2020届高考物理二轮复习刷题首选卷综合能力物理部分押题密卷（五）（含解析）.docx

部分押题密卷(五)本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分110分，时间60分钟。第卷一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14题只有一个选项符合题目要求，第58题有多项符合题目要求，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1. (2019云南二模)某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率之间的关系如图所示。已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是()A入射光的频率小于0也可能发生光电效应现象B该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大C若用频率是20的光照射该金属，则遏止电压为D遏止电压与入射光的频率无关答案C解析0为该金属的截止频率，入射光的频率低于截止频率不发生光电效应，故A错误；根据W0h0可知，某种物质的逸出功是定值，故B错误；由爱因斯坦光电效应方程EkhW0可知，当0时，有Ek0，W0h0，故当入射光的频率为20时，光电子的最大初动能为Ek2h0h0，又因为eUcEk，所以此时遏止电压Uc，故C正确；根据Uc可知，光的频率改变时，遏止电压也会改变，故D错误。2(2019贵阳一模)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2 s时开启降落伞，其跳伞过程中的vt图象如图所示，根据图象可知该伞兵()A在02 s内做自由落体运动B在26 s内加速度方向先向上后向下C在014 s内先处于失重状态后处于超重状态D在024 s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动答案C解析由vt图象可知，伞兵在02 s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；vt图象的斜率表示加速度，则由图可知，26 s内伞兵先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，故B错误；014 s内伞兵先做加速运动，再做减速运动，即加速度方向先向下再向上，故伞兵先失重后超重，C正确；vt图象的斜率表示加速度，则可知伞兵在024 s内，214 s期间的加速度一直在发生变化，故D错误。3(2019吉林模拟)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送。已知地球半径为r，无线电信号传播速度为c，月球绕地球运动的轨道半径为60r，运行周期为27天。在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需的最短时间为()A. B. C. D.答案B解析根据万有引力提供向心力，有：mR，解得：R ，已知月球和同步卫星的周期之比为271，则月球和同步卫星的轨道半径比为91，因月球绕地球运动的轨道半径为60r，故同步卫星的轨道半径为r，距地面的高度为r，故在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需的最短时间为：t，故B正确。4(2019辽宁凌源一模)生活中可以通过霍尔元件来测量转动物体的转速。如图a，在一个转动的圆盘边缘处沿半径方向均匀地放置四个小磁铁，其中两个N极向外，两个S极向外。在圆盘边缘附近放置一个霍尔元件，其尺寸如图b所示。当电路接通后，会在a、b两端产生电势差，经电路放大后得到脉冲信号。已知脉冲信号的周期为T，若忽略感应电动势的影响，则()A圆盘转动的转速为nB转速越大，脉冲信号的最大值就越大C脉冲信号的最大值与h成正比D圆盘转到图示位置时，如果a点电势高则霍尔元件中定向移动的电荷带负电答案D解析由于两个N极向外，两个S极向外，且交错分布，所以圆盘转半周，脉冲信号经历一个整周期，故圆盘的转速为n，A错误；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，霍尔元件的长、宽、高分别为L、d、h，有：qqvB，结合电流的微观定义式：InehLv，所以有：U，故脉冲信号的最大值与转速n和h无关，B、C错误；圆盘转到图示时，如果a点电势高，则说明上极板带正电，下极板带负电，电流向里，则根据左手定则可知，只能是带负电的电荷移动到下板上，D正确。5(2019陕西咸阳三模)如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA1 kg、mB2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时，A、B将会分离。t0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是()At2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 NBt2.0 s时刻A、B之间作用力为零Ct2.5 s时刻A对B的作用力方向向左D从t0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m答案AD解析由题图可得04.0 s内，F10.9t3.6，F20.9t。分离之前A、B两物块共同运动，设加速度为a，以整体为研究对象，则有：a m/s21.2 m/s2，设t时刻A、B分离，分离时A、B间的拉力为f，由题知f0.3 N，对B，由牛顿第二定律，F2fmBa，得F2fmBa(0.321.2) N2.7 N，t s3 s，根据位移公式sat25.4 m，则D正确；当t2.0 s时，A、B不分离，F21.8 N，F2f2mBa，得f2mBaF20.6 N，A正确，B错误；当t2.5 s时，A、B不分离，F22.25 N，F2f2.5m2a，得f2.5m2aF20，则f2.5与F2方向一致，即水平向右，C错误。6(2019重庆模拟)如图甲为某游乐园飓风飞椅游玩项目，图乙为飓风飞椅结构简图。其装置由伞型转盘A、中间圆柱B、底座C和软绳悬挂飞椅D(可视为质点)组成，在与转盘下表面轴心O距离为d的圆周上，用软绳分布均匀地悬挂16座飞椅(图乙中只画两座)，设A、B、C总质量为M，单个飞椅与人的质量之和均为m，悬挂飞椅D的绳长均为L，当水平转盘以角速度稳定旋转时，各软绳与竖直方向成角。则下列判断正确的是()A转盘旋转的角速度为 B底座C对水平地面的压力随转速的增加而减小C底座C对水平地面的压力与转速无关，恒为Mg16mgD软绳与竖直方向夹角的大小与软绳长、转速和乘客质量均有关答案AC解析对飞椅与人组成的整体受力分析，由牛顿第二定律可得：mgtanm2(dLsin)，解得： ，故A正确；对A、B、C及16座飞椅和飞椅上的人组成的整体受力分析，整体竖直方向受重力和地面支持力而平衡，由牛顿第三定律知，整体竖直方向对地面的压力恒为Mg16mg，B错误，C正确；由A选项求得的表达式可知软绳与竖直方向夹角的大小与软绳长、转速有关，但与乘客质量无关，故D错误。