浙江省2020届高三高考新突破考前冲刺卷物理（六）

考前冲刺卷(六)

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.世界马拉松挑战赛是一项极限挑战，参赛者需要在7天之内在7大洲完成7场马拉松，也就是说，在168个小时之内，要马不停蹄地前往每一个大洲，在每一个大洲都要跑42.195公里，累计奔跑295公里，累计飞行39000公里．下列说法正确的是(　　)

A. 研究某一大洲的马拉松比赛成绩时，运动员不能看成一个质点

B. 每场马拉松比赛完，运动员的位移大小都相等

C. 168个小时指的是“时间间隔”

D. 运动员的平均速度约为0.25km/h

【答案】C

【解析】

【详解】A．在研究马拉松比赛成绩时，人的形状和大小可以忽略，所以可以将人看成质点，故A错误；

B．每场马拉松的路径并不一样，运动员的位移大小都无法判断，故B错误；

C．根据题目意思，168个小时应该是世界马拉松所用的最长时间，超过该时间比赛成绩无效，故C正确；

D．由于不知道运动员的位移以及比赛所用时间，运动员的平均速度也无法计算，故D错误．

2.白板水平放置在地面上，在白板上用磁钉吸住一张彩纸，向右轻轻拉彩纸，未拉动，对这情景受力分析正确的是（　　）

A. 磁钉受到向右的摩擦力

B. 磁钉仅受重力和支持力两个力

C. 彩纸受到白板向左的摩擦力

D. 白板与地面间无摩擦力

【答案】C

【解析】

【详解】对磁钉分析可知，磁钉没有相对彩纸的运动趋势，故不受摩擦力，故A错误；磁钉还要受到白板的磁性吸引力，故B错误；由于彩纸相对于白板有向右的运动趋势，故彩纸受到白板向左的摩擦力，故C正确；对整体分析可知，整体有向右的运动趋势，故白板和地面间有摩擦力，故D错误．

3.乘热气球(图甲)飞行已成为人们喜欢的航空体育运动．如图乙所示，为某次热气球升空过程中的v－t图象(取竖直向上方向为正方向)，则以下说法正确的是(　　)

A. 0～10s内，热气球的平均速度为5m/s

B. 30～40s内，热气球竖直向下运动

C. 30～40s内，吊篮中的人处于超重状态

D. 0～40s内，热气球上升的总位移为150m

【答案】D

【解析】

【详解】A．0～10s内热气球匀加速上升，因此平均速度为

＝2.5m/s

故A错误；

BC．30～40s内，热气球匀减速上升，加速度向下(失重状态)，而不竖直向下运动，故BC错误；

D．0～40s内，热气球上升的总位移为该图象与横轴所围成的面积，即

x＝＝150m

故D正确．

4.绰号“威龙”的第五代制空战机歼－20具备高隐身性、高机动性能力，为防止极速提速过程中飞行员因缺氧晕厥，歼－20新型的抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度．假设某次垂直飞行测试实验中，歼－20加速达到50m/s后离地，而后开始竖直向上飞行试验．该飞机在10s内匀加速到3060km/h，匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5km．假设加速阶段所受阻力恒定，约为重力的0.2．已知该歼－20质量为20吨，声速为340m/s，g取10m/s2，忽略战机因油耗等导致质量的变化．则下列说法正确的是(　　)

A. 本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5s

B. 加速阶段系统的推力为1.84×106N

C. 加速阶段时飞行员有晕厥可能

D. 飞机在匀速阶段时爬升高度为14.25km

【答案】B

【解析】

【详解】加速阶段初速度v0＝50m/s，末速度v＝3060km/h＝850m/s，根据v＝v0＋at，加速度

a＝80m/s2＝8g

飞行员不会昏厥，根据牛顿第二定律

F－mg－f＝ma

推力

F＝mg＋f＋ma＝1.84×106N

加速阶段上升的高度

x＝v0t＋at2＝4500m

即匀速上升距离14km，匀速飞行时间

t＝s＝1647s

故B正确．

5.如图所示,A、B两小球分别从距地面高度为h、2h处以速度vA、vB水平抛出,均落在水平面上CD间的中点P,它们在空中运动的时间分别为tA、.不计空气阻力,下列结论正确的是(　　  )

A. tA∶tB=1: B. tA∶tB=1∶2

C. vA∶vB=1: D. vA∶vB=1∶2

【答案】A

【解析】

竖直方向做自由落体运动，根据，得，故，A正确，B错误；水平方向做匀速运动，根据知，水平位移x相等，则，故CD错误；选A.

