浙江专用备战高考物理一轮复习 选考仿真模拟卷六.docx

浙江专用备战高考物理一轮复习 选考仿真模拟卷六.docx

《浙江专用备战高考物理一轮复习 选考仿真模拟卷六.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江专用备战高考物理一轮复习 选考仿真模拟卷六.docx（18页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

浙江专用备战高考物理一轮复习选考仿真模拟卷六

选考仿真模拟卷（六）

考生注意：

1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．

2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应答题纸上．

3．本次考试时间90分钟，满分100分．

选择题部分

一、选择题Ⅰ（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．如图1甲所示是某同学参加“五米三向折返跑”活动的情景．该活动场地如图乙所示，AB＝AC＝AD＝5m，受试者听到口令后从A点跑向B点，用手触摸折返线后再返回A点，然后依次跑向C点、D点，最终返回A点．若人可视为质点，现测得受试者完成活动的时间为7.50s，则该受试者在全过程中的路程和平均速度的大小分别为（　　）

图1

A．0,0B．15m,4m/s

C．30m,0D．30m,4m/s

2．（2018·温州市期末）如图2所示，冰壶是冬奥会的正式比赛项目．运动员将冰壶推出后，冰壶在滑行途中水平方向受到的力有（　　）

图2

A．推力B．阻力

C．推力和阻力D．向前的惯性力

3．物体做直线运动的速度v随时间t变化的图线如图3所示，P为图线上一点，PN为图线过P点的切线，PQ为t轴的垂线，PM为v轴的垂线．则下列说法中正确的是（　　）

图3

A．物体做加速度减小的减速运动

B．物体做加速度增加的加速运动

C．物体运动到P点时的加速度为

D．物体运动到P点时的加速度为

4．关于如图4所示四幅图的说法错误的是（　　）

图4

A．甲图中，赛车的质量不是很大，却安装着强劲的发动机，可以获得很大的惯性

B．乙图中，高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，目的是减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全

C．丙图中，火星的轨迹与砂轮相切，说明火星是沿砂轮的切线方向飞出的

D．丁图中，无论小锤用多大的力去击打弹性金属片，两球总是同时落地

5．如图所示，一物块A放在固定于水平地面上的斜面体B上，处于静止状态．现用力F沿不同方向作用在A上，物块A始终保持静止．则施加力F后，物块A受到的摩擦力一定增大且数值最小的是（　　）

6．下列四个选项中的虚线均表示小鸟在竖直平面内飞行的轨迹，小鸟在图示位置时的速度v和空气对它的作用力F的方向可能正确的是（　　）

7．一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图5所示，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射相同的乒乓球．乒乓球1落到球网右侧台面边缘上的中点，乒乓球2落到球网右侧台面边缘上靠近中点的某点．不计空气阻力．则（　　）

图5

A．自发射到落台，乒乓球1的飞行时间大于乒乓球2的飞行时间

B．乒乓球1的发射速度大于乒乓球2的发射速度

C．落台时，乒乓球1的速度大于乒乓球2的速度

D．落台时，乒乓球1与乒乓球2重力做功的功率相等

8．关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是（　　）

A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期

B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率

C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同

D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合

9．（2018·9＋1高中联盟期中）如图6所示，球形电容器是由半径不同的同心金属球壳组成，内外球壳带有等量异种电荷，球壳之间为真空，并形成了沿半径方向的电场．已知M点与N点在同一电场线上，M点与P点到圆心距离相等，则下列说法正确的是（　　）

