【物理】2020高考物理浙江专用增分冲刺练辑：综合模拟卷(九)(解析版)

1、淘出优秀的你2020高考物理浙江专用增分冲刺练辑：综合模拟卷（九）一、选择题I （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余姚中学期中）如图所示，一束粒子（不计重力，初速度可忽略）缓慢通过小孔 Oi进 入极板间电压为 U的水平加速电场区域I, 再通过小孔。2射入匀强电场和匀强磁场相互正 交的区域n,其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔。3与。1、O2在同一条水平线上，则（）A.该装置可筛选出具有特定质量的粒子B.该装置可筛选出具有特定电荷量的粒子C.该装置可筛选出具有特

2、定比荷的粒子D.该装置可筛选出具有特定动能的粒子答案 C2 .如图所示，以速度v将小球沿与水平方向成0= 37。角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打在3竖直的墙面上，球反弹后的速度万向水平，速度大小为碰撞刖瞬间速度的二倍，已知sin 374= 0.6, cos 37 = 0.8,空气阻力不计，则反弹后小球的速度大小再次为v时，速度方向与水平方向夹角的正切值为（）联系电话：4000-916-716淘出优秀的你A 3 J 八3 5A.4 b.3 c.5 d.3答案 B解析 采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平方向和竖直方向分解，有：vx= vcos 37 = 0.8vv

3、y= vsin 37 = 0.6v球撞墙前瞬间的速度等于0.8v,反弹速度大小为：vx =3X0.8v=0.6v 4反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直速度为：vy =v2-vx，2 =yjv2O62 = 0.8v速度方向与水平方向夹角的正切值为：vy0.8v 4 . 一tan 0= v-= 06v = 3,故 B 正确，A、C、D 错误.3 .某机器内有两个围绕各自固定轴匀速转动的铝盘A、B, A盘固定一个信号发射装置P,能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28 cm.B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置 Q, Q到圆心的距离为16 cm.P、Q转动的线速度均为

4、 4兀m/sHP、Q正对时， P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则 Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值为 （）联系电话：4000-916-716A. 0.42 sB. 0.56 sC. 0.70 sD. 0.84 s答案 B解析由线速度和周期关系 丁 = 2可彳导Tp=2 0.28 s= 0.14 s, Tq-兀：0.16 s=0.08 s,v4兀4兀设该时间的最小值为t,则t是两个周期数值的最小公倍数，即 t=0.56 s,选项B正确.4. （2019广东广州市4月综合测试）如图，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球 a、b和c 分别固定于正三角形顶点上.已知a、

5、b带电荷量均为+ q, c带电荷量为一q,则（）A. ab连线中点场强为零B.三角形中心处场强为零C. a所受库仑力方向垂直于ab连线D. a、b、c所受库仑力大小之比为1 ： 1 ： F答案 D解析 在ab连线的中点处，a、b两电荷在该点的合场强为零，则该点的场强等于c在该点的场强，大小不为零，选项 A错误.在三角形的中心处，a、b两电荷在该点的场强大小相等，方向夹120角，则合场强竖直向下，电荷 c在该点的场强也是竖直向下，则三角形中心处场强不为零，选项 B错误.a受到b的排斥力沿ba方向，受到c的吸引力沿ac方向，则其合力方向斜向左下方与 ab连线成60角，选项C错误.设三角形的边长为

6、l, a、b所 受库仑力大小相等，Fa=Fb=2，cos 60 =c所受库仑力：Fc= 2qcos 30 =当2q,则a、b、c所受库仑力大小之比为 1 ： 1 ： J3,选项D正确.5. (2019山西太原市5月模拟)如图所示，带电物块放置在固定水平绝缘板上.当空间存在 有水平向右的匀强电场时，物块恰能向右做匀速直线运动.若在同一电场中将绝缘板的右端抬高，当板与水平面的夹角为37。时，物块恰能沿绝缘板匀速下滑，则物块与绝缘板间的动摩擦因数 科为(取sin 37=0.6, cos 37 = 0.8)()1111A- B- C. D- 2345答案 B解析 当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线

