（浙江选考）2019届高考物理二轮复习 仿真模拟卷9.doc

《（浙江选考）2019届高考物理二轮复习 仿真模拟卷9.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江选考）2019届高考物理二轮复习 仿真模拟卷9.doc（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1仿真模拟卷仿真模拟卷( (九九) ) 一、选择题(本题共 13 小题,每小题 3 分,共 39 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 1.功的单位是焦耳(J),焦耳与基本单位米(m)、千克(kg)、秒(s)之间的关系正确的是( ) A.1 J=1 kgm/sB.1 J=1 kgm/s2 C.1 J=1 kgm2/sD.1 J=1 kgm2/s2 2 2.关于时刻和时间,下列说法正确的是( ) A.时刻表示时间极短,时间表示时间较长 B.时刻对应物体的位置,时间对应物体的位移或路程 C.火车站大屏幕上显示的是列车时间表 D.1 分钟只能分成 6

2、0 个时刻 3 3.某金属导线的电阻率为,电阻为R,现将它均匀拉长到直径为原来的一半,那么该导线的电阻率 和电阻分别变为( ) A.4和 4RB.和 4R C.16和 16RD.和 16R 4 4.如图所示,墙壁清洁机器人在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀速“爬行”到右上方B点。对机器 人在竖直平面内受力分析正确的是( )5 5.一列以 72 km/h 的速度行驶的火车即将进站时做匀减速直线运动,加速度大小为 0.5 m/s2,1 min 后火车行驶的位移是( ) A.2 100 mB.300 m C.400 mD.1 200 m 6 6.一把玩具枪水平射出子弹正好能打在竖直墙角A点,如图所示,枪

3、口离水平地面的高度为h,离竖直墙壁的水平距离为x,若要让相同出射速度的子弹打在离地高度为 的B点,需让枪口和墙壁间距 2 离为原来的( )A.1 2B.2 2C.1 4D.2 427 7.如图是一种工具石磨,下面磨盘固定,上面磨盘可绕过中心的竖直转轴,在推杆带动下在水平 面内转动。若上面磨盘直径为D,质量为m且均匀分布,磨盘间动摩擦因数为。若推杆在外力作 用下以角速度匀速转动,磨盘转动一周,外力克服磨盘间摩擦力做功为W,则( )A.磨盘推杆两端点的速度相同 B.磨盘边缘的线速度为DC.摩擦力的等效作用点离转轴距离为 D.摩擦力的等效作用点离转轴距离为 2 8 8.如图所示是天宫二号和神舟十一号

4、交会对接前绕地球做匀速圆周运动的轨道示意图,则神舟十一 号比天宫二号的( )A.运行速度小B.周期小 C.向心加速度小D.角速度小 9 9.汽车在平直的公路上以恒定的功率启动,设阻力恒定,则下列图中关于汽车运动过程中加速度、 速度随时间变化的关系,以下判断正确的是( )A.汽车的加速度时间图象可用图甲描述 B.汽车的加速度时间图象可用图乙描述 C.汽车的加速度时间图象可用图丁描述 D.汽车的速度时间图象可用图丙描述 1010.一个质量为m=1 kg 的物体在粗糙的水平面上在水平拉力作用下沿直线运动,物体与水平面间的动摩擦因数为=0.5。从t=0 时刻开始,物体的位移x与运动时间t的关系如图 -

5、t所示,图线与 纵横坐标轴的交点坐标分别为 0.5 m/s 和 1 s,g取 10 m/s2,物体运动时间 2 s,下列说法错误的是( )A.初速度为 0.5 m/s3B.加速度为 0.5 m/s2 C.运动位移为 3 m D.受到的水平拉力大小为 6 N 1111.某顾客在超市乘手扶式电梯匀速下楼时,该顾客( ) A.失重且机械能守恒 B.失重且动能增加,重力势能减小 C.动能和重力势能都减小 D.机械能减小 1212.如图所示,绝缘细线AB和BC系一个质量为m、带电量为q的带正电小球a,AB细线长为L,与竖 直方向的夹角为=30,x轴为与ABC在同一竖直面内的水平方向,带电小球b从左侧无穷

6、远处沿 +x方向移动到右侧无穷远处,A点到x轴的距离为L。当b球经过A点正下方时,水平绝缘细线BC3的拉力恰为零。若将带电小球视为点电荷,静电力恒量为k。下列说法正确的是( )A.b球带负电荷B.b球带电荷为32 C.b球位于a球正下方时,细线AB上的拉力为BC拉力的 2 倍D.b球位于a球正下方时,细线BC上的拉力为3 3 1313.一新型电磁船的船体上安装了用于产生强磁场的超导线圈,在两船舷之间装有电池,导电的海水 在磁场力作用下即可推动该船前进。下图是新型电磁船的简化原理图,其中MN、PQ、电池与海水构 成闭合回路,且与船体绝缘,要使该船水平向左运动,则超导线圈在MNQP所在区域产生的磁