图6

A．该径向电场为匀强电场

B．M点的电场强度比N点小

C．P点的电势比N点低

D．电荷沿圆孤虚线从M到P，电场力不做功

10．（2018·七彩阳光联盟期中）如图7所示，在“探究影响通电导线受力的因素”实验中，要使导体棒摆动时偏离竖直方向的摆角增大，以下操作中可行的是（　　）

图7

A．用更短的导线悬挂导体棒

B．改变导体棒中的电流方向

C．增大导体棒中的电流强度

D．使3块磁铁的S、N极都反向

11．现有一只灯泡，额定电压标识12V清晰，额定功率标识字迹不清，某同学为了确定该灯泡的额定功率，设计了四个方案，哪个方案最准确（　　）

A．把该灯泡直接与标有额定功率的灯泡（额定电压12V）进行外观上和灯丝粗细程度的比较，得出该灯泡的额定功率

B．把该灯泡接在12V的直流电源上使其发光，再与有标记的灯泡进行亮度比较，得出该灯泡的额定功率

C．把该灯泡接在12V的直流电源上使其发光，通过串联的电流表读出电流值，并联的电压表读出电压值，再由公式P＝UI求出额定功率

D．用该灯泡、电流表、电压表、干电池等器材，用伏安法测出该灯泡的阻值，再用公式P＝

得出该灯泡的额定功率

12．如图8甲所示是一个电解电容器，电容器外壳上标有“4.7μF,50V”字样，图乙是一个标准自感线圈，外壳上标有“1H”字样，下列有关该电容器和自感线圈的说法正确的是（　　）

图8

A．电容器的电容为4.7×10－12F

B．自感线圈的自感系数为“1H”

C．电容器在20V的工作电压下，其带电荷量为9.4×10－4C

D．自感线圈的自感电动势大小与流过线圈的电流大小有关

13.如图9所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是（　　）

图9

A．物体A受到的地面的支持力先增大后减小

B．物体A受到的地面的支持力保持不变

C．物体A受到的地面的摩擦力先增大后减小

D．库仑力对点电荷B先做正功后做负功

二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个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）

14.

加试题

（2018·杭州市期末）下列说法正确的是（　　）

A．家用照明电路电压的峰值约为311V

B．β衰变发出的β射线来自原子外层电子

C．卢瑟福通过α粒子散射实验发现原子核具有复杂结构

D．在发生轻核聚变或重核裂变后，核子的平均质量均变小

15.

加试题

如图10所示，一束太阳光经过玻璃三棱镜后，被分解成各种色光．在接收屏（与三棱镜侧面平行）上形成宽度为L的彩色光带．现将一较厚的平行玻璃砖竖直插入到三棱镜的左侧，我们会看到（　　）

图10

A．彩带整体上移B．彩带整体下移

C．彩带宽度L变大D．彩带宽度L变小

16.

加试题

（2018·诸暨市牌头中学期中）如图11所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象，则下列说法正确的是（　　）

图11

A．任意时刻，甲振子的位移都比乙振子的位移大

B．t＝0时，甲、乙两振子的振动方向相反

C．前2s内，甲、乙两振子的加速度均为正值

D．第2s末，甲的速度达到其最大值，乙的加速度达到其最大值

非选择题部分

三、非选择题（本题共7小题，共55分）

17．（5分）图12是“探究功与速度变化的关系”的实验装置，用该装置实验时，

图12

（1）以下实验步骤必需的是________．

A．测出橡皮筋对小车做功的具体数值

B．测出橡皮筋的劲度系数

C．测出小车的质量

D．测出橡皮筋恢复原长时小车的速度

E．平衡摩擦力

（2）在正确操作的情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，如图13所示，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量．打点间隔为0.02s，则小车的最大速度v＝________m/s（保留两位有效数字）．

图13

18．（5分）现要测定一种特殊电池的电动势和内阻，它的电动势E约为8V，内阻r约为30Ω，已知该电池允许输出的最大电流为40mA.为防止调节滑动变阻器时造成短路，电路中用了一个定值电阻充当保护电阻，除待测电池外，可供使用的实验器材还有：

