2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：综合检测卷含解析

综合检测卷考生注意：1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36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.(2017·浙江4月选考·2)下列各组物理量中均为矢量的是()A.路程和位移B.速度和加速度C.力和功D.电场强度和电势答案 B解析矢量是既有大小又有方向的物理量，例如：位移、速度、加速度、力、电场强度等，因此答案为B.2.(2018·绍兴市选考诊断)下列描述正确的是()A.安培发现了电流的磁效应B.开普勒发现了万有引力定律C.库仑通过油滴实验测定了元电荷的数值D.法拉第首先引入了“场”的观点来解释电荷之间的相互作用答案 D3.如图1所示是某质点运动的速度－时间图象，由图象得到的正确结果是()图1A.在0～1 s内该质点的平均速度是2 m/sB.在0～1 s内该质点的位移大小是3 mC.在0～1 s内该质点的加速度大小大于2～4 s内的加速度大小D.在0～1 s内该质点的运动方向与2～4 s内的运动方向相反答案 C4.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A.4倍B.2倍C. 3 倍D. 2 倍答案 D解析 设F f ＝k v ，当阻力等于牵引力时，速率最大，输出功率变化前，有P ＝F v ＝F f v ＝k v ·v ＝k v 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝k v ′·v ′＝k v ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确.5.(2018·宁波市十校联考)女子十米台跳水比赛中，运动员从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图2所示，不计空气阻力，随入水深度的增加，阻力增大，下列说法正确的是( )图2A.她在空中上升过程中处于超重状态B.她在空中下落过程中做自由落体运动C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D.入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 答案 D解析 她在空中上升过程中，加速度向下，故处于失重状态，选项A 错误；运动员从跳台斜向上跳起，下落时速度有水平分量，则她在空中下落过程中不是做自由落体运动，选项B 错误；入水后，运动员受到水的阻力作用，开始时重力大于阻力，做加速运动，随着入水深度的增加，阻力增大，当重力等于阻力时加速度为零，此时速度最大，故她即将入水时的速度不是整个跳水过程中的最大速度，选项C 错误；根据牛顿第三定律可知，入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小，选项D 正确.6.如图3所示，在斜面顶端的A 点以速度v 0水平抛出一小球，经t 1时间落到斜面上B 点处，若在A 点将此小球以速度0.5v 0水平抛出，经t 2时间落到斜面上的C 点处，以下判断正确的是(空气阻力不计)( )图3A.AB ∶AC ＝2∶1B.AB ∶AC ＝4∶1C.t 1∶t 2＝4∶1D.t 1∶t 2＝2∶1答案 B解析 由平抛运动规律有x ＝v t ，y ＝12gt 2，则tan θ＝y x ＝gt 2v ，将v 0、0.5v 0分别代入上式，联立解得t 1∶t 2＝2∶1，C 、D 均错误；它们的竖直位移之比y B ∶y C ＝12gt 12∶12gt 22＝4∶1，所以AB ∶AC ＝y B sin θ∶y Csin θ＝4∶1，故A 错误，B 正确.7.A 、B 两个质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内通过的弧长之比s A ∶s B ＝4∶3，转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，则下列说法中正确的是( )A.它们的线速度大小之比v A ∶v B ＝4∶3B.它们的角速度大小之比ωA ∶ωB ＝2∶3C.它们的周期之比T A ∶T B ＝3∶2D.它们的向心加速度大小之比a A ∶a B ＝3∶2 答案 A解析 A 、B 两质点分别做匀速圆周运动，在相等时间内它们通过的弧长之比为s A ∶s B ＝4∶3，根据公式v ＝st ，线速度大小之比为v A ∶v B ＝4∶3，A 正确；转过的圆心角之比θA ∶θB ＝3∶2，根据公式ω＝θt ，角速度大小之比为ωA ∶ωB ＝3∶2，B 错误；根据公式T ＝2πω，周期之比为T A ∶T B ＝2∶3，C 错误；根据a n ＝ωv ，可知，a A ∶a B＝2∶1，D 错误.8.