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（浙江专用）2020高考物理增分冲刺综合模拟卷（四）一、选择题(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EB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vt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mgFfma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mgFfma下则a上a下，所以0t0内图象斜率的绝对值大于t0后图象斜率的绝对值根据vt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(m1t2 Bt1t1，则ag，可知小球所受电场力向上做负功；由于位移方向与水平方向夹角相同，且tan 2tan ，知两次落在斜面上的速度大小、方向相同，动能相同5.(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D6.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2C盒子在最低点时，小球对盒子的作用力大小等于mgD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mgmR得，周期T2，故B正确；盒子在最低点，由FmgmR和mgmR可得，F2mg，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mg，根据牛顿第三定律，小球对盒子的作用力大小等于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OA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v02.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()A2h2 B3h2C4h2 D8h2答案C解析平抛的时间为t平抛的水平位移为2hx4h，所以对应四分之一圆环的半径为3hr5hS4h28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UU1I1R线增大，根据得电压表V2两端的电压U2增大，故C正确二、选择题(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t0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 mB两列波在A、B间的传播速度均为10 m/sC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v10 m/s，波长vT2 m，A、B正确；因为A、B两个波源有的相位差，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Ca光通过棱镜的时间大于b光通过棱镜的时间Da、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cf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n4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(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HHHen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n4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：41，释放1种频率的光子.431,421，释放2种频率的光子.4321，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HHHen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：调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力按住小车，读出拉力传感器的读数F；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；增加钩码数量，重复步骤，得到多组数据，并作出aF图象(1)步骤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)步骤中小车加速度a_(请用题中符号表示)；(3)根据本实验作出的aF图象最接近_答案(1)C(2)(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：v2v2ax可以求出：a；(3)当钩码的质量不断增加，不再满足Mm，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015 mA的毫安表、电动势为9 V的电池、0999.9 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_ ；(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 600 测电阻时，由闭合电路欧姆定律得：I解得Rx300 ；(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，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m50 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h111.8 m，石块S2上方水平面BC离水面距离为h21 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g10 m/s2，sin 370.60.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)2 m/s(2)700 N(3)2 m/svA2 m/s解析(1) 对人猿从A到最低点列动能定理mgl(1cos 37)mv2代入数据，解得v2 m/s(2)对人猿在最低点受力分析，由牛顿第二定律得：Fmg解得F700 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：Fmg当F1 220 N，代入数据得人猿在最低点的速度应最大为v12 m/s人猿在最低点松手后做平抛运动，t0.4 s人猿要落在BC上则应满足4 mvt6 m故最低点速度应满足10 m/sv15 m/s综上人猿在最低点的速度为10 m/sv12 m/s.对从A至最低点的过程列动能定理：mgl(1cos 37)mv2mv将最低点速度范围代入上式可得2 m/svA2 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t0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)t0时刻线框CD边上的电势差UCD；(2)t0时刻线框加速度a的大小；(3)若线框在0t0时间内的位移大小为s，求tt0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)EBLv0根据电路相关知识可得UCD(2)线框所受的水平方向的安培力FBIL所以线框水平方向的加速度大小ax线框加速度大小a(3)根据动量定理，对水平方向有tMv即Mv两边同时求和可知M(vv0)又s所以线框水平速度大小vv0.17(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，a1a6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16，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()不同的带正电粒子，通过速度选择器中心