9 考前仿真模拟选考卷九物理浙江专用解析版.docx
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9考前仿真模拟选考卷九物理浙江专用解析版
考前仿真模拟选考卷（九）·物理（浙江专用）
（时间：
90分钟 满分：
100分）
本卷计算中，无特殊说明时，重力加速度g均取10m/s2.
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．下列各组物理量中，都是矢量的是（ ）
A．位移、时间、动能
B．速度、速率、电场强度
C．磁感应强度、速度的变化量、向心加速度
D．路程、弹性势能、电流
2．某做直线运动的质点的位移随时间变化的关系式为x＝4t＋2t2，x与t的单位分别是m和s，则质点的初速度和加速度分别是（ ）
A．4m/s 2m/s2 B．0m/s 4m/s2
C．4m/s 4m/s2D．4m/s 0
3．白板水平放置在地面上，在白板上用磁钉吸住一张彩纸，向右轻轻拉彩纸，未拉动，对这一情景受力分析正确的是（ ）
A．磁钉受到向右的摩擦力
B．磁钉仅受重力和支持力两个力
C．彩纸受到白板向左的摩擦力
D．白板与地面间无摩擦力
4．如图所示，两个光滑金属球a、b置于一个桶形容器中，两球的质量ma>mb，对于图中的两种放置方式，下列说法正确的是（ ）
A．两种情况对于容器左壁的弹力大小相同
B．两种情况对于容器右壁的弹力大小相同
C．两种情况对于容器底部的弹力大小相同
D．两种情况两球之间的弹力大小相同
5．如图所示为运动员抛出的铅球运动轨迹（铅球视为质点），A、B、C为曲线上的三点，关于铅球在B点的速度方向说法正确的是（ ）
A．为AB的方向B．为BC的方向
C．为BD的方向D．为BE的方向
6．A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图所示，A、B始终相对静止，则在0～2t0时间内，下列说法不正确的是（ ）
A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大
B．t0时刻，A、B速度最大
C．2t0时刻，A、B速度最小，与初始时刻相等
D．2t0时刻，A、B位移最大
7．关于“亚洲一号”地球同步通信卫星，下述说法正确的是（ ）
A．它的运行速度为7.9km/s
B．它可以绕过北京的正上方，所以我国能利用其进行电视转播
C．已知它的质量是1.24t，若将它的质量增为2.48t，其同步轨道半径变为原来的2倍
D．已知它的质量是1.24t，若将质量增为2.48t，其向心力变为原来的2倍
8．科学家计划在2025年将首批宇航员送往火星进行考察．一质量为m的物体，假设在火星两极宇航员用弹簧测力计测得的读数为F1，在火星赤道上宇航员用同一把弹簧测力计测得的读数为F2.通过天文观测测得火星的自转角速度为ω，设引力常数为G，将火星看成是质量分布均匀的球体，则火星的密度和半径分别为（ ）
A.
，
B.
，
C.
，
D.
，
9．一辆电动观光车蓄电池的电动势为E，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I，电动车的质量为m，电动车受到的阻力是车重的k倍，忽略电动观光车内部的摩擦，重力加速度为g，则下面说法不正确的是（ ）
A．电动机的内阻为R＝
B．电动机的内阻为R＝
－
C．电动车的工作效率η＝
D．电动机的发热效率η′＝
10．如图所示，在匀强电场中将一电荷量为＋q、质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，在带电小球由抛出到上升至最大高度的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．小球的动能增加
B．小球的电势能增加
C．所用的时间为
D．到达最高点时，速度为零，加速度大于g
11．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0＝r，滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（ ）
A．电路中的电流变小
B．电源的输出功率先变大后变小
C．滑动变阻器消耗的功率变小
D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小
12．如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，电流方向由M指向N，在两导轨间存在着竖直磁场，取垂直于纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t＝0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是（ ）
A．在最初的一个周期内，导线在导轨上做往复运动
B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动
C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小
D．在最初的半个周期内，导线的速度先减小后增大
13．如图所示，A、B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面的相同高度，处于静止状态，两斜面的倾角分别是53°和37°，若不计摩擦，剪断细绳后下列说法中正确的是（ ）
A．两物体着地时的速度相同
B．两物体着地时的动能相同
C．两物体着地时的机械能相同
D．两物体着地时所受重力的功率相同
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）
14．如图所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图，变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器，B处有一个输电线圈，一旦线圈B中有电流，经过电流放大器后便能推动继电器切断电源，如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线（裸露部分），甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是（ ）
A．甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源