7、运动，由平衡知识有：qE = Ff1,Ff1=科加1,Fni = mg,联立解得 qE=科mg而物块沿斜面匀速下滑时，有： mgsin 0= qEcos。+ Ff2, Ff2=(iFn2, Fn2= mgcos 0+ qEsin 0,联立得 0.6mg = 0.8qE+ 0.8mg +0.6qE),解得动摩擦因数1 ，、尸1或尸-3(舍去)，故A、C、D错误，B正确. 3淘出优秀的你6. （2019湖州、衢州、丽水高三期末 ）某型号混合动力车由静止启动至50 km/h过程中仅动力蓄电池提供动力，实现“0由耗，当速度超过 50 km/h时，电动机自动关闭，汽油发动机开始工作；而当踩刹车或将加速踏

8、板松开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电并得以减速，从而实现节能减排.已知该车动力蓄电池电压为200 V,容量为6.5 Ah,电能转化为机械能的效率为90%,汽车总质量为1 440 kg,电动机的最大输出功率为60 kW,汽油发动机的最大输出功率为72 kW.若汽车两部分动力部件分别工作时都以其最大功率输出用于驱动，汽车匀速时的速度为 108 km/h ,整个过程阻力恒定，则（）A.当加速踏板松开时，汽车的动能将全部克服摩擦阻力做功转化为内能B.当汽车速度为 36 km/h时，牵引力为 7 200 NC.当汽车的速度为 72 km/h时，汽车的加速度为 2.5 m/s2D.若仅以纯电输出模

9、式行驶（电池不充电），动力蓄电池最长供电时间约为70 s答案 D解析 当加速踏板松开时，车轮通过带动发电机对动力蓄电池充电，汽车的动能转化为电能和克服摩擦阻力做功转化的内能之和，故A错误；速度为v=36 km/h = 10 m/s时，电动机工作，根据F = V可得，牵引力为F=601010 N = 6 000 N,故B错误；速度为v =72 km/h=20 m/s时，汽油发动机工作，牵引力为 F72X 10320N= 3 600 N,汽车匀速时的速度为v0= 108 km/h = 30 m/s,汽车的阻力Ff=72； 10 N= 2 400 N,由 a= Ff30m3 600-2 4001 4

10、40m/s2= 0.83 m/s2,故C错误；电能转化为机械能的效率为90%,若以最大功率输出，输出电一,_1 0006.5X 3 600流为I,则UIX90% = P电，解得I =二-A,电池的容量q = It=6.5 Ah,解得t=-1 000 3s= 70.2 s,所以若仅以纯电输出模式行驶 （电池不充电），动力蓄电池最长供电时间约为70 s,故D正确.7. （2019广西钦州市4月综测）如图，两条间距为 L的平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一金属棒垂直放置在两导轨上，且始终与导轨接触良好；在MN左侧面积为S的圆形区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应

11、强度大小 B随 时间t的变化关系为 B=kt,式中k为常量，且k0;在MN右侧区域存在一与导轨垂直、 磁感应强度大小为 Bo、方向垂直纸面向里的匀强磁场.t = 0时刻，金属棒从 MN处开始，在水平拉力 F作用下以速度 vo向右匀速运动.金属棒与导轨的电阻及摩擦均可忽略.则 （）联系电话：4000-916-716A.在t=ti时刻穿过回路的总磁通量为BoLvotiB.通过电阻R的电流不是恒定电流kS+ BoLvoC.在 用时间内通过电阻的电何量为 AtRD.金属棒所受的水平拉力 F随时间均匀增大答案 C解析根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为金属棒左侧两种磁通

