2020高考物理浙江专用增分冲刺练辑：综合模拟卷（十二） 12页

综合模拟卷(十二)‎ 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·广西钦州市4月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑．为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是(　　)‎ A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度 B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间 D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度 答案　D 解析　在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：－t＝mv2－mv1，故应测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误．‎ ‎2．(2019·教育绿色评价联盟4月模拟)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球．A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内．若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木<ρ水<ρ铁)(　　)‎ A．A球将向上运动，B、C球将向下运动 B．A、B球将向上运动，C球不动 C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动 D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动 答案　D 解析　将挂吊篮的绳子剪断瞬间，装水的杯子做自由落体运动，水处于完全失重状态，即可以认为水对球没有浮力．以杯子作为参考系，A受到向上的弹力作用，B受到向下的弹力作用，C不受到弹力作用，所以A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动．‎ ‎3．(2019·全国卷Ⅰ·18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足(　　‎ ‎)‎ A．1<<2 B．2<<3‎ C．3<<4 D．4<<5‎ 答案　C 解析　本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆向运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝－，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确．‎ ‎4．(2019·辽宁省重点协作体模拟)某国际研究小组借助于智利的天文望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动．此双星系统中质量较小成员能“吸食”另一颗质量较大星体表面物质，导致质量发生转移，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中(　　)‎ A．它们之间的万有引力不发生变化 B．它们做圆周运动的角速度不断变大 C．质量较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大 D．质量较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小 答案　C 解析　设双星质量分别为M1、M2，两者球心之间的距离为L，圆周运动半径分别为r1、r2，它们之间的万有引力为F＝G，距离L不变，M1与M2之和不变，其乘积M1M2变化，则它们的万有引力发生变化，A错；依题意，双星系统绕两者连线上某点O做匀速圆周运动，周期和角速度相同，由万有引力定律及牛顿第二定律：G＝M1ω2r1，G＝M2ω2r2，r1＋r2＝L，联立解得M1＋M2＝，M1r1＝M2r2，则双星的质量比等于它们做圆周运动半径的反比，故质量较大的星体因质量减小，其轨道半径将增大，又角速度不变，故线速度也增大，B、‎ D错，C对．‎ ‎5．(2019·广东深圳市4月第二次调研)2018珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场．表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄．设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变．则沿ab段曲线飞行时，战机(　　)‎ A．所受合外力大小为零 B．所受合外力方向竖直向上 C．竖直方向的分速度逐渐增大 D．