（浙江专用）2019版高考物理大二轮复习优选习题 仿真模拟卷3.doc

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1、1仿真模拟卷仿真模拟卷( (三三) ) 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.下列各选项中的负号表示方向的是( ) A.“-5 J”的功B.“-5 m/s”的速度 C.“-5 ”的温度 D.“-5 V”的电势 2 2.如图,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变,而方向 与水平面成 60角,物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( )A.2-3B.3 6C.3 3D.3 2 3 3.现在有一种观点,认为物理学是一门测量的科学。那么在高中物

2、理中的自由落体运动规律、万有 引力常量、电流的热效应、元电荷的数值分别是由不同的科学家测量或发现的,他们依次是( ) A.伽利略、牛顿、安培、密立根 B.牛顿、卡文迪许、奥斯特、库仑 C.伽利略、卡文迪许、焦耳、密立根 D.牛顿、开普勒、奥斯特、密立根 4 4.鱼在水中沿直线水平向左减速游动过程中,水对鱼的作用力方向合理的是( )5 5.质量分别为m1、m2的甲、乙两球,在离地相同高度处,同时由静止开始下落,由于空气阻力的作用,两 球到达地面前经t0时间分别到达稳定速度v1、v2,已知空气阻力大小Ff与小球的下落速率v成正比,即 Ff=kv(k0),且两球的比例常数k完全相同,两球下落的v-t

3、关系如图所示,下列说法正确的是( )A.m1y0),速度大小为v,方向沿x 轴正方向,此时撤去电场,t2时刻粒子经过x轴上x=x0点,速度沿x轴正方向,不计粒子重力,求:(1)0t0时间内O、A两点间电势差UOA;(2)粒子在t=0 时刻的加速度大小a;(3)B1的最小值和B2的最小值的表达式。8普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(三) 一、选择题 1 1.B 解析 功、温度、电势都为标量,其负号表示大小,而速度为矢量,其负号表示方向,B 正确。 2 2.C 解析 F水平时,有F=mg;当保持F的大小不变,而方向与水平面成 60角时,则Fcos60=(mg-Fsin 60),联立解得=,故选

4、C。33 3 3.C 解析 伽利略最早利用斜面实验研究了自由落体运动规律;卡文迪许利用扭秤实验测出了万有 引力常量;焦耳发现了电流的热效应;密立根通过油滴实验测出了元电荷的数值。所以选 C。4 4.C 解析 鱼在水中沿直线水平向左减速游动,加速度方向水平向右,鱼受到的合力方向水平向右, 即重力G与F的合力水平向右,如图所示,因此选 C。 5 5.B 解析 由题图知甲、乙两球匀速运动的速度关系有v1v2,由受力平衡得mg=kv,联立得m1m2,且,故 B 正确,A 错误;释放瞬间两球的速度均为零,阻力为零,故加速度均为g,选项 C 错误;12=12图线与时间轴围成的面积等于物体的位移,由题图可知

5、t0时间内甲下落的高度较大,故选项 D 错误。6 6.C 解析 设第一次抛出时A球的速度为v1,B球的速度为v2,则A、B间的水平距离x=(v1+v2)t,第二次两球的速度为第一次的 2 倍,但两球间的水平距离不变,则x=2(v1+v2)T,联立得T=,所以 C 正 2 确,A、B、D 错误。 7 7.B 解析 机械能等于动能和重力势能之和,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,重 力势能时刻发生变化,则机械能在变化,故 A 错误;在最高点对乘客受力分析,根据牛顿第二定律有mg-FN=m,座椅对他的支持力FN=mg-mmg,故 B2 2 正确; 乘客随座舱做匀速圆周运动,需要有合外力提

6、供给他做向心力,所以乘客所受合力不能为零,故 C 错 误; 乘客重力的瞬时功率P=mgvcos,其中为线速度和竖直方向的夹角,摩天轮转动过程中,乘客 的重力和线速度的大小不变,但在变化,所以乘客重力的瞬时功率在不断变化,故 D 错误。 8 8.D 解析 电容式话筒与电源串联,其电压保持不变。在P、Q间距增大的过程中,根据电容决定式C=,可知电容减小;又根据电容定义式C=得知电容器所带电荷量减小,P极板上电荷量减小, 4 电容器放电,放电电流通过R的方向由M到N,则M点电势高于N点电势,故 A、B、C 错误,D 正确。点睛:本题关键掌握电容的决定式C=、电容的定义式C=,要熟悉各个物理量之间的关

