2020高考物理浙江专用增分冲刺练辑：综合模拟卷（七）Word版含解析.docx

综合模拟卷(七) 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·陕西咸阳市模拟(三))下列说法正确的是(　　) A．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式r3 T2＝k，这个关系式是开普勒第三定律， 是可以在实验室中得到证明的 B．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式 F＝mv2 r ，这个关系式实际上是牛顿第 二定律，是可以在实验室中得到验证的 C．在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式 v＝2πr T ，这个关系式实际上是匀速圆 周运动的线速度定义式 D．在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式都是可以在实验室中得到证明的 答案　B 解析　在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式r3 T2＝k，这个关系式是开普勒第三定 律，是通过研究行星的运动数据推理出的，不能在实验室中得到证明，故 A 错误；在探究太 阳对行星的引力规律时，我们引用了公式 F＝mv2 r ，这个关系式是向心力公式，实际上是牛顿 第二定律，是可以在实验室中得到验证的，故 B 正确；在探究太阳对行星的引力规律时，我 们引用了公式 v＝2πr T ，这个关系式不是匀速圆周运动的线速度定义式，匀速圆周运动的线速 度定义式为 v＝Δx Δt，故 C 错误；通过 A、B、C 的分析可知 D 错误． 2．(2019·重庆市 5 月调研)把一小球从某一高度以大小为 v 0 的速度水平抛出，落地时速度大 小仍为 v0，方向竖直向下，则该运动过程中(　　) A．小球做平抛运动 B．小球的机械能守恒 C．重力对小球做功的功率不变 D．小球所受合外力的总功为零 答案　D 解析　若小球做平抛运动，水平方向的分速度不变，故 A 项错误；若小球的机械能守恒，小 球从某一高度水平抛出，落地时速度大于 v0，故 B 项错误；小球刚抛出时，速度方向水平， 重力对小球做功的功率为零；小球落地时，速度大小为 v0，方向竖直向下，重力对小球做功的功率 P＝mgv0，故 C 项错误；据动能定理可得，该运动过程中小球所受合外力的总功 W 总＝1 2 mv02－1 2mv02＝0，故 D 项正确． 3．奥运会单杠比赛中有一个“单臂大回环”的动作，难度系数非常大．假设运动员质量为 m，单臂抓杠杆身体下垂时，手掌到人体重心的距离为 l.如图所示，在运动员单臂回转从顶点 倒立转至最低点过程中，可将人体视为质量集中于重心的质点，且不考虑手掌与单杠间的摩 擦力，重力加速度为 g，若运动员在最低点的速度为 2 gl，则运动员的手臂拉力为自身重力 的(　　) A．2 倍 B．3 倍 C．4 倍 D．5 倍 答案　D 解析　对运动员在最低点受力分析，由牛顿第二定律可得，F－mg＝mv2 l ，解得 F＝5mg，D 项正确． 4．(2019·广东揭阳市第二次模拟)瑞士阿尔卑斯山的劳特布伦嫩跳伞区是全球最美的跳伞地之 一，每年都吸引了无数跳伞爱好者汇聚此地．某日一跳伞爱好者以 5 m/s 的速度竖直匀速降 落，在离地面 h＝10 m 时掉了一颗扣子，则跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为(扣子受到的空 气阻力可忽略，g 取 10 m/s2)(　　) A．2 s B. 2 s C．1 s D．(2－ 2) s 答案　C 解析　由题意知，扣子做初速度为 5 m/s、加速度为重力加速度的匀加速直线运动，落地时位 移为 10 m，根据位移时间关系 x＝v0t＋1 2gt2，代入数据有：10 m＝5 m/s·t1＋1 2×10 m/s2×t12， 求得扣子落地时间：t1＝1 s；跳伞爱好者匀速运动，根据位移时间关系知，跳伞爱好者落地 时间 t2＝h v ＝10 5 s＝2 s，所以跳伞爱好者比扣子晚着陆的时间为 Δt＝t2－t1＝1 s，故选 C. 5．(2019·山东泰安市 5 月适应性考试)如图所示，一不可伸长的轻绳左端固定于 O 点，右端 跨过位于 O′点的光滑定滑轮悬挂一质量为 1 kg 的物体，OO′段水平，O、O′间的距离为 1.6 m，绳上套一可沿绳自由滑动的轻环，现在在轻环上悬挂一钩码(图中未画出)，平衡后， 物体上升 0.4 m，物体未碰到定滑轮．