浙江专用2022版高考物理大二轮复习优选习题仿真模拟卷9

仿真模拟卷(九)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.功的单位是焦耳(J),焦耳与基本单位米(m)、千克(kg)、秒(s)之间的关系正确的是(　　)A.1J=1kg·m/sB.1J=1kg·m/s2C.1J=1kg·m2/sD.1J=1kg·m2/s22.关于时刻和时间,下列说法正确的是(　　)A.时刻表示时间极短,时间表示时间较长B.时刻对应物体的位置,时间对应物体的位移或路程C.火车站大屏幕上显示的是列车时间表D.1分钟只能分成60个时刻3.某金属导线的电阻率为ρ,电阻为R,现将它均匀拉长到直径为原来的一半,那么该导线的电阻率和电阻分别变为(　　)A.4ρ和4RB.ρ和4RC.16ρ和16RD.ρ和16R4.如图所示,墙壁清洁机器人在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀速“爬行”到右上方B点。对机器人在竖直平面内受力分析正确的是(　　)5.一列以72km/h的速度行驶的火车即将进站时做匀减速直线运动,加速度大小为0.5m/s2,1min后火车行驶的位移是(　　)A.2100mB.300mC.400mD.1200m6.一把玩具枪水平射出子弹正好能打在竖直墙角A点,如图所示,枪口离水平地面的高度为h,离竖直墙壁的水平距离为x,若要让相同出射速度的子弹打在离地高度为h2的B点,需让枪口和墙壁间距离为原来的(　　)12\nA.12B.22C.14D.247.如图是一种工具——石磨,下面磨盘固定,上面磨盘可绕过中心的竖直转轴,在推杆带动下在水平面内转动。若上面磨盘直径为D,质量为m且均匀分布,磨盘间动摩擦因数为μ。若推杆在外力作用下以角速度ω匀速转动,磨盘转动一周,外力克服磨盘间摩擦力做功为W,则(　　)A.磨盘推杆两端点的速度相同B.磨盘边缘的线速度为ωDC.摩擦力的等效作用点离转轴距离为WπμmgD.摩擦力的等效作用点离转轴距离为W2πμmg8.如图所示是天宫二号和神舟十一号交会对接前绕地球做匀速圆周运动的轨道示意图,则神舟十一号比天宫二号的(　　)A.运行速度小B.周期小C.向心加速度小D.角速度小9.汽车在平直的公路上以恒定的功率启动,设阻力恒定,则下列图中关于汽车运动过程中加速度、速度随时间变化的关系,以下判断正确的是(　　)A.汽车的加速度—时间图象可用图甲描述B.汽车的加速度—时间图象可用图乙描述C.汽车的加速度—时间图象可用图丁描述D.汽车的速度—时间图象可用图丙描述12\n10.一个质量为m=1kg的物体在粗糙的水平面上在水平拉力作用下沿直线运动,物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5。从t=0时刻开始,物体的位移x与运动时间t的关系如图xt-t所示,图线与纵横坐标轴的交点坐标分别为0.5m/s和1s,g取10m/s2,物体运动时间2s,下列说法错误的是(　　)A.初速度为0.5m/sB.加速度为0.5m/s2C.运动位移为3mD.受到的水平拉力大小为6N11.某顾客在超市乘手扶式电梯匀速下楼时,该顾客(　　)A.失重且机械能守恒B.失重且动能增加,重力势能减小C.动能和重力势能都减小D.机械能减小12.如图所示,绝缘细线AB和BC系一个质量为m、带电量为q的带正电小球a,AB细线长为L,与竖直方向的夹角为θ=30°,x轴为与ABC在同一竖直面内的水平方向,带电小球b从左侧无穷远处沿+x方向移动到右侧无穷远处,A点到x轴的距离为3L。当b球经过A点正下方时,水平绝缘细线BC的拉力恰为零。若将带电小球视为点电荷,静电力恒量为k。下列说法正确的是(　　)A.b球带负电荷B.b球带电荷为3mgL2kqC.b球位于a球正下方时,细线AB上的拉力为BC拉力的2倍D.b球位于a球正下方时,细线BC上的拉力为3mg313.一新型电磁船的船体上安装了用于产生强磁场的超导线圈,在两船舷之间装有电池,导电的海水在磁场力作用下即可推动该船前进。下图是新型电磁船的简化原理图,其中MN、PQ、电池与海水构成闭合回路,且与船体绝缘,要使该船水平向左运动,则超导线圈在MNQP所在区域产生的磁场方向是(　　)A.垂直水面向上B.垂直水面向下C.水平向左D.水平向右二、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.【加试题】以下说法正确的(　　)A.一种元素具有放射性,与它是以单质还是化合物存在无关B.