2020高考物理浙江专用增分冲刺练辑：综合模拟卷（八）Word版含解析.docx

综合模拟卷(八) 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·山东威海市 5 月模拟)如图所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁 铁，置于绝缘水平桌面上的圆形铝质闭合线圈放在条形磁铁的正下方，开始时整个装置处于 静止状态．在外力作用下将磁铁竖直向下移动一定距离(未接触桌面)，然后由静止释放，在 之后的运动过程中，线圈始终未离开桌面，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．磁铁所受弹簧拉力与其重力相等时，磁铁的加速度为零 B．磁铁上升过程中，从上向下看，线圈中产生顺时针方向的电流 C．线圈对桌面压力大小可能大于其重力 D．磁铁最终会静止，整个过程线圈中产生的热量等于磁铁机械能的减少量 答案　C 解析　若磁铁向上运动，会受到向下的安培阻力，若向下运动，会受到向上的安培阻力，因 此当磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度不一定为零，故 A 错误；当磁铁向上运 动时，穿过线圈的磁通量向上减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场的方向向上，俯视线 圈，线圈中产生逆时针方向的电流，故 B 错误；根据楞次定律，磁铁向下运动时，受到向上 的安培阻力，所以磁铁对线圈的作用力的方向向下，此时线圈对桌面压力大小大于其重力， 故 C 正确；磁铁最终静止于起始时的平衡位置，根据能量守恒定律，从静止释放至停止，弹 簧的弹性势能的减少量等于磁铁重力势能的增加量与线圈中产生的焦耳热之和，故 D 错 误． 2．一质量为 m 的滑块在粗糙水平面上滑行，分析频闪照片可知，滑块在开始 3 s 内的位移是 最后 3 s 内位移的5 3倍，已知第 3 s 内的位移是 3.6 m，则下列说法错误的是(　　) A．滑块的加速度大小为 2.4 m/s B．最开始 3 s 内滑块运动的位移是 10.8 m C．滑块运动的总时间为 4 s D．滑块运动的总位移为 19.2 m答案　B 解析　设滑块的初速度为 v0，加速度大小为 a，由运动学公式可知：开始 3 s 内的位移 x1＝v0t －1 2at2，最后 3 s 内的位移 x2＝1 2at2，由题意可得x1 x2＝5 3，解得滑块运动的总时间 t′＝v0 a ＝4 s， C 正确；由题意可知 1 2a·22－1 2a·12＝3.6 m，解得 a＝2.4 m/s2，A 正确；滑块运动的总位移 x＝ 1 2×2.4×42 m＝19.2 m，D 正确；最后 3 s 内的位移 x2＝1 2at2＝10.8 m，开始 3 s 内的位移 x1＝ 5x2 3 ＝18 m，B 错误． 3．甲、乙两辆汽车先后从同一地点出发，沿一条东西方向的平直公路行驶，以向东为正方向， 它们的 v－t 图象如图所示，由图可知(　　) A．乙比甲运动得快，且早出发，所以甲追不上乙 B．甲车向东运动，乙车向西运动 C．8 s 末甲车追上乙车 D．甲车的加速度的大小大于乙车的加速度的大小 答案　C 解析　乙出发早，在前 4 s 运动得快，但在 4 s 后运动得比甲慢，第 6 s 末停下来，甲能追上 乙，A 错误；两车的速度都为正值，故甲、乙都向东运动，B 错误；8 s 末，乙车的位移为 90 m，甲车的位移也为 90 m，甲车追上乙车，C 正确；甲、乙两车的加速度大小都为 5 m/s2，D 错误． 4．(2019·贵州贵阳市二模)组成“北斗”卫星导航定位系统的地球静止轨道卫星(同步卫星)和 中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求 (　　) A．