2020屆高考物理二輪復習 刷題首選卷 綜合能力物理部分押題密卷（五）（含解析）

部分押題密卷(五)本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分，滿分110分，時間60分鐘。第卷一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14題只有一個選項符合題目要求，第58題有多項符合題目要求，全部答對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1. (2019·云南二模)某金屬發(fā)生光電效應，光電子的最大初動能Ek與入射光頻率之間的關系如圖所示。已知h為普朗克常量，e為電子電荷量的絕對值，結合圖象所給信息，下列說法正確的是()A入射光的頻率小于0也可能發(fā)生光電效應現象B該金屬的逸出功隨入射光頻率的增大而增大C若用頻率是20的光照射該金屬，則遏止電壓為D遏止電壓與入射光的頻率無關答案C解析0為該金屬的截止頻率，入射光的頻率低于截止頻率不發(fā)生光電效應，故A錯誤；根據W0h0可知，某種物質的逸出功是定值，故B錯誤；由愛因斯坦光電效應方程EkhW0可知，當0時，有Ek0，W0h0，故當入射光的頻率為20時，光電子的最大初動能為Ek2h0h0，又因為eUcEk，所以此時遏止電壓Uc，故C正確；根據Uc可知，光的頻率改變時，遏止電壓也會改變，故D錯誤。2(2019·貴陽一模)一傘兵從懸停在空中的直升飛機上由靜止跳下，2 s時開啟降落傘，其跳傘過程中的v­t圖象如圖所示，根據圖象可知該傘兵()A在02 s內做自由落體運動B在26 s內加速度方向先向上后向下C在014 s內先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)D在024 s內先勻加速再勻減速最終勻速直線運動答案C解析由v­t圖象可知，傘兵在02 s內做勻加速直線運動，但加速度小于重力加速度，不是自由落體運動，故A錯誤；v­t圖象的斜率表示加速度，則由圖可知，26 s內傘兵先做加速運動，再做減速運動，故加速度方向先向下再向上，故B錯誤；014 s內傘兵先做加速運動，再做減速運動，即加速度方向先向下再向上，故傘兵先失重后超重，C正確；v­t圖象的斜率表示加速度，則可知傘兵在024 s內，214 s期間的加速度一直在發(fā)生變化，故D錯誤。3(2019·吉林模擬)衛(wèi)星電話信號需要通過地球同步衛(wèi)星傳送。已知地球半徑為r，無線電信號傳播速度為c，月球繞地球運動的軌道半徑為60r，運行周期為27天。在地面上用衛(wèi)星電話通話，從一方發(fā)出信號至對方接收到信號所需的最短時間為()A. B. C. D.答案B解析根據萬有引力提供向心力，有：mR，解得：R ，已知月球和同步衛(wèi)星的周期之比為271，則月球和同步衛(wèi)星的軌道半徑比為91，因月球繞地球運動的軌道半徑為60r，故同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，距地面的高度為r，故在地面上用衛(wèi)星電話通話，從一方發(fā)出信號至對方接收到信號所需的最短時間為：t，故B正確。4(2019·遼寧凌源一模)生活中可以通過霍爾元件來測量轉動物體的轉速。如圖a，在一個轉動的圓盤邊緣處沿半徑方向均勻地放置四個小磁鐵，其中兩個N極向外，兩個S極向外。在圓盤邊緣附近放置一個霍爾元件，其尺寸如圖b所示。當電路接通后，會在a、b兩端產生電勢差，經電路放大后得到脈沖信號。已知脈沖信號的周期為T，若忽略感應電動勢的影響，則()A圓盤轉動的轉速為nB轉速越大，脈沖信號的最大值就越大C脈沖信號的最大值與h成正比D圓盤轉到圖示位置時，如果a點電勢高則霍爾元件中定向移動的電荷帶負電答案D解析由于兩個N極向外，兩個S極向外，且交錯分布，所以圓盤轉半周，脈沖信號經歷一個整周期，故圓盤的轉速為n，A錯誤；電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，霍爾元件的長、寬、高分別為L、d、h，有：qqvB，結合電流的微觀定義式：InehLv，所以有：U，故脈沖信號的最大值與轉速n和h無關，B、C錯誤；圓盤轉到圖示時，如果a點電勢高，則說明上極板帶正電，下極板帶負電，電流向里，則根據左手定則可知，只能是帶負電的電荷移動到下板上，D正確。