2020届高考物理二轮复习 刷题首选卷 综合能力物理部分押题密卷（五）课件

2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力物理部分押题密卷(五)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分110分，时间60分钟。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1～4题只有一个选项符合题目要求，第5～8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)1.(2019·云南二模)某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν之间的关系如图所示。已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是()A．入射光的频率小于ν0也可能发生光电效应现象B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大C．若用频率是2ν0的光照射该金属，则遏止电压为hν0eD．遏止电压与入射光的频率无关答案C解析ν0为该金属的截止频率，入射光的频率低于截止频率不发生光电效应，故A错误；根据W0＝hν0可知，某种物质的逸出功是定值，故B错误；由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0可知，当ν＝ν0时，有Ek＝0，W0＝hν0，故当入射光的频率为2ν0时，光电子的最大初动能为Ek＝2hν0－hν0，又因为eUc＝Ek，所以此时遏止电压Uc＝hν0e，故C正确；根据Uc＝hν－ν0e可知，光的频率改变时，遏止电压也会改变，故D错误。2．(2019·贵阳一模)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2s时开启降落伞，其跳伞过程中的v­t图象如图所示，根据图象可知该伞兵()A．在0～2s内做自由落体运动B．在2～6s内加速度方向先向上后向下C．在0～14s内先处于失重状态后处于超重状态D．在0～24s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动答案C解析由v­t图象可知，伞兵在0～2s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；v­t图象的斜率表示加速度，则由图可知，2～6s内伞兵先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，故B错误；0～14s内伞兵先做加速运动，再做减速运动，即加速度方向先向下再向上，故伞兵先失重后超重，C正确；v­t图象的斜率表示加速度，则可知伞兵在0～24s内，2～14s期间的加速度一直在发生变化，故D错误。3．(2019·吉林模拟)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送。已知地球半径为r，无线电信号传播速度为c，月球绕地球运动的轨道半径为60r，运行周期为27天。在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需的最短时间为()A.17r3cB.34r3cC.16rcD.34rc答案B解析根据万有引力提供向心力，有：GMmR2＝m4π2T2R，解得：R＝3GMT24π2∝3T2，已知月球和同步卫星的周期之比为27∶1，则月球和同步卫星的轨道半径比为9∶1，因月球绕地球运动的轨道半径为60r，故同步卫星的轨道半径为203r，距地面的高度为173r，故在地面上用卫星电话通话，从一方发出信号至对方接收到信号所需的最短时间为：t＝sc＝2×173rc＝34r3c，故B正确。4．(2019·辽宁凌源一模)生活中可以通过霍尔元件来测量转动物体的转速。如图a，在一个转动的圆盘边缘处沿半径方向均匀地放置四个小磁铁，其中两个N极向外，两个S极向外。在圆盘边缘附近放置一个霍尔元件，其尺寸如图b所示。当电路接通后，会在a、b两端产生电势差，经电路放大后得到脉冲信号。已知脉冲信号的周期为T，若忽略感应电动势的影响，则()A．圆盘转动的转速为n＝14TB．转速越大，脉冲信号的最大值就越大C．脉冲信号的最大值与h成正比D．圆盘转到图示位置时，如果a点电势高则霍尔元件中定向移动的电荷带负电答案D解析由于两个N极向外，两个S极向外，且交错分布，所以圆盘转半周，脉冲信号经历一个整周期，故圆盘的转速为n＝12T，A错误；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，霍尔元件的长、宽、高分别为L、d、h，有：qUh＝qvB，结合电流的微观定义式：I＝n′ehLv，所以有：U＝IBhn′eLh＝IBn′eL，故脉冲信号的最大值与转速n和h无关，B、C错误；圆盘转到图示时，如果a点电势高，则说明上极板带正电，下极板带负电，电流向里，则根据左手定则可知，只能是带负电的电荷移动到下板上，D正确。5．(2019·陕西咸阳三模)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mA＝1kg、mB＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N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．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m答案AD解析由题图可得0～4.0s内，F1＝－0.9t＋3.6，F2＝0.9t。分离之前A、B两物块共同运动，设加速度为a，以整体为研究对象，则有：a＝F1＋F2mA＋mB＝3.61＋2m/s2＝1.2m/s2，设t时刻A、B分离，分离时A、B间的拉力为f，由题知f＝0.3N，对B，由牛顿第二定律，F2－f＝mBa，得F2＝f＋mBa＝(0.3＋2×1.2)N＝2.7N，t＝F20.9＝2.70.9s＝3s，根据位移公式s＝12at2＝5.4m，则D正确；当t＝2.0s时，A、B不分离，F2＝1.8N，F2＋f2＝mBa，得f2＝mBa－F2＝0.6N，A正确，B错误；当t＝2.5s时，A、B不分离，F2＝2.25N，F2＋f2.5＝m2a，得f2.5＝m2a－F20，则f2.5与F2方向一致，即水平向右，C错误。