铀块体积大于临界体积是发生链式反应的条件之一12\nC.14C(碳14)衰变可以用来进行物质年代的测定D.一束α射线射向验电器上端的金属球,原来带正电而有一定张角的金属箔的角度将变得更大15.【加试题】中国北斗三号全球组网卫星计划将在2022年7月左右进行首次发射。北斗三号采用星载氢原子钟,其精度将比北斗二号的星载铷原子钟提高一个数量级。如图所示为氢原子的部分能级图,以下判断正确的是(　　)A.处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的光子B.欲使处于基态的氢原子被激发,可用12.09eV的光子照射C.当氢原子从n=5的状态跃迁到n=3的状态时,要吸收光子D.用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射金属铂(逸出功为6.34eV)时不能发生光电效应16.【加试题】如图所示,一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上,经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气。当出射角i'和入射角i相等时,出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ。已知棱镜顶角为α,则棱镜对该色光的折射率表达式为(　　)A.sinα+θ2sinα2B.sinα+θ2sinθ2C.sinθsinθ-α2D.sinαsinα-θ2三、非选择题(本题共7小题,共55分)17.(5分)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz。打出纸带的一部分如图(b)所示。该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其他题给条件进行推算。(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用f和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计时器打出B点时,重物下落的速度大小为　　　　,打出C点时重物下落的速度大小为　　　　,重物下落的加速度大小为　　　　。 图(a)图(b)12\n(2)已测得s1=8.89cm,s2=9.50cm,s3=10.10cm,当地重力加速度大小为9.80m/s2,实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%,由此推算出f为　　　　Hz。 18.(5分)小明同学用下列器材描绘额定电压为3.0V的小灯泡伏安特性曲线(电压变化要求从零开始),研究小灯泡实际电阻的阻值等问题。A.电流表(0.6A,内阻约1Ω)B.电压表(3V,内阻约1kΩ)C.滑动变阻器(10Ω,1A)D.滑动变阻器(100Ω,3A)E.电源(4V,内阻不计)(1)用笔画线代替导线,将图中的实验仪器连成完整的实验电路。(2)在实验中,为了操作方便且能够准确地进行测量,滑动变阻器应选用　　　　。(填写器材序号) (3)开关闭合前,滑动变阻器的滑片应置于　　　　(选填“a”或“b”)端。 (4)若I-U图中的虚线Ⅰ或Ⅱ表示小灯泡真实的伏安特性曲线,与实线相比,虚线　　　　(选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)才是真实的伏安特性曲线。 19.(9分)滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一。某日,小芳妈妈正与小芳在冰上游戏,小芳与冰车的总质量是40kg,冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05,在某次游戏中,假设小芳妈妈对冰车施加了40N的水平推力,使冰车从静止开始运动10s后,停止施加力的作用,使冰车自由滑行。假设运动过程中冰车始终沿直线运动,小芳始终没有施加力的作用。(g取10m/s2)求:(1)滑冰车所受摩擦力;(2)滑冰车的最大速率;12\n(3)滑冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小。20.