【点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度．

6.如图所示，两个相同材料制成的水平摩擦轮A和B，两轮半径RA=2RB ，A为主动轮．当A匀速转动时，在A 轮边缘处放置的小木块恰能相对静止在A轮的边缘上，若将小木块放在B轮上让其静止，木块离B轮轴的最大距离为（      ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

摩擦传动不打滑时，两轮边缘上线速度大小相等，根据题意有：两轮边缘上有：RAωA=RBωB，所以：ωB＝ωA，因为同一物体在两轮上受到的最大摩擦力相等，根据题意有，在B轮上的转动半径最大为r，则根据最大静摩擦力等于向心力有：mRAωA2＝mrωB2，得：，故ACD错误，B正确；故选B．

点睛：摩擦传动时，两轮边缘上线速度大小相等，抓住最大摩擦力相等是解决本题的关键．

7.2019年1月3日，嫦娥四号探测器登陆月球，实现人类探测器首次月球背面软着陆，为给嫦娥四号探测器提供通信支持，我国早在2018年5月21日就成功发射嫦娥四号中继星“鹊桥号”，如图所示，“鹊桥号”中继星一边绕拉格朗日L2点做圆周运动，一边随月球同步绕地球做圆周运动且其绕L2点半径远小于L2点与地球间的距离．(已知位于地、月拉格朗日L1、L2点处的小物体能够在地、月的引力作用下，几乎不消耗燃料，便可与月球同步绕地球做圆周运动)则下列说法正确的是(　　)

A. “鹊桥号”的发射速度大于11.2km/s

B. “鹊桥号”绕地球运动的周期约等于月球绕地球运动的周期

C. 同一卫星在L2点受地、月引力的合力与其在L1点受地、月引力的合力相等

D. 若技术允许，使“鹊桥号”刚好位于拉格朗日L2点，能够更好地为嫦娥四号探测器提供通信支持

【答案】B

【解析】

【详解】A．11.2km/s是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，所以“鹊桥”的发射速度应小于11.2km/s，故A错误；

B．根据题意可知，“鹊桥”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B正确；

C．“鹊桥”在L2点是距离地球最远的拉格朗日点，角速度相等，由Fn＝mrω2可知，在L2点受月球和地球引力的合力比在L1点要大，故C错误；

D．“鹊桥”若刚好位于L2点，由几何关系可知，通讯范围较小，会被月球挡住，并不能更好地为嫦娥四号推测器提供通信支持，故D错误．

8.电磁流量计如图甲所示，它是利用磁场对电荷的作用测出流过容器液体的流量，其原理可以简化为如图乙所示模型，液体内含有大量正、负离子，从容器左侧流入，右侧流出．在竖直向下的匀强磁场作用下，下列说法正确的是(　　)

A. 带电粒子受到竖直方向洛伦兹力

B. 带负电离子与带正电粒子受力方向相同

C. 上下两侧面有电势差

D. 前后两侧面有电势差

【答案】D

【解析】

【详解】带电粒子在磁场中运动会受到洛伦兹力，根据左手定则判断，带正电离子受到向后的洛伦兹力的作用，带负电离子受到向前的洛伦兹力作用，从而积聚在前后两个侧面，形成电势差，故D正确．

9.如图左图甲、乙两个带电物体放置在绝缘水平面上，同时由静止释放甲和乙后，甲开始时保持静止，物体乙运动的v－t图象如右图所示，则(　　)

A. 两个物体带同种电荷

B. 甲受到地面向左的摩擦力

C. 两个物体带电荷量一定相等

D. 经过一段时间，甲可能运动

【答案】A

【解析】

【详解】A．由静止释放后，两物体之间的力为库仑力F＝k，库仑力大小与距离的平方成反比，由v－t图象可知，乙的加速度越来越小，即所受库仑力越来越小，甲、乙之间距离越来越大，甲、乙之间为排斥力，带同种电荷，故A正确；