5(2019·陜西咸陽三模)如圖甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質量分別為mA1 kg、mB2 kg，當A、B之間產生拉力且大于0.3 N時，A、B將會分離。t0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列關于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是()At2.0 s時刻A、B之間作用力大小為0.6 NBt2.0 s時刻A、B之間作用力為零Ct2.5 s時刻A對B的作用力方向向左D從t0時刻到A、B分離，它們運動的位移為5.4 m答案AD解析由題圖可得04.0 s內，F10.9t3.6，F20.9t。分離之前A、B兩物塊共同運動，設加速度為a，以整體為研究對象，則有：a m/s21.2 m/s2，設t時刻A、B分離，分離時A、B間的拉力為f，由題知f0.3 N，對B，由牛頓第二定律，F2fmBa，得F2fmBa(0.32×1.2) N2.7 N，t s3 s，根據位移公式sat25.4 m，則D正確；當t2.0 s時，A、B不分離，F21.8 N，F2f2mBa，得f2mBaF20.6 N，A正確，B錯誤；當t2.5 s時，A、B不分離，F22.25 N，F2f2.5m2a，得f2.5m2aF2>0，則f2.5與F2方向一致，即水平向右，C錯誤。6(2019·重慶模擬)如圖甲為某游樂園颶風飛椅游玩項目，圖乙為颶風飛椅結構簡圖。其裝置由傘型轉盤A、中間圓柱B、底座C和軟繩懸掛飛椅D(可視為質點)組成，在與轉盤下表面軸心O距離為d的圓周上，用軟繩分布均勻地懸掛16座飛椅(圖乙中只畫兩座)，設A、B、C總質量為M，單個飛椅與人的質量之和均為m，懸掛飛椅D的繩長均為L，當水平轉盤以角速度穩(wěn)定旋轉時，各軟繩與豎直方向成角。則下列判斷正確的是()A轉盤旋轉的角速度為 B底座C對水平地面的壓力隨轉速的增加而減小C底座C對水平地面的壓力與轉速無關，恒為Mg16mgD軟繩與豎直方向夾角的大小與軟繩長、轉速和乘客質量均有關答案AC解析對飛椅與人組成的整體受力分析，由牛頓第二定律可得：mgtanm2(dLsin)，解得： ，故A正確；對A、B、C及16座飛椅和飛椅上的人組成的整體受力分析，整體豎直方向受重力和地面支持力而平衡，由牛頓第三定律知，整體豎直方向對地面的壓力恒為Mg16mg，B錯誤，C正確；由A選項求得的表達式可知軟繩與豎直方向夾角的大小與軟繩長、轉速有關，但與乘客質量無關，故D錯誤。7(2019·山東濰坊二模)如圖1所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，板間左側中心位置O點有一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0，電荷量為q，質量為m的粒子。在兩板間存在如圖2所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力。以下判斷正確的是()A粒子在電場中運動的最短時間為B射出粒子的最大動能為mvCt時刻進入的粒子，從O點射出Dt時刻進入的粒子，從O點射出答案AD解析由圖2可知場強大小為E，則粒子在電場中的加速度大小a，場強E的變化周期T，對t0時刻進入的粒子，在0時間內粒子在場強為E的勻強電場中的偏轉距離為yma·2d>，則粒子在電場中運動的最短時間滿足at，解得tmin，A正確；粒子在水平方向以v0勻速運動，故能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t，恰好等于場強E的變化周期的兩倍，由此可知，粒子在整個過程中豎直方向上的速度變化量為0，則射出電場的粒子豎直方向的速度均為0，射出的粒子的動能均為mv，B錯誤；t時刻進入的粒子，沿電場方向先向下加速，因ya·2d>，即在t之前粒子已經打在下極板上，不能從O射出，C錯誤；t時刻進入的粒子，沿電場方向先向上加速，有y1a2，后向上減速，有y2y1，此時豎直方向速度恰好為零，且yy1y2，即剛好到達上極板，然后向下加速，再向下減速，豎直方向速度到零，如此反復，經過2T時間，粒子最后從電場中射出時沿電場方向的速度與位移均為零，即粒子恰好從O點射出，D正確。8. (2019·陜西渭南二模)如圖所示，相距為L的兩條平行金屬導軌與水平地面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B。