7、场方向 是( )A.垂直水面向上 B.垂直水面向下 C.水平向左 D.水平向右 二、选择题(本题共 3 小题,每小题 2 分,共 6 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 2 分,选对但不全的得 1 分,有选错的得 0 分) 1414.【加试题】以下说法正确的( ) A.一种元素具有放射性,与它是以单质还是化合物存在无关 B.铀块体积大于临界体积是发生链式反应的条件之一 C.14C(碳 14)衰变可以用来进行物质年代的测定 D.一束 射线射向验电器上端的金属球,原来带正电而有一定张角的金属箔的角度将变得更大 1515.【加试题】中国北斗三号全球组网卫星计划将在

8、2017 年 7 月左右进行首次发射。北斗三号采用 星载氢原子钟,其精度将比北斗二号的星载铷原子钟提高一个数量级。如图所示为氢原子的部分能 级图,以下判断正确的是( )4A.处于n=3 能级的氢原子可以吸收任意频率的光子 B.欲使处于基态的氢原子被激发,可用 12.09 eV 的光子照射 C.当氢原子从n=5 的状态跃迁到n=3 的状态时,要吸收光子 D.用n=2 能级跃迁到n=1 能级辐射出的光照射金属铂(逸出功为 6.34 eV)时不能发生光电效应 1616.【加试题】如图所示,一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上,经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气。 当出射角i和入射角i相等时,出

9、射光线相对于入射光线偏转的角度为。已知棱镜顶角为,则 棱镜对该色光的折射率表达式为( )A.B. + 22 + 22C.D.( - 2)( - 2) 三、非选择题(本题共 7 小题,共 55 分) 1717.(5 分)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源, 可以使用的频率有 20 Hz、30 Hz和 40 Hz。打出纸带的一部分如图(b)所示。 该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其他题给条件进行推算。 (1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用f和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计时 器打出B点时,重物下落的速度大小为

10、,打出C点时重物下落的速度大小为 ,重物 下落的加速度大小为 。 图(a)图(b)5(2)已测得s1=8.89 cm,s2=9.50 cm,s3=10.10 cm,当地重力加速度大小为 9.80 m/s2,实验中重物受 到的平均阻力大小约为其重力的 1%,由此推算出f为 Hz。 1818.(5 分)小明同学用下列器材描绘额定电压为 3.0 V 的小灯泡伏安特性曲线(电压变化要求从零开 始),研究小灯泡实际电阻的阻值等问题。A.电流表(0.6 A,内阻约 1 ) B.电压表(3 V,内阻约 1 k) C.滑动变阻器(10 ,1 A) D.滑动变阻器(100 ,3 A) E.电源(4 V,内阻不计

11、) (1)用笔画线代替导线,将图中的实验仪器连成完整的实验电路。 (2)在实验中,为了操作方便且能够准确地进行测量,滑动变阻器应选用 。(填写器材序号)(3)开关闭合前,滑动变阻器的滑片应置于 (选填“a”或“b”)端。 (4)若I-U图中的虚线或表示小灯泡真实的伏安特性曲线,与实线相比,虚线 (选填 “”或“”)才是真实的伏安特性曲线。 1919.(9 分)滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一。某日,小芳妈妈正与小芳在冰上游戏,小芳与冰 车的总质量是 40 kg,冰车与冰面之间的动摩擦因数为 0.05,在某次游戏中,假设小芳妈妈对冰车施 加了 40 N的水平推力,使冰车从静止开始运动 10 s

12、 后,停止施加力的作用,使冰车自由滑行。假设 运动过程中冰车始终沿直线运动,小芳始终没有施加力的作用。(g取 10 m/s2)求: (1)滑冰车所受摩擦力;(2)滑冰车的最大速率;6(3)滑冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小。2020.(12 分)如图所示,两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置,且固定在光滑 水平面上,圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上,右端与质量为m的小球接触(不拴接,小 球的直径略小于管的内径),长为R的薄板DE置于水平面上,板的左端D到管道右端C的水平距离 为R。开始时弹簧处于锁定状态,具有的弹性势能为 3mgR,其中g为重力加速度。解