(2018·嘉兴市期末)一质量为1 kg 的物体被人用手由静止向上提升0.5 m ，这时物体的速度是1 m /s ，则下列说法中正确的是(重力加速度取10 m/s 2)( ) A.重力对物体做功5 J B.物体机械能增加5.5 J C.合外力对物体做功5.5 J D.手对物体做功0.5 J 答案 B9.如图4所示为三颗卫星a 、b 、c 绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b 、c 是地球同步卫星，a 在半径为r 的轨道上，此时a 、b 恰好相距最近，已知地球质量为M ，半径为R ，地球自转的角速度为ω，引力常量为G ，则( )图4A.卫星b 加速一段时间后就可能追上卫星cB.卫星b 和c 的机械能相等C.到卫星a 和b 下一次相距最近，还需经过时间t ＝2πGMr 3－ωD.卫星a 减速一段时间后就可能追上卫星c 答案 C解析 卫星b 加速后，将脱离原轨道做离心运动，不可能追上卫星c ，A 错误；由于卫星b 、c 的质量关系未知，所以两者的机械能不一定相等，B 错误；卫星a 做圆周运动，由万有引力提供向心力有GMmr 2＝mωa 2r ，可得ωa ＝GMr 3，b 为地球同步卫星，其角速度与地球自转的角速度相同，连续两次相距最近的时间t 满足(ωa －ω)t ＝2π，解得t ＝2πGMr 3－ω，C 正确；卫星a 减速后，将脱离原轨道做近心运动靠近地球，不可能追上卫星c ，D 错误.10.(2019届慈溪市模拟)如图5所示，用一条绝缘轻绳悬挂一个带正电的小球，小球质量为1.0×10－2 kg ，所带电荷量为7.5×10－8 C ，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘轻绳与竖直方向成37°角，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )图5A.轻绳受到的拉力为8.0×10－2 NB.电场强度大小为1.0×105 N/CC.改变场强方向，仍使小球静止在原位置，则电场强度的最小值为8.0×105 N/CD.剪断轻绳，带电小球将做类平抛运动 答案 C11.如图6所示，两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r .圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿过a 、b 两线圈的磁通量之比为( )图6A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案 A12.(2018·新高考联盟联考)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点.如图7所示，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U 和电流I 的关系图象(电池电动势不变，内阻不是常量)，图线b 是某电阻R 的U －I 图象，倾斜虚线是过ab 交点的a 的切线.在某光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是( )图7A.此时硅光电池的内阻为12.5 ΩB.此时硅光电池的输出功率为0.2 WC.此时硅光电池的总功率为0.72 WD.此时硅光电池的效率为40%答案 C二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12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3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13.两个不规则带电导体间的电场线分布如图8所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d 为电场中四个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则()图8A.场强大小关系有E b＞E cB.电势大小关系有φb>φdC.将一负电荷放在d点时其电势能为负值D.