12、量之和，则在t= ti时刻穿过回路的总磁通量为二i+2 = ktiS+ BovotiL ,A E kS+ BoLvo故A错误；根据法拉第电磁感应定律得E=R，结合闭合电路欧姆定律得I = R = -R,故通过电阻 R的电流为恒定电流，B错误；At时间内通过电阻的电荷量为q=I At = 7 =RkS+ BoLvokS+ BoLvo BoL At,故C正确；金属棒所受的安培力大小 Fa=BoIL=；根据平衡条件得，水平拉力大小等于安培力大小，即为 F =kS+ BoLvo BoL,故拉力F是一个恒量，故D错误.8. （2。19东北三省三校第二次联合模拟 ）如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆

13、Li、L2,两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计.两个小球a、b（视为质点）质量均为m, a球套在竖直杆Li上，b杆套在水平杆L2上，a、b通过钱链用长度为 L的刚性轻杆连接，将 a球 从图示位置由静止释放（轻杆与L2杆夹角为45。），不计一切摩擦，已知重力加速度为 g.在此 后的运动过程中，下列说法中正确的是 （ ）A. a球和b球所组成的系统机械能不守恒B. b球的速度为零时，a球的加速度大小也为零C. b球的最大速度的大小为 y2+啦gLD. a球的最大速度的大小为 W2gL答案 C解析 a球和b球组成的系统没有外力做功，只有 a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球的机械能守恒

14、，A错误；设轻杆L和水平杆L2的夹角为 仇由运动关联可 知vbcos 0= vasin 0,则vb = va tan 0,可知当b球的速度为零时，轻杆 L处于水平位置且与 杆L2平行，则此时a球在竖直方向只受重力 mg,因此a球的加速度大小为g, B错误；当 杆L和杆Li第一次平行时，球a运动到最下方，球b运动到Li和L2交点位置，球b的速度21达到最大，此时a球的速度为0,因此由系统机械能守恒有 mg( L+L) = 2mvb2,解得vb = 2+/gL, C正确；当轻杆L和杆L2第一次平行时，由运动的关联可知此时 b球的速度 为零，由系统机械能守恒有 /mg L = 2mva2,解得vaV

15、2gL,此时a球具有向下的加速度g,故此时a球的速度不是最大，a球将继续向下做加速度减小的加速运动，到加速度为0时速度达到最大，D错误.二、选择题n (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.如图甲所示为一简谐横波在t=0时刻的图象，图乙为 x=4 m处的质点P的振动图象，淘出优秀的你则下列判断正确的是（）A.这列波的波速是 2 m/sB.这列波的传播方向沿 x轴正方向C. t=3.5 s时P点的位移为 0.2 m，、,一 ，、，兀D.从t= 0时刻开始P点的振动万程为 y= 0.2s

16、in （ t+5）m答案 AC解析 由题图可知波长 入=4 m,周期T = 2 s,则波速为：入4,八，一v=T = 2 m/s= 2 m/s,故 A 正确；t=0时刻P点向一y方向振动，由波动和振动的关系可判断波沿x轴负方向传播，故B错误;3 .由质点P的振动图象知，t=3.5 s= I4T,此时P点位于波峰位置，P点的位移为0.2 m,故C正确；由题图乙知3=牛=rad/s=兀rad/st=0时刻P点向一y方向振动，初相位为国振动方程为y= 0.2sin （ t+旅）m故D错误.10.下列说法中正确的是 （）A.卢瑟福通过 a粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，并估算出原子核的大小,，一

17、 一，一.1, hyB.已知光速为c,普朗克常量为h,则频率为y的光子的动量为 C.氢原子能级是分立的，但原子发射光子的频率是连续的D.设质子、中子、a粒子的质量分别为 mi、m2、m3,那么质子和中子结合成一个“粒子，所释放的核能为 AE = （m3一 mi 一 m2）c2联系电话：4000-916-716淘出优秀的你答案 AB解析 氢原子能级是分立的，原子发射光子的频率是不连续的，选项 C错误；根据质能方程知，质子和中子结合成一个“粒子时所释放的核能为AE = （2mi+2m2m3）c2,选项D错误.11. （2019山东济宁市第二次摸底）电子在电场中仅受电场力作用运动时，由 a点运动到b