13、除锁定,小球离 开弹簧后进入管道,最后从C点抛出。(1)求小球经C点时的动能;(2)求小球经C点时所受的弹力;(3)讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件,从C点抛出的小球才能击中薄板DE。2121.(4 分)【加试题】(1)在“研究电磁感应现象”的实验中,如图甲、乙、丙所示是实验中连接的 三个回路。其中判别电流表指针的偏转方向与电流方向关系的回路是 (选填“甲”“乙” 或“丙”),显示是否产生了感应电流的回路是 (选填“甲”“乙”或“丙”)。 (2)在“探究碰撞中的不变量”的实验中,用如图所示的斜槽装置进行探究,以下说法正确的是( )7A.选择实验仪器时,天平可选可不选 B.实验中的斜槽需要光滑

14、且末端切线水平 C.需要记录小球抛出的高度及水平距离,以确定小球离开斜槽末端时的速度 D.无论是否放上被碰小球,入射小球都必须从同一高度处静止释放 2222.(10 分)【加试题】如图所示,在xOy平面内,有一线状电子源沿x正方向发射速度均为v的电子,形 成宽为 2R、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R、 中心位于原点O的圆形匀强磁场区域(区域边界存在磁场),磁场方向垂直xOy平面向里,电子经过 磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方,正对的金属平行板K和A与x轴平行,其中K板 与P点的距离为d,中间开有宽度为 2d且关于y轴对称的小孔。A与K两板间加

15、有恒定电压UAK,且K板电势高于A板电势,已知电子质量为m,电荷量为e,UAK=,不计电子重力及它们间的相互作32 8 用。(1)能打到A板上的电子在进入平行金属板时与金属板K的夹角应满足什么条件?(2)能进入AK极板间的电子数占发射电子总数的比例为多大?2323.(10 分)【加试题】一个可以屏蔽高能粒子辐射的长方体铅盒,如图甲所示,铅盒左侧面正中心O 处有一放射源,它可向外辐射速率均为v=1107 m/s 的粒子(带正电),粒子通过铅盒右侧面狭缝MQ 射入一平行边界的匀强磁场中,粒子均不能从磁场的右边界射出。图乙为该装置的截面简化图,截 面MNPQ位于垂直磁场的平面内,已知PQ=0.3 m

16、,NP=0.6 m,该粒子质量m=410-27 kg,电荷量 q=810-19 C,磁场的磁感应强度B=0.5 T,方向垂直纸面向里,求:(1)粒子在磁场中运动的半径R;8(2)粒子从O点射出到离开磁场左边界的最长时间t;(3)若粒子放射源可以处在NP的任意位置,为了使粒子均不能从磁场的右边界射出,磁场区域的宽 度至少多大?(2.2)59普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(九) 一、选择题 1 1.D 解析 根据功的定义得:W=FL,所以 1 J=1 Nm,根据牛顿第二定律F=ma可知,力的单位为:1 N=1 kg m/s2,所以有:1 J= kgm2/s2,故 D 正确。 2 2.B 解析

17、A.时刻表示时间点,时间表示时间长度,所以 A 错误。B.时刻对应物体的位置,时间对应 物体的位移或路程,所以 B 正确。C.火车站大屏幕上显示的是列车时刻表,不是时间表,所以 C 错误。 D.1 分钟能分成无数个时刻,所以 D 错误。 3 3.D 解析 电阻为R,现将它均匀拉长到直径为原来的一半,其材料和体积均不变,则横截面积变为原来的 ,长度变为原来的 4 倍;由于导体的电阻与长度成正比,与横截面积成反比,所以此时导体的1 4 电阻变为原来的 16 倍,即 16R。由于电阻率受温度的影响,因温度不变,所以电阻率也不变。 4 4.B 解析 墙壁清洁机器人做匀速直线运动,在竖直平面内受到重力和

18、静摩擦力,二力平衡,所以 B 正确。 5 5.C 解析 v0=72 km/h=20 m/s,t=1 min=60 s,设刹车至静止的时间为t,由v=v0-at得t=40 s,即火车运动了 40 s 就已经停止了,所以x=400 m,C 正确。02 6 6.B 解析 根据平抛运动的规律得竖直方向有h= gt2,1 2 水平方向有x=v0t可得h=2202所以当x=x时,h= h,即需让枪口和墙壁间距离为原来的。221 2227 7.D 解析 根据线速度的定义式:v=r,可得:v= ,故 B 错误;磨盘推杆两端点的速度大小相等, 2 方向不同,所以速度不相同,故 A 错误;根据功的定义:W=Fs=

