2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷（四）

2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷（四）

考前冲刺卷(四)‎ 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.第26届国际计量大会于2018年11月通过决议，正式更新了千克、安培、开尔文和摩尔四个基本单位的定义，国际测量界的百年夙愿终于实现——国际测量体系将全部建立在基本物理常数上，大大提高了计量的稳定性和精确性。比如，最受关注的“千克”，不再以具体实物的质量来定义，而将以量子力学中的普朗克常数h为基准，经过一系列物理换算，算出质量。已知普朗克常数与频率的乘积可以表示能量，下列属于用国际单位制的基本单位来表示普朗克常数h单位的是(　　)‎ A.J/s B.kg·m2/s C.kg·m2/s3 D.N·m·s 解析　根据公式E＝hν，因能量E的单位为J，频率ν的单位为s－1，那么普朗克常数h单位：J·s＝N·m·s＝·m·s＝，故B正确，A、C、D错误。‎ 答案　B ‎2.如图1所示是子弹从枪筒射出瞬间的画面。当子弹在水平放置的枪筒中匀加速运动时，子弹的(　　)‎ 图1‎ A.加速度增大 B.惯性增大 C.动能增大 D.机械能不变 解析　匀加速运动的基本特征是加速度不变，所以子弹做匀加速运动时，加速度不变，速度增大，动能增大。子弹沿水平方向运动，重力势能不变，动能增大，机械能也增大。子弹质量不变，惯性不变，选项C正确。‎ 答案　C ‎3.如图2所示为学员驾驶汽车在水平路面上绕O点做匀速圆周运动的俯视示意图。已知学员在A点位置，教练员在B点位置，学员和教练员(均可视为质点)在运动过程中，大小相同的是(　　)‎ 图2‎ A.向心力 　　　 B.加速度 C.线速度 　　　 D.角速度 解析　A、B两点绕同一点运动，角速度相同。由于运动半径不同，因此线速度大小不同，向心加速度大小不同，由于学员和教练员质量大小未知，因此向心力大小无法比较，选项D正确。‎ 答案　D ‎4.汽车发动机的额定功率为80 kW，它以额定功率在平直公路上行驶的最大速度为20 m/s，那么汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力是(　　)‎ A.8 000 N B.4 000 N C.2 500 N D.1 600 N 解析　由P＝Fv知汽车沿水平公路匀速行驶时，牵引力大小等于阻力，因此阻力大小为f＝＝ N＝4 000 N，选项B正确。‎ 答案　B ‎5.传送带靠静摩擦力把货物从低处匀速送往高处，则(　　)‎ 图3‎ A.货物所受静摩擦力方向沿传送带向上 B.货物越重则越不容易相对传送带滑动 C.货物越轻则越不容易相对传送带滑动 D.若使传送带反转，将货物从高处匀速送往低处，则静摩擦力的方向沿传送带 向下 解析　由于匀速，根据受力平衡，所以静摩擦力方向沿斜面向上，选项A正确；货物是否容易相对传送带滑动主要看动摩擦因数和斜面倾角，与货物质量无关，选项B、C错误；传送带反转，但只要还是匀速运动，根据受力平衡，静摩擦力仍沿斜面向上，选项D错误。‎ 答案　A ‎6.中国“快递小哥”天舟一号于4月20日成功发射，进入高度约380公里的运行轨道(如图4所示)。已知天宫二号空间站运行于393公里的轨道上，天舟一号与天宫二号绕地球均做匀速圆周运动。根据上述信息，两飞行器运行时无法比较的是(　　)‎ 图4‎ A.周期大小 B.线速度大小 C.加速度大小 D.受到的地球引力大小 解析　天舟一号运行轨道高度低于天宫二号运行轨道高度，因此，天舟一号运行速度比天宫二号大，运行周期比天宫二号小，加速度比天宫二号大。由于两飞行器质量未知，因此与地球之间的引力大小无法比较，选项D正确。‎ 答案　D ‎7.如图5所示，天花板上有一可自由转动光滑小环Q，一轻绳穿过Q，两端分别连接质量为m1、m2的A、B小球。两小球分别在各自的水平面内做圆周运动，它们周期相等。则A、B小球到Q的距离l1、l2的比值为(　　)‎ 图5‎ A. B. ‎ C. D. 解析　设悬挂A、B两球的绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，绳子拉力为T，对A小球水平方向：Tsin θ1＝m1ω2l1sin θ1；对B小球水平方向：Tsin θ2＝m2ω2l2sin θ2，联立得＝，故D正确，A、B、C错误。‎ 答案　D ‎8.如图6为某一电场的电场线，P、Q为电场线上的两点，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.P点电势一定高于Q点 B.P点场强一定大于Q点 C.正电荷在P点由静止释放后沿电场线向左运动 D.