水平方向的分速度不变 答案　C 解析　战机在同一竖直面内做曲线运动，且运动速率不变，由于速度方向是变化的，则速度是变化的，故战机的加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，战机所受的合外力不为零，故A错误；战机在同一竖直平面内做匀速率曲线运动，所受合外力与速度方向垂直，由于速度方向时刻在变，则合外力的方向也时刻在变化，并非始终都竖直向上，故B错误；由以上分析可知，战机所受合外力始终与速度方向垂直，斜向左上方，对合外力和速度进行分解可知，竖直方向上做加速运动，水平方向上做减速运动，故竖直方向分速度逐渐增大，水平方向分速度逐渐减小，故C正确，D错误．‎ ‎6.如图所示，一固定斜面倾角为θ＝37°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g.物块上升的最大高度为H，已知重力加速度为g，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.则此过程中，物块的(　　)‎ A．机械能守恒 B．动能损失了mgH C．重力势能损失了mgH D．机械能损失了mgH 答案　D 解析　物块上升过程重力势能增加了，故C错误；根据动能定理应有ΔEk＝－ma＝‎ ‎－mgH，动能增量为负值，说明动能减少了mgH，故B错误；由牛顿第二定律有mgsin θ＋Ff ‎＝ma，可得Ff＝mg，根据功能关系应有ΔE＝－Ff＝－mgH，即机械能损失了mgH，故D正确，A错误．‎ ‎7．(2019·福建莆田市5月第二次质检)高铁列车行驶时受到的总阻力包括摩擦阻力和空气阻力．某一列高铁列车以180 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时，空气阻力约占总阻力的50%，牵引力的功率约为2 000 kW.假设摩擦阻力恒定，空气阻力与列车行驶速度的平方成正比，则该列车以360 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时牵引力的功率约为(　　)‎ A．4 000 kW B．8 000 kW C．10 000 kW D．16 000 kW 答案　C 解析　经分析可知，当高铁列车以180 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时：P1＝F1v1＝2F空阻v1＝2kv·v1；‎ 该列车以360 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时：P2＝F2v2＝(Ff＋F空阻)·v2＝(kv＋kv)·v2，‎ 解得P2＝5P1＝10 000 kW，故选C.‎ ‎8．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图，喷雾器可以喷出质量和电荷量都不尽相同的带负电油滴．假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线①飞出，有的沿曲线②从板边缘飞出，有的沿曲线③运动到板的中点上．不计空气阻力及油滴间的相互作用，则(　　)‎ A．沿直线①运动的所有油滴质量都相等 B．沿直线①运动的所有油滴电荷量都相等 C．沿曲线②、③运动的油滴，运动时间之比为1∶2‎ D．沿曲线②、③运动的油滴，加速度大小之比为1∶4‎ 答案　D 解析　沿直线①运动的油滴，根据题意得：mg＝Eq，即：＝，所以沿直线①运动的油滴比荷相同，A、B错误；‎ 沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：x＝v0t，初速度相同，所以运动时间之比等于位移之比，即为2∶1，C错误；沿曲线②、③运动的油滴，水平方向x＝v0t，竖直方向：y＝at2，联立解得：a＝，因为水平位移之比为2∶1，v0和y 相同，所以加速度大小之比为1∶4，D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)‎ ‎9．一列简谐横波，某时刻的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是(　　)‎ A．这列波沿x轴负方向传播 B．这列波的波速是25 m/s C．质点P比质点Q先回到平衡位置 D．经过Δt＝0.4 s，A质点通过的路程是4 m 答案　ABD 解析　由题图乙读出该时刻即t＝0时刻质点A的速度方向为沿y轴正方向，由题图甲判断出波的传播方向为沿x轴负方向，故A项正确；由题图甲读出该波的波长为λ＝20 m，由题图乙知周期为T＝0.8 s，则波速为v＝＝25 m/s，故B项正确；图示时刻质点P沿y轴负方向运动，Q直接向平衡位置运动，所以质点P将比质点Q后回到平衡位置，故C项错误；Δt＝0.4 s＝0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是振幅的4倍，则经过Δt＝0.4 s，A质点通过的路程是s＝2A＝4 m，故D项正确．‎ ‎10．下列四幅图的说法中，正确的是(　　)‎ A．图a所示，α粒子散射实验证实了汤姆孙原子枣糕模型的正确性 B．图b可知，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大 C．图c所示，放射线丙由α粒子组成，每个粒子带电荷量为＋2e D．图d所示，该链式反应属于原子核的聚变反应 答案　BC ‎11．