浙江专用2020高考物理增分冲刺综合模拟卷十

这是一份浙江专用2020高考物理增分冲刺综合模拟卷十，共11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．如图所示，质量为m的一辆小汽车从水平地面AC上的A点沿斜坡匀速行驶到B点．B距水平地面高h，以水平地面为零势能面，重力加速度为g.小汽车从A点运动到B点的过程中(空气阻力不能忽略)，下列说法正确的是( )
A．合外力做功为零
B．合外力做功为mgh
C．小汽车的机械能增加量为0
D．牵引力做功为mgh
答案 A
2.如图，两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球A和B，细线上端固定在同一点，若两个小球绕竖直轴做匀速圆周运动时恰好在同一高度的水平面内，则下列说法中正确的是( )
A．线速度vA＝vB
B．角速度ωA＞ωB
C．加速度aA＝aB
D．周期TA＝TB
答案 D
3．(2019·河南省八市重点高中联盟第三次模拟)如图所示，小球从斜面的顶端A处以大小为v0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小vB＝eq \r(5)v0，空气阻力不计，该斜面的倾角为( )
A．60° B．45° C．37° D．30°
答案 B
解析 根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：vy＝eq \r(v\\al(B2,)－v\\al(02,))＝2v0，
则运动的时间为：t＝eq \f(vy,g)＝eq \f(2v0,g)，
设斜面的倾角为θ，则有tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)＝1，
解得θ＝45°，B正确．
4．(2019·安徽淮南市第二次模拟)已知地球两极处的重力加速度大小约为9.8 m/s2，贴近地球表面飞行的卫星的运行周期约为1.5小时，试结合生活常识，估算一质量为60 kg的人站在地球赤道上随地球自转所需要的向心力约为( )
A．0.2 N B．0.4 N C．2 N D．4 N
答案 C
解析 在两极：Geq \f(Mm,R2)＝mg；
对贴近地球表面飞行的卫星Geq \f(Mm′,R2)＝m′eq \f(4π2,T2)R，
解得R＝eq \f(gT2,4π2)；
则站在地球赤道上随地球自转的人所受的向心力：F向＝m人eq \f(4π2,T′2)R＝m人eq \f(4π2,T′2)×eq \f(gT2,4π2)＝m人geq \f(T2,T′2)＝60×9.8×(eq \f(1.5,24))2 N≈2 N，故选C.
5．随着国产手机质量的提升，智能手机的市场份额也越来越高．我国某品牌手机的电板的文字说明如图所示．已知该手机充电完成后待机时间为50 h，则该电板的电动势和平均待机电流分别为( )
A．3.8 V,3 000 mA B．4.35 V,3 000 mA
C．3.8 V,60 mA D．4.35 V,60 mA
答案 C
解析 由题图可知，该电板的电动势为3.8 V，由W＝UIt得平均待机电流I＝eq \f(W,Ut)＝eq \f(11.4 W·h,3.8 V×50 h)＝60 mA，故C正确．
6．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示．已知发电机线圈电阻为10 Ω，外接一只阻值为90 Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则( )
A．电流表的示数为0.31 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热约为0.087 J
答案 D
解析 在交流电路中电流表的示数为有效值，E有效＝eq \f(Em,\r(2))＝22 V，电流表的示数I＝eq \f(E有效,R总)＝eq \f(22,100) A＝0.22 A，A错误；由题图图象可知线圈转动的周期为0.02 s，则线圈转动的角速度ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，B错误；0.01 s时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，C错误；电阻发热应用电流的有效值进行计算，则发热量Q＝I2Rt＝(0.22)2×90×2×10－2 J≈0.087 J，D正确．
7．(2019·山东济宁市第二次摸底)如图甲所示，在线圈l1中通入电流i1后，在l2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l1、l2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l1中的电流i1随时间t变化的图象是下图中的( )
答案 D
解析 因为感应电流大小不变，根据电磁感应定律得：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(n\f(ΔΦ,Δt),R)＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)S,R)，而线圈l1中产生的磁场变化是因为电流发生了变化，所以I＝eq \f(n\f(ΔB,Δt)S,R)∝eq \f(n\f(Δi,Δt)S,R)，所以线圈l1中的电流均匀改变，A、C错误；根据题图乙，0～eq \f(T,4)时间内感应电流磁场向左，所以线圈l1产生的磁场向左减小，或向右增大，B错误，D正确．
8．(2019·湖北武汉市四月调研)已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En＝eq \f(E1,n2)，其中n＝2,3….若氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级放出光子的频率为ν，能使氢原子从基态电离的光子的最小频率为( )
A.eq \f(9,4)ν B．4ν C.eq \f(36,5)ν D．9ν
答案 C
解析 由题意可知：eq \f(E1,32)－eq \f(E1,22)＝hν；
能使氢原子从基态电离的光子的最小频率满足：0－E1＝hν′，
解得ν′＝eq \f(36,5)ν，故选C.