7、系,抓 4 住不变量进行分析。9 9.D 解析 两极板和电源相连,故两极板间的电势差恒定,根据公式C=可知,当产品厚度增大 4 而导致增大时,电容器的电容C增大,再根据Q=CU可知极板带电量Q增加,有充电电流从b向a流过,故 A、C 错误,D 正确;因两板之间的电势差不变,板间距不变,所以两板间电场强度E=不变,B 错误。 1010.D 解析 若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,则当线圈在图示位置时,线圈的上下边受安 培力水平而转动,转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动,选项 A 错误。 左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,电路不能接通,故不能转起来;同理 C 也不能

8、 转动,所以选项 B、C 错误。9若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,这样当线圈在图示位置时,线圈的 上下边受安培力水平而转动,转过半周后电路不导通,转过一周后再次受到同样的安培力而使其转 动,选项 D 正确。 1111.D 解析 第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运行速度,即近地卫星的线速度,可知, 该卫星的线速度小于第一宇宙速度,A 错误;地球同步卫星的周期等于地球自转周期,而该卫星的运 行周期比地球同步卫星的周期小,所以该卫星的运行周期小于地球自转周期,B 错误;该卫星的轨道半径比地球同步卫星的小,知该卫星的角速度比同步卫星的角速度大,C 错误;根据a=知,该

9、卫星2 的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度。由a=2r知,地球同步卫星的向心加速度大于静止 在地球赤道上物体的向心加速度,因此,该卫星的向心加速度大于静止在地球赤道上物体的向心加 速度,D 正确。 1212.A 解析 粒子从A运动到B,电势差为A-B,故电场力做功W=q(A-B),A 正确;粒子在电场方向运动距离为,故电场力做功W=qE,故 B、C、D 错误。2- 22- 21313.B 解析 人连同平台克服重力的功率为P台= W=800 W,因伸缩臂具有一台=400 10 60 5 60 定的质量,所以伸缩臂抬升登高平台的发动机的输出功率要大于 800 W,选项D错误。在一秒钟内,喷出

10、去水的质量为m=V=103 kg=50 kg,喷出去水的重力势能为WG=mgh=501060 J=3104 1 20J,水的动能为mv2=1104 J,所以 1 秒钟内水增加的能量为 4104 J,所以水炮工作的发动机输出1 2 功率为 4104 W,选项 B 正确,A、C 错误。 二、选择题 1414.ABD 解析 卢瑟福通过对 粒子散射实验结果分析,提出了原子的核式结构模型,选项 A 正确; 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应,选项 B 正确;光电子的最大初动能与紫外线的频率 有关,与紫外线的照射强度无关,当增大紫外线的照射强度时,从锌板表面逸出的光电子的数量增多,光 电流增大,选项

11、 C 错误;玻尔在研究原子结构中引进了量子化的概念,提出了轨道量子化和能级等, 选项 D 正确。 1515.B 解析 电表的读数均为有效值,原线圈两端电压有效值为 220 V,由理想变压器原、副线圈两 端电压与线圈匝数成正比,可知副线圈两端电压有效值为 110 V,C 错误;流过电阻R的电流为 2 A, 可知负载消耗的功率为 220 W,根据能量守恒可知,原线圈的输入功率为 220 W,A 错误;由P=UI可知,电 流表的读数为 1 A,B 正确,由交流电压瞬时值表达式可知,=100 rad/s,周期T=0.02 s,D 错误。1616.ABC 解析 由波形图可知,波长为 4 m;实线为t=0

12、 时的波形图,虚线为t=0.5 s 时的波形图,波沿x轴正方向传播,又该波的周期大于 0.5 s,则 00.5 s 时间内波传播的距离 x= ,T=0.5 s,3 43 4故周期T= s,频率为 1.5 Hz,A 正确。波速v=f=6 m/s,B 正确。由 2 s=3T,t=0 时,x=2 m 处的质2 3点在平衡位置,t=2 s 时,该质点同样经过平衡位置,C 正确。由 1 s= T,t=0 时,x=1 m 处的质点在波3 2 峰位置,t=1 时,该质点在波谷位置,D 错误。 三、非选择题1717.答案 (1)左 (2)2 (3)D 解析 (1)平衡摩擦力时,将左端垫高形成斜面,使重力沿斜面

