创新设计浙江专用高考物理 仿真模拟卷4+3+2+3一.docx
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创新设计浙江专用高考物理仿真模拟卷4+3+2+3一
仿真模拟卷(4+3+2+3)
(一)
本试卷分选择题和非选择题两部分.满分120分.
选择题部分(共42分)
一、选择题(本题共4小题.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.)
14.科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用.下列说法不符合历史事实的是( ).
A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变
B.伽利略通过“理想实验”得出结论:
运动具有一定速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去
C.笛卡儿指出:
如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向
D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
解析 本题考查物理学史实.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,他的观点是错误的;伽利略通过实验与推理证明了力不是维持物体运动的原因,力是改变物体运动状态的原因,假如没有力作用在运动的物体上,物体将以原来的速度永远运动下去;同时期的笛卡儿也得出了类似的结论;牛顿在伽利略和笛卡儿的基础上,提出了惯性定律,即认为物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.本题应选A.
答案 A
15.下述关于机械波的说法中,正确的是( ).
A.产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化
B.发生干涉现象时,介质中振动加强的质点,振动的振幅最大,减弱点振幅可能为零
C.在一个周期内,介质的质点所走过的路程等于波长
D.某一频率的声波,从空气进入水中时,波长和频率均增大
解析 多普勒效应是因为波源和接收者有相对运动,使接收频率发生变化引起的,波源本身频率不变,A错;干涉中,振动加强点振幅为A1+A2,减弱点振幅为A1-A2,当两列波振幅相同时,减弱点振幅为0,B对;一个周期内,介质的质点所走过的路程为4A,与波长无关,C错;当波从一种介质进入另一种介质时,波速、波长都发生变化,但频率不变,D错.
答案 B
16.如图1所示,矩形物体甲和丙在水平外力F的作用下静止在物体乙的斜面上,物体乙静止在水平地面上.现减小水平外力F,三物体仍然静止,则下列说法中正确的是( ).
图1
A.物体甲对物体丙的支持力一定减小
B.物体乙对物体甲的摩擦力一定减小
C.地面对物体乙的摩擦力一定增大
D.物体甲可能受5个力的作用
解析 三物体始终处于静止状态,则物体甲对物体丙的支持力不变,选项A错误;若物体乙对物体甲的摩擦力的方向沿斜面向上,减小水平外力F后,摩擦力要变大,选项B错误;以三物体整体为研究对象,地面对物体乙的摩擦力Ff=F,选项C错误;若物体乙对物体甲没有摩擦力作用,则物体甲受5个力的作用,选项D正确.
答案 D
17.一块半圆柱形玻璃砖放在空气中,如图2所示,一束白光从空气中沿着图示方向射向玻璃砖,经玻璃砖折射后在光屏P上形成彩色光带.下列说法正确的是( ).
图2
A.红光穿越玻璃砖的时间比紫光穿越玻璃砖的时间长
B.光带从左到右排列顺序为红→紫
C.如果α逐渐减小时,则紫光最先消失
D.无论α多大,各色光都能从玻璃砖中射出
解析 玻璃对紫光的折射率n紫大于对红光的折射率n红,射出玻璃砖后向远离法线方向偏折,紫光偏折程度最大,B错;由v=
知v红>v紫,由t=
知A项错;由sinC=
知C项正确,D项错.
答案 C
二、选择题(本题共3小题.在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项是符合题目要求的.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分.)
18.一物体做直线运动,其加速度随时间变化的a-t图象如图3所示.下列v-t图象中,可能正确描述此物体运动的是( ).
图3
解析 解答本题的突破口是T~2T时间内的加速度跟0~
时间内的加速度大小相等,方向相反,从而排除选项A、B、C,本题选D.
答案 D
19.如图4甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1,原线圈接交流电源和交流电压表,副线圈接有“220V,440W”的热水器、“220V,220W”的抽油烟机.如果副线圈电压按图乙所示规律变化,则下列说法正确的是( ).
图4
A.副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220
sin100πtV
B.电压表示数为1100
V
C.热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D.1min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104J
解析 由题图乙知T=0.02s,则ω=
=100πrad/s,副线圈两端电压瞬时值的表达式为u=220
sin100πtV,选项A正确;由
=
,得U1=1100V,选项B错误;热水器的电功率是抽油烟机电功率的2倍,而抽油烟机不是纯电阻,其发热功率小于电功率,选项C错误;1min内抽油烟机消耗的电能为E=Pt=220×60J=1.32×104J,选项D正确.
答案 AD
20.负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上,带电粒子P仅在该点电荷的电场力作用下运动时,恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c,如图5所示,则( ).