地球静止轨道卫星与地球的质量之比 B．地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比 C．地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比 D．地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比 答案　D 解析　根据万有引力提供向心力：GMm r2 ＝m4π2 T2 r，已知卫星的轨道半径之比，可求运动的周 期之比，但无法计算卫星的质量关系，由于两卫星的质量关系未知，也无法求出卫星所受万 有引力之比，所以 A、B、C 错误，D 正确．5．如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为 m 的人随车在竖直平面内旋转，下列说 法正确的是(　　) A．过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来 B．人在最高点时对座位不可能产生大小为 mg 的压力 C．人在最低点时对座位的压力等于 mg D．人在最低点时对座位的压力大于 mg 答案　D 解析　人在最高点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得：F＋mg＝mv2 R，由此可知，当 v＝ gR时，人只受重力作用，当 v> gR时，重力和座位对人向下的压力的合力提供向心力，当 v< gR时，除受重力外，人还受保险带向上的拉力，选项 A 错误．当 v＝ 2gR时，座位对人向 下的压力等于重力 mg，由牛顿第三定律知，人对座位的压力等于 mg，选项 B 错误．人在最 低点时，受到重力和支持力，由牛顿第二定律和向心力公式可得：F′－mg＝mv2 R，即 F′＝ mg＋mv2 R>mg，故选项 C 错误，D 正确． 6．(2019·四川成都市第二次诊断)如图，半圆球 P 和竖直挡板固定在水平面上，挡板与 P 相 切，光滑小球 Q 静止在 P 和挡板之间．已知 Q 的质量为 m，P、Q 的半径之比为 4∶1，重力 加速度大小为 g.则 Q 对 P 的压力大小为(　　) A.4mg 3 B.5mg 4 C.4mg 5 D.3mg 4 答案　B 解析　对 Q 受力分析如图所示 设 Q 的半径为 r，由几何关系得： 4rcos α＝4r－(r＋rcos α)解得：cos α＝3 5 由平衡条件得：FN2＝ mg sin α 解得：FN2＝5 4mg 由牛顿第三定律可知，Q 对 P 的压力大小为 FN2′＝FN2＝5 4mg. 7．“歼－20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主 权维护任务．在某次起飞中，质量为 m 的“歼－20”以恒定的功率 P 启动，其起飞过程的速 度随时间变化图象如图所示，经时间 t0 飞机的速度达到最大值为 vm 时，刚好起飞．关于起飞 过程，下列说法正确的是(　　) A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢 B．飞机所受合力增大，速度增加越来越快 C．平均速度为vm 2 D．该过程克服阻力所做的功为 Pt0－mvm2 2 答案　D 解析　P 不变，根据 P＝Fv 知，牵引力 F 减小，合力 F 合＝F－Ff，知合力减小，加速度减小， 速度增加越来越慢，故 A、B 错误．根据 v－t 图象与时间轴所围的面积表示位移，知飞机的 位移比匀加速直线运动的位移大，则飞机的平均速度比匀加速直线运动的平均速度vm 2 大，故 C 错误．设该过程克服阻力所做的功为 W，根据动能定理得 Pt0－W＝1 2mvm2，解得 W＝Pt0－ 1 2mvm2，故 D 正确． 8．