则钩码的质量为(　　)A．1.2 kg B．1.6 kg C. 2 kg D. 2 2 kg 答案　A 解析　重新平衡后，绳子形状如图： 设钩码的质量为 M，由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为 θ＝53°，根据平衡条件可得： 2mgcos 53°＝Mg；解得：M＝1.2 kg，故 A 正确，B、C、D 错误． 6．(2019·四川德阳市第三次诊断)下列说法中错误的是(　　) A．若氢原子从 n＝6 能级向 n＝1 能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢 原子从 n＝6 能级向 n＝2 能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应 B．核泄漏事故污染物 13755 Cs 能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程式为 13755 Cs→13756 Ba＋ x，可以判断 x 为电子 C．原子核发生一次 β 衰变，该原子外层就一定失去一个电子 D．质子、中子、α 粒子的质量分别是 m1、m2、m3，质子和中子结合成一个 α 粒子，释放的 能量是(2m1＋2m2－m3)c2 答案　C 解析　根据玻尔理论可知，氢原子从 n＝6 能级向 n＝1 能级跃迁时辐射出的光子的能量大于 氢原子从 n＝6 能级向 n＝2 能级跃迁时辐射出的光子的能量，结合光电效应发生的条件可知， 若氢原子从 n＝6 能级向 n＝1 能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子 从 n＝6 能级向 n＝2 能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故 A 正确；根据 质量数守恒与电荷数守恒可知，核反应方程式 13755 Cs→13756 Ba＋x 中，x 的质量数为 0，电荷数 为：z＝55－56＝－1，所以 x 为电子，故 B 正确；β 衰变的实质是原子核中的一个中子转变 为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故 C 错误；根据爱因斯坦质能 方程知，质子和中子结合成 α 粒子，核反应方程为 211H＋210n→42He，释放的能量是 ΔE＝Δmc2 ＝(2m1＋2m2－m3)c2，故 D 正确． 7.如图所示，质量为 m 的小球套在竖直的光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于 O 点，另一端 与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．让小球从 A 点由静止开始释放，此时弹簧处于原长，当小球下降的最大竖直高度为 h 时到达 B 点，若全过程中弹簧始终处于弹性限度内，竖 直杆与 OB 的夹角为 θ＝30°，下列关于小球从 A 到 B 全过程的说法中正确的是(　　) A．当弹簧与杆垂直时，小球速度最大 B．小球的加速度为重力加速度的位置共有三个 C．弹簧的弹性势能先增大后减小 D．弹簧的弹性势能增加量大于 mgh 答案　B 解析　如图所示，当小球滑至 C 点时，弹簧与杆垂直，水平方向弹簧弹力与杆的弹力平衡， 小球在竖直方向受重力，则小球的加速度为重力加速度，在图中 A、D 两位置，弹簧处于原 长，小球只受重力，即小球加速度为重力加速度的位置有 A、C、D 三个，故 B 选项正确． 8．(2019·湖南邵阳市二模)如图所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强 度的大小为 B1，P 点为磁场边界上的一点．大量相同的带正电荷粒子以相同的速率从 P 点射 入磁场区域，速度方向沿纸面内的各个方向．这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界 的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的1 6.若只将磁感应强度的大小变为 B2， 结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的1 3，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则B2 B1等于 (　　) A. 3 B. 3 3 C.1 2 D．