A．电流表A（量程为0.05A、内阻约为0.2Ω）

B．电压表V（量程为6V、内阻约为20kΩ）

C．定值电阻R1（阻值为100Ω、额定功率为1W）

D．定值电阻R2（阻值为200Ω、额定功率为1W）

E．滑动变阻器R3（阻值范围为0～10Ω、额定电流为2A）

F．滑动变阻器R4（阻值范围为0～750Ω、额定电流为1A）

G．导线和单刀单掷开关若干

（1）为了电路安全及便于操作，定值电阻R应该选________；滑动变阻器应该选________．（填写器材名称）

（2）用笔画线代替导线在图14中完成实物连接图．

图14

（3）实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读为I2时，电压表读数为U2.则可以求出E＝________，r＝________.（用I1、I2、U1、U2及R表示）

19．（9分）（2018·名校协作体）如图15所示，两个完全相同的物块a、b质量均为m＝0.8kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动，图中的两条直线分别表示b物块受到水平拉力F作用和a物块不受拉力作用的v－t图象，g取10m/s2.求：

图15

（1）物块a受到的摩擦力大小；

（2）物块b所受拉力F的大小；

（3）8s末a、b间的距离．

20．（12分）（2017·稽阳联谊学校8月联考）如图16所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A点由静止出发，经过时间t后关闭发动机，赛车继续前进至B点进入半径为R＝0.5m的竖直粗糙圆弧轨道，经过圆弧最高点C后水平飞出，之后恰好在D点沿斜面方向进入与竖直方向成θ＝37°的斜面轨道（途中表演上下翻身），C、D两点在竖直方向的高度差为h＝0.8m，已知赛车在水平轨道AB部分运动时受到恒定阻力Ff＝1N，由设置在圆弧起点B处的传感器显示出赛车经过此处时对圆弧轨道的压力为F＝82N，赛车的质量m＝1kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝80W工作，轨道AB的长度L＝6m，空气阻力忽略不计，g取10m/s2，求：

图16

（1）赛车运动到B点时速度vB的大小；

（2）赛车电动机工作的时间t；

（3）赛车在通过圆弧轨道过程中克服摩擦阻力所做的功W.

21.

加试题

（4分）（2018·杭州地区重点中学期末）根据单摆周期公式T＝2π

，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图17所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．

图17

（1）用游标卡尺测量小钢球的直径，示数如图18所示，读数为________mm.

图18

（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________．

A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些

B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的

C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度

D．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T

E．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T＝

22.

加试题

（10分）如图19甲所示，间距为L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B，在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图乙所示．t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图甲所示位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒始终与导轨垂直且接触良好．已知ab棒和cd棒的质量均为m、接入电路的电阻均为R，区域Ⅱ沿斜面的长度为2L，在t＝tx时刻（tx未知）ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g．求：

图19

（1）当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率；

（2）ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒上产生的热量；

（3）ab棒开始下滑至EF的过程中流过导体棒cd的电荷量．

23.

加试题

（10分）如图20所示，带电荷量为q＝＋2×10－3C、质量为m＝0.1kg的小球B静止于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E＝103N/C的匀强电场，与B球形状相同、质量为0.3kg的绝缘不带电小球A以初速度v0＝10m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场线的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞，已知每次碰撞时间极短，小球B的电荷量始终不变，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求：

图20

（1）第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；

（2）第二次碰撞前瞬间小球B的动能；

（3）第三次碰撞的位置．

答案精析

1．C　2.B

3．D　[v－t图象的斜率表示加速度，由题图知，物体做加速度减小的加速运动．P点由a＝

＝

知D正确．]

4．A

5．D　[设斜面倾角为α，对A项，开始时静摩擦力方向向上，有静摩擦力FfA＝mgsinα，施加F后，若静摩擦力方向仍向上，则F＋FfA′＝mgsinα，得FfA′＝mgsinα－F，可知物块A受到的静摩擦力减小；对C项，施加力F后，若静摩擦力方向仍向上，则静摩擦力FfC＝mgsinα－Fcosα，物块A受到的静摩擦力减小；对B项，施加力F后，静摩擦力FfB＝mgsinα＋F，物块A受到的静摩擦力增大；对D项，施加力F后，静摩擦力FfD＝（mg＋F）sinα，物块A受到的静摩擦力增大，经过比较可知FfD

6．B　[小鸟做曲线运动的速度方向沿运动轨迹的切线方向，合力指向小鸟飞行轨迹的凹侧，故选B.]

