2020届高考物理部分冲刺考试试题卷(一)
2020届人教版高考物理一轮复习测试专题《平抛运动与圆周运动》(含解析)
2020届人教版高三物理一轮复习测试专题《平抛运动与圆周运动》一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图，可视为质点的小球位于半圆体左端点A的正上方某处，以初速度v0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为30°，则半圆柱体的半径为（不计空气阻力，重力加速度为g）（）A．B．C．D．2.如图所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到Ａ，Ｂ两处．不计空气阻力，则落到Ｂ处的石块（）A．初速度大，运动时间短B．初速度大，运动时间长C．初速度小，运动时间短D．初速度小，运动时间长3.质量为2kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图甲、乙所示。
下列说法正确的是（）A．前2 s内质点处于超重状态B． 2 s末质点速度大小为4 m/sC．质点的加速度方向与初速度方向垂直D．质点向下运动的过程中机械能减小4.如图所示，位于同一高度的小球A，B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1，v2之比为（）A． 1 ∶1B． 2 ∶1C． 3 ∶2D． 2 ∶35.公交车是人们出行的重要交通工具，如图所示是公交车内部座位示意图，其中座位A和B的边线和车前进的方向垂直，当车在某一站台由静止开始匀加速启动的同时，一个乘客从A座位沿AB连线相对车以 2m/s 的速度匀速运动到B，则站在站台上的人看到该乘客（）A．运动轨迹为直线B．运动轨迹为抛物线C．因该乘客在车上匀速运动，所以乘客处于平衡状态D．当车速度为 5m/s 时，该乘客对地速度为 7m/s6.“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏。
某小孩和大人直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体。
假设小圆环的运动可以视为平抛运动，则（）A．大人抛出的圆环运动时间较短B．大人应以较小的速度抛出圆环C．小孩抛出的圆环运动发生的位移较大D．小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小7.如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。
2020届高三高考(江苏)物理一轮复习考点基础练习卷：抛体运动
抛体运动1．（多选）如图所示，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向．图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛出的．不计空气阻力，则( )A ．a 的飞行时间比b 的长B ．b 和c 的飞行时间相同C ．a 的水平速度比b 的小D ．b 的初速度比c 的大2．（多选）有一物体在离水平地面高h 处以初速度v 0水平抛出，落地时速度为v ，竖直分速度为v y ，水平射程为l ，不计空气阻力，则物体在空中飞行的时间为( )A.l v 0B. h 2gC.v 2－v 20gD.2hv y3．如图所示，在同一竖直面内，小球a 、b 从高度不同的两点，分别以初速度v a 和v b 沿水平方向抛出，经过时间t a 和t b 后落到与两抛出点水平距离相等的P 点．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )A ．ta ＞tb ，v a ＜v b B ．t a ＞t b ，v a ＞v b C ．t a ＜t b ，v a ＜v b D ．t a ＜t b ，v a ＞v b4．物体在某一高度以初速度v 0水平抛出，落地时速度为v ，则该物体在空中运动的时间为(不计空气阻力)( ) A ．(v －v 0)/g B ．(v ＋v 0)/g C.v 2－v 20/gD.v 20＋v 2/g5．将一个物体以初速度v 0水平抛出，经过时间t 其竖直方向的位移大小与水平方向的位移大小相等，那么t 为( )A.v 0gB.2v 0gC.v 02gD.2v 0g6．(2016·江苏高考)有A 、B 两小球，B 的质量为A 的两倍。
现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力。
图中①为A 的运动轨迹，则B 的运动轨迹是( )A ．①B ．②C ．③D ．④7.如图所示，一质点做平抛运动先后经过A 、B 两点，到达A 点时速度方向与竖直方向的夹角为60°，到达B 点时速度方向与水平方向的夹角为45°。
2020年高考物理模拟冲刺试卷以及答案(全国1卷)
2020年高考物理模拟冲刺试卷（全国1卷）注意事项：1．答题前，考生务必将姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cu 64 Pb 207一、单项选择题（本题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.“小黄城外芍药花，十里五里生朝霞。
花前花后皆人家，家家种花如桑麻”。
这是清朝诗人刘开描写芍花的诗句。
芍花兼有观赏价值和药用价值。
下列有关芍花叶肉细胞的细胞质基质、线粒体基质和叶绿体基质的叙述中，错误的是A．它们的成分不同，功能不同 B．它们都含有DNA和RNAC．它们都含有多种酶，是代谢的重要场所 D．它们都含有自由水和ATP2.将某种植物的成熟细胞放入一定浓度的物质A溶液中，发现其原生质体（即植物细胞中细胞壁以内的部分）的体积变化趋势如图所示。
下列叙述正确的是A．T2时物质A开始通过细胞膜进入细胞内B．T1时细胞质基质的渗透压大于细胞液的渗透压，而T3时相反C．0-T1时细胞体积的变化量与原生质体的变化量相等D．T2时细胞失水量达到最大值，此时细胞已死亡3．下列说法错误的是：A．观察DNA和RNA在细胞中的分布实验的步骤为：制片、水解、冲洗、染色、观察B．孟德尔发现分离定律过程中，作出的“演绎”是F1与隐性纯合子杂交，预测后代产生1∶1的性状分离比C．性状分离模拟实验中代表雌、雄配子的2个小桶中彩球总数可以不同。
D．搭建6个碱基对的 DNA 双螺旋结构，需要磷酸与脱氧核糖连接物24个4.与果蝇细胞的减数第一次分裂过程相比，果蝇受精卵的分裂过程中细胞内不会发生的变化是A．部分染色体片段的交换 B．DNA中碱基序列的改变C．同源染色体的联会与分离 D．核仁、核膜的消失与重建5.人体内组织细胞与外界环境进行物质交换时需要细胞外液和甲、乙、丙、丁四大系统的参与，图示如下。
备战2020届高考物理高三第一轮基础练习：电路的基本概念(含答案)
备战2020高考物理-高三第一轮基础练习电路的基本概念一、单选题1.导体中的电流是这样产生的：当在一根长度为L、横断面积为S，单位体积内自由电荷数为n的均匀导体两端加上电压U，导体中出现一个匀强电场，导体内的自由电子（-e）受匀强电场的电场力作用而加速，同时由于与阳离子碰撞而受到阻碍，这样边反复碰撞边向前移动，可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速率v成正比，即可以表示为kv（k是常数），当电子所受电场力与阻力大小相等时，导体中形成了恒定电流，则该导体的电阻是（）A. B. C. D.2.如图所示电路，开关K断开和闭合时电流表示数的之比是1：3，则可知电阻R1和R2之比：( )A.1：3B.1：2C.2：1D.3：13.图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计。