2 答案　B 解析　当磁感应强度为 B2 时，从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，即∠POM＝120°，如图所示： 所以粒子做圆周运动的半径 r2＝Rsin 60°＝ mv qB2，同理可知，r1＝Rsin 30°＝ mv qB1，解得：B2 B1＝ 3 3 ，故 B 正确． 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．(2019·新高考研究联盟第二次联考)位于 x＝7 m 处的波源 S 仅完成两次频率不同的全振动， 两次振动的振幅相同，如图所示为 t＝0 时刻波形，该波沿－x 方向传播，此时波刚好传到 x＝ 1 m 的质点 P,0.3 s 后质点 P 第一次出现在波谷位置，则(　　) A．两波波速均为 10 m/s B．波源的起振方向沿－y 方向 C．质点 P 沿＋y 方向振动时，x＝5 m 处的质点 Q 可能沿－y 方向振动 D．从 t＝0 时刻起，在质点 P 振动的路程为 40 cm 的时间内，质点 Q 振动的路程是 20 cm 答案　ACD 10.(2019·山东泰安市 3 月第一轮模拟)如图，在正点电荷 Q 的电场中，A、B、C 为直角三角 形的三个顶点，D 为 AC 的中点，∠A＝30°，A、B、C、D 四点处的电势满足 φA＝φC，φB＝ φD，点电荷 Q 在 A、B、C 三点所在平面内，则(　　) A．点电荷 Q 在 AB 的连线上 B．点电荷 Q 在 BD 连线的中点处 C．φD>φC D．将负试探电荷从 C 点移动到 B 点，电场力做负功 答案　AC解析　因 φA＝φC，则点电荷 Q 在 AC 连线的垂直平分线上；又 φB＝φD，由几何关系可知点电 荷 Q 又在 BD 连线的垂直平分线上，则点电荷 Q 在 AB 的连线上，如图，选项 A 正确，B 错 误；D 点距离点电荷的距离较 C 点近，可知 φD>φC，选项 C 正确；将负试探电荷从 C 点移动 到 B 点，电场力做正功，选项 D 错误． 11．(2019·甘肃省最后一次联考)已知篮球在空气中运动时所受空气阻力与速度大小成正比．篮 球与地面碰撞后以大小为 v0 的速度竖直弹起后到再次与地面碰撞的过程中，以 v 表示篮球的 速度，t 表示篮球运动的时间，Ek 表示篮球的动能，h 表示篮球的高度，则下列图象可能正确 的是(　　) 答案　BD 解析　篮球在上升的过程中，速度越来越小，空气阻力越来越小，由 mg＋F1＝ma，可知其 加速度越来越小，速度变化越来越慢，速度图象的斜率越来越小，下降过程中，v 越大，阻 力就越大，由 mg－F1＝ma，可知加速度就越小，故 A 错误，B 正确；上升过程中，h 越大， v 越小，阻力就越小，合力就越来越小，Ek－h 图线切线斜率越小，下降过程中，h 越小，v 越大，阻力就越大，合力越小，所以 Ek－h 图线切线斜率越小，故 C 错误，D 正确． 12.(2018·江西师范大学附中三模)如图所示，abcd 为一边长为 l 的正方形导线框，导线框位于 光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的 cd 边平行，磁场区域的宽度 为 2l，磁感应强度为 B，方向竖直向下．线框在一垂直于 cd 边的水平恒定拉力 F 作用下沿水 平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd 边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中 电流沿逆时针方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，a、b 两端的电压 Uab 及导线框中的电流 i 随 cd 边的位移 x 变化的图线可能是(　　)答案　BD 解析　线框的 cd 边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定 律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小 E＝Blv，此时 ab 两端的电压为 Uab＝1 4Blv， 当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，ab 两端的电压为 Uab＝ Bl(v＋at)，线框 cd 边刚出磁场后的瞬间，ab 两端的电压为 cd 边即将出磁场前瞬间 ab 两端电 压的3 4，且逐渐减小，对比图象可知，A 错误，B 正确；当线圈的 cd 边出磁场后瞬间，电流 为顺时针方向，由于此时安培力大于外力 F，故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小， 电流－位移图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C 错误，D 正 确． 