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1、（浙江专用）2020高考物理增分冲刺综合模拟卷（十二）一、选择题(本题共8小题，每小题4分，共32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(2019广西钦州市4月综测)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾引起质疑为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是()A测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度B测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间C测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间D测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度答案D解析在“飞针穿玻璃”的过程中，由动量定理得：tmv2mv1，故应测出飞针质
2、量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，故D正确，A、B、C错误2(2019教育绿色评价联盟4月模拟)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球A、B两球分别连接在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，木水铁)()AA球将向上运动，B、C球将向下运动BA、B球将向上运动，C球不动CA球将向下运动，B球将向上运动，C球不动DA球将向上运动，B球将向下运动，C球不动答案D解析将挂吊篮的绳子剪断瞬间，装水的杯子做自由落体运动，水处于完全失重状态，即可以认为
3、水对球没有浮力以杯子作为参考系，A受到向上的弹力作用，B受到向下的弹力作用，C不受到弹力作用，所以A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动3(2019全国卷18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足()A12 B23C34 D45答案C解析本题应用逆向思维法求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆向运动，所以第四个所用的时间为t2，第一个所用的时间为t1，因此有2，即34，选项C正确4(2019辽宁省重点协作体模拟)某国际研究小组借助于智利的天文望远镜，观测到
4、了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动此双星系统中质量较小成员能“吸食”另一颗质量较大星体表面物质，导致质量发生转移，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中()A它们之间的万有引力不发生变化B它们做圆周运动的角速度不断变大C质量较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大D质量较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小答案C解析设双星质量分别为M1、M2，两者球心之间的距离为L，圆周运动半径分别为r1、r2，它们之间的万有引力为FG，距离L不变，M1与M2之和不变，其乘积M1M2变化，则它们的万有引力发生变化，A错；依题意，双星系统绕两者连线上某点O做匀
5、速圆周运动，周期和角速度相同，由万有引力定律及牛顿第二定律：GM12r1，GM22r2，r1r2L，联立解得M1M2，M1r1M2r2，则双星的质量比等于它们做圆周运动半径的反比，故质量较大的星体因质量减小，其轨道半径将增大，又角速度不变，故线速度也增大，B、D错，C对5(2019广东深圳市4月第二次调研)2018珠海航展，我国五代战机“歼20”再次闪亮登场表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变则沿ab段曲线飞行时，战机()A所受合外力大小为零B所受合外力方向竖直向上C竖直方向的分速度逐渐增大D水平方向的分速度不变答案C解析
6、战机在同一竖直面内做曲线运动，且运动速率不变，由于速度方向是变化的，则速度是变化的，故战机的加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，战机所受的合外力不为零，故A错误；战机在同一竖直平面内做匀速率曲线运动，所受合外力与速度方向垂直，由于速度方向时刻在变，则合外力的方向也时刻在变化，并非始终都竖直向上，故B错误；由以上分析可知，战机所受合外力始终与速度方向垂直，斜向左上方，对合外力和速度进行分解可知，竖直方向上做加速运动，水平方向上做减速运动，故竖直方向分速度逐渐增大，水平方向分速度逐渐减小，故C正确，D错误6.如图所示，一固定斜面倾角为37，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减
7、速运动，加速度大小为g.物块上升的最大高度为H，已知重力加速度为g，cos 370.8，sin 370.6.则此过程中，物块的()A机械能守恒B动能损失了mgHC重力势能损失了mgHD机械能损失了mgH答案D解析物块上升过程重力势能增加了，故C错误；根据动能定理应有EkmamgH，动能增量为负值，说明动能减少了mgH，故B错误；由牛顿第二定律有mgsin Ffma，可得Ffmg，根据功能关系应有EFfmgH，即机械能损失了mgH，故D正确，A错误7(2019福建莆田市5月第二次质检)高铁列车行驶时受到的总阻力包括摩擦阻力和空气阻力某一列高铁列车以180 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时，空