B．甲、乙之间相互排斥，甲受到向右的摩擦力，故B错误；

C．由牛顿第三定律知，无论甲、乙带电荷量多少，甲、乙受到的库仑力一样大，但无法确定电荷量是否相等，故C错误；

D．两物体越来越远，库仑力越来越小，始终小于甲的最大静摩擦力，故D错误．

10.P1和P2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体,P1的上、下表面积大于P2的上、下表面积,将P1和P2按如图所示接到电源上,闭合开关后,下列说法正确的是(　　  )

A. 若P1和P2的体积相同,则通过P1的电流大于通过P2的电流

B. 若P1和P2体积相同,则P1的电功率等于P2的电功率

C. 若P1和P2的厚度相同,则流过P1的电流等于流过P2的电流

D. 若P1和P2的厚度相同,则流过P1的电流大于流过P2的电流

【答案】C

【解析】

由于两电阻并联在电路中，因此两电阻中电压相等，设电阻的表面边长为a，厚度为d，根据，则可知电阻与厚度d有关，与体积无关，由V=sd可知，如果两导体的体积相同，则P1的厚度小于P2厚度；因此P1的电阻大于P2的电阻；则由可知，P1的电功率小于P2的电功率，故B错误；电流为，两电阻中电压相等，P1的电阻大于P2的电阻，所以通过P1的电流小于通过P2的电流，故A错误；由B的分析可知，若厚度相同，则两电阻阻值相同，由可知流过P1的电流等于流过P2的电流，故C正确，D错误．所以C正确，ABD错误．

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.如图所示，两平行金属板A、B板间电压恒为U，一束波长为λ的入射光射到金属板B上，使B板发生了光电效应，已知该金属板的逸出功为W，电子的质量为m，电荷量为e，已知普朗克常量为h，真空中光速为c，下列说法中正确的是

A. 入射光子的能量为h

B. 到达A板的光电子的最大动能为h－W＋eU

C. 若增大两板间电压，B板没有光电子逸出

D. 若减小入射光的波长一定会有光电子逸出

【答案】ABD

【解析】

【详解】A、根据，而，则光子的能量为，故A正确；
B、光电子的逸出最大动能，根据动能定理，，则当到达A板的光电子的最大动能为，故B正确；
C、金属板的逸出功与极限频率有关，与入射率无关，故C错误．

D、若减小入射光的波长，那么频率增大，仍一定会有光电子逸出，故D正确；
点睛：解决本题的关键掌握发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率．以及知道动能定理的应用，并理解光电效应方程的应用，注意入射光的频率决定光电子的最大初动能．

12.关于原子和原子核，下列说法中正确是(　　)

A. 粒子散射实验揭示了原子核内部的复杂性

B. 根据玻尔理论可知，一个氢原子核外电子从n＝4能级向低能级跃迁最多可辐射3种频率的光子

C. 已知的半衰期是24d，48g的经过72d后衰变了42g

D. 氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量可以稍大于两能级间能量差

【答案】BC

【解析】

【详解】A．α粒子散射实验中没有涉及原子核内部问题，是提出了原子核式结构模型的实验基础，故A错误；

B．一个氢原子核外电子从n＝4能级向低能级跃迁最多只能辐射n－1＝3种频率的光子，故B正确；

C．经过＝3个半衰期后，48g的还剩下

48×()3g＝6g

衰变了

48g－6g＝42g

故C正确；

D．氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量等于两能级间能量差，故D错误．

13. 如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是（ ）

A. 从图示时刻开始质点a的加速度将减小

B. 从图示时刻开始，经过0.01 s，质点a通过的路程为0.4 m

C. 若此波遇到另一列波并发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50 Hz

D. 若该波传播过程中遇到宽约20 m的障碍物，则会发生明显的衍射现象

【答案】ABC

【解析】

：图示时刻质点b向下运动，质点的加速度正在增大，选项A正确；从图示时刻开始，经过0.01s，质点a通过的路程不是20cm，选项B错误；此波周期为T=λ/v=0.02s，频率为50Hz．若此波遇到另一列波并发生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50Hz，选项C正确；根据发生明显衍射现象的条件，若该波传播中遇到宽约4m的障碍物，能发生明显的衍射现象，选项D正确．

14.一束复色光沿半径方向射向一半圆形玻璃砖，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示．下列说法中正确的是(　　)

A. 玻璃砖对a、b的折射率关系为na<nb

B. a、b在玻璃中的传播速度关系为va>vb

C. 单色光a从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光b从玻璃到空气的全反射临界角

D. 用同一双缝干涉装置进行实验可看到a光干涉条纹的间距比b光的窄

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由于a光偏转角度大，说明玻璃砖对a光的折射率大，即na>ab，故A错误；

