2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷（五）（Word版含解析）.doc

考前冲刺卷(五) 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分 100 分，考试时间 90 分钟。 选择题部分 一、选择题Ⅰ(本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 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.手机导航越来越成为人们出行的必备工具，绍兴又多风景名胜，某游客游完兰亭 后驾车去东湖，他打开手机导航，搜索了驾车路线，线路显示走常规路线距离 19.8 km，需用时 27 分钟，选择走距离较短的路线则有 17.4 km，需用时 30 分钟，如果 走高速优先路线则有 22.3 km，需用时 29 分钟，则以下判断正确的是(　　) 图 1 A.走常规路线的 19.8 km，指的是位移 B.走“距离较短”说明路程最小 C.选择走“距离较短”，则瞬时速率一定最小 D.走“高速优先”，平均速度最大 解析　常规路线的 19.8 km，指的是路程，选项 A 错误，B 正确；瞬时速率即瞬时 速度的大小，选择走“距离较短”，则瞬时速率不一定最小，选项 C 错误；平均速 度是位移除以时间，三种路线位移一样，而时间是常规路线最少，所以平均速度 最大，选项 D 错误。 答案　B 2.绍兴市 S 区奥体中心举行 CH 杯全国蹦床锦标赛。对于如图 2 所示蹦床比赛时运 动员的分析，下列说法中正确的是(　　)图 2 A.运动员在蹦床上上升阶段，一直处于超重状态 B.运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能增大 C.运动员离开蹦床在空中运动阶段，一直处于失重状态 D.运动员离开蹦床在空中运动阶段，重力势能一直增大 解析　运动员在蹦床上有一小段减速上升，蹦床对运动员的弹力小于重力，运动 员处于失重状态，故 A 错误；运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能减 小，故 B 错误；运动员离开蹦床在空中运动阶段，只受重力(空气阻力等远小于重 力，可忽略不计)，加速度一直向下，一直处于失重状态，故 C 正确；运动员离开 蹦床在空中有上升和下降两个阶段，在下降阶段重力势能在减小，故 D 错误。 答案　C 3.刘小明驾驶他的 SUV 以时速 72 km/h 匀速行驶在 320 国道上，看到前方十字路 口闪烁的绿灯只有 5 s 了，他立即刹车，此后轿车做匀减速直线运动，加速度大小 为 5 m/s2，等车子稳稳地停下来后，他挂好空挡，拉好手刹，抬头发现闪烁 2 s 的 黄灯刚好变成红灯。则小明刹车后这 7 s 内车子的位移是(　　) 图 3 A.17.5 m B.37.5 m C.40 m D.62.5 m 解析　车子速度 v＝72 km/h＝20 m/s，车子减速到零需用时 t＝v a ＝20 5 s＝4 s，而后 面剩下的 3 s 车子已经停下来了，则从开始刹车到停止，运动的位移是 x＝1 2 at2＝ 1 2 ×5×42 m＝40 m，选项 C 正确。答案　C 4.一个物体沿直线运动，从 t＝0 时刻开始，物体的位移 x 与运动时间 t 的关系如图 4 所示，由此可知(　　) 图 4 A.物体做匀加速直线运动 B.物体做变加速直线运动 C.物体的初速度大小为 1 m/s D.物体的加速度大小为 0.5 m/s2 解析　由图得x t ＝0.5t＋0.5；由 x＝v0t＋1 2at2，得x t ＝v0＋1 2at，可得 a＝1 m/s2。可知， 物体的加速度不变，做匀加速直线运动，选项 A 正确，B、D 错误；图线的纵轴截 距表示初速度，则知物体的初速度大小为 0.5 m/s，故选项 C 错误。 答案　A 5.如图 5 所示，斜面固定，平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧一端连接物块 A，另 一端固定，最初 A 静止。