三、非选择题(本题共 5 小题，共 52 分) 13．(6 分)(2019·绍兴诸暨市期末)(1)某同学用直角三角形玻璃砖做“测量玻璃砖折射率”实 验．四枚大头针插入位置如图(a)所示，把大头针移掉后得到如图(b)所示的部分光路图． 为了取得更好的实验效果，下列操作正确的是______． A．选择的入射角尽量小些 B．大头针应垂直插在纸面上 C．大头针 P1 和 P2 及 P3 和 P4 之间的距离尽量小些 D．画三角形玻璃砖的轮廓线时，用笔紧贴玻璃砖表面画线 (2)某同学用如图甲所示装置研究小车在不同接触面上的运动情况．该同学将小车以适当的初 速度释放后，用打点计时器(所用电源频率为 50 Hz)记录小车的运动情况．通过反复实验得到 一系列打上点的纸带，并最终选择了如图乙所示的一条纸带(附有刻度尺)进行测量(结果均保 留两位小数)．①请将 A、B、C……J 各点对应的刻度值，按照正确的读数方法填写在下表内(单位 cm). A B C D E F G H I J 13.20 11.38 9.60 7.80 4.40 3.00 1.80 0.80 0.00 ②根据以上数据，打下纸带上 C 点时小车的速度大小 vC＝________ m/s； ③对应纸带 E、J 两点间，小车在做________运动，它的加速度大小为________ m/s2. 答案　(1)B　(2)①6.00　②0.90　③匀减速直线　5.00 14．(9 分)(2018·广东肇庆市第二次统一检测)为了测定电阻的阻值，实验室提供下列器材：待 测电阻 R(阻值约 100 Ω)、滑动变阻器 R1(0～100 Ω)、滑动变阻器 R2(0～10 Ω)、电阻箱 R0(0～ 9 999.9 Ω)、理想电流表 A(量程 0～50 mA)、直流电源 E(3 V，内阻忽略)、导线若干、开关若 干． (1)甲同学设计如图(a)所示的电路进行实验． ①请在图(b)中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接． ②滑动变阻器应选________(选填字母代号即可)． ③实验操作时，先将滑动变阻器的滑动触头移到最________(选填“左”或“右”)端，再接 通开关 S；保持 S2 断开，闭合 S1，调节滑动变阻器使电流表指针偏转至某一位置，并记下电流 I1. ④断开 S1，保持滑动变阻器阻值不变，调整电阻箱 R0 阻值在 100 Ω 左右，再闭合 S2，调节 R0 阻值使得电流表读数为________时，R0 的读数即为电阻 R 的阻值． (2)乙同学利用电路(c)进行实验，改变电阻箱 R0 的值，读出电流表相应的电流 I，由测得的数 据作出1 I－R0 图线如图(d)所示，图线纵截距为 m，斜率为 k，则电阻 R 的阻值为________(用 m、k 表示)． (3)若电源内阻是不可忽略的，则上述电路(a)和(c)，哪种方案测电阻更好？________，原因是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. 答案　(1)① ②R2　③左　④I1　(2)m k　(3)(a)　此方案不受电源内阻的影响 解析　(1)①根据电路图连接实物图如图所示： ②因为滑动变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以滑动变阻器应选 R2； ③实验操作时，应将滑动变阻器的滑动触头置于输出电压最小的一端，即最左端； ④根据欧姆定律，若两次保持回路中电流表读数不变，即电流表读数仍为 I1 时，则根据电路 结构可知，回路中总电阻也应该相等，结合回路中的电阻计算，可知 R0 的读数即为电阻 R 的 阻值． (2)根据闭合电路欧姆定律应有：E＝I(R＋R0)解得：1 I＝R E＋R0 E 结合数学知识可知 m＝R E，k＝1 E 解得：E＝1 k，R＝Em＝m k (3)若电源内阻是不可忽略的，则电路(a)好，因为电源内阻对用(a)测电阻没有影响；用(c)测量 电阻偏大，有测量误差． 15．(10 分)(2019·广东深圳市第二次调研)如图(a)为玩具弹弓，轻质橡皮筋连接在把手上 A、B 两点，一手握住把手不动，使 AB 连线水平，C 为自由伸长时橡皮筋中点轻弹夹的位置，如 图(b)．