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·绿色评价联盟选考)如图所示，水下光源S向水面A点发射一束光线，折射光线分成a、b两束，则( )
A．在水中a光的速度比b光的速度小
B．用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
C．做光电效应实验时，a光产生的光电子的最大初动能较b光大
D．若保持入射点A位置不变，将入射光线顺时针旋转，则从水面上方观察，b光先消失
答案 BD
10. (2019·新力量联盟期中)图甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t＝1 s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是( )
A．该简谐横波的传播速度为4 m/s
B．从此时刻起，经过2 s，P质点运动了8 m的路程
C．从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置
D．图乙可能是图甲x＝2 m处质点的振动图象
答案 ACD
11.(2019·山东青岛市模拟)如图所示，F－t图象表示某物体所受的合外力F随时间的变化关系，t＝0时物体的初速度为零，则下列说法正确的是( )
A．前4 s内物体的速度变化量为零
B．前4 s内物体的位移为零
C．物体在0～2 s内的位移大于2～4 s内的位移
D．0～2 s内F所做的功等于2～4 s内物体克服F所做的功
答案 ACD
12．(2019·山东济宁市第二次摸底)如图所示，在绝缘水平地面上固定两个等量同种点电荷A、B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块(可视为质点)，则滑块会由静止开始一直向右运动到AB连线上的一点M而停下．则以下判断正确的是( )
A．滑块一定带的是与A、B异种的电荷
B．滑块的电势能一定是先减小后增大
C．滑块的动能与电势能之和一定减小
D．AP间距一定小于BM间距
答案 CD
解析 滑块受到的电场力是两点电荷对它作用力的合力，滑块向右运动，合力向右，滑块一定带与A、B同种的电荷，否则滑块将向左运动，A错误．滑块运动可能有两种情况：1.滑块受到的电场力先向右后向左，电场力先做正功，再做负功，电势能先减小后增加；2.滑块受到的电场力合力始终向右，在到达AB中点前停止，电场力始终做正功，电势能始终减小，B错误．根据能量守恒，滑块的电势能、动能、内能之和不变，阻力做负功，内能增大，则动能与电势能之和一定减小，C正确．若没有摩擦力，AP＝BM；因为水平面不光滑，水平方向受到摩擦力作用，运动到速度为0的位置在P点关于AB中点对称点的左侧，所以AP三、非选择题(本题共5小题，共52分)
13．(6分)(2019·安徽芜湖市上学期期末)阿特武德机是早期测量重力加速度的装置，由英国数学家、物理学家阿特武德于1784年制成．某同学根据其原理设计出测量当地重力加速度的装置如图所示，一根不可伸长的轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接正方体物块A和物块B(A、B的质量分别为m1和m2，且m1(1)测得物块A的边长为d，在某次实验中它先后通过两个光电门所用的遮光时间分别为Δt1和Δt2，则其通过光电门的速度分别为________，________.