(2019·云南保山市统一检测)圆形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，两个质量和电荷量都 相同的带电粒子 a、b，先后以不同的速率对准圆心 O 沿着 AO 方向射入磁场，其运动轨迹如 图所示．若带电粒子只受磁场力的作用，粒子 a 在磁场中的运动周期为 Ta，粒子 a 在磁场中 的运动时间为 ta＝1 3Ta，粒子 b 在磁场中的运动周期为 Tb，粒子 b 在磁场中的运动时间为 tb＝ 1 6Tb，则下列说法正确的是(　　)A．粒子 a 和粒子 b 在磁场中运动的周期关系为 Ta＜Tb B．粒子 a 和粒子 b 在磁场中运动的周期关系为 Ta>Tb C．粒子 a 和粒子 b 在磁场中运动的速度关系为 va＝1 3vb D．粒子 a 和粒子 b 在磁场中运动的速度关系为 va＝3vb 答案　C 解析　根据 T＝2πm qB 可知，两粒子在磁场中运动的周期相同，选项 A、B 错误．设圆形磁场的 半径为 r，因 ta＝1 3Ta，可知 a 在磁场中运动转过的角度是 120°；由几何关系可知，运动半径 ra＝rtan 30°＝ r 3 ；同理，因 tb＝1 6Tb，可知 b 在磁场中运动转过的角度是 60°；由几何关系可 知，运动半径 rb＝rtan 60°＝ 3r；根据 r＝mv qB可知粒子 a 和粒子 b 在磁场中运动速度关系va vb＝ ra rb＝1 3，选项 C 正确，D 错误． 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．下列说法正确的是(　　) A．做简谐振动的物体每次经过同一位置时，位移可能不同 B．利用盛沙的漏斗演示简谐振动，如果漏斗里的沙子逐渐减少，则沙摆的频率将先减小后 增大 C．机械波和电磁波都可发生反射、折射、干涉和衍射现象，但两者本质不同 D．如果机械波波源停止振动，在介质中传播的机械波也立即停止 答案　BC 解析　做简谐振动的物体的位移是从平衡位置指向物体所在位置的，每次经过同一位置时位 移相同，A 错误；沙子逐渐减少，沙子和漏斗的重心将逐渐降低，剩余少量沙子时重心又升 高，所以摆长先变长后变短，根据单摆周期公式 T＝2π L g，可知周期先变大后变小，频率先 减小后增大，B 正确；机械波和电磁波都能发生反射、折射、干涉和衍射现象，但它们在本 质上是不同的，C 正确；机械波能在介质中传播，如果振源停止振动，形成的波不会立即停 止，D 错误．10．(2019·新高考研究联盟联考)如图所示，两种单色光组成的复色光照射到三棱镜上，从另 一边射出．则下列说法中正确的是(　　) A．a 光的波长小于 b 光的波长 B．三棱镜对 a 光的折射率大于对 b 光的折射率 C．若用同一装置观察双缝干涉图样，a 光的条纹间距大于 b 光的条纹间距 D．若从同一介质射向空气发生全反射时，a 光的临界角大于 b 光的临界角 答案　AB 11．(2019·湖南娄底市下学期质量检测)羽毛球运动员林丹曾在某综艺节目中表演羽毛球定点 击鼓，如图是他表演时的羽毛球场地示意图．图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低但也等 高，若林丹各次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动，则(　　) A．击中甲、乙的两球初速度 v 甲>v 乙 B．击中甲、乙的两球运动时间可能不同 C．假设某次发球能够击中甲鼓，用相同大小的速度发球可能击中丁鼓 D．击中四鼓的羽毛球中，击中丙鼓的初速度最大 答案　AC 解析　由题图可知，甲、乙高度相同，所以球到达两鼓用时相同，但由于两鼓离林丹的水平 距离不同，甲的水平距离较远，由 v＝x t可知，击中甲、乙的两球初速度 v 甲＞v 乙，故 A 正确， B 错误；甲鼓的位置比丁鼓位置较高，则球到达丁鼓用时较长，则若某次发球能够击中甲鼓， 用相同大小的速度发球可能击中丁鼓，故 C 正确；由于丁鼓与丙鼓高度相同，但由题图可知， 丁鼓离林丹的水平距离大，所以击中丁鼓的球的初速度一定大于击中丙鼓的球的初速度，即 击中丙鼓的球的初速度不是最大的，故 D 错误． 