AO＝OB＝6 cm，另一手捏着装有质量为 10 g 弹珠的弹夹，从 C 点由静止竖直向下缓 慢移动到 D 点，放手后弹珠竖直向上射出，刚好上升到离 D 点 20.15 米高的楼顶处．测得 ∠ACB＝44°，∠ADB＝23°，取 tan 22°＝0.4，tan 11.5°＝0.2，g＝10 m/s2，不计空气阻力．求： (1)从 C 到 D 的过程中，弹珠重力所做的功及手所做的功； (2)若还将橡皮筋拉到相同长度，仅改变发射方向，弹珠向斜上方运动到高出释放点 8 m 处的 速率． 答案　(1)1.5×10－2 J　2 J　(2)15.6 m/s 解析　(1)从 C 到 D，弹珠重力做功：WG＝mghCD 由题图可得：h＝hCD＝ OB tan 11.5°－ OB tan 22°＝0.06 0.2 m－0.06 0.4 m＝0.15 m 联立解得 WG＝1.5×10－2 J 从 C 到 D，再到最高点的过程中， 由功能关系：W 手＝mgH－mgh，其中 H＝20.15 m 解得 W 手＝2 J (2)设弹珠在 D 点的弹性势能为 Ep，从 D 到最高点，由功能关系：Ep＝mgH 第二次从释放到 h′＝8 m 处，机械能守恒， 则：Ep＝mgh′＋1 2mv2 联立解得 v≈15.6 m/s.16．(12 分)(2019·台州 3 月一模)某同学设计了一套电磁弹射装置，如图所示，在水平面上固 定两根足够长的平行金属导轨，导轨间距为 L＝1 m，导轨的电阻不计，导轨处于竖直方向磁 感应强度大小为 B＝2 T 的匀强磁场中(图中虚线之间区域，未画出)，连接导轨的电源电动势 为 E＝40 V，电容器的电容为 C＝1 F．小车底部固定一个与其前端平齐、边长为 L 的正方形 单匝导体线框，线框前后两边的电阻均为 R＝0.2 Ω，两侧边电阻不计且与导轨接触良好．小 车与线框的总质量为 m＝1 kg，开始时小车处于静止状态．现将开关 S 接 1，使电容器完全 充电，再将 S 接至 2，小车向前加速运动，在小车开始匀速运动时，将开关 S 拨回 1，随后 小车滑出磁场．不计小车在运动过程中的摩擦．求： (1)磁场的方向和小车开始运动时的加速度大小 a； (2)小车在轨道上达到匀速时的速度大小 v1； (3)小车出磁场过程中线框中产生的焦耳热 Q. 答案　见解析 解析　(1)磁场的方向垂直水平面向上 小车在导轨上运动过程中，两电阻并联：I＝ E 1 2R ＝2E R 小车开始运动的加速度：a＝BIL m ＝2BLE mR ＝800 m/s2 (2)充电完成后：q＝CE 放电加速过程应用动量定理：B ILΔt＝BLΔq＝mv1－0 Δq＝q－qt 匀速运动时，电容器两端电压与小车底部导体线框切割磁感线产生的电动势相等：BLv1＝U＝ qt C 解得：v1＝ BLEC m＋B2L2C＝16 m/s (3)小车出磁场的过程，做减速运动 －Ft＝－B ILt＝mv2－mv1 小车上两电阻串联I＝BL v 2R L＝vt 联立解得：v2＝6 m/s 所以小车滑出磁场过程中线框中产生的焦耳热：Q＝1 2mv12－1 2mv22解得 Q＝110 J. 17．(15 分)(2019·江西南昌市第二次模拟)如图，竖直平面内(纸面)存在平行于纸面的匀强电 场，方向与水平方向成 θ＝60°角，纸面内的线段 MN 与水平方向成 α＝30°角，MN 长度为 d. 现将一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的带电小球从 M 由静止释放，小球沿 MN 方向运动，到达 N 点的速度大小为 vN(待求)；若将该小球从 M 点沿垂直于 MN 的方向，以大小 vN 的速度抛出， 小球将经过 M 点正上方的 P 点(未画出)，已知重力加速度大小为 g，求： (1)匀强电场的电场强度 E 及小球在 N 点的速度 vN； (2)M 点和 P 点之间的电势差； (3)小球在 P 点动能与在 M 点动能的比值． 答案　(1) 3mg q 　 2gd　(2)4mgd q 　(3)7 3 解析　(1)由小球运动方向可知，小球受合力沿 MN 方向，如图甲，由正弦定理： mg sin 30°＝ F sin 30°＝ Eq sin 120° 得：E＝ 3mg q 合力大小：F＝mg＝ma，即 a＝g 从 M→N，有：2ad＝vN2 得：vN＝ 2gd (2)如图乙，设 MP 为 h，作 PC 垂直于电场线，作 PD 垂直于 MN，小球做类平抛运动： hcos 60°＝1 2at2 hsin 60°＝vNt UMC＝Ehcos 30°UMP＝UMC 得：h＝8 3d，UMP＝4mgd q (3)从 M→P，由动能定理：FsMD＝EkP－EkM sMD＝hsin 30° 而 EkM＝1 2mvN2 故EkP EkM＝7 3.