B．根据公式v＝，知a光的折射率大，a光在玻璃中的传播速度小，即va<vb，故B错误；C．由于na>nb，根据全反射临界角公式sinC＝，知单色光a从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光b从玻璃到空气的全反射临界角，故C正确；

D．a光折射率大，频率高，故a光的波长短，根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ，知用同一双缝干涉装置进行实验可看到a光干涉条纹的间距比b光的窄，故D正确．

15.如图所示，单匝线圈内有理想边界的磁场，方向垂直纸面向里．当磁场以某一变化率(，B为磁场的磁感应强度大小)均匀增加时，将一带电小球从平行板(两板水平放置)电容器中的P点由静止释放，小球到达下极板时的速度大小为v．当磁场以同样的变化率均匀减小时，将该带电小球仍从P点由静止释放，小球到达下极板时的速度大小为2v，已知电容器的板间距离为d，线圈的面积为S，则(　　)

A. 该小球一定带正电

B. 小球受到的电场力大小为其重力的

C. 线圈内磁场的变化率与两平行板间电场强度的比为

D. 若线圈内的磁场保持不变，则小球到达下极板的速度大小为v

【答案】BC

【解析】

【详解】A．由题意可知，当磁场均匀增加时，带电小球将受到竖直向上的电场力作用，由楞次定律可知，磁场均匀增加时，上极板带正电，下极板带负电，电场强度方向竖直向下，故小球带负电，故A错误；

B．设磁场均匀增加时，小球的加速度大小为a，磁场均匀减小时，小球的加速度大小为a′，则有

解得

a′＝4a

又因为

mg－qE＝ma

mg＋qE＝ma′

联立可解得

故B正确；

C．设两板间的电势差为U，又两极板间的距离为d，则有U＝Ed，又由法拉第电磁感应定律可得

U＝E＝S

两式联立可得

所以

故C正确；

D．由

mg－qE＝ma

可知，

a＝g

设P点到下极板的距离为h，则有h＝可知

h＝

当线圈内磁场保持不变时，线圈中不产生感应电动势，此时两极板间没有电场，带电小球将做自由落体运动，设小球到达下极板时的速度大小为v′，则有v′2＝2gh，解得

v′＝v，故D错误．

非选择题部分

三、非选择题(本题共5小题，共55分)

16.在做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中：

(1)实验室提供了以下器材：一端装有定滑轮的长木板、小车、纸带、钩码、4～6V的交流电源．为了完成本实验，还需选取的实验器材名称是____________、________．

(2)已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz．如图所示为实验所打出的一段纸带，在顺次打出的点中，每隔5个打点间隔取1个计数点，分别记为A、B、C、D、E．相邻计数点间的距离已在图中标出，则打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度v＝________m/s，小车的加速度a＝________m/s2．

(3)某同学在实验中选用电火花计时器，其工作时的基本步骤如下：

A.当纸带完全通过电火花计时器后，及时关闭电火花计时器

B.将电火花计时器插头插入相应的电源插座

C.把电火花计时器固定在长木板上，将纸带穿过电火花计时器

D.接通开关，听到放电声，立即拖动纸带运动

上述步骤正确的顺序是________．(按顺序填写步骤编号)

【答案】    (1). 电磁打点计时器    (2). 刻度尺    (3). 0.300    (4). 0.40    (5). CBDA

【解析】

【详解】(1)[1][2]电火花打点计时器使用的是220V的交流电，电磁打点计时器使用的是4～6V的交流电，所以应选择电磁打点计时器，其作用为记录小车运动位置和时间；实验中还需要刻度尺，用于测量计数点间的距离．