7．D　[球1和球2平抛运动的高度相同，根据h＝

gt2可得，小球运动的时间相同，故A错误；竖直方向vy＝gt相同，由于球1的水平位移小于球2的水平位移，根据x＝vt可知，球2的初速度大于球1的初速度，根据速度的合成可知，球2的落台速度大于球1的落台速度，故B、C错误；由于时间相等，则竖直分速度相等，根据P＝mgvy知，重力的瞬时功率相等，故D正确．]

8．B　9.D　10.C　11.C

12．B　[电容器的电容为4.7μF＝4.7×10－6F，故A错误；自感线圈的自感系数为“1H”，故B正确；根据Q＝CU得，电容器在20V的工作电压下，其带电荷量为Q＝20×4.7×10－6C＝9.4×10－5C，故C错误；在自感系数一定的条件下，根据法拉第电磁感应定律，则有：

通过导体的电流的变化率越大，产生的自感电动势越大，与电流大小及电流变化的大小无关，故D错误．]

13．A　[由库仑定律知运动过程中A、B间库仑力的大小不变，点电荷B沿等势面运动，库仑力对点电荷B不做功，选项D错误；B在A的正上方时，库仑力方向为竖直方向，这时物体A受到的地面的支持力最大，选项A正确，B错误；B在A的正上方时，物体A不受摩擦力作用，故摩擦力的大小先减小后增大，选项C错误．]

14．AD　[家用照明电路所用的电压为交流电压，有效值为220V，根据最大值与有效值的关系可知：

Em＝

E＝220×1.414V≈311V，故A正确；β衰变发出的β射线是由原子核内的一个中子转化为质子和电子而形成的，故B错误；天然放射现象说明原子核具有复杂结构，故C错误；在发生轻核聚变或重核裂变都要发生质量亏损，放出能量，故D正确．]

15．BC

16．BD　[简谐运动图象反映了振子的位移与时间的关系，甲振子的位移有时比乙振子的位移大，有时比乙振子的位移小，故A错误．根据切线的斜率等于速度，可知，零时刻，甲、乙两振子的振动方向相反，故B正确．由a＝－

分析可知，前2s内乙振子的加速度为正值，甲振子的加速度为负值，故C错误．第2s末甲的位移等于零，通过平衡位置，速度达到其最大值，乙的位移达到最大值，加速度达到其最大值，故D正确．]

17．

（1）DE　

（2）GK　0.66

解析　

（1）实验中改变拉力做功时，为了能定量，用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功就有倍数关系．而不需要测量出每根橡皮筋做功的数值．每次只要保证从同一位置由静止释放，这样开始时橡皮筋的形变量相同，实验过程中每根橡皮筋做的功就相同，故选项A、B错误；本实验是为了探究做功W与小车速度v变化的关系，需要测出橡皮筋恢复原长时小车的速度，不需要测量小车的质量，只要保证小车的质量不变即可，故C错误，D正确．为了方便计算合力对小车做的功，平衡摩擦力后，橡皮筋对小车做的功就等于合力对小车做的功，选项E正确．

（2）橡皮筋恢复原长时小车做匀速运动，应选纸带的GK部分，根据v＝

≈0.66m/s.

18．

（1）R2　R4

（2）见解析图

（3）

－R

解析　

（1）由于电池电流不超过40mA，因此当滑动变阻器调到零时，回路中最小电阻R＝

＝200Ω，因此保护电阻选R2，调节滑动变阻器时，回路电压表应接近满偏，因此U＝

≈6V，因此滑动变阻器选R4.

（2）实物连接如图所示

（3）根据闭合电路欧姆定律可知：

E＝U1＋I1（r＋R）；E＝U2＋I2（r＋R）；联立解得：

E＝

；r＝

－R.