开关K接通后，流过R2的电流是K接通前的（）A. B. C. D.4.关于电流的下列说法中正确的是（）A.电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电量越多B.在相同时间内，通过导体截面的电量越多，导体中的电流就越大C.通电时间越长，电流越小D.通电时间越长，电流越大5.三个电阻的阻值之比为R1∶R2∶R3=1∶2∶5，并联后接入电路，则通过三个支路电流的比值为（）A.1∶2∶5B.5∶2∶1C.10∶5∶2D.2∶5∶106.如图所示电路，电压保持不变，当电键S断开时，电流表A的示数为0．6 A，当电键S 闭合时，电流表的示数为0．9 A，则两电阻阻值之比R1：R2为( )A.1 ：2B.2 ：lC.2 ：3D.3 ：27.某课外活动小组将锌片和铜片插入一个西红柿中，用电压表测量铜片和锌片间电压为0.30V.然后又将同样的10个西红柿电池串联成电池组(n个相同电池串联时，总电动势为nE，总电阻为nr)，与一个额定电压为1.5V、额定功率为1W的小灯泡相连接，小灯泡不发光，测得小灯泡两端的电压为0.2V.对此现象以下解释正确的是（）A.西红柿电池组的电动势大于小灯泡的额定电压，小灯泡已经烧毁B.西红柿电池组不可能提供电能C.西红柿电池组提供的电功率太小D.西红柿电池组的内阻远小于小灯泡的电阻8.关于电流的下列说法中，正确的是（）A.电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电量越多B.在相同时间内，通过导体截面的电量越多，导体中的电流就越大C.通电时间越长，电流越大D.根据I= 可知，导体中的电流与通过横截面的电量成正比，与通过时间成反比9.如图所示的交流电路中，理想变压器输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时( )A.灯L变亮B.各个电表读数均变大C.因为U1不变，所以P1不变D.P1变大，且始终有P1=P210.在如图所示的电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，极板间悬浮着一个油滴P，断开哪一个电键后P会向下运动（）A.S1B.S2C.S3D.S411.如图所示电路，电压保持不变，当电键S断开时，电流表A的示数为0.6A，当电键S闭合时，电流表的示数为0.9A，则两电阻阻值之比R1：R2为（）A.1：2B.2：1C.2：3D.3：212.下列关于电流的说法中，正确的是（）A.金属导体中，电流的传播速率就是自由电子定向移动的速率B.温度升高时，金属导体中自由电子热运动加快，电流也就加大C.电路接通后，电子就由电源出发，只要经过一个极短的时间就能达到用电器D.通电的金属导体中，自由电子的运动是热运动和定向移动的合运动，电流的传播速率等于光速二、多选题13.充电宝是当今流行的移动充电电源，人们可以随时随地的给手机充电。
河北省宣化一中2020届高三下学期高考押题卷物理试题(含答案)
(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝________mm。
1 (2)多次改变高度H，重复上述实验，作出 t 2 随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0
和重力加速度g及小球的直径d满足表达式____________时，可判断小球下落过程中机械能守恒。 (3)实验中发现动能增加量ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp，增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk 将______(填“增大”“减小”或“不变”)。
O
V0
300
A
D
25.(20分)如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧形轨道固定在竖直面内，O为圆心，C为最低
点，D为最高点，CD为直径，BC弧对应的圆心角θ=37°。在圆弧形轨道左侧有一两端间距L=2.2m
的水平传送带，传送带与圆弧轨道在同一竖直平面内，工作轮半径r=0.1m，传送带顺时针转动，
速率恒为ν=4m/s。现在传送带水平部分的左端E点由静止释放一个质量M=1kg、可视为质点的滑
宣化第一中学 2020 年高考模拟试题（一） （物理答案） 14.C【解析】设经过第一段位移Δx 的起始位置对应时刻记为零，0～t1 中间时刻的速度为 v1，t1～
t2 中间时刻的速度为
v2
v2，则
v1
a
t1
t2 2
t1 2
，解得
0
bh
18. 图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比 n1∶n2＝5∶1，电阻 R＝20 Ω，L1、L2 为规格
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：测评手册答案
选择题必刷卷(一)1.D[解析] 4个半小时指的是一段时间,在时间轴上对应一段距离,故选项A错误;列车提速至350 km/h,此350 km/h指最大速度,为瞬时速度,故选项B错误;根据平均速度公式=可知,要知道任意一段时间内的平均速度,需要知道该段时间内的位移,由题无法知道这个位移,故选项C错误;当研究“复兴号”列车经过某一站牌的时间时,需要考虑其大小和形状,不能将其看作质点,故选项D正确.2.B[解析]刹车时做减速运动,减速的最大位移x=,则初速度v0==10 m/s,选项B正确.3.C[解析]由Δx=aT2可得在任意相邻的1 s时间内下落的距离之差Δh=g,在任意相邻的 1 s时间内平均速度之差Δv等于相邻两个 1 s的中间时刻的瞬时速度之差,则Δv=gt=g,选项C正确.4.C[解析]由x4-x2=2aT2,可得加速度a=4 m/s2,第2 s末的速度v1=at1=8 m/s,第2 s中间时刻的速度v2=at2=6 m/s,第2 s内的位移x2=v2t=6 m,物体在0~5 s内中间时刻的速度v3=at3=10 m/s,则0~5 s内的平均速度为10 m/s,选项C错误,选项A、B、D正确.5.D[解析]两段相等时间t内各自的位移分别为x和-x,则x=gt2,-x=gt·t-at2,解得a=3g,选项A错误;自由下落t时间时小球的速率为v'=gt,选项C错误;当加速度变为a后,减速至0过程的位移x'==,小球下落的最大高度h=x+x'==,选项D正确;返回到A点时的速度v=gt-at=-2gt=-at,选项B错误.6.D[解析]x-t图像只能表示直线运动,选项A错误;根据公式x=at2可知,甲、乙两物体都做匀变速直线运动,选项B错误;x-t图像的斜率的正负表示速度的方向,由图像可知,甲图像斜率为正,乙图像斜率为负,甲、乙两物体运动方向相反,选项C错误;根据公=1 式a=可知,相等时间内速度变化大小取决于加速度大小,由公式x=at2可知,a甲m/s,a乙=-m/s2,|a甲|>|a乙|,故第3 s内甲物体的速度变化比乙物体的速度变化大,选项D正确.7.B[解析]小球1在前2t时间内及小球2在前t时间内的速度—时间图像的斜率均为g,t时刻小球1的速度为0,小球2落入沙坑,速度大小v2=gt,故小球1的初速度大小v0=gt,方向向上,抛出点在沙坑正上方h=gt2处,小球1所到达的最高点在沙坑正上方H=2h=gt2处,设小球1落入沙坑时速度为v1,对小球1从最高点到落入沙坑过程,有=2gH,解得v1=gt,故B正确.8.C[解析]由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等,设Δt时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V,V=vΔtS,开始时水流速度小,横截面积大,速度增大时,横截面积变小,所以水柱是上粗下细,A、B错误;高为H的水柱上端速度为v1=,下端速度为v2=,根据-=2gH,水的流量=S1S2,C正确,D错误.9.BD[解析]当人、车速度相等时,经历的时间t==s=6 s,此时人的位移x1=vt=6×6 m=36 m,车的位移x2=at2=×1×62m=18 m,因为x1<x2+20 m,可知人不能追上公交车,速度相等时有最小距离,最小距离Δx=x2+20 