6．(2019·重庆模拟)如图甲为某游乐园飓风飞椅游玩项目，图乙为飓风飞椅结构简图。其装置由伞型转盘A、中间圆柱B、底座C和软绳悬挂飞椅D(可视为质点)组成，在与转盘下表面轴心O距离为d的圆周上，用软绳分布均匀地悬挂16座飞椅(图乙中只画两座)，设A、B、C总质量为M，单个飞椅与人的质量之和均为m，悬挂飞椅D的绳长均为L，当水平转盘以角速度ω稳定旋转时，各软绳与竖直方向成θ角。则下列判断正确的是()A．转盘旋转的角速度为gtanθd＋LsinθB．底座C对水平地面的压力随转速的增加而减小C．底座C对水平地面的压力与转速无关，恒为Mg＋16mgD．软绳与竖直方向夹角θ的大小与软绳长、转速和乘客质量均有关答案AC解析对飞椅与人组成的整体受力分析，由牛顿第二定律可得：mgtanθ＝mω2(d＋Lsinθ)，解得：ω＝gtanθd＋Lsinθ，故A正确；对A、B、C及16座飞椅和飞椅上的人组成的整体受力分析，整体竖直方向受重力和地面支持力而平衡，由牛顿第三定律知，整体竖直方向对地面的压力恒为Mg＋16mg，B错误，C正确；由A选项求得的表达式可知软绳与竖直方向夹角θ的大小与软绳长、转速有关，但与乘客质量无关，故D错误。7．(2019·山东潍坊二模)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v0，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．粒子在电场中运动的最短时间为2dv0B．射出粒子的最大动能为54mv20C．t＝d2v0时刻进入的粒子，从O′点射出D．t＝3dv0时刻进入的粒子，从O′点射出答案AD解析由图2可知场强大小为E＝mv202qd，则粒子在电场中的加速度大小a＝qEm＝v202d，场强E的变化周期T＝4dv0，对t＝0时刻进入的粒子，在0～T2时间内粒子在场强为E的匀强电场中的偏转距离为ym＝12a·T22＝dd2，则粒子在电场中运动的最短时间满足d2＝12at2min，解得tmin＝2dv0，A正确；粒子在水平方向以v0匀速运动，故能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝8dv0，恰好等于场强E的变化周期的两倍，由此可知，粒子在整个过程中竖直方向上的速度变化量为0，则射出电场的粒子竖直方向的速度均为0，射出的粒子的动能均为12mv20，B错误；t＝d2v0＝T8时刻进入的粒子，沿电场方向先向下加速，因y＝12a·38T2＝916dd2，即在t＝T2之前粒子已经打在下极板上，不能从O′射出，C错误；t＝3dv0＝3T4时刻进入的粒子，沿电场方向先向上加速T4，有y1＝12aT42＝d4，后向上减速T4，有y2＝y1＝d4，此时竖直方向速度恰好为零，且y＝y1＋y2＝d2，即刚好到达上极板，然后向下加速T4，再向下减速T4，竖直方向速度到零，如此反复，经过2T时间，粒子最后从电场中射出时沿电场方向的速度与位移均为零，即粒子恰好从O′点射出，D正确。8.(2019·陕西渭南二模)如图所示，相距为L的两条平行金属导轨与水平地面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒从距水平地面高h处由静止释放，导体棒能沿倾斜的导轨下滑，已知下滑过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，接触面的动摩擦因数为μ，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是()A．导体棒从开始运动直至地面的过程中，通过电阻R的电荷量为BLhRsinθB．导体棒从开始运动直至地面的过程中，电阻R上产生的焦耳热为mgh－μmghtanθC．导体棒释放瞬间的加速度大小是gsinθ－μgcosθD．如果增加导体棒质量，则导体棒从释放至滑到斜面底端的时间不变答案AC解析根据E＝ΔΦΔt，I＝ER，q＝IΔt，联立求得棒从开始运动直至地面的过程中，通过R的电荷量q＝ΔΦR＝BLhRsinθ，A正确；设导体棒到达斜面底端时的速度为v0，由动能定理得：12mv20＝mgh－μmgcosθhsinθ－W安，则电阻R上产生的焦耳热Q＝W安＝mgh－μmghtanθ－12mv20，B错误；导体棒释放瞬间，对导体棒由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，加速度a＝gsinθ－μgcosθ，C正确；当导体棒速度为v时，回路电动势E＝BLv，I＝ER，F安＝BIL＝B2L2vR，对导体棒由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ－B2L2vR＝ma，a＝gsinθ－μgcosθ－B2L2vmR，所以当导体棒质量增大，速度相同时，加速度会变大，总位移不变，故时间会减小，D错误。第Ⅱ卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，共62分。第9～12题为必考题，考生都必须作答。第13～14题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)9．(2019·东北三省三校二模)(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)。答案(1)x4＋x3－x2＋x14T2(2)x3＋x42T(3)tanθ－agcosθ解析(1)滑块下滑做的是匀加速直线运动，且x1、x2、x3、x4都是在T时间内下滑的距离，因此滑块的加速度可以用逐差法进行计算，即a＝x3＋x4－x1＋x24T2。(2)滑块经过x3和x4所用的时间相等，由因滑块做的是匀变速运动，因此滑块在位置4的速度等于滑块从位置3运动到位置5的平均速