在 A 上施加与斜面成 30°角的恒力 F，A 仍静止，下列说 法正确的是(　　) 图 5 A.A 对斜面的压力一定变小 B.A 对斜面的压力可能不变 C.A 对斜面的摩擦力一定变大 D.A 对斜面的摩擦力可能变为零 解析　设斜面倾角为 θ，对物体进行受力分析，沿垂直于斜面方向，最初支持力等于 mgcos θ，施加恒力 F 后，支持力等于 mgcos θ＋Fsin 30°，支持力一定增大。根 据牛顿第三定律，A 对斜面的压力一定变大，故 A、B 错误；平行于斜面处于压缩 状态的轻弹簧，最初摩擦力的方向可能向上，也可能向下，还可能为 0，施加恒力 F 后，F 沿斜面向上的分力为 Fcos 30°，由于 F 大小未知，摩擦力的方向可能仍向上， 也可能等于 0，还可能沿斜面向下，摩擦力的大小可能增大，也可能减小，故 C 错 误，D 正确。 答案　D 6.教学中常用如图 6 甲所示的装置演示通电导体在磁场中受力的情况。现将图中的 蹄形磁铁改用图乙所示的电磁铁代替，则合上开关时，以下判断正确的是(　　) 图 6 A.电磁铁上端为 N 极，下端为 S 极，导体棒 ab 向左运动 B.电磁铁上端为 N 极 ，下端为 S 极，导体棒 ab 向右运动 C.电磁铁上端为 S 极，下端为 N 极，导体棒 ab 向右运动 D.电磁铁上端为 S 极，下端为 N 极，导体棒 ab 向左运动 解析　由右手螺旋定则及左手定则，易判断出选项 A 正确。 答案　A 7.电磁炮是一种利用电磁作用发射炮弹的先进武器。某同学利用强磁铁和导轨模拟 电磁炮的发射原理，如图 7 所示，导体棒处的磁场方向竖直向上，则关于导体棒 运动情况的描述正确的是(　　) 图 7 A.导体棒所受安培力向左 B.导体棒所受安培力向右C.导体棒所受安培力向上，导体棒并未左右运动 D.导体棒所受安培力向下，导体棒并未左右运动 解析　由图中标注可知导体棒中电流的方向从正极导轨流向负极导轨，磁场是竖 直向上的，根据左手定则可以判定导体棒受到的安培力是水平向右的，选项 B 正 确。 答案　B 8.如图 8 所示是一个用来研究静电除尘的实验装置，当铝板与手摇起电机的正极相 连，缝被针与手摇起电机的负极相连，在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香。转 动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被铝板吸附，下列说法中正确的是(　　) 图 8 A.烟尘颗粒可以带正电而被吸附到铝板上 B.某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越大 C.某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近速度越小 D.某个电荷量不变的烟尘颗粒，离铝板越近则加速度越大 解析　铝板带正电，所以被铝板吸附的烟尘带负电，选项 A 错误；某个烟尘颗粒 在被吸附过程中离铝板越近，电场力做功越多，其速度越大，选项 B 正确，C 错 误；从缝被针到铝板，电场线逐渐变疏，电场力变小，由牛顿第二定律知电荷量 不变的烟尘颗粒离铝板越近其加速度越小，选项 D 错误。 答案　B 9.中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。目前，启用的是北 斗第三代卫星——北斗三号，计划部署 35 颗，到 2020 年全部部署完成，届时可 以像 GPS 一样覆盖全球。其 35 颗卫星包含 5 颗静止轨道同步卫星、27 颗中地球 轨道卫星、3 颗倾斜同步轨道卫星。关于该卫星系统下列说法正确的是(已知同步 卫星轨道高于中轨道)(　　)图 9 A.静止轨道同步卫星的周期大于中轨道卫星的周期 B.上述三种卫星的运行速度可能大于 7.9 km/s C.中轨道卫星绕地球一圈时间大于 24 小时 D.中轨道卫星的线速度小于静止轨道同步卫星的线速度 解析　根据 T＝2π r3 GM 可知同步卫星的周期较大，选项 A 正确；第一宇宙速度是 最大的环绕速度，则卫星运行速度小于第一宇宙速度 7.9 km/s，选项 B 错误；同步 卫星周期为 24 小时，故中轨道卫星周期小于 24 小时，选项 C 错误；根据 v＝ GM r 可知，中轨道卫星线速度大于同步卫星，选项 D 错误。 