(12分)如图所示,两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置,且固定在光滑水平面上,圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上,右端与质量为m的小球接触(不拴接,小球的直径略小于管的内径),长为R的薄板DE置于水平面上,板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态,具有的弹性势能为3mgR,其中g为重力加速度。解除锁定,小球离开弹簧后进入管道,最后从C点抛出。(1)求小球经C点时的动能;(2)求小球经C点时所受的弹力;(3)讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件,从C点抛出的小球才能击中薄板DE。21.(4分)【加试题】(1)在“研究电磁感应现象”的实验中,如图甲、乙、丙所示是实验中连接的三个回路。其中判别电流表指针的偏转方向与电流方向关系的回路是　　　　(选填“甲”“乙”或“丙”),显示是否产生了感应电流的回路是　　　　(选填“甲”“乙”或“丙”)。 (2)在“探究碰撞中的不变量”的实验中,用如图所示的斜槽装置进行探究,以下说法正确的是(　　)12\nA.选择实验仪器时,天平可选可不选B.实验中的斜槽需要光滑且末端切线水平C.需要记录小球抛出的高度及水平距离,以确定小球离开斜槽末端时的速度D.无论是否放上被碰小球,入射小球都必须从同一高度处静止释放22.(10分)【加试题】如图所示,在xOy平面内,有一线状电子源沿x正方向发射速度均为v的电子,形成宽为2R、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域(区域边界存在磁场),磁场方向垂直xOy平面向里,电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方,正对的金属平行板K和A与x轴平行,其中K板与P点的距离为d,中间开有宽度为2d且关于y轴对称的小孔。A与K两板间加有恒定电压UAK,且K板电势高于A板电势,已知电子质量为m,电荷量为e,UAK=3mv28e,不计电子重力及它们间的相互作用。(1)能打到A板上的电子在进入平行金属板时与金属板K的夹角应满足什么条件?(2)能进入AK极板间的电子数占发射电子总数的比例为多大?23.(10分)【加试题】一个可以屏蔽高能粒子辐射的长方体铅盒,如图甲所示,铅盒左侧面正中心O处有一放射源,它可向外辐射速率均为v=1×107m/s的粒子(带正电),粒子通过铅盒右侧面狭缝MQ射入一平行边界的匀强磁场中,粒子均不能从磁场的右边界射出。图乙为该装置的截面简化图,截面MNPQ位于垂直磁场的平面内,已知PQ=0.3m,NP=0.6m,该粒子质量m=4×10-27kg,电荷量q=8×10-19C,磁场的磁感应强度B=0.5T,方向垂直纸面向里,求:12\n(1)粒子在磁场中运动的半径R;(2)粒子从O点射出到离开磁场左边界的最长时间t;(3)若粒子放射源可以处在NP的任意位置,为了使粒子均不能从磁场的右边界射出,磁场区域的宽度至少多大?(5≈2.2)12\n普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(九)一、选择题Ⅰ1.D　解析根据功的定义得:W=FL,所以1J=1N·m,根据牛顿第二定律F=ma可知,力的单位为:1N=1kg·m/s2,所以有:1J=kg·m2/s2,故D正确。2.B　解析A.时刻表示时间点,时间表示时间长度,所以A错误。B.时刻对应物体的位置,时间对应物体的位移或路程,所以B正确。C.火车站大屏幕上显示的是列车时刻表,不是时间表,所以C错误。D.1分钟能分成无数个时刻,所以D错误。3.D　解析电阻为R,现将它均匀拉长到直径为原来的一半,其材料和体积均不变,则横截面积变为原来的14,长度变为原来的4倍;由于导体的电阻与长度成正比,与横截面积成反比,所以此时导体的电阻变为原来的16倍,即16R。由于电阻率受温度的影响,因温度不变,所以电阻率也不变。4.B　解析墙壁清洁机器人做匀速直线运动,在竖直平面内受到重力和静摩擦力,二力平衡,所以B正确。5.C　解析v0=72km/h=20m/s,t=1min=60s,设刹车至静止的时间为t,由v=v0-at得t=40s,即火车运动了40s就已经停止了,所以x=v0t2=400m,C正确。6.B　解析根据平抛运动的规律得竖直方向有h=12gt2,水平方向有x=v0t可得h=gx22v02所以当x'=22x时,h'=12h,即需让枪口和墙壁间距离为原来的22。