B．乙会发生触电事故，继电器不会切断电源
C．丙会发生触电事故，继电器会切断电源
D．丁会发生触电事故，继电器会切断电源
15．一列横波在x轴上传播，在x＝0与x＝1cm的两点的振动图线分别如图中实线与虚线所示．由此可以得出（ ）
A．波长一定是4cm
B．波的周期一定是4s
C．波的振幅一定是2cm
D．波的传播速度一定是1cm/s
16．三种不同的入射光线甲、乙、丙分别照射在三种不同的金属a、b、c上，均恰能使金属中逸出光电子．已知三种光线的波长λ甲>λ乙>λ丙，则（ ）
A．用入射光甲照射金属b，可能发生光电效应
B．用入射光丙照射金属b，一定发生光电效应
C．用入射光甲和乙同时照射金属c，可能发生光电效应
D．用入射光乙和丙同时照射金属a，一定发生光电效应
三、非选择题（本题共7小题，共55分）
17．（5分）研究平抛运动的实验装置如图所示．
（1）实验时，每次须将小球从轨道________（填选项前的字母）．
A．同一位置释放
B．不同位置无初速度释放
C．同一位置无初速度释放
（2）上述操作的目的是使小球抛出后________（填选项前的字母）．
A．只受重力 B．轨迹重合
C．做平抛运动D．速度小些，便于确定位置
（3）实验中已测出小球半径为r，则描绘小球运动轨迹时小球做平抛运动的坐标原点位置应是________（填选项前的字母）．
A．斜槽末端O点
B．斜槽末端O点正上方r处
C．斜槽末端O点正前方r处
D．斜槽末端O点正上方r处在竖直木板上的投影点
18．（5分）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：
小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）；电压表V（量程3V，内阻3kΩ）；电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω）；固定电阻R0（阻值1000Ω）；滑动变阻器R（阻值0～9.0Ω）；电源E（电动势5V，内阻不计）；开关S；导线若干．
（1）实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，请在线框中画出实验电路原理图．
（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示．
由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻________（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率________（填“增大”“不变”或“减小”）．
（3）用另一电源E0（电动势4V，内阻1.00Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为________W，最大功率为________W．（结果均保留2位小数）
19．（9分）温州机场大道某路口有按倒计时显示的时间显示灯．有一辆汽车在平直路面上正以36km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”．交通规则规定：
绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过．
（1）若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度至少为多大？
（2）若该路段限速为60km/h，司机的反应时间为1s，司机反应过来后汽车先以2m/s2的加速度沿直线匀加速行驶3s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车，使汽车做匀减速运动，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车的加速度大小（结果保留两位有效数字）．
20．（12分）当物体从高空下落时，所受阻力会随物体速度的增大而增大，因此物体下落一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的收尾速度．研究发现，在相同环境条件下，球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关．下表是某次研究的实验数据（g取10m/s2）．
小球编号
A
B
C
D
E
小球的半径/（×10－2m）
0.5
0.5
1.5
2
2.5
小球的质量/（×10－3kg）
2
5
45
40
100
小球的收尾速度/（m·s－1）
16
40
40
20
32
（1）根据表中的数据，求出B球与C球在达到收尾速度时所受阻力之比；
（2）根据表中的数据，归纳出球形物体所受阻力Ff与球的速度大小及球的半径的关系（写出有关表达式并求出比例系数）；
（3）现将C球和D球用轻质细线连接，若它们在下落时所受阻力与单独下落时的规律相同．让它们同时从足够高的同一高度下落，试求出它们的收尾速度，并判断它们落地的顺序．
21．（4分）
（1）一束单色光由左侧射入盛有清水的薄壁圆柱形玻璃杯，图为过轴线的截面图，调整入射角α，使光线恰好在水和空气的界面上发生全反射．已知水的折射率为
，则sinα的值为________．
（2）关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是________．
A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒
22．（10分）如图1所示，质量m＝3.0×10－3kg的“
”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“
”形框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01m2的线圈通过开关S与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图2所示．
（1）求0～0.10s线圈中的感应电动势大小；
（2）t＝0.22s时闭合开关S，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；
（3）t＝0.22s时闭合开关S，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20m，求通过细杆CD的电荷量．