(2)[3]计数点间的时间间隔为T＝0.1s，打下C点时小车的瞬时速度为

vC＝＝0.300m/s

根据公式Δx＝aT2可得

(3)[4]实验时，应先安装装置，然后接通电源，释放纸带，实验完毕后整理器材，所以顺序为CBDA．

17.在“用多用电表测电阻”的实验中，选择“×10”挡测电阻时，指针停留在如图所示位置．下面的操作选项最合适的是________．

A. 无需换挡，直接读数

B. 应选择“×1”挡，重新测量

C. 应选择“×100”挡，重新测量

D. 应选择“×1k”挡，重新测量

【答案】C

【解析】

【详解】[1]由图可知，第一次测量时指针偏转较小，故说明所选倍率过小，故应选择大倍率，选择“×100”挡，重新测量，换挡位后应注意进行欧姆调零，故C正确．

18.某实验小组利用图甲的实物连线图，做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，该小组在实验时测得两组数据，第一组是电压从0逐渐增加到2.5V，第二组是从2.5V逐渐减小到0，将两组数据描在I－U图上，如图乙所示，第一组数据的数据点在图中是用________(填“○”或“×”)表示的．

另一实验小组用同样的电路进行实验，发现电压表示数的最大值只有1.5V，检查电路正确并连接良好，而后将电路断开，用电压表直接接到这两节电池串联而成的电池组两端，电压表示数为3.00V．请解释原因：________________________________．

【答案】    (1). ○    (2). 该实验小组所用的电池的内阻较大

【解析】

【详解】[1]由于金属导体电阻随温度的变化而变化，第二组中由于开始时温度较高，故第二组在相同电压下测得的电阻较大，故第一组数据为“○”所表示的；

[2]直接测量时为电源的电动势，而在接入电路时输出电压较小，故说明电源内阻较大．

19.如图所示，一轨道ABC水平段AB粗糙，在B点与半径R＝2m的竖直光滑半圆固定轨道相切连接．一个质量为m＝4kg、带电荷量为q＝＋2×10－5C的物体受一水平向右的拉力F作用从A点由静止开始运动，AB段阻力f＝8N，拉力F的功率恒定．物体运动到B点时速度恰好达到最大，此时拉力消失，物体沿BC自由滑上轨道且恰能到达最高点C．当物体到达C点时，在AB上方加一竖直向下的匀强电场E＝6×106N/C，物体最后又落到A点(g＝10m/s2)．求：

(1)物体运动到B点时的速度大小；

(2)拉力的恒定功率P；

(3)物体在AB段的运动时间t．

【答案】(1)10m/s(2)80W(3)2.7s

【解析】

【详解】(1)物体恰好到达最高点C，则

mg＝

解得

vC＝2m/s

从B点到最高点，由机械能守恒定律得

解得

vB＝10m/s

(2)物体运动过程中，功率不变，当F＝f时，速度最大

P＝Fv＝fvmax＝fvB＝80W

(3)物体从最高点做类平抛运动，有

mg＋qE＝ma

x＝vCt1

由动能定理得

Pt－fx＝

联立解得

t＝2.7s

20.如图所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0．现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)．求：

(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度大小；

(2)若棒由静止开始运动至离开磁场用时t0，求此过程安培力的冲量的大小；

(3)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能．

【答案】(1) 　(2)Ft0－ (3)F(d0＋d)－

【解析】

【详解】(1)棒在磁场中匀速运动时，有

F＝FA＝BIl

再据

联立解得

v＝

(2)对棒由静止开始运动至离开磁场由动量定理有

Ft0－I＝mv－0

解得：

I＝Ft0－

(3)安培力做的功转化成两个电阻消耗的电能Q，根据能量守恒定律可得

F(d0＋d)＝Q＋mv2

解得

Q＝F(d0＋d)－

21.电子对湮灭是指电子e－和正电子e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础．如图所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处．在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，OA＝L，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里．一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一束速度大小为v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反．已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e，电子的重力不计．求：

(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小；

(2)电子从A点运动到P点所用的时间；

(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S．

【答案】(1)； (2)(3)－4L，S＝2L(－1)L＝2(－1)L2

【解析】

【详解】(1)电子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，由题意可得电子在磁场中运动的半径

R＝L

又

ev0B＝

解得

B＝

电子在电场中做类平抛运动，得

2L＝v0t1

又

加速度为

a＝

解得

E＝，t1＝

(2)在磁场中运动的周期

电子在磁场中运动了四分之一圆周，则

t2＝T＝

在电场中运动时间t1＝，故从A到P的时间

t＝t1＋t2＝

(3)速度为v0的正电子在磁场中运动的半径

电子从P点穿过x轴时与x轴正方向夹角为θ

vy＝v0

θ＝

故Q点的纵坐标

y＝－(R2＋2Ltan)＝－4L

未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形PFMN的面积

S＝2L(－1)L＝2(－1)L2