图5
A.粒子P带负电
B.a、b、c三点的电势高低关系是φa=φc<φb
C.粒子P由a到b电势能增加,由b到c电势能减小
D.粒子P在a、b、c三点时的加速度大小之比是2∶1∶2
解析 由带电粒子P运动轨迹弯曲的方向,可知粒子带正电,选项A错误;a、c两点离点电荷Q的距离相等,从无穷远到负点电荷Q电势逐渐降低,故φa=φc<φb,选项B正确;粒子由a到b电场力做负功,电势能增加,粒子由b到c电场力做正功,电势能减小,选项C正确;由F=k
=ma,且rb=
ra=
rc,则aa=2ab=ac,选项D正确.
答案 BCD
非选择题部分(共78分)
非选择题部分共5题,共78分.
21.(10分)在利用打点计时器和小车做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时:
(1)下列说法中正确的是________(填选项).
A.平衡摩擦力时,应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上
B.连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行
C.平衡摩擦力后,长木板的位置不能移动
D.小车释放前应靠近打点计时器,且应先接通电源再释放小车
(2)如图6是某些同学根据实验数据画出的图象,下列说法中合理的是________(填选项).
图6
A.形成图甲的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大
B.形成图乙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小
C.形成图丙的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过大
D.形成图丁的原因可能是平衡摩擦力时长木板倾角过小
解析
(1)平衡摩擦力需达到mgsinθ=μmgcosθ,即μ=tanθ,操作时不需在盘内放砝码,实验过程中木板倾角θ不得改变,则A错误,C正确;绳子拉力充当小车的合力,在摩擦力平衡的情况下,需要连接砝码盘和小车的细绳与长木板平行,则B正确;为了让纸带上打出更多的点,需要在释放小车前,靠近打点计时器,且应先通电后释放小车,则D正确.
(2)当摩擦力平衡不足时,即mgsinθ<μmgcosθ,出现图丙和图丁,则D正确,C错误;当摩擦力平衡过大时,即mgsinθ>μmgcosθ,出现图甲和图乙,则A正确,B错误.
答案
(1)BCD
(2)AD
22.(10分)某同学要测定一电源的电动势E和内电阻r,实验器材有:
一只DIS电流传感器(可视为理想电流表,测得的电流用I表示),一只电阻箱(阻值用R表示),一只开关和若干导线.该同学设计了如图7甲所示的电路进行实验和采集数据.
图7
(1)该同学设计实验的原理表达式是________(用r、I、R表示);
(2)该同学在闭合开关之前,应先将电阻箱调到________(填“最大值”、“最小值”或“任意值”),实验过程中,将电阻箱调至如图乙所示位置,则此时电阻箱接入电路的阻值为________Ω;
(3)该同学根据实验采集到的数据作出如图丙所示
-R的图象,则由图象可求得,该电源的电动势E=________V,内阻r=________Ω(结果均保留二位有效数字).
解析
(1)由闭合电路欧姆定律知,电源的电动势E=I(R+r).
(2)在闭合开关之前,应先将电阻箱调到最大值.处于图乙位置时电阻箱的阻值为(2×10+1)Ω=21Ω.(3)由E=I(R+r),得:
=
=
R+
,由图象可得:
斜率k=
=
=
,则E=6.0V.纵坐标截距为
=0.4,则电源的内阻r=0.4E=0.4×6.0Ω=2.4Ω.
答案
(1)E=I(R+r)
(2)最大值 21 (3)6.0(5.8~6.2均对) 2.4(2.3~2.5均对)
23.(16分)如图8所示,在水平面内存在着竖直向下的有界匀强磁场,其宽度为d=1m,磁感应强度B=
T.水平放置的“日”字形闭合导体线框PQFE,宽L=1m,质量m=0.25kg,QN、NF的长度都大于d,PQ边的电阻R1=1Ω、MN边的电阻R2=2Ω、EF边的电阻R3=3Ω,其余电阻不计.t=0时刻线框在距磁场左边界x=3.2m处由静止开始在水平恒力F作用下沿直线运动,已知当线框PQ边、MN边和EF边刚进磁场时均恰能匀速运动,不计线框运动中的一切摩擦阻力.求:
图8
(1)线框所受的力F的大小.
(2)线框PQ边与MN边之间的距离H.
(3)在整个线框穿过磁场的过程中线框产生的焦耳热.
解析
(1)设PQ边进磁场时的速度为v1,则
Fx=
mv
-0,
F=BI1L,
I1=
r1=R1+
=2.2Ω,
即v1=
=8m/s,
F=
=2.5N.