m-x1=18 m+20 m-36 m=2 m,在整个过程中,人、车之间的距离先减小后增大,选项B、D正确.10.ACD[解析]由Δx=gT2可得,加速度g==,经过位置3的瞬时速度v3==,经过位置4的瞬时速度v4=v3+gT=,从位置1到4过程中的平均速度大小等于从位置2到3过程中的平均速度,即=,选项A、C、D正确.11.CD[解析]由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动,则t bc∶t ca=1∶(-1),而t bc+t ca=t,解得t bc=t,选项A错误,C正确;由于物块只受重力和支持力,故物块的加速度始终相同,均为a=g sin θ,方向沿斜面向下,选项B错误;由于c是位移中点,而不是时间中点,根据匀变速直线运动的规律可知,物块上滑通过c点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小,选项D正确.12.ABD[解析]物体可能先向上做匀减速直线运动,后向下做匀加速直线运动,根据x=v0t+at2知,位移是时间的二次函数,图线是曲线,A是可能的;物体可能先向上做匀减速直线运动,后停在最高点,B、D是可能的;C图中物体返回时速度大于出发时速度,不符合物体的运动情况,违反了能量守恒定律,C不可能.13.BCD[解析]x-t图像的斜率表示速度,甲车先做匀速直线运动,后静止,A错误;乙车在0~10 s内位移大小为8 m,则平均速度大小为0.8 m/s,B正确;两图线交点表示相遇,C 正确;乙车的平均速度大小为0.8 m/s,P对应乙车的位移中点,若乙车做匀变速直线运动,则P点对应的瞬时速度大于0.8 m/s,D正确.14.AC[解析]由a-t图像可知,汽车在0~10 s内做匀加速运动,在10~40 s内做匀速运动,在40~50 s内做匀减速运动,在10 s末的速度最大,且最大速度v=a1t1=20 m/s,选项A正确;在50 s末的速度最小,最小速度v'=v-a2t3=10 m/s,且汽车在40~50 s内的速度方向和0~10 s内的速度方向相同,选项B、D错误;汽车在0~10 s内的位移x1=a1=100 m,在10~40 s内的位移x2=a1t1t2=2×10×30 m=600 m,在40~50 s内的位移x3=·t3=150 m,总位移x=x1+x2+x3=850 m,选项C正确.15.CD[解析]由图像可知,甲车先做匀速运动再做同向匀减速运动,选项A错误;在第20 s末,甲的加速度为a甲=-1 m/s2,乙的加速度a乙=m/s2,选项B错误;在前30 s内,甲的位移x甲=×20 m=400 m,乙的位移x乙=m=300 m,第30 s末,两车相距Δx=x甲-x乙-x0=50 m,选项C正确;在整个运动过程中,在30 s前,甲追上乙相遇一次,30 s后乙追上甲车又相遇一次,选项D正确.16.CD[解析]根据题意作出甲、乙赛跑定性的v-t图像,如图所示,由图像可知,刚起跑时甲处于领先,但在到达终点前有可能被乙超越,且甲一旦被超越就无法再追上乙,故A 错误,D正确.加速过程中甲、乙的初速度均为零,乙的末速度大,所以加速过程中乙的平均速度大,且乙的加速时间更长,所以乙加速过程的位移更大,故B错误,C正确.选择题必刷卷(二)1.B[解析]无人机正沿直线朝斜下方匀速运动,即所受合外力为零,只有B图受力可能为零,选项B正确.2.A[解析]设C与球心连线和竖直方向成θ角,对球受力分析如图所示,由平衡条件知,AB挡板对球的支持力F=mg tan θ,C端对小球的支持力F C=,当CD挡板的C端略向右偏过一些,θ增大,AB挡板的支持力F变大,C端的支持力F C变大,选项A正确.3.C[解析]对小球受力分析,受到重力、弹簧测力计的拉力、杆的弹力,如图所示,根据平衡条件得F x-T cos 37°=0,F y+T sin 37°=G,联立解得F x=80 N,F y=60 N,所以杆AB对球的作用力大小为F==N=100 N,故C正确.4.B[解析]设F与水平方向的夹角为θ,由平衡条件得F cos θ=μ(mg-F sin θ),解得F==,当θ=37°时,外力有最小值,为6 N,选项B正确.5.B[解析]设弹性绳的劲度系数为k,小球质量为m,未对小球施加水平力时,根据平衡条件得mg=kx1,弹性绳的长度为x=x0+x1=x0+;对小球施加水平力,使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60°角处时,小球受重力mg、水平力F、弹力F1三个力,由平衡条件得F1==2mg,弹性绳的长度为x'=x0+,此过程中小球上升的高度为Δh=x-x'=x0,选项B正确.6.C[解析]货物在AB段所受的摩擦力为滑动摩擦力,且f1=μmg cos θ;在BC段所受的摩擦力为静摩擦力,且f2=mg sin θ;在CD段做匀速运动,不受摩擦力,选项C正确.7.B[解析]对b球受力分析,受到重力、垂直于斜面向上的支持力和细线的拉力,由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线,故细线拉力向右上方,A错误;对a、b两个球整体受力分析,受到总重力、垂直于斜面向上的支持力和上面细线的拉力,根据平衡条件判断出,上面的细线的拉力方向斜向右上方,C、D错误.8.AB[解析]物块1受到重力m1g、细线拉力T和斜面的支持力F N作用而处于平衡状态,物块2受到重力m2g、细线拉力T'(T'=T)、斜面的支持力F'N及摩擦力f(可能有)作用而处于平衡状态,则T=m1g sin 30°,当m1最大时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向下,此时有T'=m2g sin 37°+μm2g cos 37°,即=2,当m1最小时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向上,此时有T'=m2g sin 37°-μm2g cos 37°,即=,所以≤≤2,故A、B不可能.9.BC[解析]设木块质量为m,重物质量为M,对三个物体组成的整体,根据平衡条件,有2f=(M+2m)g,解得f=(M+2m)g,静摩擦力不变,选项C正确,D错误;将细线对O的拉力按照效果正交分解,如图甲所示,设两个杆夹角为θ,则有F1=F2=,再将杆对木块的推力F1按照效果分解,如图乙所示,根据几何关系得F x=F1sin ,故F x=·sin =,挡板间的距离稍微增大后,角θ变大,F x变大,故木块对挡板的压力变大,即F N变大,选项A错误,B正确.10.BCD[解析]沿斜槽方向,有mg sin θ=2μF N,垂直于斜槽方向,有mg cos θ=2F N cos,解得μ=tan θ,选项A错误;左边圆杆对滑块的支持力为F N=mg cos θ,选项B正确;由于圆柱体与斜槽两侧都有摩擦力且大小相等,所以,单侧摩擦力f=μF N=mg sin θ,选项C正确;若增大θ,则cos θ减小,圆杆对滑块的支持力将减小,选项D正确.11.AC[解析]对A,由平衡条件得F T cos θ=μF N1,F T sinθ+mg=F N1,联立解得F T=,选项A正确;对A、B整体,由平衡条件得F T cosθ+μF N2=F,F T sinθ+2mg=F N2,联立解得水平拉力F=,选项C正确.12.BC[解析]对球进行受力分析,如图甲所示,F N1=G tan θ,F N2=,当长方体物块向右运动时,θ增大,F N1、F N2均增大,故A错误.圆球对物块的压力在竖直方向的分力为F'N2cos θ=G,等于圆球重力,在拉动长方体物块向右运动的过程中,对物块受力分析,如图乙所示,物块与地面之间的压力F N=G1+F'N2cos θ=G1+G不变,滑动摩擦力f=μF N不变,故C正确.由于圆球对物块的压力在水平方向的分力F'N2sin θ逐渐增大,所以水平拉力F=f-F'N2sin θ逐渐减小,故B正确.