将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功答案BD解析同一电场中，电场线密的地方电场强度大，因此E b＜E c，选项A错误；沿电场线方向电势降低，且导体表面为等势面，因此φb＞φd，选项B正确；由于无穷远处电势为零，故d点电势为负，负电荷放在d点时电势能为正值，选项C错误；由题图可知，φa＞φd，U ad＞0，则将正电荷由a点移至d点的过程中电场力做功W＝qU ad，为正功，选项D正确.14.(2018·绿色评价联盟选考)振源S在O点做竖直方向的简谐运动，频率为10 Hz，t＝0时刻向右传播的简谐横波如图9所示(向左传播的简谐横波图中未画出)，则以下说法中正确的是()图9A.t＝0时，x＝1 m处的质点振动方向向上B.t＝0时，x＝－2 m处的质点振动方向向上C.t＝0.175 s时，x＝－1 m处的质点处在波谷位置D.t＝0.175 s时，x＝1 m处的质点处在波峰位置答案AC15.关于下列光学现象，说法正确的是()A.用三棱镜观察太阳看到彩色光带是光的干涉现象B.在水中红光的传播速度大于紫光的传播速度C.在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要浅D.分别用红光和紫光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距较宽答案BD解析用三棱镜观察太阳看到彩色光带是光的色散现象，故A错误；紫光的折射率大于红光的折射率，根据v＝cn知水中红光的传播速度比紫光快，故B正确；在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深，故C错误；条纹间距Δx＝ldλ，红光的波长较大，则条纹间距较宽，故D正确.16.氢原子能级图如图10所示，已知可见光光子的能量在1.61 eV～3.11 eV范围内，则下列说法正确的是()图10A.氢原子由n＝2能级跃迁到n＝1能级时放出的光子为可见光B.大量氢原子处于n＝4能级时，向低能级跃迁能放出6种频率的光子C.处于基态的氢原子电离需要释放13.6 eV的能量D.氢原子处于n＝2能级时，可吸收2.86 eV能量的光子跃迁到高能级答案BD解析氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级时放出的光子能量ΔE＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，不在1.61 eV～3.11 eV范围内，不是可见光，故A错误.大量处于n＝4能级的氢原子，跃迁到基态的过程中，根据C24＝6可知可释放出6种频率的光子，故B正确.处于基态的氢原子电离，需要吸收13.6 eV的能量，故C错误.氢原子处于n＝2能级时，若能够吸收2.86 eV能量的光子，则E n＝2.86 eV－3.4 eV＝－0.54 eV，正好跃迁到n ＝5能级，故D正确.非选择题部分三、非选择题(本题共6小题，共52分)17.(6分)(2018·台州市外国语学校期末)为了探究“合力做功与速度变化的关系”，某学习小组在实验室组装了如图11所示的装置，备有下列器材：打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、天平、细沙.他们称量滑块的质量为M 、沙和小桶的总质量为m .当滑块连接上纸带，让细线跨过滑轮并悬挂空的小桶时，滑块处于静止状态.要完成该实验，请回答下列问题：图11(1)要完成本实验，还缺少的实验器材是________.(2)实验时为保证滑块受到的合力与沙、小桶的总重力大小基本相等，沙和小桶的总质量应满足的实验条件是________，实验时为保证细线拉力等于滑块所受的合外力，首先要做的步骤是________.(3)在满足(2)问的条件下，让小桶带动滑块加速运动，如图12所示为打点计时器所打的纸带的一部分，图中A 、B 、C 、D 、E 是按时间先后顺序确定的计数点，相邻计数点间的时间间隔为T ，相邻计数点间的距离已标注在图上，当地重力加速度为g ，则在B 、D 两点间，合力对滑块做的功为________，v B ＝________，v D ＝________(用题中所给的表示数据的字母表示).图12答案 (1)刻度尺(2)沙和小桶的总质量远小于滑块的质量 平衡摩擦力 (3)mg (x 2＋x 3)x 1＋x 22T x 3＋x 42T解析 (1)需要分析计算出所选纸带部分滑块的初、末速度和滑块对应的位移，但需要有测量长度的工具，即刻度尺.(2)事实上，细线的拉力并不等于沙和小桶的总重力，把滑块、沙和小桶作为一个整体，加速度a ＝mgm ＋M ，细线的拉力F ＝Ma ＝mgm M＋1，当m 远小于M 时，细线的拉力近似等于沙和小桶的总重力.实验设计中，把细线的拉力作为合力，即排除了摩擦力做功，所以实验首先要做的步骤是平衡摩擦力.