（浙江专用）备战2019高考物理一轮复习 选考仿真模拟卷（七）.doc

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1、1选考仿真模拟卷选考仿真模拟卷( (七七) )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(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(2017浙江金兰合作组织期中)慈溪的某位同学想利用假期去黄山旅行，利用手机地图功能规划路线，如图 1 所示，其中显示的“6 小时 5 分 395.3 公里”分别指的是( )图 1A时间 位移 B时间 路程 C时刻 位

2、移 D时刻 路程2在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志，如图 2 所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时( )图 2A必须以这一规定速度行驶B平均速度大小不得超过这一规定数值C瞬时速度大小不得超过这一规定数值D汽车上的速度计指示值，有时还是可以超过这一规定值的3(2016嵊州市调研)如图 3 所示，高速列车出站时能在 150 s 内匀加速到 180 km/h，然后正常行驶某次因意外列车以加速时的加速度大小将车速减至 108 km/h.以出站时的加速度方向为正方向，则下列说法不正确的是( )2图 3A列车加速时的加速度大小为 m/s21 3B列车减速时，若运用vv0at计算瞬时速度，

3、其中a m/s21 3C若用vt图象描述列车的运动，减速时的图线在时间轴t轴的下方D列车由静止加速，1 min 内速度可达 20 m/s4如图 4 所示是甲、乙两物体在同一直线上运动的xt图象，由图象可以判断从t1到t2的时间内( )图 4A甲物体在做匀减速直线运动B乙物体在做匀加速直线运动C两物体都在做匀速直线运动D甲、乙两物体的运动方向相同5.(2018诸暨市调研)a、b两个物体做平抛运动的轨迹如图 5 所示，设它们抛出时的初速度分别为va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta、tb，则( )图 5AvavbBvatbDta|U2|B|U1|”或“ha，因为hgt2，所以taxb，所以1

4、 2vavb，选项 D 正确6A vAvB，由开普勒定律知，A点在近日点即太阳处于椭圆轨道的焦点F1处7D 8.C9C 物体做匀速圆周运动，合力指向圆心，对物体受力分析，受重力、向上的静摩擦力和指向圆心的弹力，如图所示，其中重力G与静摩擦力Ff平衡，与物体的角速度无关，弹力FN提供向心力，所以当圆筒的角速度减小以后，物体所需向心力变小，物体所受弹力FN减小，所以 C 正确10D11A 根据正点电荷的电场分布规律可知，B点的电势大于A点的电势，故 A 正确；负点电荷在运动过程中，机械能与电势能之和守恒，故 B 错误；该试探电荷运动过程中，A点电12势能最大，动能最小，故速度最小，所以试探电荷在A

5、点的速度小于在B点的速度，故 C 错误；试探电荷带负电，因为A点的电势低于C点，故在A点的电势能大于在C点的电势能，故 D 错误12A13D 物块从A向O运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，在平衡位置动能最大，由于摩擦力平行斜面向下，故平衡位置在O点下方，故经过O点的动能不是最大，故 A 错误；在平衡位置动能最大，而平衡位置与A、O距离无关，故 B 错误；物块从A向O运动过程中，弹性势能减小，重力势能、动能和内能均增加，根据能量守恒定律，弹性势能的减少量大于动能与重力势能的增加量，故 C 错误；物块从O向B运动过程中，动能减小，重力势能、弹性势能和内能均增加，根据能量守恒定律，动

6、能的减少量大于弹性势能的增加量，故 D 正确14AD H H He n 是核聚变反应，A 正确铀核裂变的核反应是用一个中子轰击铀3 12 14 21 0核得到三个中子，但是方程式中中子不能约去，故 B 错误在衰变方程PuX He239944 2中，He 核的质量数是 4，所以 X 原子核的质量数是 2394235，故 C 错误卢瑟福通过 粒子轰击氮核得到质子，根据电荷数守恒、质量数守恒，知方程式正确，故 D 正确15BCD 由题图可知，该波的波长为 8 m若波沿x轴正方向传播，则满足 38kv0.1(k0,1,2)，得v3080k；若波沿x轴负方向传播，则满足 58kv0.1(k0,1,2)，