答案　A 10.夏天天气炎热，在家里，一般会选择电风扇或者空调降温，如图 10 所示的为家 用房间中的空调和小电风扇，下列说法正确的是(　　) 图 10 A.对于 1 kW 的空调，正常工作一个晚上(以 10 小时并设定 27 度计算)，大约消耗 电能 10 kW·h B.对于 1 kW 的空调，正常工作一个晚上(以 10 小时并设定 27 度计算)，大约消耗 电能 5 kW·h C.家用小电风扇的功率比较接近 120 W D.欧姆定律在这两种家电中都适用 解析　空调正常工作时压缩机不用一直不停地运行，10 小时中大约有一半时间是 工作的，选项 A 错误，B 正确；家用小电风扇的功率一般都在 50 W 左右，选项 C错误；两种家电都是非纯电阻，故欧姆定律不适用，选项 D 错误。 答案　B 二、选择题Ⅱ(本大题共 5 小题，每小题 3 分，共 15 分。每小题给出的四个备选项 中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得 3 分，选对但不全的得 2 分，有 选错的得 0 分) 11.下列说法正确的是(　　) A.玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立 B.可利用某些物质在紫外线照射下发射出荧光来设计防伪措施 C.天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转 D.观察者与波源互相远离时接收到波的频率与波源频率不同 解析　本题是对玻尔理论、天然放射现象及多普勒效应等知识的考查，α粒子散 射实验导致原子核式结构模型的建立，选项 A 错误；紫外线可以使荧光物质发光， 选项 B 正确；天然放射现象中产生的 γ 射线在电场或磁场中不会发生偏转，选项 C 错误；观察者和波源相互远离或相互靠近时，观察者接收到的频率就会发生改变， 选项 D 正确。 答案　BD 12.如图 11 所示，从点光源 S 发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面， 经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的 ab 间形成一条彩色光带。下列说法 中正确的是(　　) 图 11 A.a 侧是红光，b 侧是紫光 B.在真空中 a 侧光的波长小于 b 侧光的波长 C.三棱镜对 a 侧光的折射率大于对 b 侧光的折射率 D.在三棱镜中 a 侧光的速率比 b 侧光小 解析　由题图可以看出，a 侧光偏折得较厉害，三棱镜对 a 侧光的折射率较大，所 以 a 侧光是紫光，波长较短，b 侧光是红光，波长较长，A 错误，B、C 正确；又 v＝c n ，所以三棱镜中 a 侧光的传播速率小于 b 侧光的传播速率，D 正确。答案　BCD 13.电荷与电荷之间的作用力由于电荷量往往比较小，所以力也非常小。爱动脑筋 的刘杰、陈明两位同学想利用这一点来称量微小物体的质量。如图 12 所示的为装 置的理论图，A、B 为质量均为 m 的小球，托盘质量 m0，A 球在竖直板上可以上下 随意调节，B 球固定在轻绳末端，而轻绳另一端固定在竖直板上的 O 点，OB 长为 L，现让 A、B 两小球分别带上电荷量 Q，并调节 A 球与 B 球等高。下列说法正确 的是(　　) 图 12 A.刘杰认为待测物体质量与绳子摆开的角度 θ 有关 B.陈明认为只要调节 A 球与 B 球等高，B 球、托盘以及待测物体的总质量与 cos θ 2 成反比 C.刘杰又认为，如果调节 A 球与 B 球等高，待测物体的质量为 mx＝ kQ2 gL2sin2 θtan θ － m－m0 D.陈明认为，只要待测物体质量 mx 与摆开的角度 θ 之间成一一对应的关系，用此 装置来称量质量是可行的 解析　若每次调节 A 球与 B 球等高，对 B 球、托盘以及待测物体整体进行受力分 析，库仑力 F＝(m＋m0＋mx)gtan θ，而又根据库仑定律可得 F＝ kQ2 （Lsin θ）2 ，所以 求得 mx＝ kQ2 gL2sin2 θtan θ －m－m0，选项 A、C、D 均正确，B 错误。 