19、mgs,对应圆的周长s=2r,解得:r=,故 D 正确,C 错误。 28 8.B 解析 F万=Fn,即G=man=m2r=mr。由此式可知,r越小v、an越大,只有T越22 422 小,所以选 B。 9 9.B 解析 汽车恒定功率启动,速度增大,由P=Fv可知,牵引力减小,则加速度减小,当牵引力等于 阻力时,物体的加速度为零,此后做匀速直线运动,故速度时间图象为甲图;加速度时间图象为 乙图, 只有 B 正确。1010.B 解析 AB.题图图线的斜率为k=0.5 m/s2、纵截距为 0.5 m/s。由位移时间公式x=v0t+ at21 2两边除以对应运动时间t为=v0+ at,可得纵截距的物理意

20、义为物体运动初速度、斜率的物理意义 1 2为物体加速度的一半。所以物体做初速度为v0=0.5 m/s、加速度大小为a=1 m/s2的匀加速直(1 2)线运动,故 A 正确,B 错误。C.物体在t=2 s 时间内的运动位移为 x=v0t+ at2=0.52 m+ 122 1 21 2 m=3 m,故 C 正确。D.对物体,应用牛顿第二定律有F-mg=ma,解得F=6 N,故 D 正确。 1111.D 解析 做匀速直线运动的顾客不会超重也不会失重;由于顾客在电梯上匀速向下运动,动能不 变;由于高度下降,因此重力势能减小,故总机械能减小,故 D 正确,A、B、C 错误。101212.C 解析 当b球

21、经过A点正下方时,分析a球的受力情况,如图所示: 根据平衡条件,可知b球对a球有排斥力,所以b球带正电,故 A 错误;由几何关系知:此时ab连线 与竖直方向的夹角也等于,ab的长为L,由对称性知:F=FT,由平衡条件得:mg=2Fcos 30,可得:F=mg,库仑定律为:F=k,解得:qb=,故 A、B 错误;b球位于a球正下方时,ab间距离为:332323L=L,a球所受的库仑力为:F=kmg,对a球,水平方向有:FTABsin 30=FTBC,解得:32(3 2)2=4 39FTAB=2FTBC,竖直方向有:FTABcos 30+F=mg,联立解得:FTBC=,故 D 错误,C 正确。(3

22、 3 - 4) 9 1313.B 解析 海水中电流方向从MN流向QP,且船向左运动,根据牛顿第三定律可知,海水所受的安培 力方向向右,据左手定则,可知,磁场方向可能垂直水面向下,故 B 正确,A、C、D 错误。 二、选择题 1414.ABC 解析 A.半衰期的大小由原子核内部因素决定,与它是以单质还是化合物无关,故 A 正确;B.铀 235 发生裂变的条件是有慢速中心轰击,产生链式反应的条件是中子再生率大于 1,而且轴块体积大于临界体积,故 B 正确;C.根据放射性元素的剩余质量公式m=m0,可以使用14C(碳 14)的衰变可以(1 2) 用来进行物质年代的测定,故 C 正确;D.一束 射线射

23、向验电器上端的金属球时,由于 射线具有 较强的电离本领,原来带正电而有一定张角的金属箔的角度将变小,故 D 错误。 1515.B 解析 A.要使n=3 能级的氢原子发生跃迁,吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差,或大 于 1.51 eV 能量的任意频率的光子,故 A 错误;B.根据玻尔理论用 12.09 eV 电子照射时,吸收光子 后电子的能量:12.09 eV+(-13.6) eV=-1.51 eV,所以能从基态发生跃迁,跃迁到第 3 能级,故 B 正 确;C.氢原子从高能级跃迁到低能级时放出光子,故 C 错误;D.从n=2 能级跃迁到n=1 能级辐射出的 光子的能量E=E2-E1=-3.

24、4 eV-(-13.6) eV=10.2 eV6.34 eV,而使金属发生光电效应的条件是光子 的能量大于电子的逸出功,故可以发生光电效应,故 D 错误。 1616.A 解析 如图所示,设AB面上的折射角为,AC面上的入射角为,由于i=i,由光的折射定律及光路可 逆判知=,又设两法线的夹角为,则由几何关系得+=180,又由+=180,则解得=。又由几何关系得+=i+i,解得i=,则棱镜对光的折射率n= 2 + 2,故 A 正确。 = + 22 三、非选择题111717.答案 (1) (s1+s2)f (s2+s3)f (s3-s1)f2 (2)401 21 21 2解析 (1)B点速度为AC段