负电荷在P点的电势能大于在Q点的电势能 解析　根据题目信息，无法判断电场线的疏密程度，P、Q两点场强大小无法比较。沿电场线方向电势逐渐降低，P点电势高于Q点。正电荷受到的电场力方向与场强方向相同，静止释放后沿电场线向右运动。负电荷受到的电场力方向向左，当负电荷从P移动到Q的过程中，电场力做负功，电势能增加，因此负电荷在P点的电势能小于在Q点的电势能，选项A正确。‎ 答案　A ‎9.下图所示的甲、乙、丙、丁表示α、β、γ三种射线在磁场中的偏转情况，根据学过的知识选择其中正确的是(　　)‎ 解析　α射线带正电，根据左手定则可知向左偏转，γ射线不带电，不受洛伦兹力作用，做直线运动，β射线带负电，根据左手定则可知向右偏转，由R＝知，Rα>Rβ可知C正确，A、B、D错误。‎ 答案　C ‎10.电动自行车是生活中重要的交通工具，某品牌电动自行车的铭牌如下：当蓄电池充满电后，根据此铭牌中相关数据，下列说法不正确的是(　　)‎ 车型 电池规格 ‎20寸(车轮直径：508 mm)‎ ‎36 V　12 A·h(蓄电池)‎ 整车质量：40 kg 额定转速：210 r/min(转/分)‎ 外形尺寸：L1 800 mm×W650 mm×H 1 100 mm 充电时间：2 h～8 h 电机：后轮驱动、直流永磁式电机 额定工作电压/电流：36 V/5 A A.该车的额定时速约为20 km/h B.该车的额定功率约为4.32×102 W C.该车约能行驶2.4 h D.该车一次充满电所储存的电能约为1.56×106 J 解析　汽车的额定时速等于车轮的线速度，则电动车的时速为v＝Rω＝×2π× m/s≈5.58 m/s＝20 km/h，故A正确；由P＝UI可得，电动车的额定功率P＝UI＝36×5 W＝180 W，故B错误；根据电荷量Q＝It，有t＝ h＝‎ ‎2.4 h，故C正确；该车一次充满电所储存的电能为E＝UIt＝36×12×3 600 J＝1.56×106 J，故D正确。‎ 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.如图7所示，质量相等的甲、乙两小球以大小相等的初速度分别自两竖直墙中的某点P水平向左、向右抛出。甲球抛出后击中左墙的A点，速度方向与竖直墙面夹角为α；乙球抛出后击中右墙的B点，速度方向与竖直墙面夹角为β。已知A点高于B点，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图7‎ A.P点在两墙水平连线的中点 B.两球在空中的运动时间相等 C.甲球在A点的动能大于乙球在B点的动能 D.击中墙时，两角度一定满足关系α＞β 解析　抛出后的甲、乙两球做平抛运动，由于乙球下落高度大于甲球，因此乙球运动时间大于甲球。两球抛出时的初速度大小相等，所以乙球的水平位移大于甲球，抛出点P不在两墙水平连线的中点。甲球下落高度小于乙球，因此甲球受到的重力做功小于乙球，两球初动能相等，所以击中墙面时甲球的动能小于乙球的动能。‎ 两球击中墙面时速度分解如图所示，tan α＝，根据题目信息，由于甲球下落时间短，击中墙面时竖直分速度vy小，因此tan α>tan β，所以α>β，选项D正确。‎ 答案　D ‎12.关于原子、原子核，下列说法正确的是(　　)‎ A.卢瑟福的原子结构模型很好地解释了α粒子散射实验 B.β衰变中产生的β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚后形成的 C.某放射性元素的4个原子核经过一个半衰期后不一定还剩下2个没有发生衰变 D.利用γ射线可以消除静电 解析　卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，他的原子结构模型很好地解释了α粒子散射实验，选项A正确；β衰变的实质在于核内的中子转化成一个质子并放出一个电子，选项B错误；放射性元素的半衰期，描述的是数学的统计规律，单个原子的衰变是不可预测的，故4个原子核经过一个半衰期后，不一定还剩下2个没有衰变，选项C正确；利用γ射线无法消除静电，选项D错误。‎ 答案　AC ‎13.如图8所示，在光滑绝缘水平面上有两个质量分别为m和4m的小球A、B，两球均带正电。现让A球以速度v向静止的B球运动，设两球的运动轨迹始终在一条直线上，则从A球开始运动到两球相距最近的过程中，下列判断正确的是(　　)‎ 图8‎ A.两球组成的系统机械能守恒、动量守恒 B.A球的最小速度为0.25v C.电场力对B球的冲量大小为0.8mv D.