13、向下的分力与摩擦力平衡;(2)由题给条件可知,小车自C点开始匀速运动,则匀速运动的速度v= m/s=2 =4.00 10- 20.02m/s; (3)根据题图结合数学知识可知,该图象形式和y=xn(n=2,3,4),形式相符合,故选 D。 1818.答案 (1)a (2)B (3)310解析 (1)此电路是分压电路,滑动变阻器的aP部分与小灯泡并联,开始时应使小灯泡两端电压最小,故 滑片应置于a端。 (2)电流表与电压表均有明显读数,说明灯泡所在电路正常,滑动中示数几乎不变,说明滑动变阻器 没有起到应有的作用,故可能存在故障的滑动变阻器,故填 B。(3)由P=,随着小灯泡两端电压的增大,灯丝温

14、度升高,电阻增大,P随U2的变化变缓,即图线为2 3。 1919.答案 (1)0.25 m/s2 50 m (2)630 N (3)4 m/s解析 (1)由加速度定义式可得a1=,解得a1=0.25 m/s2; 1由位移时间关系可得:h1= a1,解得h1=50 m;1 212(2)匀速运动的位移为:h2=vt2,解得h2=225 m 减速下降的位移为h3=h-h1-h2,解得h3=25 m根据位移速度关系可得减速的加速度大小为:a2=,解得a2=0.5 m/s22 23根据牛顿第二定律可得:Ff-mg=ma2,解得Ff=630 N;(3)减速下落的时间为:t3=10 s; 3下落过程中的总时

15、间为:t=t1+t2+t3=75 s;平均速度为:,解得=4 m/s。 = 2020.答案 (1)0.2 m (2)7 N (3)60 0.39 m解析 (1)EP= 得vB=2 m/s1 2m2FN+mg= 得R=0.2 m2(2)mg2R=1 2m21 2m2FD-mg= 得FD=7 N2 根据牛顿第三定律知小球过D点时对管壁的压力大小为 7 N (3)从B开始,到运动至斜面上最高处,利用动能定理可得mg2R-1mgLDE-mgs sin -2mgs cos=0-1 2m2得s=1.353 + 3=1.352 3( + 30)所以当=60时,有最小值sm= m0.39 m9 340 212

16、1.答案 (1)18.6 (2)ABE 解析 (1)十分度游标尺的第 6 个刻度线与主尺刻度线对齐,所以读数为 18.6 mm。 (2)对于单摆,摆线质量可忽略且不可伸长,所以应选伸缩性小的细线,摆球应选密度较大、体积小的钢球;为使摆的周期大一些,由T=2知,摆线应长些,所以选项 A、B 正确;摆角应小于 5,要 11减小周期测量的误差,计时起点应选在摆球的平衡位置,且测量多次(N)全振动的总时间(t),然后再算出周期T=,选项 E 正确。 2222.答案 (1)2( - ) (1+ 2)222 (2)能,理由见解析(3)(m1+m2)gdsin -。(1+ 2)322 22444 解析 (1

17、)小车下滑d-L距离的过程,由机械能守恒定律得(m1+m2)g(d-L)sin =(m1+m2)v21 2 可得v=2( - )小车匀速运动时,所受的安培力大小为F=nBIL=nBL=22222 由平衡条件得(m1+m2)gsin =F联立解得v2=(1+ 2)222(2)由v2=得(1+ 2)222v2=(1+ 密4)电4222=4(1+ 4密)电2 则知,保持匝数、边长、形状不变,导线加粗时,截面积S增大,由上式知能减小小车匀速运动的速 度v2,从而增大缓冲的效果。 (3)根据能量守恒定律,小车运动过程中线框产生的焦耳热为Q=(m1+m2)gLsin +1 2(1+ 2)2-1 2(1+

18、2)22联立解得Q=(m1+m2)gdsin -(1+ 2)322 224442323.答案 (1) (2) (3)B1=,B2=2- 02200+02- 2202 (20- 0) 0解析 (1)带电粒子由O点到A点运动过程中,由动能定理得qUOA= mv2-1 21 2m02解得UOA=2- 022 (2)设电场强度大小为E,则 -UOA=UAO=Ey0 t=0 时刻,由牛顿第二定律得 qv0B0-qE=ma解得a=0002- 22012(3)如右图所示,t0t1时间内,粒子在小的虚线圆上运动,相应小圆最大半径为R,对应的磁感应强度 最小值为B1,则R=20- 0 2又qvB1=m2 解得B1的最小值B1=2 (20- 0) t1时刻粒子从C点切入大圆,大圆最大半径为x0,对应的磁感应强度的最小值为B2,则qvB2=m2 0B2= 0