2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷（五）

2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷（五）

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＝＝ 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＝ at2＝×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＝0.5t＋0.5；由x＝v0t＋at2，得＝v0＋at，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＝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＝，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 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＝－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＝，所以求得mx＝－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 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＝0.05sinA 解析　由图象可知通过负载的电流有效值为I＝＝ 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 V，选项B正确；由公式＝得变压器原、副线圈匝数之比＝，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＝ 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， s B.0.1 m，8 s C.0.2 m， s D.0.2 m，8 s 解析　由于ω＝，若T＝ 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 t。当t＝ 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 t。当t＝ 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＝ 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或x＝0.2sin。‎ t＝ 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 或x＝0.2sin。当t＝ 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°＝mv 代入数据得vB＝2 m/s。‎ ‎(2)根据动能定理有 ‎－μmgL2＝0－mv 代入数据得L2＝1 m。‎ ‎(3)根据动能定理有 ‎－μmg(L2－ΔL)＝mv－mv CP过程滑块做平抛运动 对于平抛过程有 h＝gt2，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＝gt2‎ 所以v2＝ 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＝＝。‎ ‎(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＝mv－·2mv′2‎ 代入v2和v′计算得Q＝m。‎ ‎(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＝，安培力F＝BIL。‎ 联合以上各式得 F＝。‎ 答案　(1)　(2) (3) ‎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＝，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＝，水平台面距地面高度h＝，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＝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 mv＝mv＋mv 联立解得vP＝0，vQ＝v0＝。‎ ‎(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经时间t1＝T＝ 小球P、Q再次发生弹性碰撞，由(1)可知碰后 vP′＝v0＝，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＝＝ 所以P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间 t＝＋＝(2π＋)‎ 落地点与平台边缘的水平距离 xP＝vP′t2＝。‎ ‎(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＝ 因为mgH＝mv－mv 解得H＝。‎ 答案　(1)　(2)(2π＋)　　(3)