由于物块与地面之间的压力不变,由牛顿第三定律可知,地面对物块的支持力不变,故D错误.13.AD[解析]设两绳的拉力的合力为F,如图甲所示,由平衡条件得F=mg tan 30°=mg,F3==mg,将F分解,如图乙所示,设AO所受的拉力大小F1,因为∠AOB=120°,根据几何知识知,绳AO所受的拉力F1=F=mg,而杆OC所受的压力大小F'3=F3=mg,选项A、D正确.14.AC[解析]对球受力分析如图所示,由平衡条件可得,风力大小F=mg tan θ,由题意知F ∝Sv,又S=πR2,则F=kπR2v(k为常数),有mg tan θ=kπR2v,当风速由3 m/s增大到3m/s 时,有=,可得tan θ=1,A正确;因球所受重力方向竖直向下,而风力方向水平向右,则细线与水平方向的夹角θ不可能等于90°,B错误;由mg tan θ=kπR2v可知,当v、m不变,而R增大时,θ增大,当v、R不变,而m增大时,θ减小,C正确,D错误.15.AD[解析]若增大m2的质量,因为m3的质量不变,细线的张力大小仍等于m3的重力,故张力不变,选项A正确;对斜劈和m1整体,地面对斜劈的摩擦力大小等于连接m1的细线的张力沿水平方向的分力,细线的张力不变,所以地面对斜劈的摩擦力也不变,选项B错误;若将悬点O上移,因细线的张力不变,m2的质量不变,则O2、O3间的细线与竖直方向的夹角不变,O2、O3间的细线和O3、m3间的细线夹角不变,这两根细线的合力沿角平分线方向,则O、O3间的细绳与竖直墙的夹角不变,选项C错误;细线的张力不变,则地面对斜劈的摩擦力不变,选项D正确.选择题必刷卷(三)1.C[解析]质量小,则惯性小,方程式赛车和强弩质量一定,其惯性一定,选项A、B错误;货运列车摘下或加挂一些车厢,它的惯性因质量变化而变化,选项C正确;摩托车转弯时,人和车的惯性不变,选项D错误.2.B[解析]对整体,有F=(m1+m2)a,则空间站的质量m2=-m1,选项B正确.3.C[解析]对物块,由牛顿第二定律得F=ma,0~t0时间内,拉力减小,加速度减小,物块做加速度减小的加速运动,在t0时刻速度达到最大,选项A错误;t0~2t0时间内,外力反向增大,加速度反向增大,做减速运动,根据力的对称性可知,在2t0时刻速度减为零,选项B、D错误,C正确.4.C[解析]设水对探测器的浮力大小为F,匀速下降时,由平衡条件得mg=F;为了使它匀减速下降,设应该抛掉压载铁质量为Δm,根据牛顿第二定律得F-(m-Δm)g=(m-Δm)a,其中a=,联立解得Δm=,选项C正确.5.B[解析]当F=2 N时,铁块和木板恰好一起相对地面滑动,则μ1(m+M)g=F,解得μ1=0.1;当水平力F=6 N时,铁块恰好相对木板滑动,则F-μ2mg=ma,μ2mg-μ1(m+M)g=Ma,解得μ2=0.4,选项B正确.6.C[解析]木板AB撤离前,木板对小球的作用力F N==mg,撤去AB瞬间,小球受到的合力与F N等大、反向,由牛顿第二定律得mg=ma,解得加速度a=g,方向垂直于木板向下,选项C正确.7.B[解析]剪断物体2下端细绳后,物体1下降,物体2上升,对整体,有(m1+m2+M)g-F N=m1a-m2a,且m1>m2,则系统处于失重状态,台秤的示数将变小,选项B正确.8.BC[解析]纸盒和行李箱一起向右加速时,具有向右的加速度,纸盒受到向右的静摩擦力,选项A错误;行李箱加速过程中与传送带间的滑动摩擦力为f=μ1F N=μ1(M+m)g,选项B正确;纸盒和行李箱一起向右匀速运动,合外力为零,所以行李箱对纸盒的摩擦力为零,行李箱与传送带间的摩擦力为零,选项C正确,D错误.9.AD[解析]对球受力分析,受到重力、弹簧的弹力F和细绳的拉力T,如图所示,根据平衡条件得F=T=,断开细绳瞬间,弹簧弹力和重力不变,由牛顿第二定律得=ma,则加速度a=,选项A正确,B错误;弹簧在C处与小球断开的瞬间,小球受重力和细绳的拉力,变为单摆,合力等于重力的切向分力,根据牛顿第二定律得mg sin θ=ma,解得a=g sin θ,选项C错误,D正确.10.CD[解析]与弹簧分离前,在水平方向上,刚开始有kx-μF N=ma x,加速度a x随x减小而减小,接着有μF N-kx=ma x,加速度a x随x减小而增大,选项A、B错误;在竖直方向上,有mg-F N=m·,解得F N=,当弹力和摩擦力相等时,速度最大,即μF N=kx,解得x=,选项C正确;物体脱离弹簧后相对电梯地板做匀减速运动,加速度a==,又有L=at2,相对电梯地板做匀减速运动的时间t=2,选项D正确.11.AC[解析]A与B间动摩擦因数μ2=0.1,则B物块的最大加速度为a B m=μ2g=1 m/s2;木板A向右滑动,则地面给A的滑动摩擦力向左,大小为f A=μ1·2mg,开始时B对A的摩擦力方向向左,则a A1==5 m/s2,后来B相对A向前滑动,则a A2==3 m/s2,选项A、C正确.12.BC[解析]对P、Q整体受力分析,受到重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律得(m+M)g sin θ+μ2(m+M)g cos θ=(m+M)a,解得a=g(sin θ+μ2cos θ),对P物块受力分析,受到重力mg、支持力和Q对P沿斜面向下的静摩擦力,根据牛顿第二定律得mg sin θ+f=ma,解得f=μ2mg cos θ,根据牛顿第三定律知,P对Q的摩擦力方向平行于斜面向上,选项B、C正确.13.AD[解析]由图像可知,小物块上滑的最大位移为x=vt=×3×1.2 m=1.8 m,故A正确;小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小均为==m/s,其大小之比为1∶1,故B错误;由图像可知,减速运动的加速度大小为a2==m/s2=10 m/s2,在匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律知mg sin 30°+μmg cos 30°=ma2,解得μ=,故C错误;加速运动的加速度大小为a1==m/s2=m/s2,根据牛顿第二定律得F-mg sin 30°-μmg cos 30°=ma1,解得F=40 N,故D正确.14.BC[解析]若F1=3.6 N,F2=5 N,设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N>μ2(F2+m B g)=3 N,则此时两物块已经相对滑动,选项A错误;若F1=5.4 N,F2=20 N,假设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N<μ2(F2+m B g)=6 N,则此时两物块相对静止一起做匀加速运动,选项B正确;若F2=10 N,则A、B之间的最大静摩擦力f AB m=μ2(F2+m B g)=4 N,A与地面之间的最大=μ1(F2+m A g+m B g)=4 N,若F2<10 N,则f AB m<f A地m,无论F1多大,都不能使物静摩擦力f A地m块A运动起来,选项C正确;若F2>10 N,则f AB m>f A地m,当F1达到一定值时,可使物块A、B 发生相对运动,选项D错误.15.AB[解析]A、B静止时,有kx0=(2m+m)g sin θ,则k=;对B施加外力后,A、B一起做匀加速运动,当A、B分离时,对A,有kx-2mg sin θ=2ma,又x0-x=at2,v2=2a(x0-x),联立可求出t和v,选项A、B正确.当A、B分离时,弹簧弹力kx=2ma+2mg sin θ,选项C错误.当A、B分离后,A先做加速运动,后做减速运动,再反向做加速运动……选项D错误.非选择题必刷卷(一)1.(1)(2)C(3)BC[解析](1)根据位移与时间关系,有d=at2,解得a=.(2)根据题意,木板受到的滑动摩擦力为f=F0,对木板和矿泉水瓶(含水)组成的系统,根据牛顿第二定律得F1-f=(m+M)a,联立解得a=·F1-,其中m为矿泉水瓶(含水)的质量,M为木板的质量;根据图像的斜率可知,随着矿泉水瓶(含水)质量m的增大,a-F1图像的斜率逐渐减小,所以能表示实验结果的是C图.(3)木板受到的摩擦力与矿泉水瓶(含水)的质量无关,选项A错误;水与砝码相比能任意改变质量,所以它的优点是可以更方便地获取多组数据,选项B正确;水的多少可以任意变化,所以可以比较精确地测出木板所受摩擦力的大小,选项C正确;由于加速度越大需要水的质量越大,而水的质量越大时图像的斜率越小,实验的精确度会越小,选项D错误.2.