12.(2019·福建厦门市上学期期末质检)电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调 压的理想变压器，总匝数为 2 400 的原线圈输入电压 u＝220 2sin 100πt(V)，挡位 1、2、3、4 对应的线圈匝数分别为 240、600、1 200、2 400.电动机 M 的内阻 r＝8 Ω，额定电压为 U＝220 V，额定功率 P＝110 W．下列判断正确的是(　　)A．该交流电源的频率为 100 Hz B．当选择挡位 3 后，电动机两端电压的最大值为 110 V C．当挡位由 3 变为 2 后，原线圈的电流变小 D．当选择挡位 4 后，电动机的输出功率为 108 W 答案　CD 解析　根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：ω＝100π rad/s，交流电源的频率 f＝ω 2π＝ 50 Hz，故 A 错误；当选择挡位 3 后，副线圈的匝数为 1 200，根据电压与匝数成正比得：220 V U2 ＝2 400 1 200，解得：U2＝110 V，所以电动机两端电压的最大值为 110 2 V，故 B 错误；当挡位 由 3 变为 2 后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功 率变小，根据 P1＝U1I1 知原线圈电流变小，故 C 正确；当选择挡位 4 后，副线圈匝数为 2 400，根据变压规律得到副线圈两端的电压为 220 V，电动机正常工作，流过电动机的电流 I＝ P U＝110 220 A＝0.5 A，电动机的发热功率 P 热＝I2r＝0.52×8 W＝2 W，电动机的输出功率 P 出＝ (110－2) W＝108 W，故 D 正确． 三、非选择题(本题共 5 小题，共 52 分) 13．(6 分)(2019·杭州市五校联考)利用图所示装置可以做力学中的许多实验． (1)以下说法正确的是________． A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响 B．用此装置“探究加速度 a 与力 F 和质量 m 的关系”时，每次改变砝码及砝码盘总质量之 后，不需要重新平衡摩擦力 C．在用此装置“探究加速度 a 与力 F 和质量 m 的关系”时，应使砝码盘和盘内砝码的总质 量远小于小车的质量 D．用此装置“探究做功与物体速度变化的关系”时，不需要平衡小车运动中所受摩擦力的 影响 (2)在“探究加速度与力、质量的关系”时需要平衡摩擦力，正确的操作是________．A．把砝码盘的细线系在小车上，小车拖着纸带并开启打点计时器开始运动 B．不能把砝码盘的细线系在小车上，小车不用拖着纸带开始运动 C．不能把砝码盘的细线系在小车上，小车拖着纸带并开启打点计时器开始运动 D．把砝码盘的细线系在小车上，小车不用拖着纸带开始运动 (3)在利用此装置“探究加速度 a 与力 F 和质量 m 的关系”时，实验中按规范操作打出的一条 纸带的一部分如图．已知打点计时器接在频率为 50 Hz 的交流电源上，其中 C 点读数为 ________ cm，此次实验中打点计时器打下 C 点时小车的瞬时速度为________ m/s(结果保留 2 位有效数字)． 答案　(1)BC　(2)C (3)1.40(1.39～1.41)　0.54(0.53～0.55) 14．(9 分)(2019·河南驻马店市第二次质检)甲、乙、丙三位同学协作测定某电池的电动势和内 阻，他们设计的电路原理如图，其中 R 为电阻箱，电流表 A 的内阻为 RA＝5.0 Ω，他们改变 R 的阻值，记下多组 R 和电流表示数 I.甲同学以 IR 为纵坐标，以 I 为横坐标作图处理数据；乙 同学以 I(R＋RA)为纵坐标，以 I 为横坐标作图处理数据．