(2019·北京市东城区二模)图甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图．其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息．如图乙所示的是一个由带铁芯的线圈L、开关S和电源连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起．对以上两个实例的理解正确的是(　　)‎ A．涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象 B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料 C．金属探伤时接的是交流电，跳环实验装置中接的是直流电 D．以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是恒压直流电源 答案　BC 解析　涡流探伤技术的原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律，故A错误．无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流的产生需在金属导体内，故B正确．金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故C正确，D错误．‎ ‎12．质量分别为M和m的物块形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，斜面保持静止．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M运动的加速度大小为g 答案　BCD 解析　M静止在斜面上时，对M由平衡条件有Mgsin α＝mg；互换位置后，对M和m组成的系统有Mg－mgsin α＝(M＋m)a，解得a＝(1－sin α)g＝g，对m由牛顿第二定律得：FT－mgsin α＝ma，解得FT＝mg，故A错误，B、C、D正确．‎ 三、非选择题(本题共5小题，共52分)‎ ‎13．(6分)小詹同学在家里利用单摆来测定当地的重力加速度，他设计的实验步骤是：‎ A．选择体积小、密度大的球 B．用刻度尺测量细线的长度l作为摆长 C．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，然后由静止释放 D．从摆球摆到最低点时开始计时，测出小球经过最低点30次的总时间t，由T＝得出周期 ‎(1)该同学以上实验步骤中有错误的是________(填写选项)．‎ ‎(2)小詹同学某次测量后秒表示数如图所示，则时间为________s.‎ ‎(3)以细线的长度l作为摆长，改变摆长，进行多次测量，先通过描点法作出T2－l图象，再利用图象的斜率来求解重力加速度，则用细线的长度作为摆长将使重力加速度的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．根据图象________(填“能”或“不能”)求解出小球的直径．‎ 答案　(1)BCD　(2)66.5　(3)等于　能 ‎14．(9分)(2019·河南驻马店市第一学期期终)在伏安法测电阻的实验中，实验室备有下列器材：‎ A．待测电阻Rx，阻值约为4 Ω B．电压表V1，量程为0～3 V，内阻约为2 kΩ C．电压表V2，量程为0～15 V，内阻约为10 kΩ D．电流表A1，量程为0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω E．电流表A2，量程为0～3 A，内组约为0.02 Ω F．电源：电动势E＝3 V G．滑动变阻器R1，最大阻值为5 Ω，最大电流为1 A H．滑动变阻器R2，最大阻值为50 Ω，最大电流为0.2 A I．开关、导线若干 ‎(1)为了较精确测量电阻阻值，要求电压表与电流表的示数从零开始连续变化且尽可能多的测量数据，除A、F、I以外，还要在上述器材中选出该实验所用器材________(填器材前面的字母代号)．‎ ‎(2)在虚线框内画出该实验电路的原理图．‎ ‎(3)调节滑动变阻器，两表的示数如图所示，可读出电流表的示数是________A，电压表的示数是________ V，测得待测电阻Rx的阻值是________(计算结果保留三位有效数字)．本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因测量值较真实值________(选填“偏大”或“偏小”)．‎ 答案　(1)BDG　(2)见解析图 ‎(3)0.44　1.70　3.86　偏小 解析　(1)电源电动势为3 V，电压表选B，通过待测电阻的最大电流约为：I＝＝＝‎ ‎0.75 A，为减小读数误差，电流表应选择D，选E量程太大，读数误差太大；又题中有“要求电压表与电流表的示数从零开始连续变化且尽可能多的测量数据”，说明滑动变阻器应用分压式接法，应选G.‎ ‎(2)因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应用外接法，滑动变阻器应用分压式接法，电路图如图所示，‎ ‎(3)电流表的示数是0.44 A，电压表的示数是1.70 V，测得待测电阻Rx的阻值是Rx＝＝‎ Ω≈3.86 Ω.