2020高考物理浙江专用增分冲刺练辑：综合模拟卷（五） 11页

综合模拟卷(五)‎ 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·广东珠海市质量监测)如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则(　　)‎ A．铜盘转动将变快 B．铜盘转动将变慢 C．铜盘仍以原来的转速转动 D．因磁极方向未知，无法确定 答案　B 解析　假设蹄形磁铁的上端为N极，下端为S极，铜盘顺时针转动，根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘；通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向(俯视)，与其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小；无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反；同时，转动过程中，机械能转化为电能，所以转得慢了，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎2.(2019·金华十校期末)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角作用下，物块也恰好做匀速直线运动．则物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)‎ A．2－ B. C. D. 答案　C 解析　F水平时，F＝μmg；F与水平面成60°时，Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)‎ 得μ＝，故选C.‎ ‎3．用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C．物体在2～4 s时的速度不变 D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力对物体做的功 答案　D 解析　物体6 s末的速度v6＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，A项错误；由题图可知物体在5 s末速度最大，为vm＝×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，B项错误；由题图可知物体在2～4 s内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C项错误；在0～4 s内合力对物体做的功由动能定理可知：W合4＝mv－0，‎ 又v4＝×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s，得W合4＝36 J，‎ ‎0～6 s内合力对物体做的功由动能定理可知：‎ W合6＝mv－0，又v6＝6 m/s，得W合6＝36 J.‎ 则W合4＝W合6，D项正确．‎ ‎4．某同学在篮球场上练习投篮，一次投篮恰好垂直打在篮板上，且篮球撞击篮板处与投出点之间的水平距离是竖直距离的2倍，空气阻力不计，篮球被投出时的速度与水平方向间的夹角为(　　)‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．75°‎ 答案　B 解析　采用逆向思维，篮球做平抛运动，设竖直位移为h，则水平位移为：x＝2h，根据h＝‎ gt2得：t＝，‎ 可知篮球水平分速度为：vx＝＝2h＝，vy＝，根据平行四边形定则知，tan α＝＝1，‎ 解得篮球被投出时的速度与水平方向间的夹角α＝45°.‎ ‎5．(2019·台州3月一模)移动电源是能直接给移动设备充电的储能装置，如图为某款移动电源，其转化率(是指电源放电总量与电源容量的比值)为70%，其他参数见下表，则下列说法正确的是(　　)‎ A．该移动电源最多能储存能量为5.4×106 J B．移动电源充电时将电能全部转化为化学能 C．正常情况下该移动电源电量从零到完全充满电的时间约为10 h D．该移动电源给电量为零、容量为5 000 mAh的手机充电，则理论上能充满4次 答案　D ‎6．(2019·嘉兴一中高三期末)火车转弯可近似看成是做匀速圆周运动，当火车速度提高时会使轨道的外轨受损．为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是(　　)‎ A．减小内外轨的高度差 B．增加内外轨的高度差 C．减小弯道半径 D．增大火车质量 答案　B 解析　火车转弯时为减小外轨所受压力，可使外轨略高于内轨，使轨道形成斜面，若火车速度合适，内外轨均不受挤压．