18、 点的轨迹如图中虚线所示. 图中一组平行等距实线可能是电场线， 也可能是等势线.下列说 法正确的是（ ）A.若a点的电势比b点低，图中实线一定是等势线B.不论图中实线是电场线还是等势线，电子在a点的电势能都比b点小C.若电子在a点动能较小，则图中实线是电场线D.如果图中实线是等势线，则电子在b点电势能较大答案 CD解析 若图中实线是电场线， 根据粒子运动轨迹可以判断，电子所受电场力水平向右，则电场线向左，a点电势比b点低，所以若a点的电势比b点低，图中实线可能是电场线，A错误.若图中实线是电场线，根据 A选项的分析，电场线向左，a的电势小于b的电势，根据 电势能Ep=（Xe）,电子在电势低的位

19、置电势能大，所以电子在a点的电势能大于b点电势能，B错误.若电子在 a点动能小，说明由 a至U b加速，如果图中实线是电场线，结合 A 选项的分析，方向向左，电子受力向右，加速， a点动能小，C正确.如果图中实线是等势 线，则电场线与等势线垂直，根据电子运动轨迹可以判断电子受力竖直向下，所以由a到b电场力做负功，b点动能小，电势能大， D正确.12. （2019安徽安庆市下学期第二次模拟）如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角 0= 37,现有质量 m=2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过 2 s撤去外力F,物体在。4 s内运动的速度与

20、时间的关系图线 如图乙所示.已知 sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8,取 g=10 m/s2,则（）A.物体与斜面间的动摩擦因数为0.5B.水平外力F=5.5 NC.水平外力F=4 ND.物体在04 s内的位移为24 m答案 AC 解析 根据v t图象的斜率表示加速度，则 24 s内物体的加速度为:12 822a2 =m/s2 = 2 m/s2,4一 2由牛顿第二定律有：mgsin0mgos 0= ma2,联系电话：4000-916-716解得：尸0.5,故A正确;02 s内物体的加速度为:a1 = | m/s2= 4 m/s2,由牛顿第二定律有：mgsin0+ Fcos 0

21、Mmgcos A Fsin =ma1，解得：F = 4 N ,故 B 错误,C正确;8+12物体在04 s内的位移为:*=821 m + 2X2 m = 28 m,故 D 错误.三、非选择题（本题共5小题，共52分）13. （6分）（2019湖北恩施州2月教学质量检测）如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒 定律的实验装置和原理图.长木板固定在水平桌面上， 一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿木板从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在木板的右边缘处，重复

22、上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置.（1）关于实验的要点，下列说法正确的是 .A .入射小球的质量必须大于被碰小球的质量B .入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同C.长木板必须尽可能地光滑D.用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影位置E.实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出一个最清晰的点作为最终落地点（2）入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的 两点；若入射小球的质量为 m1, 被碰小球的质量为 m2,则实验需要验证的表达式为 .（用图中字母表示）答案 （1）ABD （2）Q、P m OQ = m OP+m2 OR解析（1）为了保证碰撞后两球都能从

23、板右端飞出，入射小球的质量应该大于被碰小球的质量，选项A正确；为保证两球发生正碰，两球的半径必须相同，选项 B正确；长木板不需要光滑，只要保持每次弹簧的压缩量相同，每次入射小球与被碰小球碰前的速度相同，选项C错误；用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影的位置，以便准确测出小球平抛的水平位移，选项 D正确；实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出小球落地点的中心位置，减小实验的误差，选项 E错误；故选A、B、D.（2）入射小球前后两次的落地点位置分别为原理图中的Q、P两点；两球碰撞后均做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则有：mivi=miv2+