23．（10分）
如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E；在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，θ＝30°.现将一质量为m、带电量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，不计重力作用与空气阻力的影响．
（1）若粒子第一次进入磁场后恰好垂直CM射出磁场，求P、O间的距离；
（2）若带电粒子第一次进入磁场后又能返回电场．P、O间的最大距离是多少？
这种情况下粒子在磁场中运动的总时间是多少？
（3）P、O间距离满足什么条件时，可使粒子在电场和磁场中各运动3次？
考前仿真模拟选考卷（九）·物理（浙江专用）
1．解析：
选C.A项中只有位移为矢量，B项中速率是标量，瞬时速度的大小称为速率，D项中全都是标量．
2．C
3．解析：
选C.磁钉不受摩擦力，A错误；磁钉与白板间还有磁性吸引力，B错误；彩纸相对白板向右运动，故彩纸受到白板向左的摩擦力，C正确；由整体法知，白板受到地面向左的摩擦力，D错误．
4．解析：
选C.由几何知识可知，两种情况下两球球心的连线互相平行，也就是说，下面小球对上面小球弹力的方向相同．上面小球受到的弹力的竖直方向上的分力大小等于重力，水平方向上的分力等于对左壁的弹力，显然a球在上面时对左壁的弹力大，两球之间的弹力也大，A、D两项错误；将两球看做整体分析可知，在同一容器里对左壁的弹力大小等于对右壁的弹力，所以是b球在下面时对右壁作用力大，而对底部的作用力大小相同，B项错误，C项正确．
5．C
6．解析：
选A.对整体，F产生加速度，隔离A，B对A的静摩擦力产生加速度．由题中图象知，力F先减小到零，再反向增大，故加速度也先减小到零，再反向增大．所以t0时刻，A、B间静摩擦力为零，速度最大，而在2t0时刻，它们速度最小为零，由于速度方向一直未变，故2t0位移最大．
7．D
8．解析：
选A.在两极：
G
＝F1；在赤道上：
G
－F2＝mω2R；联立解得R＝
；由G
＝F1，且M＝
πR3ρ，解得ρ＝
.
9．解析：
选A.由功能关系EI＝kmgv＋I2R，可得电动机的内阻为R＝
－
，A错误，B正确；电动车的工作效率等于输出功率与总功率之比，即η＝
，C正确；电动机的发热效率η′＝
，D正确．
10．解析：
选C.小球在由抛出点到最大高度的过程中，除重力之外，电场力要做正功，但是电场力做正功不一定大于重力所做的负功，故A项错误；因电场力做正功，小球的电势能减小，B项也错误；小球在竖直方向上只受重力，故竖直方向加速度为g，到最高点所用的时间t＝v0/g，C项正确；到达最高点时，竖直分速度为零，但水平分速度不为零，并且最高点加速度为重力加速度g与电场力引起的加速度a的矢量和，大于g，由此可判断D项错误．
11．解析：
选C.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，外电路电阻减小，电路中的电流变大，电源的输出功率变大，选项A、B错误；把定值电阻R0看成电源内阻，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，滑动变阻器消耗的功率变小，定值电阻R0上消耗的功率变大，选项C正确、D错误．
12．解析：
选A.由安培力的表达式F＝BIL结合图乙可知，安培力F在一个周期内随磁感应强度B的变化而变化，在前
周期内，安培力F方向不变，大小变小，加速度方向不变，大小变小，由于初速度为零，所以在水平方向上做变加速直线运动；在
周期到
周期内，磁场方向改变，安培力方向改变，由小变大，加速度方向改变，由小变大，速度减小，至
周期时速度减小到零，所以C、D项错误；而后在
周期到
周期内，MN反向加速，在一个周期结束时又回到原来的位置，所以A项正确，B项错误．
13．解析：
选D.两物体着地时速度的大小相同，但方向不同，故A项错；由于两侧斜面的角度不同并开始时处于静止状态，所以质量不同，落地时的动能和机械能也不同，故B、C两项错；物体的重力沿斜面方向的合力大小相等，着地时速度大小也相等，且也沿斜面方向，所以着地时所受重力的功率相同，故D项对．
14．解析：
选AD.图中甲、乙站在木凳上（人与地绝缘）接触火线时，火线和零线中电流大小、方向不变，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不产生感应电流，继电器不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，故A正确，B错误；当丙双手分别与火线和零线接触时（人与地绝缘），火线和零线中电流大小相等、方向相反，线圈A产生的总磁通量为零，线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，C错误；当丁图中“手－地”接触时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即磁通量变大，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，故D正确．
15．解析：
选BC.根据振动图象可知周期是4s，振幅是2cm，B、C两项正确；由于波的周期性，不能确定波长，因此也无法确定波速，A、D两项错误．
16．解析：
选BD.由λ＝
，λ甲>λ乙>λ丙可知，ν甲<ν乙<ν丙．用入射光甲、乙、丙照射金属a、b、c均恰好发生光电效应，说明a金属极限频率最小，c金属的极限频率最大，结合光电效应发生条件可知，A、C错误，B、D正确．
17．
（1）C
（2）B （3）D
18．解析：
（1）因为电压表量程不够，所以要与电压表串联电阻R0，使其量程由3V增大到4V．因为待测小灯泡的电阻最大为R＝
Ω≈12Ω，而
＝
Ω＝45Ω，所以待测电阻属于小电阻，用电流表外接法．实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，所以滑动变阻器用分压器接法．电路图如答案图．
（2）因为电阻为I－U图象斜率的倒数，因斜率减小，所以电阻增大．电阻率也增大．
（3）当滑动变阻器阻值为R＝9Ω即最大时，小灯泡功率最小，根据闭合电路欧姆定律4＝U＋10I，有I＝0.4－
，作出I－U图象（如下图），与小灯泡的I－U图象的交点为（1.75，220），则功率为P＝UI＝1.75×0.22W≈0.39W.
