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    2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷(六)

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    2020浙江高考物理新突破考前冲刺卷(六)

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    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39 000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0.25 km/h
    解析 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,选项C正确;在研究马拉松比赛成绩时,可以将人看成质点,选项A错误;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,选项B错误;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,选项D错误。
    答案 C
    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(  )

    图1
    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
    解析 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。
    答案 C
    3.乘热气球(图2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(  )

    图2
    A.0~10 s内,热气球的平均速度为5 m/s
    B.30~40 s内,热气球竖直向下运动
    C.30~40 s内,吊篮中的人处于超重状态
    D.0~40 s内,热气球上升的总位移为150 m
    解析 0~10 s内热气球匀加速上升,因此平均速度为==2.5 m/s,选项A错误;30~40 s内,热气球匀减速上升,加速度向下(失重状态),而不是竖直向下运动,选项B、C错误;0~40 s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= m=150 m,所以选项D正确。
    答案 D
    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50 m/s 后离地,而后开始竖直向上飞行试验。该飞机在10 s 内匀加速到3060 km/h,匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5 km。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340 m/s,g取10 m/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(  )

    图3
    A.本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5 s
    B.加速阶段系统的推力为1.84×106 N
    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14.25 km
    解析 加速阶段初速度v0=50 m/s,末速度v=3 060 km/h=850 m/s,根据v=
    v0+at,加速度a=80 m/s2=8g,飞行员不会昏厥,选项C错误;根据牛顿第二定律F-mg-f=ma,推力F=mg+f+ma=1.84×106 N,选项B正确;加速阶段上升的高度x=v0t+at2=4 500 m,即匀速上升距离14 km,选项D错误;匀速飞行时间t== s=16.47 s,选项A错误。
    答案 B
    5.如图4所示,两小球A、B分别从距地面高度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、tB。不计空气阻力,下列说法正确的是(  )

    图4
    A.tA∶tB=1∶ B.tA∶tB=1∶2
    C.vA∶vB=1∶ D.vA∶vB=1∶2
    解析 平抛运动的竖直方向的分运动为自由落体运动h=gt2,t=,tA∶tB=1∶,选项A正确,B错误;水平方向位移相同x=vt,vA∶vB=tB∶tA=∶1,选项C、D错误。
    答案 A
    6.如图5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轮上让其相对B轮静止,木块离B轮轴的最大距离为(  )

    图5
    A. B.
    C.RB D.
    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静摩擦力相等,设在B轮上的转动半径最大为r,则根据最大静摩擦力提供向心力有mrω=mRAω,解得r==,选项B正确。
    答案 B
    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6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(  )

    图6
    A.“鹊桥号”的发射速度大于11.2 km/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
    解析 11.2 km/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11.2 km/s,故A错误;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;“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;“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。
    答案 B
    8.电磁流量计如图7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(  )

    图7
    A.带电粒子受到竖直方向的洛伦兹力
    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
    解析 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,所以选项D正确,A、B、C错误。
    答案 D
    9.如图8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(  )

    图8
    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
    解析 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,选项A正确;甲、乙之间相互排斥,甲受到向右的摩擦力,选项B错误;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,选项C错误;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,选项D错误。
    答案 A
    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按图9所示接到电源上,闭合开关后,下列说法正确的是(  )

    图9
    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的体积相同,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
    解析 由于两电阻并联在电路中,因此两电阻两端的电压相等,设电阻的表面边长为a,厚度为d,根据R=ρ=ρ=,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P=可知,P1的电功率小于P2的电功率,故B错误;电流为I=,两电阻两端电压相等,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;若厚度相同,则两电阻阻值相同,由I=可知流过P1的电流等于流过P2的电流,故C正确,D错误。
    答案 C
    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10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(  )