答案　ACD 14.用 220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是 110 V，通过负载的电流图象如图 13 所示，则(　　)图 13 A.变压器输入功率约为 3.9 W B.输出电压的最大值是 110 2 V C.变压器原、副线圈的匝数比是 1∶2 D.负载电流的函数表达式 i＝0.05sin(100πt＋ π 2)A 解析　由图象可知通过负载的电流有效值为 I＝Im 2 ＝0.05 2 A，负载消耗的功率 P＝UI≈3.9 W，变压器输入功率等于输出功率，故约为 3.9 W，选项 A 正确；变 压器的输出电压 110 V 是有效值，最大值为 110 2 V，选项 B 正确；由公式n1 n2 ＝U1 U2 得变压器原、副线圈匝数之比n1 n2 ＝2 1 ，选项 C 错误；负载电流的函数表达式应为 i＝ 0.05sin (100πt) A，选项 D 错误。 答案　AB 15.一简谐振子沿 x 轴振动，平衡位置在坐标原点。t＝0 时刻振子的位移 x＝ －0.1 m；t＝4 3 s 时刻 x＝0.1 m；t＝4 s 时刻 x＝0.1 m。该振子的振幅和周期可能 为(　　) A.0.1 m，8 3 s B.0.1 m，8 s C.0.2 m，8 3 s D.0.2 m，8 s 解析　由于 ω＝2π T ，若 T＝8 3 s，A＝0.1 m，t＝0 时刻振子的位移 x＝－0.1 m，则 振动方程为 x＝－0.1cos 3π 4 t。当 t＝4 3 s 时刻 x＝0.1 m，当 t＝4 s 时刻 x＝0.1 m，满 足题设条件，选项 A 正确；若 T＝8 s，A＝0.1 m，t＝0 时刻振子的位移 x＝ －0.1 m；则振动方程为 x＝－0.1cos π 4t。当 t＝4 3 s 时刻 x＝－0.05 m，当 t＝4 s 时刻 x＝0.1 m，与题设条件不符，选项 B 错误；若 T＝8 3 s，A＝0.2 m，t＝0 时刻振 子的位移 x＝－0.1 m，则振动方程为 x＝0.2sin (3π 4 t－π 6)或 x＝0.2sin(3π 4 t－5π 6 )。 t＝4 3 s 时刻 x＝0.1 m；当 t＝4 s 时刻 x＝0.1 m，满足题设条件，选项 C 正确；若 T ＝8 s，A＝0.2 m，t＝0 时刻振子的位移 x＝－0.1 m，则振动方程为 x＝0.2sin (π 4t－π 6) 或 x＝0.2sin(π 4t－5π 6 )。当 t＝4 3 s 时刻 x＝0.1 m；当 t＝4 s 时刻 x＝0.1 m，满足题设 条件，选项 D 正确。 答案　ACD 非选择题部分 三、非选择题(本题共 5 小题，共 55 分) 16.(5 分)(1)某同学用如图 14 甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验，在接通 电源、释放纸带之前的情形如图甲所示，已知铁架台置于水平桌面上，打点计时 器竖直，图甲是释放纸带瞬间的照片，指出其装置或操作中一处不合理的地方。 __________________________________。为完成本实验，除了图甲所示的装置外， 还需要图乙中的什么器材________________。(写出器材名称) 图 14 (2)在做“探究平抛运动在水平方向的运动规律”的实验时，每次须将小球从轨道 同一位置无初速释放(如图丙所示)，其目的是使小球________。A.抛出后只受重力 B.抛出后机械能守恒 C.抛出后轨迹重合 D.抛出时的速度方向水平 答案　(1)重锤未靠近打点计时器或重锤与桌面的距离太小或手应该抓住纸带的上 端并使纸带竖直(填一项即可)　刻度尺　(2)C 17.(9 分)(1)在“练习使用多用电表”的实验中： ①某同学测量一电学元件的阻值时，多用电表的选择开关旋至如图 15 甲所示的位 置，其余操作正确，表盘指针如图乙所示，则该电学元件的阻值为________ Ω； 图 15 ②该电学元件最有可能是________。 A.“220 V　800 W”电饭煲 B.