7(2019山东潍坊二模)如图1所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，板间左侧中心位置O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0，电荷量为q，质量为m的粒子。在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是()A粒子在电场中运动的最短时间为B射出粒子的最大动能为mvCt时刻进入的粒子，从O点射出Dt时刻进入的粒子，从O点射出答案AD解析由图2可知场强大小为E，则粒子在电场中的加速度大小a，场强E的变化周期T，对t0时刻进入的粒子，在0时间内粒子在场强为E的匀强电场中的偏转距离为yma2d，则粒子在电场中运动的最短时间满足at，解得tmin，A正确；粒子在水平方向以v0匀速运动，故能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t，恰好等于场强E的变化周期的两倍，由此可知，粒子在整个过程中竖直方向上的速度变化量为0，则射出电场的粒子竖直方向的速度均为0，射出的粒子的动能均为mv，B错误；t时刻进入的粒子，沿电场方向先向下加速，因ya2d，即在t之前粒子已经打在下极板上，不能从O射出，C错误；t时刻进入的粒子，沿电场方向先向上加速，有y1a2，后向上减速，有y2y1，此时竖直方向速度恰好为零，且yy1y2，即刚好到达上极板，然后向下加速，再向下减速，竖直方向速度到零，如此反复，经过2T时间，粒子最后从电场中射出时沿电场方向的速度与位移均为零，即粒子恰好从O点射出，D正确。8. (2019陕西渭南二模)如图所示，相距为L的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒从距水平地面高h处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下滑，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，接触面的动摩擦因数为，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是()A导体棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R的电荷量为B导体棒从开始运动直至地面的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mghC导体棒释放瞬间的加速度大小是gsingcosD如果增加导体棒质量，则导体棒从释放至滑到斜面底端的时间不变答案AC解析根据，qt，联立求得棒从开始运动直至地面的过程中，通过R的电荷量q，A正确；设导体棒到达斜面底端时的速度为v0，由动能定理得：mvmghmgcosW安，则电阻R上产生的焦耳热QW安mghmgmv，B错误；导体棒释放瞬间，对导体棒由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma，加速度agsingcos，C正确；当导体棒速度为v时，回路电动势EBLv，I，F安BIL，对导体棒由牛顿第二定律得：mgsinmgcosma，agsingcos，所以当导体棒质量增大，速度相同时，加速度会变大，总位移不变，故时间会减小，D错误。第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共62分。第912题为必考题，考生都必须作答。第1314题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)9(2019东北三省三校二模)(5分)某同学要用频闪照相的方法测量物块与木板之间的动摩擦因数。把木板放在水平桌面上，一端抬高，测量出木板倾斜的角度。如图所示为一小滑块下滑过程的频闪照片示意图。已知频闪相机每隔时间T闪光一次，x1、x2、x3、x4分别是滑块在T时间内下滑的距离，当地重力加速度为g。(1)滑块下滑过程中的加速度大小的表达式a_(用已知量和测量量表示)。(2)滑块下滑过程中经位置4时速度大小v4_(用已知量和测量量表示)。(3)滑块与木板间的动摩擦因数_(用、a、g表示)。答案(1)(2)(3)tan解析(1)滑块下滑做的是匀加速直线运动，且x1、x2、x3、x4都是在T时间内下滑的距离，因此滑块的加速度可以用逐差法进行计算，即a。(2)滑块经过x3和x4所用的时间相等，由因滑块做的是匀变速运动，因此滑块在位置4的速度等于滑块从位置3运动到位置5的平均速度，即v4。(3)滑块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知mgsinmgcosma得tan。10(2019宣城二模)(10分)在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。(1)甲同学按电路图a进行测量实验，其中R2为保护电阻。请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接；根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图c所示，可得电源的电动势E_ V，内电阻r_ 。(结果保留两位有效数字)(2)乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图e所示，可得电源的电动势E_ V，内电阻r_ 。(结果保留两位有效数字)答案(1)图见解析2.80.60(2)3.00.50解析(1)根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；根据闭合电路欧姆定律可得：UEIr，则由数学规律可知电动势E2.8 V，内电阻r 0.60 。(2)由乙同学的电路接法可知，R1左右两部分并联后与R2串联，则可知在滑片从一端向另一端移动的过程中，滑动变阻器接入回路的电阻先增大后减小，电路总电流先减小后增大，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，由图象可知当电压表示数为2.5 V时，路端电压最大，滑动变阻器并联的两部分电阻相等，电流表示数为0.5 A，则电路总电流为I11 A；而当电压为2.4 V时，电流分别对应0.33 A和0.87 A，则说明当电压为2.4 V时，电路总电流为I20.33 A0.87 A1.2 A，则根据闭合电路欧姆定律可得2.5Er,2.4E1.2r，联立解得电源的电动势E3.0 V，内电阻r0.50 。11(2019云南昆明4月质检)(12分)科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M200 kg。