    图10

    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
    解析 入射光的能量为E=hν=h,选项A正确;由光电效应方程可得从B板逸出的光电子的最大初动能为EB=hν-W,由eU=EA-EB可得到达A板的光电子的最大动能为EA=h-W+eU,选项B正确;能不能发生光电效应,取决于入射光的频率,与板间电压无关,选项C错误;若减小入射光的波长,入射光频率增大,大于金属的极限频率,可以发生光电效应,选项D正确。
    答案 ABD
    12.关于原子和原子核,下列说法中正确的是(  )
    A.α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Th的半衰期是24 d,48 g的Th经过72 d后衰变了42 g
    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
    解析 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,A错误;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,B正确;经过=3个半衰期后,48 g的Th还剩下48×()3 g=6 g,衰变了48 g-6 g=42 g,C正确;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。
    答案 BC
    13.如图11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200 m/s,则下列说法正确的是(  )

    图11
    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
    解析 a点在最大位移处,该时刻正向平衡位置运动,位移减小,所以加速度减小,选项A正确;由波的图象可知波长λ=4 m,T== s=0.02 s,0.01 s为半个周期,所以经过0.01 s,a点经过的路程为2A=0.4 m,选项B正确;发生稳定干涉的条件是两列波的频率相等,所以另一列波的频率与该波频率相同,应为50 Hz,选项C正确;当障碍物的尺寸与该波波长差不多或小于波长时,能发生明显衍射,20 m大于4 m,所以不能发生明显的衍射现象,选项D错误。
    答案 ABC
    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12所示。下列说法中正确的是(  )

    图12
    A.玻璃砖对a、b的折射率关系为navb
    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
    解析 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,选项A错误;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vanb,根据全反射临界角公式sin C=,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,选项C正确;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,选项D正确。
    答案 CD
    15.如图13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(  )

    图13
    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
    解析 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,选项A错误;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=,选项B正确;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电动势=S,两式联立可得=E,所以∶E=,选项C正确;由mg-qE=ma和=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,选项D错误。
    答案 BC
    非选择题部分
    三、非选择题(本题共5小题,共55分)
    16.(6分)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、
    4~6 V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50 Hz。如图14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。

    图14
    (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)
    解析 (1)电火花打点计时器使用的是220 V的交流电,电磁打点计时器使用的是4~6 V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)计数点间的时间间隔为T=0.1 s,打下C点时小车的瞬时速度为vC==
    0.300 m/s,根据公式Δx=aT2可得a=0.40 m/s2。
    (3)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C、B、D、A。
    答案 (1)电磁打点计时器 刻度尺 (2)0.300 0.40
    (3)CBDA
    17.(8分)(1)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15所示位置。下面的操作选项最合适的是________。

    图15
    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“×1 k”挡,重新测量
    (2)某实验小组利用图16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2.5 V,第二组是从2.5 V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。


    图16
    (3)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1.5 V,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3.00 V。请解释原因:________________________________。
    解析 (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。
    (2)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。
    (3)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。
    答案 (1)C (2)“” (3)该实验小组所用的电池的内阻较大
    18. (12分)如图17所示,一轨道ABC水平段AB粗糙,在B点与半径R=2 m的竖直光滑半圆固定轨道相切连接。一个质量为m=4 kg、带电荷量为q=+2×
    10-5 C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=8 N,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=6×106 N/C,物体最后又落到A点(g=10 m/s2)。求:

    图17
    (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。
    解析 (1)物体恰好到达最高点C,则
    mg=
    解得vC=2 m/s
    从B点到最高点,由机械能守恒定律得
    mv+mg2R=mv
    解得vB=10 m/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=80 W。
    (3)物体从最高点做类平抛运动,有mg+qE=ma
    H=2R=at
    x=vCt1
    由动能定理得Pt-fx=mv
    解得t=2.7 s。
    答案 (1)10 m/s (2)80 W (3)2.7 s
    19.(14分)如图18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:

    图18
    (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。
    解析 (1)棒在磁场中匀速运动时,有F=FA=BIl
    再据I==
    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
    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)-。
    答案 (1) (2)Ft0- (3)F(d0+d)-
    20.(15分)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19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:

    图19
    (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。
    解析 (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L=at,a=,
    解得E=,t1=。
    (2)在磁场中运动的周期T==,
    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
    R2==L,
    电子从P点穿过x轴时与x轴正方向夹角为θ
    L=t1
    vy=v0
    tan θ==1
    θ=45°
    故Q点的纵坐标
    y=-(R2+2Ltan 45°)=-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。
    答案 见解析

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