將質量為m的導體棒從距水平地面高h處由靜止釋放，導體棒能沿傾斜的導軌下滑，已知下滑過程中導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，接觸面的動摩擦因數為，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g，下列選項正確的是()A導體棒從開始運動直至地面的過程中，通過電阻R的電荷量為B導體棒從開始運動直至地面的過程中，電阻R上產生的焦耳熱為mghC導體棒釋放瞬間的加速度大小是gsingcosD如果增加導體棒質量，則導體棒從釋放至滑到斜面底端的時間不變答案AC解析根據，qt，聯立求得棒從開始運動直至地面的過程中，通過R的電荷量q，A正確；設導體棒到達斜面底端時的速度為v0，由動能定理得：mvmghmgcosW安，則電阻R上產生的焦耳熱QW安mghmgmv，B錯誤；導體棒釋放瞬間，對導體棒由牛頓第二定律得：mgsinmgcosma，加速度agsingcos，C正確；當導體棒速度為v時，回路電動勢EBLv，I，F安BIL，對導體棒由牛頓第二定律得：mgsinmgcosma，agsingcos，所以當導體棒質量增大，速度相同時，加速度會變大，總位移不變，故時間會減小，D錯誤。第卷二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第912題為必考題，考生都必須作答。第1314題為選考題，考生根據要求作答)(一)必考題(共47分)9(2019·東北三省三校二模)(5分)某同學要用頻閃照相的方法測量物塊與木板之間的動摩擦因數。把木板放在水平桌面上，一端抬高，測量出木板傾斜的角度。如圖所示為一小滑塊下滑過程的頻閃照片示意圖。已知頻閃相機每隔時間T閃光一次，x1、x2、x3、x4分別是滑塊在T時間內下滑的距離，當地重力加速度為g。(1)滑塊下滑過程中的加速度大小的表達式a_(用已知量和測量量表示)。(2)滑塊下滑過程中經位置4時速度大小v4_(用已知量和測量量表示)。(3)滑塊與木板間的動摩擦因數_(用、a、g表示)。答案(1)(2)(3)tan解析(1)滑塊下滑做的是勻加速直線運動，且x1、x2、x3、x4都是在T時間內下滑的距離，因此滑塊的加速度可以用逐差法進行計算，即a。(2)滑塊經過x3和x4所用的時間相等，由因滑塊做的是勻變速運動，因此滑塊在位置4的速度等于滑塊從位置3運動到位置5的平均速度，即v4。(3)滑塊做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可知mgsinmgcosma得tan。10(2019·宣城二模)(10分)在測定電源電動勢和內電阻的實驗中，實驗室提供了合適的實驗器材。(1)甲同學按電路圖a進行測量實驗，其中R2為保護電阻。請用筆畫線代替導線在圖b中完成電路的連接；根據電壓表的讀數U和電流表的讀數I，畫出U­I圖線如圖c所示，可得電源的電動勢E_ V，內電阻r_ 。(結果保留兩位有效數字)(2)乙同學誤將測量電路連接成如圖d所示，其他操作正確，根據電壓表的讀數U和電流表的讀數I，畫出U­I圖線如圖e所示，可得電源的電動勢E_ V，內電阻r_ 。(結果保留兩位有效數字)答案(1)圖見解析2.80.60(2)3.00.50解析(1)根據原理圖可得出對應的實物圖，如圖所示；根據閉合電路歐姆定律可得：UEIr，則由數學規(guī)律可知電動勢E2.8 V，內電阻r 0.60 。(2)由乙同學的電路接法可知，R1左右兩部分并聯后與R2串聯，則可知在滑片從一端向另一端移動的過程中，滑動變阻器接入回路的電阻先增大后減小，電路總電流先減小后增大，則路端電壓先增大后減小，所以出現圖e所示的圖象，由圖象可知當電壓表示數為2.5 V時，路端電壓最大，滑動變阻器并聯的兩部分電阻相等，電流表示數為0.5 A，則電路總電流為I11 A；而當電壓為2.4 V時，電流分別對應0.33 A和0.87 A，則說明當電壓為2.4 V時，電路總電流為I20.33 A0.87 A1.2 A，則根據閉合電路歐姆定律可得2.5Er,2.4E1.2r，聯立解得電源的電動勢E3.0 V，內電阻r0.50 。11(2019·云南昆明4月質檢)(12分)科研人員乘熱氣球進行科學考察，氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質量為M200 kg。