(1)10 N(2)1 s[解析](1)设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为F N,滑动摩擦力为f,根据平衡条件得F cos 37°=f,F sin 37°+F N=mg,又f=μF N,联立解得F=10 N.(2)撤去拉力F后,金属块受到滑动摩擦力f'=μmg,根据牛顿第二定律得,加速度大小为a'==μg=2 m/s2,撤去F后,金属块还能滑行的时间为t==1 s3.(1)2m/s(2)1.6 m(3)5∶8[解析](1)在AB段滑块受到重力、支持力、滑动摩擦力,设下滑阶段的加速度大小为a1,有mg sin θ-μmg cos θ=ma1解得a1=4 m/s2根据=2a1x ABx AB=解得v B=2m/s(2)设在BC段滑行的加速度大小为a2,有f=μmga2==2.5 m/s2根据=2a2x BC解得x BC=1.6 m(3)在B点时,有v B=a1t AB=a2t BC解得=4.(1)(2)18 m[解析](1)由v-t图像的斜率可得,0~2 s内小物块的加速度大小a==1 m/s2由牛顿第二定律得μmg cos 37°-mg sin 37°=ma解得μ=(2)0~8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动,0~6 s内传送带匀速运动的位移为x带=4×6 m=24 m由v-t图像得,0~2 s内物块位移为x1=×2×2 m=2 m,方向沿传送带向下2~6 s内物块位移为x2=×4×4 m=8 m,方向沿传送带向上所以划痕的长度为Δx=x+x1-x2=24 m+2 m-8 m=18 m带5.(1)4 N(2)100 m(3)s[解析](1)上升过程,由牛顿第二定律得F-mg-f=ma上升高度h=at2解得f=4 N(2)下落过程,由牛顿第二定律得mg-f=ma1解得a1=8 m/s2由运动学公式得v2=2a1H解得H=100 m(3)恢复升力后向下减速过程,由牛顿第二定律得F-mg+f=ma2解得a2=10 m/s2设运动过程中的最大速度为v m,有H=+解得v m=m/s由运动学公式得v m=a1t1解得t1=s6.(1)0.5 s0.375 m0.875 m(2)0.625 m[解析](1)木板开始运动时,设小铁块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则F-μ1m1g=m1a1μ1m1g+μ2(m1+m2)g=m2a2解得a1=3 m/s2,a2=7 m/s2木板向左做匀减速运动,有v0=a2t1,=2a2x2小铁块向右做匀加速运动,有v1=a1t1,x1=a1解得t1=0.5 s,v1=1.5 m/s,x1=0.375 m,x2=0.875 m(2)撤去F,因为μ1m1g>μ2(m1+m2)g,所以木板向右做初速度为零的匀加速直线运动,小铁块向右做初速度为v1的匀减速直线运动.设小铁块和木板的加速度大小分别为a3和a4,经过时间t2木板与小铁块速度均为v2,木板的位移大小为x3,则μ1m1g=m1a3μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a4又v2=v1-a3t2,v2=a4t2,x3=a4解得a3=2 m/s2,a4=1 m/s2,t2=0.5 s,v2=0.5 m/s,x3=0.125 m木板与小铁块速度相同后,两者一起做匀减速运动直至速度为零,设加速度大小为a5,位移大小为x4,则μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a5=2a5x4解得x4=0.125 m木板在水平面上总共滑行的位移大小x=x2-(x3+x4)=0.625 m选择题必刷卷(四)1.C2.B[解析]B点与C点的线速度相等,由于r B≠r C,所以ωB≠ωC,故A错误;B点与C点的线速度相等,且B点的角速度与A点的角速度相等,所以v C=v A,故B正确,D错误;B点的角速度与A点的角速度相等,所以=,即v B=v A,故C错误.3.C[解析]如图所示,把小环水平运动的速度v正交分解,可知人拉细线的速度v1=v cos θ,随着θ增大v1逐渐减小,选项C正确.4.D[解析]两个小球同时抛出,又同时落在P点,说明运动时间相同,又知水平位移大小相等,由x=v0t知,初速度大小相等,小球1落在斜面上时,有tan θ==,小球2落在斜面上的速度与竖直方向的夹角正切值tan α==,故α≠θ,所以小球2没有垂直撞在斜面上,故A、B错误;小球1落在P点时速度与水平方向的夹角正切值tan β==2tan θ=<,则β<60°,则小球1落在P点时与斜面的夹角为β-θ<60°-30°=30°,所以小球1落在P点时与斜面的夹角小于30°,故C错误;根据tan β=2tan θ知,小球1落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角相同,相互平行,故D正确.5.C[解析]空间站里宇航员仍然受地球引力,选项A错误;宇航员在空间站里所受地球引力小于他在地面上所受引力,选项B错误;由于空间站绕地球做匀速圆周运动,宇航员处于完全“失重”状态,所以宇航员与“地面”B之间无弹力作用,选项C正确;若宇航员将手中小球无初速度释放,由于惯性小球仍具有空间站的速度,所以小球仍然沿原来的轨道做匀速圆周运动,而不会落到“地面”B上,选项D错误.6.D[解析]忽略自转,有=mg,该星球自转加快,角速度为ω,有=mg+mω2R,解得星球密度ρ==,选项D正确.7.A[解析]因为在垂直岸边的方向上从开始追到追上,快艇与走私船的位移与时间均相同,所以快艇在垂直岸边的方向上的平均速度等于走私船的速度,快艇在沿岸边的方向上的平均速度为v0,选项A正确,B错误.快艇的平均速度大小为v0,因为快艇的运动是曲线运动,路程大于a,平均速率应大于v0,选项C、D错误.8.C[解析]将排球水平击出后排球做平抛运动,排球刚好触网到达底线时,有=v0,+=v0,联立解得H=h,故选项C正确.9.BC[解析]设路面与水平面的夹角为θ,在“限速”下运动,有mg tan θ=m,即v=.在“限速”相同的情况下,圆弧半径r越大,则夹角θ越小;在半径r相同的情况下,夹角θ越大,则“限速”v越大,选项B、C正确.10.AB[解析]当周期为时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R,行星质量M=,选项A正确;当周期为T时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R+F N,物体对行星赤道表面的压力F'N=F N=,选项C错误;对同步卫星,有=m'r,则r=R,选项B正确;由=m″得,环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度v=,选项D错误.11.AD[解析]竖直上抛的小球在空中运动的时间t=,因此==,选项A正确,B错误;由G=mg得M=,因此==×=,选项C错误,D正确.12.BCD[解析]“墨子号”在轨道B上由P向Q运动的过程中,逐渐远离地心,速率越来越小,选项A错误;“墨子号”在A、C轨道上运行时,轨道半径不同,根据G=m可得v=,轨道半径越大,则线速度越小,选项B正确;“墨子号”在A、B两轨道上经过P点时,到地心的距离相等,受地球的引力相等,所以加速度相等,选项C正确;“墨子号”在轨道B上经过Q点比经过P点时到地心的距离要大些,受地球的引力要小些,选项D 正确.13.AC[解析]由题意有N=2π,其中T1=1年,解得该行星的公转周期为T2=年,A正确,B错误;由G=mr得,=,地球绕太阳公转时,有=,该行星绕太阳公转时,有=,解得R'=R,C正确,D错误.14.BC[解析]直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相等,方向相反,选项A错误;对直线三星系统,有G+G=M R,解得T=4πR,选项B正确;对三角形三星系统,有2G cos 30°=M·,联立解得L=R,选项C正确;三角形三星系统的线速度大小为v===··,选项D错误.