(3)W ＝mg (x 2＋x 3)，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，v B ＝x 1＋x 22T ，v D ＝x 3＋x 42T.18.(8分)(2018·名校高考联盟联考)(1)用如图13所示的电路，做测定电池的电动势和内阻的实验并用图象法处理数据过程中，下列说法正确的是________.图13A.用旧电池比新电池效果好B.实验中滑动变阻器不能短路，若滑动变阻器短路，通过电源的短路电流会无穷大，导致电源损坏C.用图象法处理数据，选择坐标轴的标度时，应使表示实验数据的点尽可能地集中D.用图象法处理数据，选择坐标轴的标度时，应使表示实验数据的点尽可能地布满整个图纸(2)用多用电表测某一元件的物理量，指针偏转如图14所示，其示数为________.图14(3)在某次测量时电表欧姆挡示数如图15所示，为了更准确地测量阻值，请完成以下步骤：图15①将选择开关旋转到“Ω”挡的______位置.(选填“×1”、“×10”、“×100”或“×1 k ”) ②将两表笔短接并调零，应使电表指针对准________的“0”刻线(选填“电阻”或“电流”). 答案 (1)AD (2)2.00 V (3)×1 电阻19.(8分)(2018·温州市3月选考)陕西汉中天坑群是全球较大的天坑群地质遗迹，如图16是镇巴三元圈子崖天坑，最大深度300 m ，在某次勘察中，一质量为60 kg 的探险队员利用竖直方向的探险绳从坑沿滑到坑底.若队员先从静止开始做匀加速直线运动，下滑20 s 时速度达到5 m /s ，然后以此速度匀速运动45 s ，最后匀减速直线运动到达坑底速度恰好为零.整个下行过程中探险绳始终处于竖直，探险队员视为质点.g 取10 m/s 2，求：图16(1)匀加速阶段的加速度大小a 1及匀加速下降的高度h 1； (2)匀减速下降时探险绳对探险队员的摩擦力大小； (3)探险队员整个下落过程的平均速度大小. 答案 (1)0.25 m /s 250 m (2)630 N (3)4 m/s 解析 (1)由a 1＝vt 1得a 1＝0.25 m/s 2由h 1＝12a 1t 12，得h 1＝50 m(2)匀速运动的高度h 2＝v t 2＝225 m h 3＝h －h 1－h 2，得h 3＝25 m匀减速下降时的加速度大小a 3＝v 22h 3，得a 3＝0.5 m/s 2由牛顿第二定律知，F f －mg ＝ma 3，得F f ＝630 N(3)t 3＝va 3，得t 3＝10 s由t ＝t 1＋t 2＋t 3，得t ＝75 s v ＝ht，得v ＝4 m/s.20.(10分)如图17所示，一条带有竖直圆轨道的长轨道水平固定，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m.物块A 以v 0＝10 m /s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点N ，再沿圆轨道滑出，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.2 m.物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.4，A 的质量为m ＝1 kg(重力加速度g ＝10 m/s 2，A 可视为质点).图17(1)求A 滑过N 点时的速度大小v 和受到的弹力大小； (2)若A 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求A 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式. 答案 (1)4 5 m/s 150 N (2)63 (3)v n ＝100－1.6n m/s解析 (1)物块A 从出发至N 点过程，机械能守恒，有 12m v 02＝mg ·2R ＋12m v 2 得：v ＝v 02－4gR ＝4 5 m/s假设物块在N 点受到的弹力为F N ，方向竖直向下，由牛顿第二定律有 mg ＋F N ＝m v 2R得物块A 受到的弹力为：F N ＝m v 2R－mg ＝150 N ，假设成立.(2)物块A 经竖直圆轨道后滑上水平轨道，在粗糙路段有摩擦力做负功，动能损失，由动能定理，有：－μmgkL ＝0－12m v 02得：k ＝62.5物块A 最终停在第63个粗糙段上. (3)由动能定理，有－μmgnL ＝12m v n 2－12m v 02由上式，可得A 滑至第n 个(n <k )光滑段上的速度v n ＝v 02－2μgnL 即：v n ＝100－1.6n m/s.21.