氣球在空中以v00.1 m/s的速度勻速下降，距離水平地面高度h186 m時科研人員將質量m20 kg的壓艙物豎直向下拋出，拋出后6 s壓艙物落地。不計空氣阻力，熱氣球所受浮力不變，重力加速度取g10 m/s2，求：(1)壓艙物剛被拋出時的速度大小；(2)壓艙物落地時熱氣球距離水平地面的高度。答案(1)1 m/s(2)206 m解析設壓艙物拋出時的速度為v1，熱氣球的速度為v2。(1)壓艙物拋出后做豎直下拋運動，由運動學規(guī)律有：hv1tgt2代入數據得：v11 m/s。(2)由熱氣球和壓艙物組成的系統(tǒng)動量守恒有：Mv0mv1(Mm)v2代入數據得：v20設熱氣球所受浮力為F，則氣體勻速下降可知：FMg壓艙物拋出后，熱氣球向上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：F(Mm)g(Mm)a代入數據得：a m/s2則熱氣球6 s內上升的高度為：h2at2代入數據得：h220 m，則壓艙物落地時熱氣球距水平地面的高度Hhh2206 m。12(2019·廣東肇慶三模)(20分)如圖甲所示，兩平行金屬板接有如圖乙所示隨時間t變化的電壓U，兩板間電場可看做是均勻的，且兩金屬板外無電場，兩金屬板長L0.2 m，兩板間距離d0.2 m。在金屬板右側邊界MN外的區(qū)域有一足夠大的勻強磁場，MN與兩板中線OO垂直，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里。現有帶正電的粒子流沿兩板中線OO連續(xù)射入電場中，已知每個粒子速度v0105 m/s，比荷108 C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內，電場可視作是恒定不變的。(1)試求帶電粒子射出電場時的最大速度；(2)任意時刻從電場射出的帶電粒子，進入磁場時在MN上的入射點和在MN上出射點的距離是一確定的值s，試通過計算寫出s的表達式(用字母m、v0、q、B表示)。答案(1)×105 m/s，方向斜向右上方或斜向右下方，與初速度方向成45°夾角(2)s解析(1)偏轉電壓由0到100 V的變化中，粒子流可能都能射出電場，也可能只有部分粒子能射出電場。設偏轉電壓為U0時，粒子剛好能經過極板的右邊緣射出，在豎直方向，粒子做勻加速運動：d×t2，在水平方向，粒子做勻速運動：Lv0t，代入數據解得：U0100 V，由此可知，偏轉電壓為100 V時，粒子恰好能射出電場，且速度最大。對粒子，由動能定理得：mvmv，代入數據解得：vm×105 m/s方向斜向右上方或斜向右下方，與初速度方向成45°夾角。(2)設粒子射出電場時速度方向與MN間夾角為。粒子射出電場時速度大小為：v，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvBm，解得：r因此粒子射進磁場點與射出磁場點間距離為：s2rsin，m、v0、q、B都是常數，則距離s與粒子在磁場中運行速度的大小無關，s為定值。(二)選考題(共15分)請考生從兩道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。13物理選修33(共15分)(1)(2019·河南鄭州二模)(5分)一定質量的理想氣體由狀態(tài)a經狀態(tài)b、c到狀態(tài)d，其體積V與熱力學溫度T的關系如圖所示，O、a、d三點在同一直線上，ab和cd平行于橫軸，bc平行于縱軸，則由狀態(tài)a變到狀態(tài)b的過程中，氣體_(填“吸收”或“放出”)熱量，氣體分子的平均動能_(填“增大”“減小”或“不變”)；從狀態(tài)b到c，氣體對外做功，內能_(填“增大”“減小”或“不變”)；從狀態(tài)c到d，氣體密度_(填“增大”“減小”或“不變”)；從狀態(tài)a到d，氣體內能_(填“增大”“減小”或“不變”)。(2)(2019·山西太原市模擬) (10分)如圖所示，馬桶吸由皮吸和汽缸兩部分組成，下方半球形皮吸空間的容積為1000 cm3，上方汽缸的長度為40 cm，橫截面積為50 cm2。小明在試用時，用手柄將皮吸壓在水平地面上，皮吸中氣體的壓強等于大氣壓。皮吸與地面及活塞與汽缸間密封完好不漏氣，不考慮皮吸與汽缸的形狀變化，環(huán)境溫度保持不變，汽缸內薄活塞、連桿及手柄的質量忽略不計，已知大氣壓強p01.0×105 Pa，g10 m/s2。