非选择题必刷卷(二)1.(1)刻度尺(2)将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止(3)D(4)0.59.75 [解析](1)实验中小球做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,应测出下落高度和水平位移,故需要刻度尺.(2)在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法:将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止.(3)钢球做平抛运动,有x=v0t,y=gt2,联立得y=x2,关系式中的a应等于,故D正确.(4)平抛运动的初速度为v0==0.5 m/s;由h2-h1=gT2,解得当地的重力加速度为g==9.75 m/s2.2.(1)1 s(2)13 m/s<v<14 m/s[解析](1)小球做平抛运动,设飞行时间为t,由h=gt2解得t=1 s(2)在t时间内小车前进的位移为x=v0t-at2=10 m要投入小车,小球最小的水平位移为x1=L-x=13 m最小速度为v1==13 m/s小球最大的水平位移为x2=L-x+L0=14 m最大速度为v2==14 m/s小球抛出时的速度范围是13 m/s<v<14 m/s3.(1)500 N(2)7.5 m/s(3)8.7 m[解析](1)向心力沿水平方向,由平行四边形定则得,拉力T==500 N(2)由牛顿第二定律得mg tan 37°=m其中R0=7.5 m解得v=7.5 m/s(3)由几何关系知,座椅离地高度h=1.8 m由平抛运动规律得x=vth=gt2解得x=4.5 m由勾股定理知,落地点与游艺机中心距离r'==8.7 m4.(1)(2)[解析](1)设在最高点和最低点时速度大小分别为v1、v2.在最高点时,有mg+F1=m在最低点时,有F2-mg=m从最高点到最低点过程中,只有重力做功,机械能守恒,有mg·2L=m-m ΔF=F2-F1联立解得ΔF=6mg所以g=(2)在星球表面,重力等于万有引力,有mg=G解得M==所以ρ==5.(1)1.5 N,方向竖直向下(2)1.6 m(3)0.8 J[解析](1)小球从A运动到B,有mgR=m在B点时,有F N-mg=解得v0=4 m/s,F N=1.5 N根据牛顿第三定律得,小球对轨道的压力大小F'N=F N=1.5 N,方向竖直向下.(2)在竖直方向上,有H-h=gt2在水平方向上,有x=v0t解得x=1.6 m(3)小球从B运动到球筐过程,由动能定理得mg(H-h)=E k-m由平抛运动规律得x=v B tH-h=gt2联立得E k=+mg(H-h)当H=h+x=1 m时,E k有最小值,其最小值为E km=mgx=0.8 J6.(1)5m/s(2)-21 000 J(3)1.849 s[解析](1)由牛顿第二定律得kmg=m解得v1=5m/s(2)由牛顿第二定律得kmg=m由动能定理得Pt-mgh+W=m-m解得W=-21 000 J(3)由几何关系知r2=+解得r=12.5 m由牛顿第二定律得kmg=m解得v=12.5 m/s因sin θ==0.8,故θ=53°则t=·=s=1.849 s选择题必刷卷(五)1.C[解析]小球做匀速圆周运动,由合力提供向心力,其方向始终沿杆指向O点,小球受重力和杆的作用力,所以杆的作用力不一定沿杆指向O点,选项A错误;小球做匀速圆周运动,合力做功为零,从最高点到最低点,重力做正功,所以杆一直做负功,选项B、D错误,C正确.2.C[解析]物块做圆周运动,刚好滑动时,有μmg=m,物块速度从0到v过程中,由动能定理知,转台对物块做的功W=mv2=,解得μ=0.25,选项C正确.3.C[解析]由题意可知,两次物体均做匀加速直线运动,根据x=t知,在同样的时间内,它们的位移之比为x1∶x2=1∶2,两次上升的高度之比为h1∶h2=(x1sin θ)∶(x2sin θ)=1∶2,根据克服重力做功W G=mgh得W G2=2W G1,根据克服摩擦力做功W f=fx得W f2=2W f1,由牛顿第二定律得F1-f-mg sin θ=ma,F2-f-mg sin θ=2ma,则F2<2F1,根据W F=Fx 可得W F2<4W F1,选项C正确.4.B[解析]小物块下滑的加速度a=g sin θ,根据=at2得t=,所以运动的时间不相等,选项A错误;据动能定理得mgh=mv2,所以从物块到达底端时的动能相等,选项。
2020届高考物理冲刺专项训练24 交变电流、变压器 (解析版)
交变电流、变压器一、单选题1．（2020·全国高三专题练习）如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e = NBSω sinωtC．当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动D．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高【答案】B【解析】若发电机线圈某时刻处于图示位置，则此时线圈中产生的感应电动势最大，变压器原线圈的电流瞬时值为最大，选项A 错误；发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e = NBSωcosωt,选项B错误；当用电量增加时，导线上的电流增加，导线R0上的电压损失变大，为使用户电压保持不变，变压器次级输出电压应该变大，故滑动触头P应向上滑动，选项C正确；变压器原线圈两端的电压是由发电机的输出电压决定的，与滑动端P无关，选项D 错误．2．（2020·长春市第一一五中学高三月考）一台小型发电机与计算机相连接，计算机能将发电机产生的电动势随时间变化的图象记录下来，如图甲所示，让线圈在匀强磁场中以不同的转速匀速转动，计算机记录了两次不同转速所产生正弦交流电的图象如图乙所示.则关于发电机先后两次的转速之比n a∶n b，交流电b的最大值正确的是()A．3∶2V B．3∶2，20 3VC．2∶3V D．2∶3，20 3V【答案】B【解析】由图可知，a的周期为0.4s；b的周期为0.6s，则由n=1T可知，转速与周期成反比，故曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2；曲线a表示的交变电动势最大值是10V，根据E m=nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是203V；故B正确，ACD错误．3．（2019·全国高三专题练习）如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝sin10πt(V)，则()A．该交变电流的频率为10 HzB．该电动势的有效值为VC．外接电阻R所消耗的电功率为10 WD．电路中理想交流电流表A的示数为1.0 A【答案】D【解析】交流电的频率，故A错误；该电动势的最大值为102V，故B错误；电压有效值为10V，电路中电流为10119I A A==+，外接电阻R所消耗的电功率为29P I R W==，故C错误，D正确．4．（2020·福建省永春美岭中学高三开学考试）现用电压为380V的正弦式交流电给额定电压为220V的电灯供电，以下电路中不可能使电灯正常发光的有（）A．B．C．D．【答案】D【解析】A、电源电压为380V，由于灯泡与滑动变阻器的部分电阻并联再跟部分电阻串联，则灯泡的电压可能为220V，则灯泡可能正常发光．故A正确．B、同理，灯泡与滑动变阻器的部分电阻并联再跟部分电阻串联，则灯泡的电压可能为220V，则灯泡可能正常发光．故B正确．C、因为原线圈的匝数大于副线圈的匝数，则输出电压小于输入电压，可能小于220V，灯泡可能正常发光．故C正确．D、原线圈的匝数小于副线圈的匝数，则输出电压大于输入电压，则灯泡的电压大于380V，则灯泡被烧坏．故D错误．本题选择不可能正常发光的，故选D．5．（2020·四川省泸县五中高三月考）如图为模拟远距离输电的部分测试电路，a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1<R2，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k<1，电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I和U表示。