“220 V　100 W”电炉子 C.“220 V　40 W”白炽灯 D.“220 V　20 W”咖啡壶 (2)实验“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系” 图 16 ①实验室中有下列器材： A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈) B.条形磁铁 C.直流电源 D.多用电表 E.开关、导线若干 上述器材在本实验中不用的是________(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有 ________________。②该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副 线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈 的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增 大”“减小”或“不变”)；上述“探究副线圈两端的电压与匝数的关系”中采用 的实验方法是________________。 解析　①读数为 12×100 Ω＝1 200 Ω。 ②“220 V　800 W”电饭煲的电阻为 60.5 Ω，“220 V　100 W”电炉子的电阻为 484 Ω，“220 V　40 W”白炽灯的电阻为 1 210 Ω，“220 V　20 W”咖啡壶的电 阻为 2 420 Ω，故 C 正确。 答案　(1)①1 200　②C (2)①BC　低压交流电源　②增大　减小　控制变量法 18.(10 分)如图 17 所示，倾角为 30°的光滑斜劈 AB 长 L1＝0.4 m，放在离地高 h＝ 0.8 m 的水平桌面上，B 点右端接一光滑小圆弧(图上未画出)，圆弧右端切线水平， 与桌面边缘的距离为 L2。现有一小滑块从 A 端由静止释放，通过 B 点后恰好停在 桌面边缘的 C 点，已知滑块与桌面间的动摩擦因数 μ＝0.2，g＝10 m/s2。 图 17 (1)求滑块到达 B 点速度 vB 的大小； (2)求 B 点到桌面边缘 C 点的距离 L2； (3)若将斜劈向右平移一段距离 ΔL＝0.64 m，滑块仍从斜劈上的 A 点静止释放，最 后滑块落在水平地面上的 P 点。求落地点 P 距 C 点正下方的 O 点的距离 x。 解析　(1)滑块沿光滑斜劈 AB 下滑的过程机械能守恒有 mgL1sin 30°＝1 2mv2B 代入数据得 vB＝2 m/s。 (2)根据动能定理有－μmgL2＝0－1 2mv2B 代入数据得 L2＝1 m。 (3)根据动能定理有 －μmg(L2－ΔL)＝1 2mv2C－1 2mv2B CP 过程滑块做平抛运动 对于平抛过程有 h＝1 2gt2，x＝vCt 代入数据得 x＝0.64 m。 答案　(1)2 m/s　(2)1 m　(3)0.64 m 19.(15 分)如图 18 所示，在磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场中，有 一上、下两层均与水平面平行的“U”形光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全 相同的质量为 m 的匀质金属杆 A1 和 A2，开始时两根金属杆位于同一竖直面内且杆 与轨道垂直。设两导轨面相距为 H，导轨宽为 L，导轨足够长且电阻不计，金属杆 单位长度的电阻为 r。现有一质量为m 2 的不带电小球以水平向右的速度 v0 撞击杆 A1 的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的 C 点。C 点与 A2 杆初始位置相距为 s。 重力加速度大小为 g。求： 图 18 (1)回路内感应电流的最大值； (2)整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量； (3)当杆 A2 与杆 A1 的速度比为 1∶3 时，A2 受到的安培力大小。 解析　(1)小球撞击杆过程动量守恒，之后做平抛运动。