若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸頂部，當活塞緩慢下壓到汽缸皮吸底部時，求皮吸中氣體的壓強；若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸底部，小明用豎直向上的力將活塞緩慢向上提起20 cm高度保持靜止，求此時小明作用力的大小。答案(1)吸收增大不變不變增大(2)3×105 Pa250 N解析(1)由狀態(tài)a變到狀態(tài)b的過程中，氣體體積不變，則W0，溫度升高，則氣體內能增大，即U>0，根據UWQ可知Q>0，即氣體吸收熱量，由狀態(tài)a變到狀態(tài)b的過程中，氣體的溫度升高，則氣體分子的平均動能變大；從狀態(tài)b到c，氣體溫度不變，氣體的內能不變；從狀態(tài)c到d，氣體體積不變，則氣體的密度不變；從狀態(tài)a到狀態(tài)d氣體溫度升高，則氣體的內能增大。(2)以汽缸和皮吸內的氣體為研究對象，開始時封閉氣體的壓強為p0，體積V11000 cm340×50 cm33000 cm3當活塞下壓到汽缸底部時，設封閉氣體的壓強為p，體積為V21000 cm3，由玻意耳定律p0V1p2V2解得：p23p03×105 Pa。以皮吸內的氣體為研究對象，開始時封閉氣體的壓強為p0，體積為V21000 cm3，活塞緩慢向上提起20 cm高度保持靜止時，設小明作用力的大小為F，封閉氣體的壓強為p3，體積為V31000 cm320×50 cm32000 cm3由玻意耳定律有p0V2p3V3Fp3Sp0S解得：F250 N。14物理選修34(共15分)(1)(2019·江西九校重點中學協作體高三第一次聯考)(5分)甲、乙兩位同學利用假期分別在兩個地方做“用單擺測重力加速度的實驗”，回來后共同繪制了T2­L圖象，如圖甲中A、B所示，此外甲同學還順便利用其實驗的單擺探究了受迫振動，并繪制了單擺的共振曲線，如圖乙所示，那么下列說法中正確的是_(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分)。A單擺的固有周期由擺長和所處環(huán)境的重力加速度共同決定B由圖甲分析可知A圖象所對應的實驗地點重力加速度較大C若將單擺放入繞地球穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，則無法利用單擺測出飛船軌道處的引力加速度D由圖乙可知，甲同學探究受迫振動的單擺擺長為8 cmE如果甲同學增大擺長，他得到的共振曲線的峰值將向左移動(2)(10分)如圖所示為一個半徑為R的透明介質球體，M、N兩點關于球心O對稱，且與球心的距離均為2R。一細束單色光從M點射向透明介質球體，穿過后到達N點，真空中的光速為c。若介質的折射率為n0，光線沿MON傳播到N點，光傳播的時間t為多少？已知球面上的P點到MN的距離為PAR，若光束從M點射向P點，經過球體折射后傳播到N點，那么球體的折射率n等于多少？(取sin37°0.6，cos37°0.8)答案(1)ACE(2)(n01)解析(1)根據單擺的固有周期公式T2 ，L為擺長，g為所處環(huán)境的重力加速度，故A正確；根據T2 得：T2L，所以T2­L圖象的斜率k，圖甲中A圖象的斜率大于B圖象的斜率，故A圖象所對應的實驗地點的重力加速度較小，B錯誤；若將單擺放入繞地球穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，單擺處于完全失重狀態(tài)，所受重力全部用于提供圓周運動所需向心力，不能在豎直平面內來回擺動，則無法利用單擺測出飛船軌道處的引力加速度，故C正確；由圖乙可知，當驅動力的頻率為0.5 Hz時，擺球發(fā)生共振，故系統(tǒng)的固有頻率為0.5 Hz，固有周期T02 s，根據T2 ，解得擺長L1 m，故D錯誤；根據T2 ，若在同一地點增大擺長，則單擺固有周期變大，固有頻率變小，則發(fā)生共振時的驅動力頻率變小，共振峰向左移動，故E正確。(2)光在介質球外的傳播時間為t1光在介質球中的傳播速度為v則光在介質球中的傳播時間為t2光傳播的時間為tt1t2(n01)。光路圖如圖所示，其中sin0.6，又根據折射定律：sinnsin，所以nsincos又MAMOAO2RRcosRMPRsin，cos解得：n。- 14 -