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.docx

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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

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

D．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＝，故C正确；根据Uc＝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.B.C.D.

答案　B

解析　根据万有引力提供向心力，有：

＝mR，解得：

R＝∝，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r，距地面的高度为r，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＝＝＝，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＝

B．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＝，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：

q＝qvB，结合电流的微观定义式：

I＝n′ehLv，所以有：

U＝＝，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0.6N

B．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＝＝m/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＝＝s＝3s，根据位移公式s＝at2＝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－F2>0，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

B．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＋16mg

D．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＝，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

B．射出粒子的最大动能为mv

C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出

D．t＝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＝，则粒子在电场中的加速度大小a＝＝，场强E的变化周期T＝，对t＝0时刻进入的粒子，在0～时间内粒子在场强为E的匀强电场中的偏转距离为ym＝a·2＝d>，则粒子在电场中运动的最短时间满足＝at，解得tmin＝，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＝，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mv，B错误；t＝＝时刻进入的粒子，沿电场方向先向下加速，因y＝a·2＝d>，即在t＝之前粒子已经打在下极板上，不能从O′射出，C错误；t＝＝时刻进入的粒子，沿电场方向先向上加速，有y1＝a2＝，后向上减速，有y2＝y1＝，此时竖直方向速度恰好为零，且y＝y1＋y2＝，即刚好到达上极板，然后向下加速，再向下减速，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

B．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－

C．导体棒释放瞬间的加速度大小是gsinθ－μgcosθ

D．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＝，＝，q＝Δt，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＝＝，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：

mv＝mgh－μmgcosθ－W安，则电阻R上产生的焦耳热Q＝W安＝mgh－μmg－mv，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＝，F安＝BIL＝，对导体棒由牛顿第二定律得：

mgsinθ－μmgcosθ－＝ma，a＝gsinθ－μgcosθ－，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）　

（2）

（3）tanθ－

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＝。

（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的平均速度，即v4＝。

（3）滑块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma得μ＝tanθ－。

10．（2019·宣城二模）（10分）在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。

（1）甲同学按电路图a进行测量实验，其中R2为保护电阻。

①请用笔画线