两小球组成系统的电势能增加了0.4 mv2‎ 解析　由于两小球在靠近过程中电场力要做功，故系统机械能不守恒，但两小球组成的系统受到的合力为零，故系统动量守恒，选项A错误；由题意可知，当两小球之间的距离最近时，A小球的速度达到最小，设其最小速度为v′，由动量守恒定律可得mv＝(m＋4m)v′，解得v′＝0.2v，选项B错误；由动量定理可知，电场力对B球的冲量大小等于其动量的变化量，故由动量定理可得I＝4mv′＝0.8mv，选项C正确；由能量守恒可知，两小球组成系统的电势能的增加量等于两小球组成系统的机械能的减少量，故有ΔEp＝mv2－(m＋4m)v′2，可得ΔEp＝0.4mv2，故选项D正确。‎ 答案　CD ‎14.如图9所示，一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射向一上下表面平行的厚玻璃砖的上表面，得到三束光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，若玻璃砖的上下表面足够宽，下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A.光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光 B.玻璃对光束Ⅲ的折射率大于对光束Ⅱ的折射率 C.改变α角，光束Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行 D.通过相同的双缝干涉装置，光束Ⅱ产生的条纹宽度大于光束Ⅲ的宽度 解析　A项两种色光都在玻璃砖的上表面发生了反射，入射角相同，由反射定律知，它们的反射角相同，可知光束Ⅰ是复色光。而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ为单色光，选项A正确；B项由图知：‎ 光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ的偏折程度，根据折射定律可知玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，选项B错误；C项一束由两种色光混合的复色光沿PO方向射出，经过反射、再折射后，光线仍是平行，因为光反射时入射角与反射角相等。所以由光路可逆可得出射光线平行。改变α角，光线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ仍保持平行，选项C正确；D项光束Ⅱ的折射率大于光束Ⅲ的折射率，则光束Ⅱ的频率大于光束Ⅲ的频率，光束Ⅱ的波长小于光束Ⅲ的波长，由Δx＝λ可知双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光束Ⅱ产生的条纹间距比光束Ⅲ的小，选项D错误。‎ 答案　AC ‎15.在O点有一波源，t＝0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波。t1＝‎ ‎4 s时，距离O点为3 m的A点第一次达到波峰；t2＝7 s时，距离O点为4 m的B点第一次达到波谷。则以下说法正确的是(　　)‎ A.该横波的波长为2 m B.该横波的周期为4 s C.该横波的波速为1 m/s D.距离O点为1 m的质点第一次开始向上振动的时刻为6 s末 解析　由于波源开始向上振动，所以当A点，第一次出现波峰时，根据Δt＝ 得t1＝4 s＝＋ 当B点第一次出现波谷时有t2＝7 s＝＋ 解得v＝1 m/s，T＝4 s，波长λ＝vT＝4 m 振动从O传到距离O点为1 m的质点所需时间Δt＝＝ s＝1 s，选项A、D错误，B、C正确。‎ 答案　BC 非选择题部分 三、非选择题(本题共5小题，共55分)‎ ‎16.(5分)(1)在用气垫导轨测速度的实验中，下列说法正确的是(　　)‎ 图10‎ A.实验时一定要把气垫导轨一端抬高来平衡摩擦力 B.遮光条的宽度越宽，所测速度更接近滑块经过光电门时的瞬时速度 C.实验时首先应给气垫导轨通气并把光电计时器进行归零 D.遮光条宽度的测量对实验误差没有影响 ‎(2)用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量为m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。现选取一条符合实验要求的纸带，如图11所示，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选择的三个连续点(其它点未画出)。已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，重力加速度g＝9.8 m/s2，那么：‎ 图11‎ ‎①根据图所得数据，应该选取图中O点和________点来验证机械能守恒定律。‎ ‎②所选取的点的瞬时速度为________ m/s。(结果取3位有效数字)‎ ‎③从O点到所选取的点，重物的动能增加量ΔEk＝________ J。