7、得v5080k；故 A 错误；若波沿x轴负方向传播，x4 m 处的质点在t0.1 s 时振动速度方向沿y轴负方向，B 正确；若v30 m/s，则T s s，得 0.8 s3T，即经过 3 个周期，所以x5 m 处的质点8 304 15在 0 时刻起 0.8 s 内通过的路程为 1.2 m，C 正确；波速为 110 m/s，则f13.75 Hz，v 发生干涉，频率相等，D 正确16AD 根据题意，当时，光屏NQ区域A光的光斑消失，继续增大角，当时，光屏NQ区域B光的光斑消失，说明A光先发生全反射，A光的临界角小于B光的临界角，而发生全反射的临界角C满足：sin C ，可知，玻璃砖对A光的折射率比

8、对B1 n光的大，故选项 A 正确；由v 知，A光在玻璃砖中的传播速度比B光的小，故选项 B 错误；c n据题可知，A光的临界角CA，B光的临界角CB，当时，A光发生全反射，13B光尚未发生全反射现象，故光屏上应该看到 2 个光斑，其中包含NP侧的反射光斑(A、B重合)以及NQ一侧的B光的折射光线形成的光斑，故选项 C 错误；当时，A、B两光 2均发生了全反射，故仅能看到NP侧的反射光斑(A、B重合)，D 正确17(1)0.950 (2)D (3) 不能解析 (1)游标卡尺的主尺读数为 0.9 cm，游标尺上第 10 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 0.0510 mm0.50 mm

9、，所以最终读数为 0.950 cm.(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v ，根据机械能守恒的表达式D t有：mghmD2，即只要比较D2与 2gh是否相等，故选 D.1 2(1 tB21 tA2)(1 tB21 tA2)(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻的速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小18(1) (2)100 挡 19见解析解析 (1)子弹离开枪口后做平抛运动，运动时间t0.6 s2h g由xvt得v 20 m/sx t(2)子弹出枪口瞬间具有的动能Ekm

10、v20.4 J1 2枪口比动能为1.42 J/cm21.8 J/cm2Ek S故不能认定为枪支(3)子弹在枪管内做匀加速运动，由v22aL得a1 000 m/s2v2 2L由牛顿第二定律得Fma2 N20(1)5 m/s (2)5 m (3)7.5 m解析 (1)小球恰好能到达半圆轨道最高点D，此时只有重力提供向心力，即mgmvD2 R所以小球从D点抛出的速度vD m/s5 m/s.gR10 2.5(2)根据竖直方向上的自由落体运动可得，142Rgt2，1 2所以运动的时间为t s1 s，4R g4 2.5 10水平轨道BC的长度即为平抛运动的水平位移的大小，所以xvDt51 m5 m.(3)

11、对从A到D的过程，利用动能定理可得，mghmgxmg2Rmv1 2D2解得h7.5 m.21(1)99.8 (2)B (3)图线 2 g42k解析 (1)秒表的读数为 90 s9.8 s99.8 s，即 50 次全振动所用时间；(2)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，这样做主要是为了防止小球在摆动过程中把摆线拉长，故 B 正确；(3)根据单摆周期T2可得，LT2 ，故应为图线 2；根据图象斜率LD2 gg 42D 2k，所以g42k.g 4222(1)C到D (2)0.03 V (3)0.225 J解析 (1)由右手定则可知，电流方向为abCDa，即R中电流方向从C到D

12、.(2)由动能定理可得mghmv21 2金属杆切割磁感线产生的感应电动势EBdv回路中感应电流IE Rr电阻R两端的电压UIR代入数据解得U0.03 V.(3)由开始下滑到离开桌面，部分机械能转化为电能并最终转化为焦耳热Q总mghmv21 2金属杆的电阻阻值与电阻R的阻值之比为 13，电流相等，通电时间相等由QI2Rt可得QRQ总3 4得QR0.225 J.1523(1)U (2)不偏离，遵循动量守恒定律25qd2B2 32m(3)2MPMNmv解析 (1)根据动能定理qUmv21 2离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvBm，得Rv2 Rmv qB根据几何关系，有R2(R )2d2，得Rdd 25 4联立得，U.25qd2B2 32m(2)对人和宇宙飞船组成的系统，人往复运动对于系统而言合外力仍为 0，由动量守恒知不会偏离(3)根据动量守恒NmvMv由动能定理：PtNmv2Mv21 21 2对时间t内的飞船运用动量定理FtMv联立，得 F.2MPMNmv