24、m2v3两边乘以t即为：mi OQ= mi OP+m2 OR,即实验需要验证的表达式为：miOQ=miOP +m2 OR.14. （9分）（2019新高考研究联盟第二次联考 ）某同学欲测量一节干电池的电动势（约1.5 V）和（量程内阻（约2 Q）.现有实验仪器为电流表00.6 A,03 A均可正常使用）微安表滑动变阻器一个（020 Q, 2 A）电阻箱（09 999 Q）（量程0200 仆 内阻500 Q）待测电池开关、导线若干根据已有器材，某同学设计了如图实验原理图.在1中接入的仪器是 ,在2中接入的仪器是 .（均选填“电流表或 “微 安 表”）（2）实验过程中，电阻箱的阻值应调整在某一个固

25、定值，以下四个阻值中你认为最合理的是a . 1 000 ab . 3 000 aC. 5 000 aD. 7 000 Q已知1中电表的示数为I1,内阻为R1,2中电表的示数为 内阻为R2,电阻箱的阻值为R。，电源电动势为 巳 电源内阻为r,若不做任何近似处理，则12=（用题中给出的字母表示）.微安表答案 （1）电流表E Iir(2)DRo15. (10分)(2019湖北宜昌市四月调研)如图所示，在倾角为。的斜面上，固定有间距为l的平行金属导轨，现在导轨上，垂直导轨放置一质量为m的金属棒ab,整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B,导轨与电动势为 E、内阻为r的电源连接，

26、金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为内且四tan仇最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g,金属棒和导轨电阻不计，现闭合开关，发现滑动变阻器接入电路阻值为0时,金属棒不能静止.(1)判断金属棒所受的安培力方向；(2)求使金属棒在导轨上保持静止时滑动变阻器接入电路的最小阻值R1和最大阻值R2.答案(1)平行于斜面向上(2)BEl r mgsin 0+ 科 mgos 0BElrmgsin 0mgos 0解析（1）由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上（2）当使金属棒保持静止的滑动变阻器R阻值最小为Ri时，金属棒所受安培力为最大值Fi, 所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，则由

27、平衡条件得Fni = mgcos 0Fi= mgsin 0+ FfmaxFfmax = 1 INl由闭合电路欧姆定律有:Ii = -,Ri+ r安培力Fi = Blil联立以上各式解得滑动变阻器R的最小值为Ri =mgsinBEl一 r0+mgos 0当使金属棒保持静止的滑动变阻器R阻值最大为R2时,金属棒所受安培力为最小值F2,所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F2= mgsin 0-科 mgos 0由闭合电路欧姆定律有，I2=安培力R2+ rF2= BI21联立以上各式解得滑动变阻器R的最大值为BEl一 r.mgsin 0mgos 016. （12分）（2019辽宁大连

28、市第二次模拟）滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由1滑板运动延伸而来.如图所不是一个滑板场地， OP段是光滑的1圆弧轨道，半径为0.8 m. PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为科=0.2.滑板手踩着滑板 A从。点由静止滑下，到达 P点时，立即向前起跳.滑板手离开滑板A后，滑板A以速度V1=2 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动.已知两滑板质量均为m = 5 kg,滑板手的质量是滑板的 9倍，滑板B与P点的距离为 Ax= 1 m, g= 10 m/s2.（不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力）求：淘出优秀的你(1)

29、当滑板手和滑板 A到达圆弧轨道末端 P点时滑板A对轨道的压力；(2)滑板手落到滑板 B后瞬间，滑板B的速度大小；(3)两个滑板间的最终距离.答案 (1)1 500 N ,竖直向下(2)4.2 m/s (3)4.41 m1c解析(1)滑板手与滑板 A由。点下滑到P点过程，由机械能寸恒：10mgR=X 10mv2,代入数据解得v = 12gR= 4 m/s ,设在P点时滑板手与滑板A所受到的支持力为 Fn：2 V由牛顿第二定律可得 FN-10mg=10mR代入数据解得：Fn= 1 500 N,根据牛顿第三定律得 F压=Fn= 1 500 N ,方向竖直向下；(2)滑板手跳离A板，滑板手与滑板 A水平方向动量守恒10mv= mv+9mv2, 114代入数据解得：V2=14m/s,滑板手跳上B板，滑板手与滑板 B水平方向动量守恒 9mv2=10mv