(结果取3位有效数字)‎ 解析　(1)A项：实验时把气垫导轨通电后，即可忽略摩擦力，并不是斜面，需要一端抬高来平衡摩擦力，故A错误；B项：遮光条的宽度越窄，依据v＝，所测速度更接近滑块经过光电门时的瞬时速度，故B错误；C项：在应用气垫导轨时，应首先给气垫导轨通气，并把光电计时器进行归零，故C正确；D项：遮光条宽度的测量，会引起实验误差，故D错误。‎ ‎(2)①验证机械能守恒时，我们验证的减少的重力势能ΔEp＝mgh和增加的动能ΔEk＝mv2之间的关系，所以要选择能够测h和v的数据，故选B点。‎ ‎②B点的瞬时速度等于AC段的平均速度；‎ 由图可知OA＝15.55 cm＝0.155 5 m；‎ OB＝19.20 cm＝0.192 0 m，OC＝23.23 cm＝0.232 3 m，‎ 则B点的瞬时速度为 vB＝＝ m/s＝1.92 m/s。‎ ‎③增加的动能ΔEk＝mv＝×1×1.922 J＝1.84 J。‎ 答案　(1)C　(2)①B　②1.92　③1.84‎ ‎17.(9分)(1)如图所示的4张仪器图中，其中________图为电磁打点计时器；________图的仪器能测出平行板电容器两板间的电压的变化，________图的仪器能粗略地测出电阻的大小。‎ ‎(2)某实验小组准备测绘规格为“2.5 V　0.6 W”的小灯泡的I－U特性曲线。从如图12甲所示的实验图中可以判断，实验中滑动变阻器采用了________(选填“限流式”或“分压法”)接法，电流表采用了________(选填“内”或“外”)接法。请在图乙的虚线框内画出该实验正确的电路图。‎ 图12‎ ‎(3)某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验。某次用刻度尺测得摆线长为67.80 cm。用游标卡尺测得小球直径的读数如图13甲所示，则小球直径为________ cm；重复实验几次，改变摆线的长度L，用秒表测出相应的周期T，再以L为横坐标，T2为纵坐标作图，对应的图象应为图乙中的直线________(填“1”“2”或“3”)。若已知直线的斜率为k，请写出重力加速度g的表达式____________。‎ 图13‎ 答案　(1)D　A　B　(2)限流式　内　如图所示 ‎(3)1.645　2　 ‎18.(12分)如图14所示，一小轿车从高为10 m、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在距斜坡底端115‎ ‎ m的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103 N，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为1.4×104 N，小轿车的质量为2 t，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求：‎ 图14‎ ‎(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度大小；‎ ‎(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(轿车在行驶过程中不采用刹车装置)‎ 解析　(1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得 F1＋mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1‎ 代入数据得斜坡上小轿车的加速度a1＝3 m/s2‎ 由v＝2a1x1‎ x1＝ 得小轿车行驶至斜坡底端时的速度v1＝10 m/s。‎ ‎(2)在水平地面上加速时F2－μmg＝ma2‎ 代入数据得a2＝2 m/s2‎ 关闭油门后减速μmg＝ma3，‎ 代入数据得a3＝5 m/s2‎ 设关闭油门时轿车的速度为v2，有＋＝x2‎ 得v2＝20 m/s，t＝＝5 s 即在水平地面上加速的时间不能超过5 s。‎ 答案　(1)10 m/s　(2)5 s ‎19.(13分)运用电磁感应可以测量运动物体的速度。当固定着线圈的小车进入磁场时，根据线圈切割磁感线产生的感应电流大小，可以间接测量出小车的速度。如图15所示，水平地面上方存在有边界的水平匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B。电阻为R的矩形单匝线圈MNPQ固定在小车A上，其中MN边水平，NP边竖直，高度为L，小车A和线圈的总质量为m ‎。小车载着线圈在光滑水平面上一起以初速度v0(未知)做匀速运动，与另一辆停在磁场边界处且质量也为m的小车C发生碰撞，碰后立刻粘在一起，随后进入匀强磁场，刚进入磁场时线圈中感应电流为I，小车A完全进入磁场时的速度为v1。已知小车由绝缘材料做成，小车长度与线圈MN边长度相同。