浙江专用备战高考物理一轮复习 选考仿真模拟卷六Word文档格式.docx
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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.
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.
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.
(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.
(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.
(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<
FfB,D项符合题意.]
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
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=
-
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
+
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=
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
)+
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.
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