气球在空中以v00.1 m/s的速度匀速下降，距离水平地面高度h186 m时科研人员将质量m20 kg的压舱物竖直向下抛出，抛出后6 s压舱物落地。不计空气阻力，热气球所受浮力不变，重力加速度取g10 m/s2，求：(1)压舱物刚被抛出时的速度大小；(2)压舱物落地时热气球距离水平地面的高度。答案(1)1 m/s(2)206 m解析设压舱物抛出时的速度为v1，热气球的速度为v2。(1)压舱物抛出后做竖直下抛运动，由运动学规律有：hv1tgt2代入数据得：v11 m/s。(2)由热气球和压舱物组成的系统动量守恒有：Mv0mv1(Mm)v2代入数据得：v20设热气球所受浮力为F，则气体匀速下降可知：FMg压舱物抛出后，热气球向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F(Mm)g(Mm)a代入数据得：a m/s2则热气球6 s内上升的高度为：h2at2代入数据得：h220 m，则压舱物落地时热气球距水平地面的高度Hhh2206 m。12(2019广东肇庆三模)(20分)如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化的电压U，两板间电场可看做是均匀的，且两金属板外无电场，两金属板长L0.2 m，两板间距离d0.2 m。在金属板右侧边界MN外的区域有一足够大的匀强磁场，MN与两板中线OO垂直，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO连续射入电场中，已知每个粒子速度v0105 m/s，比荷108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度；(2)任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和在MN上出射点的距离是一确定的值s，试通过计算写出s的表达式(用字母m、v0、q、B表示)。答案(1)105 m/s，方向斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45夹角(2)s解析(1)偏转电压由0到100 V的变化中，粒子流可能都能射出电场，也可能只有部分粒子能射出电场。设偏转电压为U0时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出，在竖直方向，粒子做匀加速运动：dt2，在水平方向，粒子做匀速运动：Lv0t，代入数据解得：U0100 V，由此可知，偏转电压为100 V时，粒子恰好能射出电场，且速度最大。对粒子，由动能定理得：mvmv，代入数据解得：vm105 m/s方向斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45夹角。(2)设粒子射出电场时速度方向与MN间夹角为。粒子射出电场时速度大小为：v，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm，解得：r因此粒子射进磁场点与射出磁场点间距离为：s2rsin，m、v0、q、B都是常数，则距离s与粒子在磁场中运行速度的大小无关，s为定值。(二)选考题(共15分)请考生从两道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。13物理选修33(共15分)(1)(2019河南郑州二模)(5分)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则由状态a变到状态b的过程中，气体_(填“吸收”或“放出”)热量，气体分子的平均动能_(填“增大”“减小”或“不变”)；从状态b到c，气体对外做功，内能_(填“增大”“减小”或“不变”)；从状态c到d，气体密度_(填“增大”“减小”或“不变”)；从状态a到d，气体内能_(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)(2019山西太原市模拟) (10分)如图所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为1000 cm3，上方汽缸的长度为40 cm，横截面积为50 cm2。小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压。皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与汽缸的形状变化，环境温度保持不变，汽缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强p01.0105 Pa，g10 m/s2。若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活塞缓慢下压到汽缸皮吸底部时，求皮吸中气体的压强；若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20 cm高度保持静止，求此时小明作用力的大小。答案(1)吸收增大不变不变增大(2)3105 Pa250 N解析(1)由状态a变到状态b的过程中，气体体积不变，则W0，温度升高，则气体内能增大，即U0，根据UWQ可知Q0，即气体吸收热量，由状态a变到状态b的过程中，气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大；从状态b到c，气体温度不变，气体的内能不变；从状态c到d，气体体积不变，则气体的密度不变；从状态a到状态d气体温度升高，则气体的内能增大。(2)以汽缸和皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p0，体积V11000 cm34050 cm33000 cm3当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为p，体积为V21000 cm3，由玻意耳定律p0V1p2V2解得：p23p03105 Pa。以皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p0，体积为V21000 cm3，活塞缓慢向上提起20 cm高度保持静止时，设小明作用力的大小为F，封闭气体的压强为p3，体积为V31000 cm32050 cm32000 cm3由玻意耳定律有p0V2p3V3Fp3Sp0S解得：F250 N。14物理选修34(共15分)(1)(2019江西九校重点中学协作体高三第一次联考)(5分)甲、乙两位同学利用假期分别在两个地方做“用单摆测重力加速度的实验”，回来后共同绘制了T2L图象，如图甲中A、B所示，此外甲同学还顺便利用其实验的单摆探究了受迫振动，并绘制了单摆的共振曲线，如图乙所示，那么下列说法中正确的是_(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分