(2)设MN边匀速进磁场时的速度为v2,则
F=BI2L=
,
r2=R2+
=2.75Ω,
即v2=
=10m/s.
设线框速度从v1加速到v2时发生的位移为x1,则
Fx1=
mv
-
mv
,即x1=
=1.8m.
所以H=x1+d=2.8m.
(3)线框产生的焦耳热Q=3Fd=3×2.5×1J=7.5J.
答案
(1)2.5N
(2)2.8m (3)7.5J
24.(20分)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处.如图9所示,已知传送轨道平面与水平方向成37°角,倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接,弹簧下端固定在斜面底端,工件与皮带间的动摩擦因数μ=0.25.皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v=4m/s,两轮轴心相距L=5m,B、C分别是传送带与两轮的切点,轮缘与传送带之间不打滑.现将质量m=1kg的工件放在弹簧上,用力将弹簧压缩至A点后由静止释放,工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度v0=8m/s,AB间的距离s=1m.工件可视为质点,g取10m/s2.(sin37°=0.6,cos37°=0.8).
图9
(1)求弹簧的最大弹性势能;
(2)求工件沿传送带上滑的时间;
(3)若传送装置顺时针匀速转动的速度v可在v>4m/s的范围内调节,试推导工件滑动到C点时的速度vC随速度v变化的关系式.
解析
(1)弹簧的最大弹性势能为Ep=mgssin37°+
mv
得Ep=38J
(2)工件沿传送轨道减速向上滑动过程
mgsin37°+μmgcos37°=ma1
与传送带共速需要时间t1=
=0.5s
工件滑行位移s1=
=3m 因为μ mgsin37°-μmgcos37°=ma2 假设工件速度减为0时,工件未从传送带上滑落,则 t2= =1s 工件滑行位移大小s2= =2m=L-s1,说明工作速度为零时,刚好运动到传送轨道的C点. 故假设成立,工件沿传送带上滑的时间为t=t1+t2=1.5s (3)①当传送带速度在4m/s 当速度减到v后又以加速度a2减速向上滑行L-s1′= 工件滑动到C点时的速度vC随速度v变化的关系式为vC= m/s ②当传送带速度在v≥8m/s的范围内时,工件将沿传送带以加速度a2减速滑行到C点有: v -v =-2a2L 工件滑行到C点时的速度vC随速度v变化的关系式为 vC=2 m/s 答案 (1)38J (2)1.5s (3)4m/s m/s和v≥8m/s时vC=2 m/s 25.(22分)如图10所示,是一种电子扩束装置的原理示意图.直角坐标系原点O处有一电子发射器,朝xOy平面内x≥0区域任意方向发射电子,电子的速率均为v0,已知电子的电荷量为e、质量为m.在0≤x≤d的区域内分布着沿x轴负方向的匀强电场,场强大小E= ,在x>d区域内分布着足够大且垂直于xOy平面向外的匀强磁场,匀强磁场的磁感应强度B= .ab为一块很大的平面感光板,在磁场内平行于y轴放置,电子打到板上时会在板上形成一条亮线.不计电子的重力和电子之间的相互作用. 图10 (1)求电子进入磁场时速度的大小; (2)当感光板ab沿x轴方向移到某一位置时,恰好没有电子打到板上,求感光板到y轴的距离x1; (3)保持 (2)中感光板位置不动,若使所有电子恰好都能打到感光板上,求磁感应强度的大小以及电子打到板上形成亮线的长度. 解析 (1)根据动能定理: eEd= mv2- mv 得v=2v0 (2)由v=2v0知,对于沿y轴负方向射出的电子进入磁场时与边界线夹角θ=60° 若此电子不能打到ab板上,则所有电子均不能打到ab板上. 当此电子轨迹与ab板相切时,根据洛伦兹力提供向心力有 evB=m 又B= 得r= 由几何知识x1=r(1+cos60°)+d 解得x1= d (3)易知沿y轴正方向射出的电子若能打到ab板上,则所有电子均能打到板上.其临界情况就是此电子轨迹恰好与ab板相切. 此时r′(1-cos60°)= d 故r′= d=3r 由evB′=m 解得B′= 此时,所有粒子恰好都能打到板上. 电子在电场中运动过程 eE=ma d= at2 沿y轴方向的位移y1=v0t= d 电子在磁场中运动过程,沿y轴负方向的偏转量 y2=r′(1-sinθ) 沿y轴正方向的偏转量 y3=r′sinθ 电子打到板上形成亮线的长度 L=2y1+y2+y3= d+ d 答案 (1)2v0 (2) d (3) d+ d
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