他们在同一张坐标纸上画出的图线 如图所示． (1)由图可知，甲同学绘制的是图线________(填“a”或“b”)，该电池电动势为________V， 内阻为________Ω. (2)丙同学打算以1 I为纵坐标，以 R 为横坐标作图，请根据(1)中计算的结果将丙所作图线在图 中画出． (3)分析可知，在电路中，当电阻箱的阻值 R＝________Ω 时，电池输出的电功率最大．答案　(1)a　1.5　10 (2)见解析图 (3)15 解析　(1)在闭合电路中，由闭合电路的欧姆定律有：E＝I(R＋RA＋r)，整理得：IR＝E－I(RA ＋r)，I(R＋RA)＝E－Ir，则 IR－I 图象的斜率绝对值大于 I(R＋RA)－I 图象的斜率绝对值，由 题图可知，甲绘制的图线是 a，E－100×10－3×(5.0＋r)＝0，E－150×10－3×r＝0，解得：E ＝1.5 V，r＝10 Ω； (2)在闭合电路中：E＝I(R＋RA＋r)，整理得：1 I＝1 ER＋RA＋r E ，故1 I－R 图象如图所示： (3)把电流表与电池整体当作等效电池，此时等效电池的内阻为 r′＝r＋RA＝15 Ω，故当电阻 箱阻值等于等效电池的内阻时电池输出功率最大，故此时电阻箱阻值为 15 Ω. 15．(10 分)(2019·云南昆明市 4 月质检)如图甲所示，ACD 是固定在水平面上的半径为 2r、圆 心为 O 的金属半圆弧导轨，EF 是半径为 r、圆心也为 O 的半圆弧，在半圆弧 EF 与导轨 ACD 之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，B 随时间 t 变 化的图象如图乙所示．OA 间接有电阻 P，金属杆 OM 可绕 O 点转动，M 端与轨道接触良好， 金属杆 OM 与电阻 P 的阻值均为 R，其余电阻不计． (1)0～t0 时间内，OM 杆固定在与 OA 夹角为 θ1＝π 3的位置不动，求这段时间内通过电阻 P 的 感应电流大小和方向； (2)t0～2t0 时间内，OM 杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0 时转过角度 θ2＝π 3到 OC 位置，求电阻 P 在这段时间内产生的焦耳热 Q； (3)2t0～3t0 时间内，OM 杆仍在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，3t0 时转到 OD 位置， 若 2t0 时匀强磁场开始变化，使得 2t0～3t0 时间内回路中始终无感应电流，求 B 随时间 t 变化 的关系式，并在图乙中补画出这段时间内的大致图象． 答案　(1)B0πr2 4t0R 　感应电流方向为：A→O　(2)B02π2r4 16t0R(3)B＝2B0t0 t 　图象如图所示： 解析　(1)0～t0 时间内：ΔB Δt ＝B0 t0 ，E1＝ΔΦ Δt ＝ΔB Δt ·S1，S1＝1 6·π(2r)2－1 6πr2＝πr2 2 ，I1＝E1 2R 解得：I1＝B0πr2 4t0R ，通过电阻 P 的感应电流方向为：A→O (2)t0～2t0 时间内，OM 转动的角速度为 ω＝ π 3t0，感应电动势为：E2＝B0rv，v＝ωr＋2ωr 2 I2＝E2 2R，Q＝I22Rt0，得到：Q＝B02π2r4 16t0R (3)2t0～3t0 时间内，回路中无感应电流，磁通量不变 则 B0πr2＝B·[πr2＋ω(t－2t0) 2π ·3πr2] 得到：B＝2B0t0 t 图象如图所示． 16．(12 分)(2019·陕西渭南市教学质检(二))如图，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平 滑连接，斜面倾角 θ＝37°.小滑块(可看作质点)A 的质量为 mA＝1 kg，小滑块 B 的质量为 mB＝ 0.5 kg，其左端连接一水平轻质弹簧．