7.D　解析根据线速度的定义式:v=ωr,可得:v=D2ω,故B错误;磨盘推杆两端点的速度大小相等,方向不同,所以速度不相同,故A错误;根据功的定义:W=Fs=μmgs,对应圆的周长s=2πr,解得:r=W2πμmg,故D正确,C错误。8.B　解析F万=Fn,即GMmr2=man=mv2r=mω2r=m4π2T2r。由此式可知,r越小v、ω、an越大,只有T越小,所以选B。9.B　解析汽车恒定功率启动,速度增大,由P=Fv可知,牵引力减小,则加速度减小,当牵引力等于阻力时,物体的加速度为零,此后做匀速直线运动,故速度—时间图象为甲图;加速度—时间图象为乙图,只有B正确。10.B　解析AB.题图图线的斜率为k=0.5m/s2、纵截距为0.5m/s。由位移时间公式x=v0t+12at2两边除以对应运动时间t为xt=v0+12at,可得纵截距的物理意义为物体运动初速度、斜率的物理意义为物体加速度的一半12a。所以物体做初速度为v0=0.5m/s、加速度大小为a=1m/s2的匀加速直线运动,故A正确,B错误。C.物体在t=2s时间内的运动位移为x=v0t+12at2=0.5×2m+12×1×22m=3m,故C正确。D.对物体,应用牛顿第二定律有F-μmg=ma,解得F=6N,故D正确。11.D　解析做匀速直线运动的顾客不会超重也不会失重;由于顾客在电梯上匀速向下运动,动能不变;由于高度下降,因此重力势能减小,故总机械能减小,故D正确,A、B、C错误。12.C　解析当b球经过A点正下方时,分析a球的受力情况,如图所示:根据平衡条件,可知b球对a球有排斥力,所以b球带正电,故A错误;由几何关系知:此时ab连线与竖直方向的夹角也等于θ,ab的长为L,由对称性知:F=FT,由平衡条件得:mg=2Fcos12\n30°,可得:F=33mg,库仑定律为:F=kqqbL2,解得:qb=3mgL23kq,故A、B错误;b球位于a球正下方时,ab间距离为:L'=32L,a球所受的库仑力为:F'=kqqb32L2=439mg,对a球,水平方向有:FTABsin30°=FTBC,解得:FTAB=2FTBC,竖直方向有:FTABcos30°+F'=mg,联立解得:FTBC=(33-4)mg9,故D错误,C正确。13.B　解析海水中电流方向从MN流向QP,且船向左运动,根据牛顿第三定律可知,海水所受的安培力方向向右,据左手定则,可知,磁场方向可能垂直水面向下,故B正确,A、C、D错误。二、选择题Ⅱ14.ABC　解析A.半衰期的大小由原子核内部因素决定,与它是以单质还是化合物无关,故A正确;B.铀235发生裂变的条件是有慢速中心轰击,产生链式反应的条件是中子再生率大于1,而且轴块体积大于临界体积,故B正确;C.根据放射性元素的剩余质量公式m=12tTm0,可以使用14C(碳14)的衰变可以用来进行物质年代的测定,故C正确;D.一束α射线射向验电器上端的金属球时,由于α射线具有较强的电离本领,原来带正电而有一定张角的金属箔的角度将变小,故D错误。15.B　解析A.要使n=3能级的氢原子发生跃迁,吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差,或大于1.51eV能量的任意频率的光子,故A错误;B.根据玻尔理论用12.09eV电子照射时,吸收光子后电子的能量:12.09eV+(-13.6)eV=-1.51eV,所以能从基态发生跃迁,跃迁到第3能级,故B正确;C.氢原子从高能级跃迁到低能级时放出光子,故C错误;D.从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量E=E2-E1=-3.4eV-(-13.6)eV=10.2eV>6.34eV,而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功,故可以发生光电效应,故D错误。16.A　解析如图所示,设AB面上的折射角为γ,AC面上的入射角为γ',由于i'=i,由光的折射定律及光路可逆判知γ'=γ,又设两法线的夹角为β,则由几何关系得γ+γ'+β=180°,又由α+β=180°,则解得γ=α2。又由几何关系得γ+γ'+θ=i+i',解得i=α+θ2,则棱镜对光的折射率n=sinisinγ=sinα+θ2sinα2,故A正确。三、非选择题17.答案(1)12(s1+s2)f　12(s2+s3)f　12(s3-s1)f2　(2)40解析(1)B点速度为AC段的平均速度vB=s1+s22·1f=(s1+s2)f2;C点速度为BD段的平均速度vC=s2+s32·1f=(s2+s3)f2;由vC=vB+a·1f得a=(s3-s1)f22。