25、的平均速度vB=;1+ 221 =(1+ 2)2C点速度为BD段的平均速度vC=;2+ 321 =(2+ 3)2由vC=vB+a 得1 a=。(3- 1)22(2)由题意知a=(1-1%)g=9.702 m/s2,把数据代入a=可得f40 Hz。(3- 1)22 1818.答案 (1)见解析 (2)C (3)a (4) 解析 (1)实验要求电压从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,灯泡电阻很小为几欧姆,电压表 内阻为几千欧姆,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,实物电路图如图所示:(2)滑动变阻器采用分压接法,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器,滑动变阻器应选 C。 (3

26、)滑动变阻器采用分压接法,开关闭合前,分压电路分压应为零,由图示电路图可知,滑动变阻器的 滑片应置于a端。 (4)电流表用外接法,电压表分流,灯泡实际电流比测量值偏小,因此是真实的伏安特性曲线。 1919.答案 (1)20 N (2)5 m/s (3)50 m 解析 (1)Ff=mg=20 N (2)推力作用下车子加速度a1=-g=0.5 m/s2 最大速度v=a1t=5 m/s (3) 推力作用下车子位移x1=25 m2 21推力撤掉后车子加速度a2=g=0.5 m/s2位移x2=25 m2 22总位移x=x1+x2=50 m2020.答案 (1)mv2 (2)mg (3)mgREpmgR1

27、 217 85 2 解析 (1)解除弹簧锁定后小球运动到C点过程,弹簧和小球系统机械能守恒, 由机械能守恒定律得:3mgR=2mgR+Ek,解得:Ek=mgR;12小球过C时的动能:Ek= mv2。1 2 (2)设小球经过C点时轨道对小球的作用力为F,由牛顿第二定律得:mg+F=,2 解得:F=mg,方向向下。 (3)小球离开C点后做平抛运动,竖直方向:2R= gt2,1 2 水平方向:x1=v1t, 若要小球击中薄板,应满足:Rx12R,弹簧的弹性势能:Ep=2mgR+,1 2m12故弹性势能Ep应满足:mgREpmgR时,小球才能击中薄板。17 85 2 2121.答案 (1)甲 乙 (2

28、) D 解析 (1)题图甲中,电源与电流表串联,当开关闭合后,则电流表指针会偏转,从而可判定指针的偏 转方向与电流方向的关系。 题图乙中,线圈与电流表串联,当穿过线圈的磁通量变化时,则线圈会产生感应电动势,那么线圈中 会有感应电流,即可通过指针的偏转,则可判定是否产生了感应电流。 题图丙中,没有电流表,不能判定上述两种关系。 (2)A.要验证动量守恒定律,即验证mav1=mav2+mbv3,小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度 相等,在空中的运动时间t相等,上式两边同时乘以t得mav1t=mav2t+mbv3t,得max1=max2+mbx3,因此 必须使用天平测量两小球的质量,故 A

29、错误。B.“验证动量守恒定律”的实验中,是通过平抛运动 的基本规律求解小球碰撞前后的速度的,只要离开轨道后做平抛运动,对斜槽是否光滑没有要求,故 B 错误。C.由 A 的分析可知,实验中只需记录水平射程即可,不需要记录高度和离开末端时的速度, 故 C 错误。D.要保证每次碰撞前的入射小球的速度相同,入射小球每次都要从同一高度由静止释放,故 D 正确。2222.答案 (1)60120 (2)22 解析 (1)设恰能打到A板的电子在进入极板与金属板K的夹角为0电子在极板运动过程运用动能定理-UAKe= m(vcos 0)2- mv2,得0=60或0=1201 21 2 故能打到A板上的电子与金属板

30、K的夹角满足 60120 (2)能进入极板间的电子与金属板K的夹角满足 45135 =45的电子在磁场中的轨道如图甲所示,入射点为M 平行四边形O1POM为菱形,电子在磁场中运动的半径也为R M到P点的竖直距离dM=R(1-cos 45)=135的电子在磁场中的轨道如图乙所示,入射点为N N到P点的竖直距离dN=R(1+cos 45)13故NM竖直长度占射入总长度 2R的比例- 2=22 2323.答案 (1)0.1 m (2)8.910-8 s (3)0.188 m解析 (1)由R=,解得R=0.1 m (2)经判断从Q点射入磁场的粒子在铅盒及磁场中的时间都是最长的,分别设为t1 和t2。t1=310-8 s 4.210-8 s 2t2= T=10-8 s4.710-8 s3 43 2=3 2总时间t=t1+t2=(3)10-8 s8.910-8 s2 +3 2 (3)经判断,当放射源处于N点时,磁场区域的宽度d最大。 如图所示由几何关系d=R(1+cos) ,cos=2 55 解得d=0.188 m