此时，重力与支持力的合力提供向心力，F＝mgtan θ＝m，解得v＝.当火车速度增大时，应适当增大转弯半径或增加内外轨道的高度差，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎7．质子和α粒子在同一匀强磁场中做半径相等的匀速圆周运动，则质子与α粒子的运动周期之比和线速度大小之比分别为(　　)‎ A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ 答案　A 解析　带电粒子在磁场中运动时有qvB＝，T＝，可得质子与α粒子的运动周期之比＝，线速度大小之比＝，A正确．‎ ‎8．(2019·湖南长沙市3月调研)现代科学的发展极大地促进了人们对原子、原子核的认识，‎ 下列有关原子、原子核的叙述正确的是(　　)‎ A．卢瑟福α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构 B．轻核聚变反应方程有：H＋H→He＋n C．天然放射现象表明原子核内部有电子 D．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级和从n＝2能级跃迁到n＝1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的长 答案　B 解析　卢瑟福α粒子散射实验提出原子核式结构，天然放射现象说明原子核内部具有复杂的结构，故A错误；轻核聚变反应是较小的核反应生成较大的核的过程，再由质量数与电荷数守恒可知，B正确；天然放射现象中放出的β粒子是原子核中的一个中子转变成一个质子和一个电子而来的，故C错误；跃迁时辐射的能量等于两能级差，氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级和从n＝2能级跃迁到n＝1能级，前者跃迁辐射光子的能量大，频率大，则波长比后者的短，故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，有选错的得0分)‎ ‎9．(2019·杭州市高三期末)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中相向传播并相遇，在t＝0时刻两列波的位置如图所示．若两列波的周期分别为T甲和T乙，则(　　)‎ A．这两列波相遇时能产生干涉现象 B．这两列波将同时到达坐标原点 C．在t＝T乙时刻，x＝0.1 m处质点受到的回复力为零 D．在t＝2T甲时刻，x＝0.1 m处质点的位移为零 答案　BD 解析　两列简谐波在同一均匀介质内传播，可知波速相等，由题图可知两列波的波长不相等，由v＝λf可知，频率不相等，不能产生干涉，故A错误；两列简谐横波在同一均匀介质内传播，可知波速相等，此时两列波到原点的距离相等，根据t＝可知这两列波将同时到达坐标原点，故B正确；在t＝T乙时刻，乙波刚好传播到原点处，此时x＝0.1 m处质点位于波峰，受到的回复力不为零，故C错误；根据题图可知T甲＝，T乙＝，即T乙＝2T甲，在t＝2T甲 时刻，甲波刚好传播到x＝0.1 m处，乙波波形坐标为x＝0.5 m处质点的振动形式传到x＝0.1 m处，此时x＝0.1 m处质点的位移为零，故D正确．‎ ‎10.(2019·陕西宝鸡市高考模拟检测)如图所示，一火箭中固定有一水平放置的压力传感器，传感器上放有一个质量为m的科考仪器．火箭从地面由静止开始以的初始加速度竖直向上加速运动，火箭通过控制系统使其在上升过程中压力传感器的示数保持不变．当火箭上升到距地面的高度时(地球的半径为R，地球表面处的重力加速度为g)，以下判断正确的是(　　)‎ A．此高度处的重力加速度为g B．此高度处的重力加速度为g C．此高度处火箭的加速度为g D．此高度处火箭的加速度为g 答案　BD 解析　由地球表面万有引力近似等于重力得：mg＝，距地面的高度时，mg′＝，联立可得：g′＝g，故A错误，B正确；由牛顿第二定律可知，在地面，FN－mg＝m·，距地面的高度时，FN－mg′＝ma，联立解得：a＝g，故C错误，D正确．‎ ‎11.(2017·全国卷Ⅰ·20)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图所示．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是(　　)‎ A．Ea∶Eb＝4∶1 B．Ec∶Ed＝2∶1‎ C．Wab∶Wbc＝3∶1 D．Wbc∶Wcd＝1∶3‎ 答案　AC 解析　由题图可知，a、b、c、d到点电荷的距离分别为1 m、2 m、3 m、6 m，根据点电荷的场强公式E＝k可知，＝＝，＝＝，故A正确，B错误；电场力做功W＝qU，a与b、b与c、c与d之间的电势差分别为3 V、1 V、1 V，所以＝，＝，故C正确，D错误．‎ ‎12.