2020届高考物理一轮复习：第五章 机械能及其守恒定律第3讲 机械能守恒定律及其应用(含解析)
板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．关于弹性势能，下列说法中正确的是()A．当弹簧变长时弹性势能一定增大B．当弹簧变短时弹性势能一定减小C．在拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大D．弹簧在拉伸时弹性势能一定大于压缩时的弹性势能答案 C解析当弹簧处于压缩状态时，弹簧变长时弹力做正功，弹性势能减小。
弹簧变短时，弹力做负功，弹性势能增加，故A、B错误。
当拉伸长度相同时，k越大的弹簧的弹性势能越大，故C正确。
当k 相同时，伸长量与压缩量相同的弹簧，弹性势能也相同，故D错误。
2．如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB 和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法中正确的是()A．M球的机械能守恒B．M球的机械能增大C．M和N组成的系统机械能守恒D．绳的拉力对N做负功答案 C解析细杆光滑，故M、N组成的系统机械能守恒，N的机械能增加，绳的拉力对N做正功、对M做负功，M的机械能减少，故C正确，A、B、D错误。
3. [2017·福建福州模拟]如图所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢如图甲所示。
烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动如图乙所示。
那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，(不计空气阻力)下列说法正确的是()A．弹簧、小球所构成的系统机械能守恒B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球所受合力的最大值等于重力D．小球所受合外力为零时速度最小答案 A解析烧断细线后，小球受重力和弹力作用，故弹簧、小球所构成的系统机械能守恒，A正确；小球受到重力和向上的弹力两个力，弹簧的弹力先大于重力，小球加速上升，后弹力小于重力，小球减速上升，所以球的动能先增大后减小，当加速度等于零时，此时所受的合力为零，即小球受到的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动能最大，此时弹簧尚处于压缩状态，故B、D错误；小球脱离弹簧后还能继续向上运动，由简谐运动的对称性可知，小球所受合力的最大值(在最低点)大于重力，C错误。
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2020届高考物理部分冲刺试题卷（一）说明:1.本卷仿真理综物理部分，题序与高考理科综合物理部分题目序号保持一致，考试时间为60分钟，满分为110分。
2.请将答案填写在答题卷上。
第Ⅰ卷一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14．氢原子部分能级的示意图如图所示，不同色光的光子能量如下表所示：色光红橙黄绿蓝—靛紫光子能量范围(eV) 1.61～2.002.00～2.072.07～2.142.14～2.532.53～2.762.76～3.10氢原子部分能级的示意图如图所示。
大量处于n＝4能级的氢原子，发射出的光的谱线在可见光范围内，其颜色分别为()A．红、紫B．红、蓝—靛C．橙、绿D．蓝—靛、紫15．一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2 s时开启降落伞，其跳伞过程中的v-t图象如图所示，根据图象可知该伞兵()A．在0～2 s内做自由落体运动B．在2～6 s内加速度方向先向上后向下C．在0～14 s内先处于失重状态后处于超重状态D．在0～24 s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动16．甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示。
设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度v1与乒乓球击打乙的球拍的速度v2之比为()A.63 B.33 C.22 D. 217.如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚线为电子从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是()A．Q1的电荷量大于Q2的电荷量B．A点的场强小于B点的场强C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能D．电子在A点的速度大于在B点的速度18．如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A＝1 kg、m B＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时，A、B将会分离。
t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。
则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是()A．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 mB．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左D．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N19．如图，装有水的杯子从倾角α＝53°的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角β＝16°。
取重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，sin16°＝0.28，则()A ．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.87B ．杯子下滑的加速度大小为3.5 m/s 2C ．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.75D ．杯子下滑的加速度大小为2.8 m/s 220．如图1所示，长为8d 、间距为d 的平行金属板水平放置，板间左侧中心位置O 点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v 0，电荷量为＋q ，质量为m 的粒子。
在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。
以下判断正确的是( )A ．t ＝3dv 0时刻进入的粒子，从O ′点射出B ．射出粒子的最大动能为54mv 2C ．t ＝d2v 0时刻进入的粒子，从O ′点射出D ．粒子在电场中运动的最短时间为2dv 021．如图所示，左侧接有定值电阻R 的光滑导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导轨间距为d 。
