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（三）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(三)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．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、蓝—靛B．红、紫C．橙、绿D．蓝—靛、紫答案A解析大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，能够辐射出能量分别为12.75eV、12.09eV、10.2eV、2.55eV、1.89eV、0.66eV的六种光子，对照表格知，2.55eV和1.89eV的光子属于可见光，其中能量为1.89eV的光子为红光，能量为2.55eV的光子为蓝—靛光，故选A。2．(2019·陕西榆林高三第三次模拟)质量相同的甲、乙两物体放在相同的光滑水平地面上，分别在水平力F1、F2的作用下从同一地点，沿同一方向，同时运动，其v­t图象如图所示，下列判断正确的是()A．0～6s，F1先减小后不变，F2一直增大B．0～6s内两者在前进方向上的最大距离一定大于4mC．在0～2s内，甲的加速度始终大于乙的加速度D．4s末甲、乙两物体动能相同，由此可知F1＝F2答案B解析由v­t图象可知，对甲物体，在0～2s内，甲物体速度—时间图线的斜率逐渐减小，则其加速度逐渐减小，F1逐渐减小，2～6s内，甲物体速度保持不变，F1为零，对于乙物体，速度—时间图线的斜率保持不变，则F2保持不变，故A错误；0～6s内，当两者速度相同即t＝4s时，两物体相距最大，此时乙的位移为x乙＝12×4×4m＝8m，甲的位移x甲2×4＋12×2×4m＝12m，则两者的最大距离大于4m，故B正确；由v­t图象可知，在0～2s内，t＝0时，甲图线的斜率大于乙图线的斜率，此后，甲图线的斜率逐渐减小到零，乙图线的斜率保持不变，故甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙的加速度，故C错误；4s末甲、乙两物体动能相同，但它们的加速度不同，故F1不等于F2，D错误。3.(2019·辽宁大连二模)2018年12月12日，在北京飞控中心工作人员的精密控制下，嫦娥四号开始实施近月制动，成功进入环月圆轨道Ⅰ。12月30日成功实施变轨，进入椭圆着陆轨道Ⅱ，为下一步月面软着陆做准备。如图所示，B为近月点，A为远月点，关于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是()A．卫星在轨道Ⅱ上A点的加速度大于在B点的加速度B．卫星沿轨道Ⅰ运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态C．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，机械能增加D．卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能小于在轨道Ⅱ经过B点时的动能答案D解析根据万有引力提供向心力有：GMmr2＝ma，B点距月心更近，所以卫星在B点的加速度更大，A错误；卫星沿轨道Ⅰ运动的过程中，万有引力全部提供向心力，卫星中的科考仪器处于失重状态，B错误；卫星从高轨道变轨到低轨道，需要点火减速，卫星的动能减小，所以卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，机械能减小，C错误；从A点到B点，万有引力做正功，卫星的动能增大，D正确。4．(2019·湖南岳阳高三二模)如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是()A．随意挂在一个钩子上B．使背包带跨过两个挂钩C．使背包带跨过三个挂钩D．使背包带跨过四个挂钩答案D解析设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得2Fcosθ＝mg；解得背包带的拉力F＝mg2cosθ，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cosθ最大，由于相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，故使背包带跨过四个挂钩时θ≈0，cosθ≈1，此时背包带受力最小，故D正确。5.(2019·安徽黄山二模)如图所示，甲、乙两个小球同时从同一固定的足够长斜面的A、B两点分别以v0、2v0水平抛出，分别落在斜面的C、D两点(图中未画出)，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同B．甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1∶4C．A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为1∶4D．甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1∶2答案AC解析设小球落在斜面上时，速度与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα＝gtv0，tanθ＝12gt2v0t＝gt2v0，可知tanα＝2tanθ，因为小球落在斜面上时，其位移与水平方向的夹角为定值，可知两球接触斜面的瞬间，它们的速度方向相同，故A正确；根据tanθ＝12gt2v0t＝gt2v0可得t＝2v0tanθg，因为两球初速度之比为1∶2，所以甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1∶2，故B错误；根据h＝12gt2可知两球下落的高度之比为1∶4，根据相似三角形知识可知A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为1∶4，故C正确；甲、乙两球运动的时间之比为1∶2，则其竖直分速度之比为1∶2，因为两球落在斜面上时速度方向相同，所以两球接触斜面的瞬间，它们的速度大小之比为1∶2，故D错误。