(2019·福建龙岩市教学质量检查)如图所示为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为3∶1，电压表和电流表均为理想电表．原线圈接有u＝9sin 100πt (V)的正弦交流电，定值电阻R＝3 Ω.下列说法正确的是(　　).‎ A．t＝ s时，原线圈输入电压的瞬时值为9 V B．t＝ s时，电压表示数为 V C．电流表的示数为1 A D．电流表的示数为 A 答案　AC 解析　原线圈接有u＝9sin 100πt(V)正弦交流电，t＝ s时，原线圈输入电压的瞬时值为u＝9× V＝9 V，故A正确；电压表示数为有效值，故为U＝＝ V＝3 V，故B错误；由B项可知，副线圈两端电压为3 V，由欧姆定律可得：I＝ A＝1 A，故C正确，D错误．‎ 三、非选择题(本题共5小题，共52分)‎ ‎13．(6分)(2019·宁波市“十校联考”)如图甲所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图，‎ 钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g.‎ ‎(1)下列说法正确的是________．‎ A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B．实验时应先释放小车后打开数据接收器 C．本实验m2应远小于m1‎ D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a－图象 ‎(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F＝m1g，作出a－F图象，他可能作出图乙中________(选填“甲”“乙”或“丙”)图线，此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________．‎ A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 答案　(1)D　(2)丙　C ‎14．(9分)(2019·金丽衢十二校联考)某同学在探究规格为“2.8 V,1.5 W”的小电珠伏安特性曲线实验中：‎ ‎(1)在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至________进行测量．‎ A．直流电压10 V B．直流电流2.5 mA C．欧姆×1‎ D．欧姆×10‎ ‎(2)该同学采用图甲所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器(阻值范围0～20 Ω，额定电流1.0 A)，L为待测小电珠，V为电压表(量程3 V，内阻约为5.0 kΩ)，A为电流表(量程0.6 A，内阻约为1 Ω)，E为电源(电动势3 V，内阻不计)，S为开关．‎ ‎①在一次测量中电流表的指针位置如图乙所示，则此时的电流为________A；‎ ‎②根据实验测得的数据所画出伏安特性曲线如图丙所示，则小电珠正常工作时的电阻为________ Ω(结果保留两位有效数字)；‎ ‎③该同学进一步对实验进行分析，认为采用图甲的实验电路做实验会产生系统误差，产生系统误差的原因是________________．‎ 答案　(1)C　(2)①0.43或0.44　②5.0　③电流表的读数大于小电珠的真实电流(或电压表的分流作用)‎ ‎15．(10分)(2019·台州3月一模)如图所示是某游戏装置的示意图，ABC为固定在竖直平面内的截面为圆形的光滑轨道，直轨道AB与水平成θ＝37°放置，且与圆弧轨道BC相切连接，AB长为L1＝0.4 m，圆弧轨道半径r＝0.25 m，C端水平，右端连接粗糙水平面CD和足够长的光滑曲面轨道DE，D是轨道的切点，CD段长为L2＝0.5 m．一个质量为m＝1 kg的可视为质点的小物块压缩弹簧后被锁定在A点，解除锁定后小物块被弹出，第一次经过D点的速度为vD＝1 m/s，小物块每次发射前均被锁定在A位置，通过调整弹簧O1端的位置就可以改变弹簧的弹性势能，已知弹簧的弹性势能最大值为Epm＝13 J，小物块与水平面CD间的动摩擦因数为μ＝0.3.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：‎ ‎(1)小物块第一次运动到BC轨道的C端时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)小物块第一次发射前弹簧的弹性势能大小；‎ ‎(3)若小物块被弹出后，最后恰好停在CD中点处，不计小球与弹簧碰撞时的能量损失，‎ 则小物块被锁定时的弹性势能可能多大．