(2)为了测算A、B的加速度大小，还需要测量的物理量有________．
A．两个光电门的间距
B．物块B的边长
C．物块A的初始高度
D．轻绳的长度
(3)某次实验中测得物块A和物块B的质量分别为m1、m2，测算出A、B的加速度大小为a，可以得到当地的重力加速度g＝________(用m1、m2、a表示)
答案 (1)eq \f(d,Δt1) eq \f(d,Δt2) (2)A (3)eq \f(m1＋m2,m2－m1)a
解析 (1)A先后通过两个光电门的速度分别为：v1＝eq \f(d,Δt1)和v2＝eq \f(d,Δt2).
(2)根据veq \\al(22,)－veq \\al(12,)＝2ah，可知为了测算A、B的加速度大小，还需要测量的物理量为两个光电门的间距h，故选A.
(3)对物块B：m2g－FT＝m2a，对物块A：FT－m1g＝m1a，联立解得g＝eq \f(m1＋m2,m2－m1)a.
14．(9分)(2019·台州3月一模)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡额定电压为2.5 V、额定电流为0.2 A．实验室提供了电流表和滑动变阻器各两种规格：
①电流表A1(0～250 mA，内阻约为5 Ω)
②电流表A2(0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω)
③滑动变阻器R1(0～5 Ω，额定电流1.0 A)
④滑动变阻器R2(0～100 Ω，额定电流0.2 A)
(1)为减小测量误差并便于操作，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________；(选填器材前的序号)
(2)某实验小组连接的电路图如图甲所示，开关闭合前滑动变阻器应移到________(填“A端”或“B端”)
(3)某次实验中电压表的指针如图乙所示，则电压为________ V；
(4)将小灯泡接入如图丙所示的电路中，其中A是电流传感器．当开关S闭合前后，通过小灯泡的电流随时间变化的图象如图所示，正确的是________．
答案 (1)① ③ (2)A端 (3)1.50 (4)B
15．(10分)如图所示为某水上乐园急速滑道的简化示意图，内壁光滑的水平半圆形管道BC分别与倾角θ＝37°的倾斜管道AB和水平直管道CD顺滑连接，管道AB的A端离管道BC所在平面的高度h1＝6 m，管道 BC的直径d＝10 m，离水面EF的高h2＝1.8 m．质量m＝60 kg的游客(可视为质点)从A端静止滑下，游客与管道AB的动摩擦因数μ1＝0.125，与管道CD的动摩擦因数μ2＝0.5，整个运动过程空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求游客经过B点时的速度大小；
(2)求游客受到BC管道的作用力大小；
(3)要使游客落到水中且落水的速度不超过8 m/s，求管道CD的长度．
答案 见解析
解析 (1)游客从A运动到B过程，根据动能定理：
mgh1－μ1mgcs θ·eq \f(h1,sin θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(B2,)
解得：vB＝eq \r(2gh1－2μ1g\f(h1cs θ,sin θ))＝10 m/s
(2)游客在管道BC中做匀速圆周运动，
竖直方向：Fy＝mg
水平方向有：Fx＝meq \f(v\\al(B2,),\f(d,2))
FN＝eq \r(F\\al(x2,)＋F\\al(y2,))＝eq \r(m\f(v\\al(B2,),\f(d,2))2＋mg2)
＝600eq \r(5) N
(3)若游客从管道CD恰好滑出，从C到D，根据动能定理：
－μ2mgL1＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(B2,)
解得：L1＝eq \f(v\\al(B2,),2μ2g)＝10 m
若游客落水速度恰好8 m/s，根据动能定理：
mgh2－μ2mgL2＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(B2,)
解得：L2＝eq \f(h2,μ2)－eq \f(1,2μ2g)(v2－veq \\al(B2,))＝7.2 m
管道CD的长度7.2 m≤L≤10 m.