当滑动变阻器阻值为R＝0即最小时，小灯泡功率最大，根据闭合电路欧姆定律4＝U＋I，有I＝4－U，作出I－U图象（如下图），与小灯泡的I－U图象的交点为（3.65，320），则功率为P＝UI＝3.65×0.32W≈1.17W.
答案：
（1）
（2）增大 增大 （3）0.39 1.17
19．解析：
（1）在司机反应时间内汽车通过的位移
x1＝v0t1＝10m，加速过程所用时间t2＝5s－t1＝4s
由70m－x1＝v0t2＋
a1t
解得a1＝2.5m/s2.
（2）汽车加速结束后通过的位移
x2＝v0t1＋v0t3＋
a2t
＝10m＋10×3m＋
×2×32m＝49m
此时车头前端离停车线的距离为
x3＝70m－x2＝21m
此时速度为vt＝v0＋a2t3＝10m/s＋2×3m/s＝16m/s
匀减速过程中，有2a3x3＝v
解得a3＝
m/s2≈6.1m/s2.
答案：
（1）2.5m/s2
（2）6.1m/s2
20．解析：
（1）球在达到收尾速度时为平衡状态，有Ff＝mg
则FfB∶FfC＝mB∶mC
代入数据得FfB∶FfC＝1∶9.
（2）由表中A、B球的有关数据可得，阻力与速度成正比，即Ff∝v
由表中B、C球的有关数据可得，阻力与球的半径的平方成正比，即Ff∝r2
得Ff＝kvr2
k＝50N·s/m3.
（3）将C球和D球用细线连接后，其收尾速度应满足
mCg＋mDg＝FfC＋FfD
即mCg＋mDg＝kv（r
＋r
）
代入数据得v＝27.2m/s
比较C球和D球的质量和半径，可判断C球先落地．
答案：
（1）1∶9
（2）Ff＝kvr2 k＝50N·s/m3
（3）27.2m/s C球先落地，D球后落地
21．解析：
（1）当光线在水面发生全反射时有sinC＝
，当光线从左侧射入时，由折射定律有
＝n，联立这两式代入数据可得sinα＝
.
（2）根据动量守恒的条件即系统所受外力的矢量和为零可知，选项C正确；系统内存在摩擦力，若系统所受的合外力为零，动量也守恒，选项A错误；系统内各物体之间有着相互作用，对单个物体来说，合外力不一定为零，加速度不一定为零，但整个系统所受的合外力仍可为零，动量守恒，选项B错误；系统内所有物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，选项D错误．
答案：
（1）
（2）C
22．解析：
（1）由电磁感应定律E＝n
得E＝nS
＝30V.
（2）电流方向C→D
B2方向向上．
（3）由牛顿第二定律F＝ma＝m
（或由动量定律FΔt＝mv－0）
安培力F＝IB1l
ΔQ＝IΔt
v2＝2gh
得ΔQ＝
＝0.03C.
答案：
见解析
23．解析：
（1）粒子从P点到O经电场加速
Eqy＝
mv2
如图甲所示粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好垂直CM射出磁场时，其圆心恰好在C点，其半径为
r＝a
Bqv＝m
P到O的距离y＝
.
（2）粒子在磁场中做圆周运动的轨迹与CM相切时半径最大，速度最大，此时P到O的距离最大，如图乙所示，粒子从磁场返回电场后先减速后反向加速再次以相同的速度进入磁场，做半径相同的圆周运动，由题分析可知粒子射出磁场时恰好与CM垂直，所以此时，圆周运动的半径为R＝
a
此时P到O的最大距离
ym＝
粒子在磁场中运动的时间
t＝t1＋t2＝
T＝
.
（3）若使粒子在电场和磁场中各运动3次时，其运动的半径r′须满足
P到O的距离y′满足
.
答案：
（1）
（2）
（3）
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