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μmgsin37°－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/sm/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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