由于电压表的分流作用，使得待测电阻的测量值较真实值偏小．‎ ‎15．(10分)(2019·山东聊城市二模)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置在倾角为 ‎30°的绝缘斜面上，导轨宽度为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中．轻绳一端跨过光滑定滑轮，悬吊质量为m的小物块，另一端平行于导轨系在质量为m的金属棒的中点，现将金属棒从PQ位置由静止释放，金属棒与导轨接触良好且电阻均忽略不计，重力加速度为g.‎ ‎(1)求金属棒匀速运动时的速度大小；‎ ‎(2)若金属棒速度为v0且距离导轨底端x时开始计时，磁场的磁感应强度B的大小随时间t发生变化，使回路中无电流，请推导出磁感应强度B的大小随时间t变化的关系式．‎ 答案　(1)　(2)B＝ 解析　(1)金属棒匀速运动时，对物块：FT＝mg 对金属棒有：F安＋mgsin 30°＝FT 又：F安＝B0IL 由欧姆定律：I＝＝ 联立解得：v＝ ‎(2)当回路中没有电流时，金属棒不受安培力 对金属棒：FT′－mgsin 30°＝ma 对物块：mg－FT′＝ma 回路中无电流，回路中的磁通量不变，则：B0Lx＝BL(x＋v0t＋at2)‎ 联立解得：B＝.‎ ‎16．(12分)(2019·湖南娄底市下学期第二次模拟)某人设计了如图所示的滑板个性滑道．斜面AB与半径R＝3 m的光滑圆弧轨道BC相切于B，圆弧对应的圆心角θ＝37°且过C点的切线水平，C点连接倾角α＝30°的斜面CD.一滑板爱好者连同滑板等装备(视为质点)总质量m＝60 kg.某次试滑，他从斜面上某点P由静止开始下滑，发现在斜面CD上的落点Q恰好离C点最远．若他在斜面AB上滑动过程中所受摩擦力Ff与位移大小x的关系满足Ff＝90x(均采用国际制单位)，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ ‎(1)P、B两点间的距离；‎ ‎(2)滑板在C点对轨道的压力大小．‎ 答案　(1)4 m　(2)1 320 N 解析　(1)设爱好者滑到C点的速度为vC，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x1、y1‎ C到Q由平抛运动规律有：tan α＝＝＝①‎ 则t＝②‎ 因此x1＝vCt＝③‎ lCQ＝＝④‎ 由④式可知vC越大则lCQ间距越大，由人和装备在BC间运动时机械能守恒可知，要使vC越大就要求vB越大．‎ 设人和装备在P、B间运动时加速度为a，由牛顿第二定律有mgsin θ－90x＝ma⑤‎ 得a＝⑥‎ 由⑥式可知：人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度vB最大．‎ 故P、B两点间的距离大小为：x＝＝4 m⑦‎ ‎(2)设P、B间摩擦力对人做功为Wf，由动能定理有：mgxsin θ＋Wf＝mv－0⑧‎ 而Wf＝－·x⑨‎ ‎(或由⑧⑨得mgxsin θ－45x2＝mv－0)‎ B、C间运动时，机械能守恒，有：‎ mv＋mgR(1－cos θ)＝mv⑩‎ 在C点FN－mg＝m 解得FN＝1 320 N 由牛顿第三定律可知滑板在C点对轨道的压力大小FN′＝1 320 N.‎ ‎17．(15分)(2019·陕西渭南市教学质检(二))如图所示，在xOy坐标系中有圆柱形匀强磁场区域，其圆心在O′(R,0)，半径为R，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里．在y≥R范围内，有方向向左的匀强电场，电场强度为E.有一带正电的微粒平行于x轴射入磁场，微粒在磁场中的偏转半径刚好也是R.已知带电微粒的电荷量为q，质量为m，‎ 整个装置处于真空中，不计重力．‎ ‎(1)求微粒进入磁场的速度大小；‎ ‎(2)若微粒从坐标原点射入磁场，求微粒从射入磁场到再次经过y轴所用时间；‎ ‎(3)若微粒从y轴上y＝处射向磁场，求微粒以后运动过程中距y轴的最大距离．‎ 答案　(1)　(2)＋　(3)R＋ 解析　(1)微粒射入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m 解得v＝；‎ ‎(2)微粒从原点射入磁场，因在磁场中轨迹半径也为R，所以微粒经圆周后以速度v垂直于电场方向进入电场，微粒在电场中做类平抛运动，轨迹如图甲所示 微粒在磁场中的运动时间为t1＝＝×＝ 微粒在电场中做类平抛运动，沿电场方向R＝·t 解得t2＝ 微粒再次经过y轴需要的时间为：t＝t1＋t2＝＋ ‎(3)微粒从y轴上y＝处射向磁场，微粒运动轨迹如图所示，设微粒在P 点射入磁场，入射点为P，轨迹圆心为O2，如图乙所示 在△APO′中∠AO′P＝30°，∠APO′＝60°，连接O2O′，因O2P＝O′P＝R，∠O2PO′＝120°，则∠PO′O2＝30°，两圆相交，关于圆心连线对称，设出射点为Q，由对称知∠O2O′Q＝30°，出射点Q必位于O′点正上方．‎ 由于∠PO2Q＝60°，所以微粒从磁场中出射方向与x轴成θ＝60°.‎ 微粒在电场中沿x轴正方向做初速度为v0x＝vcos θ的匀减速运动，加速度大小为a＝ 在电场中向右运动的最远距离xm＝ 由以上三式及v＝可解得xm＝ 运动过程中距y轴的最远距离为s＝R＋xm＝R＋.‎