‎ 答案　(1)6 N　(2)8.9 J ‎(3)7.65 J　9.15 J　10.65 J　12.15 J 解析　(1)小物块在CD间做匀减速直线运动 ‎－μmgL2＝mv－mv vC＝2 m/s mg＋FN＝m FN′＝FN＝6 N ‎(2)从A到C机械能守恒 Ep＝mv＋mg(r＋rcos θ＋L1sin θ)‎ Ep＝8.9 J ‎(3)要使小物块能停在CD的中点，需在CD上滑过(2k－1)的长度，由动能定理有：‎ Ep－mg(r＋rcos θ＋L1sin θ)－＝0‎ Ep＝6.9 J＋0.75(2k－1) J；k＝1,2,3…‎ 由于Epm≤13 J，有0.75(2k－1)≤6.1，‎ 即k取1,2,3,4‎ 得弹性势能的值为7.65 J,9.15 J,10.65 J,12.15 J时符合要求．‎ ‎16．(12分)(2019·浙南名校联盟高三期末)竖直平面内存在有界的磁场如图所示，磁场的上边界MN和下边界PQ与水平轴x平行，且间距均为4L；在y>0区域，磁场垂直纸面向里，y<0区域磁场垂直纸面向外；沿同一水平面内磁感应强度相同，沿竖直方向磁感应强度满足B＝ky(k为已知常量，－4L≤y≤4L)．现有一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈abcd；t＝0时，线圈在上边框ab与磁场上边界MN重合位置从静止开始释放，线圈下边框cd到达x轴前已达到稳定速度．不计空气阻力，重力加速度为g，试求：‎ ‎(1)线圈下边框cd到达x轴时的速度v大小；‎ ‎(2)线圈开始释放到下边框cd与x轴重合时经过的时间t；‎ ‎(3)线圈开始释放到线圈下边框cd与磁场下边界PQ重合的过程产生的焦耳热Q.‎ 答案　见解析 解析　(1)E＝(Bab－Bdc)Lv①‎ I＝②‎ F安＝BabIL－BdcIL③‎ 其中Bab－Bdc＝kL④‎ 匀速时：F安＝mg⑤‎ 由①②③④⑤得：v＝⑥‎ ‎(2)mgΔt－(BabIL－BcdIL)Δt＝mv⑦‎ 结合①②④得：mgΔt－＝mv，‎ 又x＝3L 求得：Δt＝＋ ‎(3)判断线圈匀速后将一直匀速运动到cd边框与磁场下边界PQ重合，那么：‎ mg·7L－Q＝mv2‎ 求得：Q＝7mgL－.‎ ‎17．(15分)(2019·杭州市高三期末)某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中．已知两个立柱底面均为边长为d的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行．立柱1下底面中心坐标为，立柱2下底面中心坐标为，它们的上底面均位于z＝10d的平面内．两个立柱上、下底面间的电压大小均为U，立柱1内存在着沿z轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽．在z>10d和z<0的空间内存在着沿x轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是B1和B2(均未知)．现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面．若粒子在经过z＝0和z＝10d两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面(经过其他位置均会被吸收)；该粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力．求：‎ ‎(1)粒子经过立柱2下底面时的动能Ek；‎ ‎(2)磁感应强度B1和B2的大小；‎ ‎(3)若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z轴垂直．求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t.‎ 答案　见解析 解析　(1)根据动能定理有Ek＝2qU ‎(2)根据动能定理有qU＝mv 又根据匀速圆周运动有qv1B1＝m(其中r＝10d)‎ 可得B1＝ 类似的可求得B2＝ ‎(3)电压变为U′时，粒子在磁场中的运动时间不变，所以要求粒子运动的最短时间，就让粒子在两个立柱加速器中运动时间最短即可；因此电压U′越大，粒子运动时间越短(此时粒子在磁场中的偏转半径就会越大)；又考虑到要粒子能够返回原出发界面，所以粒子应该从(0,0,0)出发，经过(0,0,10d)、(d,21d,10d)、(d,21d,0)又回到(0,0,0)[或者从(d,0,0)出发，经过(d,0,10d)、(0,21d,10d)、(0,21d,0)又回到(d,0,0)]．‎ 所以r′＝＝d 根据匀速圆周运动有qv1′B1＝m qv2′B2＝m 又根据匀速圆周运动有qv1B1＝m qv2B2＝m 可得v2′＝v1′，v1′＝v1‎ 在电场中的时间t1＝＝ 在磁场中的时间为t2＝＋＝(10＋5) 又v1＝ 故t＝t1＋t2＝d.‎