若滑块 A 在斜面上受到大小为 2 N，方向垂直斜面向下 的恒力 F 作用时，恰能沿斜面匀速下滑．现撤去 F，让滑块 A 从距斜面底端 L＝2.4 m 处，由 静止开始下滑．取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)滑块 A 与斜面间的动摩擦因数； (2)撤去 F 后，滑块 A 到达斜面底端时的速度大小； (3)滑块 A 与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能． 答案　(1)0.6　(2)2.4 m/s　(3)0.96 J 解析　(1)滑块 A 沿着斜面匀速下滑时受力如图所示由平衡条件知 mAgsin θ＝Ff，FN＝mAgcos θ＋F，Ff＝μFN 解得 μ＝ mAgsin θ F＋mAgcos θ＝0.6. (2)滑块 A 沿斜面加速下滑时受力如图所示， 设滑块 A 滑到斜面底端时速度为 v0，根据动能定理得 (mAgsin θ－μmAgcos θ)L＝1 2mAv02 代入数据解得 v0＝2.4 m/s (3)由分析可知，当 A、B 速度相同时，弹簧有最大弹性势能． 以 A、B 及弹簧为研究对象，设它们共同的速度为 v，据动量守恒定律 mAv0＝(mA＋mB)v 根据能量守恒 Ep＝1 2mAv02－1 2(mA＋mB)v2 代入数据解得：Ep＝0.96 J. 17．(15 分)(2019·台州中学统练)如图甲所示，M、N 为竖直放置的平行金属板，两板间所加 电压为 U0，S1、S2 为板上正对的小孔．金属板 P 和 Q 水平放置在 N 板右侧，关于小孔 S1、S2 所在直线对称，两板的长度和两板间的距离均为 l；距金属板 P 和 Q 右边缘 l 处有一荧光屏， 荧光屏垂直于金属板 P 和 Q；取屏上与 S1、S2 共线的 O 点为原点，向上为正方向建立 x 轴．M 板左侧电子枪发射出的电子经小孔 S1 进入 M、N 两板间．电子的质量为 m，电荷量为 e，初速度可以忽略．不计电子重力和电子之间的相互作用． (1)求电子到达小孔 S2 时的速度大小 v0； (2)若板 P、Q 间只存在垂直于纸面向外的匀强磁场，电子刚好经过 P 板的右边缘，打在荧光 屏上．求磁场的磁感应强度大小 B 和电子打在荧光屏上的位置坐标 x；(3)若金属板 P 和 Q 间只存在电场，P、Q 两板间电压 u 随时间 t 的变化如图乙所示，单位时 间内从小孔 S1 进入的电子个数为 N.电子打在荧光屏上形成一条亮线．忽略电场变化产生的磁 场；由于速度较大，可以近似认为每个电子在板 P 和 Q 间运动过程中，两板间的电压恒 定． ①试分析在一个周期(即 2t0 时间)内单位长度亮线上的电子个数是否相同． ②若在一个周期内单位长度亮线上的电子个数相同，求 2t0 时间内打到单位长度亮线上的电 子个数 n；若不相同，试通过计算说明电子在荧光屏上的分布规律． 答案　见解析 解析　(1)由 U0e＝1 2mv 02得 v0＝ 2eU0 m (2)由图可得，R2＝(R－l 2)2＋l2 解得 R＝5 4l 又 R＝mv0 eB 得 B＝4 2emU0 5el 荧光屏上的亮点坐标 x＝l 2＋ltan θ＝11 6 l (3)①偏转电场中的偏转距离 x1＝1 2at2＝1 2·Ue lm( l v0)2＝ U 4U0l 速度偏角的正切值 tan β＝at v0 荧光屏上亮点坐标 x′＝x1＋ltan β＝ Ul 4U0＋l·Uel lmv02＝ 3U 4U0l 即 x′∝U，Δx′∝ΔU，又 U∝t，相同时间内亮线长度相等，发射电子数也相等，所以单位 长度亮线上的电子个数相等． ②粒子刚好从极板右边缘射出时，x1′＝l 2，即 U＝2U0. 一个周期(2t0)内，能打到荧光屏上的电子数为2 3·2t0·N＝4 3Nt0 对应亮线总长度为 3 × 2U0 4U0 l×2＝3l单位长度亮线上电子数为4Nt0 9l .