16．(12分)(2018·稽阳联谊学校3月联考)如图甲所示，光滑的水平绝缘轨道M、N上搁放着质量m1＝0.2 kg、电阻R1＝0.02 Ω的“[”形金属框dabc，轨道间有一有界磁场，变化关系如图乙所示．一根长度等于ab，质量m2＝0.1 kg、R2＝0.01 Ω的金属棒ef搁在轨道上并静止在磁场的左边界上．已知轨道间距与ab长度相等，均为L1＝0.3 m，ad＝bc＝L2＝0.1 m，其余电阻不计.0时刻，给“[”形金属框一初速度v0＝3 m/s，与金属棒碰撞后合在一起成为一闭合导电金属框(碰撞时间极短)．t0时刻整个框刚好全部进入磁场，(t0＋1) s时刻，框右边刚要出磁场．求：
(1)碰撞结束时金属框的速度大小；
(2)0～t0时间内整个框产生的焦耳热；
(3)t0～(t0＋1) s时间内，安培力对ab边的冲量的大小．
答案 见解析
解析 (1)碰撞过程中，动量守恒，得到
m1v0＝(m1＋m2)v
v＝2 m/s
(2)对闭合金属框，0～t0时间内由动量定理得：
－BIL1Δt＝－BL1Δq＝(m1＋m2)Δv
等号两边求和，得－BL1q＝(m1＋m2)(v′－v)
又因为q＝eq \f(BΔS,R总)＝eq \f(BL1L2,R1＋R2)
得到v′＝1 m/s
所以Q＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2－eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2＝0.45 J
(3)t0～(t0＋1) s时间内，整个框在磁场中运动，
I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(ΔΦ,ΔtR总)＝eq \f(ΔBL1L2,ΔtR总)＝0.4 A
又因为B′＝1－0.4(t－t0)
t0≤t≤t0＋1
所以F安＝B′IL1＝0.12B′＝0.12－0.048(t－t0)
I安＝eq \x\t(F)安t＝eq \f(F安1＋F安2,2)t＝eq \f(0.12×1＋0.12×0.6,2)×1 N·s＝0.096 N·s
17．(15分)(2018·宁波市3月选考)如图所示为平面直角坐标系xOy，在第一、二象限中有一半圆形的有界磁场，圆心在O点，半圆的半径为R，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度为B，在y＝R的上方有一沿x轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点有一粒子源，可以向第一象限坐标平面内的任意方向发射相同速率的带正电的粒子，粒子质量为m，电荷量为q，粒子的重力可以忽略不计，不考虑粒子间的相互作用．发现有一粒子从y轴上的P点离开磁场进入电场，并且此时速度方向与y轴正方向成30°角，求：
(1)粒子速度的大小；
(2)出磁场后能垂直进入电场的粒子从粒子源射出到经过y轴时所用的时间；
(3)在y＝R上，有粒子能进入电场的横坐标范围．
答案 见解析
解析 (1)由分析可知，从O点出发，在P点离开磁场的粒子，在磁场中运动的圆弧对应的圆心角为60°，轨道如图甲所示，
所以粒子做圆周运动的半径为R
洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝meq \f(v2,R)
得：v＝eq \f(qBR,m)
(2)由判断可知，从O点射入磁场的粒子在离开磁场时的偏向角均为60°
所以，出磁场后能垂直进入电场的粒子，从O点射入磁场时与x轴正方向成30°角，轨迹如图乙所示，
在磁场中t1＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πm,3qB)
在无场区t2＝eq \f(R1－sin 60°,v)＝(1－eq \f(\r(3),2))eq \f(m,qB)
在电场中eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·teq \\al(32,)＝Rcs 60°，
则t3＝eq \r(\f(Rm,Eq))
所以总时间为t＝t1＋t2＋t3＝(eq \f(π,3)＋1－eq \f(\r(3),2))eq \f(m,qB)＋eq \r(\f(Rm,qE))
(3)画出轨迹，如图丙所示
最右侧：x1＝eq \f(R,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3)R
最左侧：x2＝－[Rcs 60°＋(R－Rsin 60°)tan 60°]＝(1－eq \r(3))R
故横坐标范围为(1－eq \r(3))R≤x≤eq \f(2\r(3),3)R