6．(2019·福建高中毕业班3月质检)回旋加速器主要结构如图，两个中空的半圆形金属盒接高频交流电源置于与盒面垂直的匀强磁场中，两盒间的狭缝宽度很小。粒子源S位于金属盒的圆心处，产生的粒子初速度可以忽略。用两台回旋加速器分别加速质子(11H)和α粒子(42He)，这两台加速器的金属盒半径、磁场的磁感应强度、高频交流电源的电压均相等，不考虑相对论效应，则质子和α粒子()A．所能达到的最大动量大小相等B．所能达到的最大动能相等C．受到的最大洛伦兹力大小相等D．在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数相等答案BC解析当粒子的旋转半径到达D形盒的半径R时，粒子的速度最大，由公式qvB＝mv2R可得：p＝mv＝qBR，由于两粒子的电荷量不同，所以两粒子所能达到的最大动量大小不相等，故A错误；当粒子的旋转半径到达D形盒的半径R时，粒子的速度最大，由Ek＝12mv2＝q2B2R22m可得，两粒子的动能之比等于电荷量的平方之比与质量反比的积，所以两粒子所能达到的最大动能相等，故B正确；当粒子的旋转半径到达D形盒的半径R时，粒子的速度最大，由公式qvB＝mv2R可得：v＝qBRm，由f洛＝qvB＝q2B2Rm可知，两粒子受到的最大洛伦兹力大小相等，故C正确；粒子每加速一次增加的动能为qU，粒子能达到的最大动能为Ek＝q2B2R22m，所以粒子被加速的次数为n＝EkqU＝qB2R22mU，由于质子与α粒子的比荷不相等，所以两粒子在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数不相等，故D错误。7.(2019·福建泉州二模)一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上的A点由静止下滑，经时间t后立即加上沿斜面向上的匀强电场，再经时间t滑块恰好过A点。重力加速度大小为g，则()A．匀强电场的电场强度大小为4mgsinθqB．滑块过A点时的速度大小为2gtsinθC．滑块从A点到最低点的过程中，重力势能减少了12mg2t2sin2θD．滑块从最低点到A点的过程中，电势能减少了2mg2t2sin2θ答案AB解析未加电场时，取向下为正方向，滑块的加速度：a＝gsinθ，经过时间t，其速度：v1＝at＝gtsinθ，其位移：x＝12at2＝12gt2sinθ，加上电场后，根据题意，滑块的加速度：a′＝Eqm－gsinθ，再经过时间t滑块恰好过A点，根据匀变速直线运动规律：－x＝v1t－12a′t2，联立解得：a′＝3gsinθ，E＝4mgsinθq，A正确；滑块过A点的速度：v2＝v1－a′t＝gtsinθ－3gtsinθ＝－2gtsinθ，即此时滑块的速度大小为2gtsinθ，方向沿斜面向上，B正确；滑块从A点到最低点的过程中，滑块的总位移：x总＝12at2＋v212a′＝23gt2sinθ，所以滑块的重力势能减小ΔEp＝mgx总sinθ＝23mg2t2sin2θ，C错误；滑块从最低点到A点的过程中，根据动能定理：12mv22－0＝W电－mgx总sinθ，解得电场力做功为：W电＝83mg2t2sin2θ，所以滑块的电势能减少了：ΔEp′＝83mg2t2sin2θ，D错误。8．(2019·山东淄博三模)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．通过R的电荷量与x2成正比B．金属棒的动量对时间的变化率增大C．拉力的冲量为B2d2xR＋r＋kmxD．电阻R上产生的焦耳热为QR＝kRB2d2x2R＋r答案BC解析通过R的电量q＝∑i·Δt＝ΔΦR总＝BdxR＋r∝x，A错误；设金属棒在t1时刻的速度为v1，t2时刻的速度为v2，根据v＝kx可知v1＝kx1，v2＝kx2，金属棒的动量对时间的变化率ΔpΔt＝mv2－mv1t2－t1＝mkx2－x1t2－t1＝mkv，再由v＝kx可知，金属棒在移动的过程中，随着位移x增大，金属棒的动量对时间的变化率增大，故B正确；对金属棒，根据动量定理I冲－Bidt＝mv，其中q＝∑i·Δt＝BdxR＋r，v＝kx，联立解得拉力的冲量为I冲＝B2d2xR＋r＋kmx，故C正确；根据功能关系可知E电＝W安克，F安＝Bid＝B2d2vR＋r＝B2d2kxR＋r∝x，所以W安克＝12F安x＝B2d2kx22r＋R，由电流做功可得电阻R上产生的焦耳热为QR＝RR＋rE电＝kRB2d2x22R＋r2，故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·云南二模)(6分)某同学用图甲所示的实验装置测定当地的重力加速度，正确操作后获得图乙所示的一条纸带。他用天平测得小车的质量为M，钩码质量为m，毫米刻度尺测得纸带上自0点到连续点1、2、3、4、5、6的距离分别为：d1＝1.07cm、d2＝2.24cm、d3＝3.48cm、d4＝4.79cm、d5＝6.20cm、d6＝7.68cm。已知实验所用交流电频率为f＝50Hz。(1)打点2时小车的速度大小为________m/s(结果保留两位有效数字)。(2)小车运动过程中的平均加速度大小为________m/s2(结果保留两位有效数字)。(3)以各点速度v的二次方为纵坐标，以各点到0点的距离d为横坐标，作v2­d图象，所得图线为一条斜率为k的倾斜直线，不考虑小车与桌面间的摩擦，则当地的重力加速度g＝________(用m、M、k表示)。答案(1)0.60(2)2.0(3)kM＋m2m解析(1)打点2时小车的速度等于1到3段的平均速度，v＝d3－d12T＝3.48－1.07×10－22×0.02m/s≈0.60m/s。(2)根据逐差法可得：a＝d6－d3－d39T2＝d6－2d33T2＝7.68－2×3.48×10－20.062m/s2＝2.0m/s2。(3)对钩码和小车组成的系统，由牛顿第二定律得mg＝(M＋m)a，由v2－v20＝2ad可得a＝v2－v202d＝k2，联立解得g＝kM＋m2m。10．(2019·河南郑州二模)(9分)导体或半导体材料在外力作用下产生机械形变时，其电阻值发生相应变化，这种现象称为应变电阻效应。图甲所示，用