(2)由题意知a=(1-1%)g=9.702m/s2,把数据代入a=(s3-s1)f22可得f≈40Hz。18.答案(1)见解析　(2)C　(3)a　(4)Ⅱ解析(1)实验要求电压从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接法,灯泡电阻很小为几欧姆,电压表内阻为几千欧姆,电压表内阻远大于灯泡电阻,电流表应采用外接法,实物电路图如图所示:12\n(2)滑动变阻器采用分压接法,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器,滑动变阻器应选C。(3)滑动变阻器采用分压接法,开关闭合前,分压电路分压应为零,由图示电路图可知,滑动变阻器的滑片应置于a端。(4)电流表用外接法,电压表分流,灯泡实际电流比测量值偏小,因此Ⅱ是真实的伏安特性曲线。19.答案(1)20N　(2)5m/s　(3)50m解析(1)Ff=μmg=20N(2)推力作用下车子加速度a1=Fm-μg=0.5m/s2最大速度v=a1t=5m/s　(3)推力作用下车子位移x1=v22a1=25m推力撤掉后车子加速度a2=μg=0.5m/s2位移x2=v22a2=25m总位移x=x1+x2=50m20.答案(1)12mv2　(2)mg　(3)178mgR≤Ep≤52mgR解析(1)解除弹簧锁定后小球运动到C点过程,弹簧和小球系统机械能守恒,由机械能守恒定律得:3mgR=2mgR+Ek,解得:Ek=mgR;小球过C时的动能:Ek=12mv2。(2)设小球经过C点时轨道对小球的作用力为F,由牛顿第二定律得:mg+F=mv2R,解得:F=mg,方向向下。(3)小球离开C点后做平抛运动,竖直方向:2R=12gt2,水平方向:x1=v1t,若要小球击中薄板,应满足:R≤x1≤2R,弹簧的弹性势能:Ep=2mgR+12mv12,故弹性势能Ep应满足:178mgR≤Ep≤52mgR时,小球才能击中薄板。21.答案(1)甲　乙　(2)D解析(1)题图甲中,电源与电流表串联,当开关闭合后,则电流表指针会偏转,从而可判定指针的偏转方向与电流方向的关系。题图乙中,线圈与电流表串联,当穿过线圈的磁通量变化时,则线圈会产生感应电动势,那么线圈中会有感应电流,即可通过指针的偏转,则可判定是否产生了感应电流。题图丙中,没有电流表,不能判定上述两种关系。(2)A.要验证动量守恒定律,即验证mav1=mav2+mbv3,小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相等,在空中的运动时间t相等,上式两边同时乘以t得mav1t=mav2t+mbv3t,得max1=max2+mbx3,因此必须使用天平测量两小球的质量,故A错误。B.12\n“验证动量守恒定律”的实验中,是通过平抛运动的基本规律求解小球碰撞前后的速度的,只要离开轨道后做平抛运动,对斜槽是否光滑没有要求,故B错误。C.由A的分析可知,实验中只需记录水平射程即可,不需要记录高度和离开末端时的速度,故C错误。D.要保证每次碰撞前的入射小球的速度相同,入射小球每次都要从同一高度由静止释放,故D正确。22.答案(1)60°≤θ≤120°　(2)22解析(1)设恰能打到A板的电子在进入极板与金属板K的夹角为θ0电子在极板运动过程运用动能定理-UAK·e=12m(vcosθ0)2-12mv2,得θ0=60°或θ0=120°故能打到A板上的电子与金属板K的夹角θ满足60°≤θ≤120°(2)能进入极板间的电子与金属板K的夹角θ满足45°≤θ≤135°θ=45°的电子在磁场中的轨道如图甲所示,入射点为M平行四边形O1POM为菱形,电子在磁场中运动的半径也为RM到P点的竖直距离dM=R(1-cos45°)θ=135°的电子在磁场中的轨道如图乙所示,入射点为NN到P点的竖直距离dN=R(1+cos45°)故NM竖直长度占射入总长度2R的比例dN-dM2R=2223.答案(1)0.1m　(2)8.9×10-8s　(3)0.188m解析(1)由R=mvBq,解得R=0.1m(2)经判断从Q点射入磁场的粒子在铅盒及磁场中的时间都是最长的,分别设为t1和t2。t1=OMv=32×10-8s≈4.2×10-8st2=34T=3πm2Bq=3π2×10-8s≈4.7×10-8s总时间t=t1+t2=(32+3π2)×10-8s≈8.9×10-8s(3)经判断,当放射源处于N点时,磁场区域的宽度d最大。如图所示由几何关系d=R(1+cosθ),cosθ=255解得d=0.188m　12