8、气阻力约占总阻力的50%，牵引力的功率约为2 000 kW.假设摩擦阻力恒定，空气阻力与列车行驶速度的平方成正比，则该列车以360 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时牵引力的功率约为()A4 000 kW B8 000 kWC10 000 kW D16 000 kW答案C解析经分析可知，当高铁列车以180 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时：P1F1v12F空阻v12kvv1；该列车以360 km/h的速度在平直轨道上匀速行驶时：P2F2v2(FfF空阻)v2(kvkv)v2，解得P25P110 000 kW，故选C.8(2019福建泉州市5月第二次质检)如图，喷雾器可以喷出质量和电荷量都
9、不尽相同的带负电油滴假设油滴以相同的水平速度射入接有恒定电压的两水平正对金属板之间，有的沿水平直线飞出，有的沿曲线从板边缘飞出，有的沿曲线运动到板的中点上不计空气阻力及油滴间的相互作用，则()A沿直线运动的所有油滴质量都相等B沿直线运动的所有油滴电荷量都相等C沿曲线、运动的油滴，运动时间之比为12D沿曲线、运动的油滴，加速度大小之比为14答案D解析沿直线运动的油滴，根据题意得：mgEq，即：，所以沿直线运动的油滴比荷相同，A、B错误；沿曲线、运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：xv0t，初速度相同，所以运动时间之比等于位移之比，即为21，C错误；沿曲线、运动的油滴，水平方向xv0t，
10、竖直方向：yat2，联立解得：a，因为水平位移之比为21，v0和y相同，所以加速度大小之比为14，D正确二、选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分每小题列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4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)9一列简谐横波，某时刻的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是()A这列波沿x轴负方向传播B这列波的波速是25 m/sC质点P比质点Q先回到平衡位置D经过t0.4 s，A质点通过的路程是4 m答案ABD解析由题图乙读出该时刻即t0时刻质点A的速度方向为沿y轴正方向，由题图甲判断出波的传播方向为沿x轴
11、负方向，故A项正确；由题图甲读出该波的波长为20 m，由题图乙知周期为T0.8 s，则波速为v25 m/s，故B项正确；图示时刻质点P沿y轴负方向运动，Q直接向平衡位置运动，所以质点P将比质点Q后回到平衡位置，故C项错误；t0.4 s0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是振幅的4倍，则经过t0.4 s，A质点通过的路程是s2A4 m，故D项正确10下列四幅图的说法中，正确的是()A图a所示，粒子散射实验证实了汤姆孙原子枣糕模型的正确性B图b可知，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C图c所示，放射线丙由粒子组成，每个粒子带电荷量为2eD图d所示，该链式反应属于
12、原子核的聚变反应答案BC11(2019北京市东城区二模)图甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息如图乙所示的是一个由带铁芯的线圈L、开关S和电源连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起对以上两个实例的理解正确的是()A涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象B能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C金属探伤时接的是交流电，跳环实验装置中接的是直流电D以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都
13、是恒压直流电源答案BC解析涡流探伤技术的原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律，故A错误无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流的产生需在金属导体内，故B正确金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，故C正确，D错误12质量分别为M和m的物块形状、大小
14、均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，斜面保持静止若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为(1sin )gDM运动的加速度大小为g答案BCD解析M静止在斜面上时，对M由平衡条件有Mgsin mg；互换位置后，对M和m组成的系统有Mgmgsin (Mm)a，解得a(1sin )gg，对m由牛顿第二定律得：FTmgsin ma，解得FTmg，故A错误，B、C、D正确三、非选择题(本题共5小题，共52分)13(6分)小詹同学在家里利用单摆来测定当地的重力加速度，他设计的实验步骤是：A选择体积小、密度大的球B用刻度尺测量细线的长度l作为摆长C把单摆从平衡位置拉开30的摆角，然后由静止释放D从摆球摆到最低点时开始计时，测出小球经过最低点30次的总时间t，由T得出周期(1)该同学以上实验步骤中有错误的是_(填写选项)(2)小詹同学某次测量后秒表示数如图所示，则时间为_s.(3)以细线的长度l作为摆长，改变摆长，进行多次测量，先通过描点法作出T2l图象，再利用图象的斜率来求解重力加速度，则用细线的长度作为摆长将使重力加速度的测量值_
