0)
又s＝eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)gt\\al(02,)))2)
所以线框水平速度大小v＝v0－eq \f(B2L2\r(4s2－g2t\\al(04,)),8MR).
17．(15分)(2019·超级全能生2月联考)如图所示，彼此靠得很近的六根半径都为R的圆柱体，a1～a6为这些圆柱的横截面圆心，柱体间形成了6个宽度极窄的狭缝1～6，在这些狭缝和六个圆柱所包围的空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，整个空间为真空，圆柱体左侧空间的粒子源能发射出一些比荷(eq \f(q,m))不同的带正电粒子，通过速度选择器中心轴线的粒子，能在纸面内以速度v0沿与圆a1、a6都相切的方向射向缝1(只有当粒子速度沿与圆相切的方向才能进出相关狭缝)，以缝1处为坐标原点，建立直角坐标系，已知比荷为k的甲粒子恰好无碰撞直接从缝3射出，不计粒子重力及粒子间相互作用．(速度选择器两板间距为2R，磁感应强度为B0，方向垂直纸面向里)则：
(1)速度选择器上、下两板哪个板的电势高，板间的电压U多大；
(2)狭缝和六个圆柱所包围的空间的磁感应强度B的大小；
(3)从缝1射入的乙粒子，只与圆柱表面发生一次弹性碰撞，就从另一狭缝射出，求乙粒子比荷，碰撞时间极短，且碰撞不改变粒子的电荷量，不受摩擦作用，无能量损失(方向改变类似于光的反射)．
答案 见解析
解析 (1)由题意知，粒子带正电，在速度选择器中所受洛伦兹力方向向上，粒子做直线运动，则其所受电场力向下，所以上板电势高
由平衡关系知B0qv0＝eq \f(U,2R)q
解得U＝2RB0v0
(2)比荷为k的甲粒子，从缝1进，缝3出，轨迹如图(a)，由几何关系知，
甲粒子做圆周运动的半径r1＝3R
Bqv0＝meq \f(v\\al(02,),r1)
解得B＝eq \f(v0,3kR)
(3)有两种情况：
情况1：乙粒子，从缝1进，缝4出，与圆a2的劣弧(2、3)的中点P1碰撞一次，轨迹如图(b)，轨迹半径记为r2，由几何关系知a1、a3、P1共线，P1的坐标为(eq \r(3)R，R)
则有req \\al(22,)＝(eq \r(3)R)2＋(r2－R)2
解得r2＝2R
又eq \f(r2,r1)＝eq \f(k,k1)
解得k1＝eq \f(3k,2)
情况2：乙粒子，从缝1进，缝6出，与圆a3的劣弧(3,4)的中点P2碰撞一次，轨迹如图(c)，轨迹半径记为r3，
由几何关系知P2的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)R，\f(1,2)R))
则有req \\al(32,)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)R))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r3－\f(1,2)R))2
解得r3＝7R
又eq \f(r3,r1)＝eq \f(k,k2)
解得k2＝eq \f(3k,7)
所以乙粒子的比荷为eq \f(3k,2)或eq \f(3k,7).