19．

（1）1.2N　

（2）1.8N　（3）60m

解析　

（1）物块a的加速度大小，a1＝

＝

m/s2＝1.5m/s2

由牛顿第二定律得

Ff＝ma1＝0.8×1.5N＝1.2N

（2）物块b的加速度大小，

a2＝

＝

m/s2＝0.75m/s2

由牛顿第二定律得

F－Ff＝ma2

F＝1.2N＋0.8×0.75N＝1.8N

（3）v－t图象中，图线和t轴所围成的“面积”表示位移，则8s末a、b的位移xa＝12m，xb＝72m．所以Δx＝xb－xa＝60m.

20．

（1）6m/s　

（2）0.3s　（3）3.5J

解析　

（1）根据牛顿第三定律，圆弧轨道在B处对赛车的支持力

FN＝F＝82N

在B点由牛顿第二定律可得FN－mg＝m

，

解得vB＝6m/s.

（2）对轨道AB上的运动过程由动能定理可得Pt－FfL＝

mv

，

解得t＝0.3s.

（3）设赛车通过D点时速度的竖直分速度为vy，水平分速度即为在C点的速度vC，

由v

＝2gh，解得vy＝4m/s，

又

＝tan37°，解得vC＝3m/s

根据动能定理－2mgR－W＝

mv

－

mv

，

解得W＝3.5J.

21．

（1）18.6　

（2）ABE

22．见解析

解析　

（1）对cd棒，根据平衡条件有：

F安＝BIL＝mgsinθ

所以通过cd棒的电流大小：

I＝

当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率：

P＝I2R＝

（2）ab棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，有a＝gsinθ

cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域Ⅱ前、后，回路中产生的感应电动势和感应电流保持不变，则ab棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得：

＝BLvt

即

＝BLgsinθtx，解得：

tx＝

ab棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度为：

vt＝atx＝

通过磁场Ⅱ的时间为：

t2＝

＝

故当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的热量为：

Q＝I2Rt2＝

（3）ab棒开始下滑至EF的过程中流过导体棒cd的电荷量为：

q＝I（tx＋t2）＝

.

23．

（1）5m/s　15m/s　

（2）6.25J　（3）在第一次碰撞点右方5m、下方20m处

解析　

（1）第一次碰撞时，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：

3mv0＝3mv1＋mv2

×3mv

＝

×3mv

＋

mv

.

联立并代入数据解得：

v1＝5m/s，v2＝15m/s

（2）碰后两球均进入电场，竖直方向二者相对静止，均做自由落体运动，水平方向上A做匀速运动，B做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：

B的水平加速度大小为：

aB＝

＝

m/s2＝20m/s2.

设经过时间t两球再次相碰，则有：

v1t＝v2t－

aBt2

解得t＝1s

此时，B的水平速度大小为：

vx＝v2－aBt＝15m/s－20×1m/s＝－5m/s（负号表示方向向左）

竖直速度为：

vy＝gt＝10×1m/s＝10m/s

故第二次碰撞前瞬间小球B的动能为：

EkB＝

mv

＝

m（v

＋v

）

解得EkB＝6.25J；

（3）第二次碰撞时，A、B两球水平方向动量守恒，

则有：

3mv1＋mvx＝3mv1′＋mvx′

根据机械能守恒得：

×3m（v

＋v

）＋

m（v

＋v

）

＝

×3m（v1′2＋v

）＋

m（vx′2＋v

）

解得第二次碰后水平方向A的速度为：

v1′＝0，B的速度为vx′＝10m/s

故第二次碰撞后A竖直下落，B在竖直方向上的运动与A相同，水平方向上，B做匀减速直线运动，设又经过t′时间两球第三次相碰，则有：

vx′t′－

aBt′2＝0，代入数据解得：

t′＝1s

因此，第三次相碰的位置在第一次碰撞点右方x＝v1t＝5×1m＝5m

下方y＝

g（t＋t′）2＝

×10×22m＝20m.