(10分)(2018·宁波市重点中学联考)如图18所示，MNPQ 是固定在水平桌面上的足够长的U 形金属导轨，导轨中接有阻值为R ＝6 Ω的电阻，两导轨的间距为l ＝1.0 m ，质量为m ＝0.6 kg 、电阻r ＝4 Ω的金属杆EF 可在导轨上滑动，滑动时保持与导轨垂直，杆与导轨之间的滑动摩擦力大小F f ＝0.32 N ，导轨的电阻不计，初始时，杆EF 位于图中的虚线处，虚线右侧有一无限宽的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，磁感应强度的大小为B ＝1.0 T ，在t ＝0时刻，给EF 杆一瞬时冲击，使之获得v 0＝2 m/s 方向向右的初速度.经过时间t ＝1.25 s ，EF 杆离开虚线的距离为x ＝2.0 m ，若不考虑回路的自感.求：图18(1)在t ＝0时刻，流过金属杆EF 电流的大小与方向；(2)在t ＝1.25 s 时刻，金属杆EF 的速度大小；(3)在此过程中电阻R 上产生的焦耳热.答案 (1)0.2 A 由F 到E (2)1 m/s (3)0.156 J解析 (1)金属杆切割磁感线产生感应电动势，E ＝Bl v 0＝2 V则I ＝E R ＋r＝0.2 A ，由右手定则可知流过金属杆EF 的电流方向为由F 到E . (2)以金属杆为研究对象，以向右为正方向，由动量定理得－F f t －B I lt ＝m v 1－m v 0，而I t ＝ER ＋r t ＝ΔΦR ＋r ＝Blx R ＋r ， 联立解得v 1＝1 m/s(3)对题述过程，由动能定理得W 安－F f x ＝12m v 12－12m v 02 又Q ＝－W 安Q R ＝RQ R ＋r联立解得Q R ＝0.156 J.22.(10分)(2018·嘉兴市3月模拟)如图19所示，“801所”设计的磁聚焦式霍尔推进器可作为太空飞船的发动机，其原理如下：系统捕获宇宙中大量存在的等离子体(由电荷量相等的正、负离子组成)经系统处理后，从下方以恒定速率v 1向上射入磁感应强度为B 1、垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ内.当栅极MN 、PQ 间形成稳定的电场后，自动关闭区域Ⅰ系统(关闭粒子进入通道、撤去磁场B 1).区域Ⅱ内有磁感应强度大小为B 2、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场右边界是直径为D 、与上下极板相切的半圆(圆与下板相切于极板中央A ).放在A 处的放射源能够向各个方向均匀发射速度大小相等的氙原子核，氙原子核经过该区域后形成宽度为D 的平行氙粒子束，经过栅极MN 、PQ 之间的电场加速后从PQ 喷出，在加速氙原子核的过程中探测器获得反向推力(不计氙原子核、等离子体的重力，不计粒子之间的相互作用与相对论效应).已知极板长RM ＝2D ，栅极MN 和PQ 间距为d ，氙原子核的质量为m 、电荷量为q ，求：图19(1)氙原子核在A 处的速度大小v 2；(2)氙原子核从PQ 喷出时的速度大小v 3；(3)因区域Ⅱ内磁场发生器故障，导致区域Ⅱ中磁感应强度减半并分布在整个区域Ⅱ中，求能进入区域Ⅰ的氙原子核与A 处发射粒子总数的比值.答案 见解析解析 (1)氙原子核在磁场中做匀速圆周运动时：B 2q v 2＝m v 22r根据题意，在A 处发射速度相等、方向不同的氙原子核经过区域Ⅱ后，形成宽度为D 的平行氙粒子束，即r ＝D 2， 则：v 2＝B 2Dq 2m(2)等离子体由下方进入区域Ⅰ后，在洛伦兹力的作用下偏转，当粒子受到的电场力等于洛伦兹力时，形成稳定的匀强电场，设等离子体的电荷量为q ′，则Eq ′＝B 1v 1q ′，即E ＝B 1v 1设氙原子核经过区域Ⅰ加速后，离开PQ 的速度大小为v 3，根据动能定理可知：qU ＝12m v 32－12m v 22 其中电压U ＝Ed ＝B 1v 1d联立可得v 3＝8B 1v 1qdm ＋B 22D 2q 22m(3)根据题意，当区域Ⅱ中的磁场变为B 2′之后，根据r ′＝m v 2B 2′q可知，r ′＝2r ＝D .①根据示意图可知，沿着AF 方向射入的氙原子核，恰好能够沿着轨迹1从M 点进入区域Ⅰ，而沿着AF 左侧射入的粒子将被上极板RM 挡住而无法进入区域Ⅰ.轨迹1的圆心O 1正好在N 点，AO 1＝MO 1＝D ，所以根据几何关系可知，此时入射角∠F AN ＝90°；②根据示意图可知，沿着AG 方向射入的氙原子核，恰好沿着轨迹2从下极板N 点进入区域Ⅰ，而沿着AG右侧射入的粒子将被下极板SN 挡住而无法进入区域Ⅰ.AO 2＝AN ＝NO 2＝D ，所以此时入射角∠GAN ＝30°.根据上述分析可知，只有在∠F AG 范围内射入的粒子能进入区域Ⅰ.该区域的粒子数与A 处发射粒子总数的比值为η＝60°180°＝13.。