求：‎ 图15‎ ‎(1)线圈中感应电流的方向和小车A的初速度v0的大小；‎ ‎(2)小车A进入磁场的过程中线圈产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)小车A进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量q。‎ 解析　(1)由楞次定律知线圈中感应电流方向为M→Q→P→N→M，‎ 设小车的初速为v0，小车A与C碰撞时，根据动量守恒定律得mv0＝2mv 线圈切割磁感线感应电动势E＝BLv 由闭合电路欧姆定律得线圈中电流I＝，得v0＝。‎ ‎(2)线圈进入磁场的过程中，系统减少的动能转化成线圈的焦耳热 Q＝×2mv2－×2mv，‎ 即Q＝m。‎ ‎(3)设线圈从开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，线圈的平均电流为，‎ 根据动量定理－BLt＝2mv1－2mv 通过的电荷量q＝t 解得q＝。‎ 答案　(1)M→Q→P→N→M　 (2)m　(3) ‎20.(16分)如图16所示，在竖直平面内存在直角坐标系xOy，第二象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E1，在第一象限内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E2＝0.375 N/C，在第一象限内，y＝4 m处有水平绝缘平台PA，右端与半径为R＝0.4 m的光滑绝缘竖直半圆弧轨道ACD平滑连接，相切于A点，D为其最高点。质量为m1＝2 g、带正电q＝0.1 C的可视为质点的小球从x轴上某点Q以与x轴负方向成60°、大小v0＝10 m/s的速度射入第二象限，恰好做匀速直线运动。现在第二象限内小球运动的某段路径上加上垂直于纸面向外的圆形边界的匀强磁场，磁感应强度B＝0.2 T，小球经过磁场区域后恰好水平向右运动，垂直于y轴从点P(0，4 m)进入第一象限，恰好与静止放置在P点且可视为质点、质量m2＝3 g、不带电的绝缘小物块碰撞并粘合在一起沿PA方向运动，设碰撞过程中带电荷量不变，粘合体命名为小物块S。已知小物块S与平台的动摩擦因数μ＝0.35，平台PA的长度L＝1.0 m，重力加速度g＝10 m/s2，‎ sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求：(结果可用根号表示)‎ 图16‎ ‎(1)电场强度E1的大小；‎ ‎(2)小球在磁场中运动的半径r的大小和圆形磁场区域的最小面积；‎ ‎(3)小物块S在圆弧轨道上的最大速度；小物块S能否达到D点，若不能，请说明理由，若能，请求出小物块S落到平台PA上的位置与A点的距离。‎ 解析　(1)小球m1在第二象限做匀速直线运动，由平衡条件有qE1＝m1g 可得电场强度E1的大小E1＝＝0.2 V/m。‎ ‎(2)如图所示。‎ 在圆形磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qv0B＝m1可得磁场中运动的半径r＝＝1.0 m 小球m1从G点进入磁场，从H点射出磁场，‎ 其弦长GH为最小磁场圆的直径，‎ 由几何知识有其圆心角θ＝120°‎ 磁场圆的最小半径r0＝rsin ＝ m 最小面积Smin＝πr＝ m2≈2.36 m2。‎ ‎(3)小球m1和小物块m2在P处碰撞，‎ 由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1‎ 可得碰撞后小物块S的速度v1＝4 m/s 小物块S在圆弧轨道上受电场力和重力作用的合力方向与竖直方向的夹角设为α，tan α＝＝，‎ 解得α＝37°‎ 过圆心作合力的平行线交圆周下方为M点，如图。‎ 小物块S在M点有最大速度。‎ 小物块S由P到M，由动能定理有 qE2(L＋Rsin α)－μ(m1＋m2)gL－(m1＋m2)gR(1－cos α)‎ ‎＝(m1＋m2)v－(m1＋m2)v 可得小物块S运动过程中的最大速度vM＝ m/s 假设小物块S能够通过圆弧到达D点，从P到D，由动能定理 qE2L－μ(m1＋m2)gL－(m1＋m2)g·2R ‎＝(m1＋m2)v－(m1＋m2)v 可得小物块S在D的速度vD＝2 m/s 在D点有(m1＋m2)g＋FD＝(m1＋m2) 可得在D点的轨道的支持力FD＝0.05 N>0，故假设成立，小物块S能到达D点。‎ 小物块S从D点水平抛出，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动，‎ ‎2R＝gt2‎ x＝vDt－t2‎ 可得落点距A的距离x＝ m≈0.53 m。‎ 答案　(1)0.2 V/m　(2)1.0 m　2.36 m2 (3) m/s　能　0.53 m