一质量为m 、阻值为r 的金属棒在水平拉力F 作用下由静止开始运动，速度与位移始终满足v ＝kx ，棒与导轨接触良好，则在金属棒移动的过程中( )A ．电阻R 上产生的焦耳热为Q R ＝kRB 2d 2x2R ＋rB ．金属棒的动量对时间的变化率增大C ．拉力的冲量为B 2d 2xR ＋r ＋kmxD ．通过R 的电荷量与x 2成正比第Ⅱ卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共62分。
第22～25题为必考题，考生都必须作答。
第33～34题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)22．(5分)某同学要用频闪照相的方法测量物块与木板之间的动摩擦因数。
把木板放在水平桌面上，一端抬高，测量出木板倾斜的角度θ。
如图所示为一小滑块下滑过程的频闪照片示意图。
已知频闪相机每隔时间T闪光一次，x1、x2、x3、x4分别是滑块在T时间内下滑的距离，当地重力加速度为g。
(1)滑块下滑过程中的加速度大小的表达式a＝________________(用已知量和测量量表示)。
(2)滑块下滑过程中经位置4时速度大小v4＝________________(用已知量和测量量表示)。
(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________________(用θ、a、g表示)。
23．(9分)某同学利用如图1所示的电路测量一表头的电阻。
供选用的器材如下：A．待测表头G1，内阻r1约为300 Ω，量程5.0 mA；B．灵敏电流计G2，内阻r2＝300 Ω，量程1.0 mA；C．定值电阻R＝1200 Ω；D．滑动变阻器R1，最大阻值为20 Ω；E．滑动变阻器R2，最大阻值为2000 Ω；F．电源，电动势E＝3.0 V，内阻不计；H．开关S，导线若干。
(1)在如图2所示的实物图上将导线补充完整；(2)滑动变阻器应选________(填写器材前的字母代号)，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至________(填“a”或“b”)端；(3)实验中某次待测表头G1的示数如图3所示，示数为________ mA；(4)该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2读数I1、I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线。
已知图线的斜率k＝0.18，则待测表头内阻r1＝________ Ω；(5)该同学接入电阻R的主要目的是____________________________。
24．(12分)科研人员乘热气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M＝200 kg。
气球在空中以v0＝0.1 m/s的速度匀速下降，距离水平地面高度h＝186 m时科研人员将质量m＝20 kg 的压舱物竖直向下抛出，抛出后6 s压舱物落地。
不计空气阻力，热气球所受浮力不变，重力加速度取g＝10 m/s2，求：(1)压舱物刚被抛出时的速度大小；(2)压舱物落地时热气球距离水平地面的高度。
25．(20分)用如图所示的装置，可以模拟货车在水平路面上的行驶，进而研究行驶过程中车厢里的货物运动情况。
已知模拟小车(含遥控电动机)的质量M＝7 kg，车厢前、后壁间距L＝4 m，木板A的质量m A＝1 kg，长度L A＝2 m，木板上可视为质点的物体B的质量m B＝4 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.3，木板与车厢底部(水平)间的动摩擦因数μ0＝0.32，A、B紧靠车厢前壁。
现“司机”遥控小车从静止开始做匀加速直线运动，经过一定时间，A、B同时与车厢后壁碰撞。
设小车运动过程中所受空＝16 N，重力加速度大小g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
气和地面总的阻力恒为F阻(1)从小车启动到A、B与后壁碰撞的过程中，分别求A、B的加速度大小；(2)A、B与后壁碰撞前瞬间，求遥控电动机的输出功率；(3)若碰撞后瞬间，三者速度方向不变，小车的速率变为碰前的80%，A、B的速率均变为碰前小车的速率，且“司机”立即关闭遥控电动机，求从开始运动到A相对车静止的过程中，A与车之间由于摩擦产生的内能。
(二)选考题(共15分)请考生从两道物理题中任选一题作答。
如果多做，则按所做的第一题计分。
33．[物理——选修3－3](共15分)(1) (5分)一定质量的理想气体由状态a经状态b、c到状态d，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，O、a、d三点在同一直线上，ab和cd平行于横轴，bc平行于纵轴，则由状态a变到状态b的过程中，气体________(填“吸收”或“放出”)热量，气体分子的平均动能________(填“增大”“减小”或“不变”)；从状态b到c，气体对外做功，内能________(填“增大”“减小”或“不变”)；从状态c到d，气体密度________(填“增大”“减小”或“不变”)；从状态a到d，气体内能________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2) (10分)如图所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为1000 cm3，上方汽缸的长度为40 cm，横截面积为50 cm2。
小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压。
皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与汽缸的形状变化，环境温度保持不变，汽缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2。
①若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活塞缓慢下压到汽缸皮吸底部时，求皮吸中气体的压强；②若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20 cm高度保持静止，求此时小明作用力的大小。
34．[物理——选修3－4](15分)(1) (5分)关于波的干涉和衍射，下列说法正确的是________(填正确答案标号。
选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。
每选错1个扣3分，最低得分为0分)。
A．对于同一列机械波，障碍物越小，越容易绕过去B．如果波在传播过程中遇到尺寸比波长大得多的障碍物，该波就不能发生衍射C．猛击音叉，围绕振动的音叉转一圈的过程中，会听到声音忽强忽弱，这是干涉现象D．一束白光通过三棱镜后，在屏上出现彩色条纹，这是光的一种干涉现象E．机械波、电磁波、光波均能产生衍射现象(2) (10分)如图所示，某种材料制成的扇形透明砖放置在水平桌面上，光源S发出一束平行于桌面的光线从OA 的中点垂直射入透明砖，恰好经过两次全反射后，垂直OB射出，并再次经过光源S。
已知光在真空中传播的速率为c，求：①材料的折射率n；②该过程中，光在空气中传播的时间与光在材料中传播的时间之比。
参考答案一.选择题14 15 16 17 18 19 20 21 B CCDADBCADBC二、非选择题 (一)必考题 22. (1)212344Tx x x x +-+ (2)x 3＋x 42T (3)tan θ－ag cos θ23.答案 (1)图见解析 (2)D a (3)3.00 (4)270 (5)保护G 2，使两表均能达到接近满偏 解析 (1)实物连线如图：(2)因为滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的D ；开关S 闭合前，滑动变阻器的滑片P 应滑动至a 端。