设小球碰撞后速度大小为 v1， 杆获得的速度大小为 v2，则有 0.5mv0＝0.5m(－v1)＋mv2 s＝v1t，H＝1 2gt2所以 v2＝1 2(v0＋s g 2H) 回路内感应电动势的最大值为 E1＝BLv2，电阻 R＝2Lr 故杆在磁场中运动的最大电流 Im＝ E1 2Lr ＝ B(v0＋s g 2H) 4r 。 (2)两金属杆在磁场中运动始终满足动量守恒，设两杆最终速度为 v′，则 mv2＝2mv′ 感应电流最多产生的热量为 Q＝1 2mv22－1 2·2mv′2 代入 v2 和 v′计算得 Q＝ 1 16m(v0＋s g 2H)2 。 (3)设杆 A2 和杆 A1 的速度大小为 v、3v，则根据动量守恒定律得 mv2＝mv＋m·3v。 由法拉第感应定律和右手定则得此时回路的总感应电动势为 E2＝BL(3v－v)。 感应电流 I＝ E2 2Lr ，安培力 F＝BIL。 联合以上各式得 F＝B2L 8r (v0＋s g 2H)。 答案　(1) B(v0＋s g 2H) 4r 　(2)m 16(v0＋s g 2H)2 (3)B2L 8r (v0＋s g 2H) 20.(16 分)如图 19 所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向 内、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，带电荷量为＋q、质量为 m 的小球 Q 静置 在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为 m、不带电的绝缘小球 P 以水平初速度 v0 向 Q 运动，v0＝ mg 3qB ，小球 P、Q 正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移， 已知匀强电场的电场强度 E＝mg q ，水平台面距地面高度 h＝m2g q2B2 ，重力加速度为 g，不计空气阻力。 图 19 (1)求 P、Q 两球首次发生弹性碰撞后小球 Q 的速度大小； (2)P、Q 两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球 P 落地？落地点与平台边缘 间的水平距离多大？ (3)若撤去匀强电场，并将小球 Q 重新放在平台边缘、小球 P 仍以水平初速度 v0＝ mg 3qB 向 Q 运动，小球 Q 的运动轨迹如图所示，已知 Q 球在最高点和最低点所受合 力的大小相等。求小球 Q 在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离 H。 解析　(1)小球 P、Q 首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械 能守恒得 mv0＝mvP＋mvQ 1 2mv20＝1 2mv2P＋1 2mv2Q 联立解得 vP＝0，vQ＝v0＝ mg 3qB 。 (2)对于小球 Q，由于 qE＝mg，故 Q 球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力， 则 qvQB＝m v r 经时间 t1＝T＝2πm qB 小球 P、Q 再次发生弹性碰撞，由(1)可知碰后 vP′＝v0＝ mg 3qB ，vQ′＝0 小球 P 离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为 t2， t2＝ 2h g ＝ 2m qB 所以 P 与 Q 首次发生碰撞后到落地，经过的时间 t＝2πm qB ＋ 2m qB ＝ m qB(2π＋ 2)落地点与平台边缘的水平距离 xP＝vP′t2＝ 2m2g 3q2B2 。 (3)PQ 相碰后，Q 球速度 vQ＝v0，Q 球在最高点和最低点的合力大小相等，故有 mg－qv0B＝qvmB－mg 解得 vm＝5mg 3qB 因为 mgH＝1 2mv2m－1 2mv20 解得 H＝4m2g 3q2B2 。 答案　(1) mg 3qB 　(2) m qB(2π＋ 2)　 2m2g 3q2B2 　(3)5mg 3qB 　4m2g 3q2B2