高考物理浙江专用增分冲刺练辑综合模拟卷二.docx

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高考物理浙江专用增分冲刺练辑综合模拟卷二

综合模拟卷

（二）

一、选择题Ⅰ（本题共8小题，每小题4分，共32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.（2019·稽阳联考）电流方向垂直纸面向里的通电直导线置于粗糙绝缘水平桌面上，开始时桌面上方有竖直向上的磁场，如图所示，当磁场方向在竖直平面内缓慢逆时针转90°的过程中，通电导线始终沿水平面向右做匀速直线运动，则B的大小变化是（　　）

A．一直变大B．一直变小

C．先变大后变小D．先变小后变大

答案　D

解+析　可以把支持力与摩擦力合成为一个力，此力方向不变，然后可以用作图法知，选D.

2．（2019·台州3月一模）冰上表演刚开始时，甲、乙两人都静止不动，如图（a）所示，随着优美的音乐响起，他们在相互猛推一下对方后分别向相反方向运动，如图（b）所示．假定两人的冰鞋与冰面间的动摩擦因数相同，甲的质量小于乙的质量，则下列说法中正确的是（　　）

A．两人刚分开时，甲的速度比乙的速度大

B．两人分开后，甲的加速度比乙的加速度大

C．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力

D．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间

答案　A

3.（2019·超级全能生2月联考）指尖转球是比较酷的游戏，如图所示，匀速转动的球上有A、B两点，下列说法正确的是（　　）

A．A点线速度大于B点线速度

B．A点角速度等于B点角速度

C．A点向心加速度大于B点向心加速度

D．A点转一圈的时间小于B点转一圈的时间

答案　B

解+析　球匀速转动，球上各点的角速度相等，周期相等，B正确，D错误；rB>rA，由v＝ωr，a＝ω2r可知，A点的线速度、向心加速度都比B点的小，A、C错误．

4.（2019·宁波市3月模拟）如图，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是（　　）

A．v1一定大于v0

B．v1一定大于v2

C．第一次的加速度一定小于第二次的加速度

D．第一次物块损失的机械能一定比第二次要多

答案　B

解+析　若重力向下的分力大于摩擦力，则物块做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物块做减速运动，v1不一定大于v0，故A错误；第一次受到滑动摩擦力，做功：

W1＝Ff1L＝μmgcosθ·L，

第二次受到的摩擦力做功：

W2＝μmg·Lcosθ＝W1，

第一次有重力做正功，v1一定大于v2，故B正确；

若重力向下的分力大于摩擦力，则：

第一次a1＝

＝gsinθ－μgcosθ，第二次a2＝

＝μg，所以第一次的加速度不一定比第二次的加速度小，故C错误；

第一次损失的机械能μmgLcosθ一定等于第二次损失的机械能μmgLcosθ，故D错误．

5.（2019·稽阳联考）绍兴市S区奥体中心举行CH杯全国蹦床锦标赛．对于如图所示蹦床比赛时运动员的分析，下列说法中正确的是（　　）

A．运动员在蹦床上上升阶段，一直处于超重状态

B．运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能增大

C．运动员离开蹦床在空中运动阶段，一直处于失重状态

D．运动员离开蹦床在空中运动阶段，重力势能一直增大

答案　C

解+析　运动员在蹦床上上升阶段，有一小段蹦床弹力小于重力，处于失重状态，A错误；在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能减小，B错误；空中运动阶段，空气阻力远小于重力，加速度一直向下，一直处于失重状态．在空中运动阶段，有向下运动阶段，重力势能减小．

6.（2019·教育绿色评价联盟4月模拟）某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星（即卫星相对于地面静止），则此卫星的（　　）

A．线速度大于第一宇宙速度

B．周期小于同步卫星的周期

C．角速度大于月球绕地球运行的角速度

D．向心加速度大于地面的重力加速度

答案　C

解+析　根据万有引力提供向心力G

＝m

，得v＝

，半径大，线速度小，此卫星轨道半径大于地球半径，线速度小于第一宇宙速度，A错误；该卫星相对于地面静止，周期应等于同步卫星的周期，B错误；ω＝

，该卫星周期为24h，小于月球绕地球转动周期约27天，所以该卫星角速度大，C正确；根G

＝ma，得a＝

，卫星轨道半径大于地球半径，故其向心加速度小于地面的重力加速度，D错误．

7.（2019·山东烟台、菏泽市5月模拟）如图所示，实线为某带负电的粒子（重力不计）在某匀强电场中的运动轨迹．粒子在运动过程中，先后经过A、B两点时速度大小相等，则下列说法正确的是（　　）

A．由A运动到B过程中，粒子的动能先减少后增加

B．由A运动到B过程中，电场力先做正功后做负功

C．由A运动到B过程中，粒子的电势能先减少后增加

D．此匀强电场的方向与A、B两点的连线垂直斜向左下方

答案　A

8．（2019·河南开封市第一次模拟）利用如图装置给小灯泡供电，下列说法正确的是（　　）

A．图示位置穿过线框的磁通量的变化率最大

B．在图示位置线框电流改变方向

C．用变压器的目的是提高输出功率

D．若灯泡亮度偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度

答案　B

解+析　由题图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，穿过线框的磁通量的变化率为0，线框电流改变方向，故B正确，A错误；变压器只是改变电压和电流，不改变功率和频率，故C错误；根据

＝

，要使输出电压变大，可通过减少原线圈匝数，所以若灯泡亮度偏暗，可通过减小原线圈匝数来提高灯泡亮度，故D错误．

二、选择题Ⅱ（本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

9.（2019·山东济宁市第一次模拟）如图所示，在竖直平面内固定一半圆形轨道，O为圆心，AB为水平直径，有一可视为质点的小球从A点以不同的初速度向右水平抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．初速度越大，小球运动时间越长

B．初速度不同，小球运动时间可能相同

C．小球落到轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向

D．小球落到轨道的瞬间，速度方向一定不沿半径方向

答案　BD

解+析　平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，下落的高度不一定大，则运动的时间不一定长，速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，故A错误，B正确；若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半圆形轨道，即速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍，因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向，故C错误，D正确．

10．（2019·四川南充市第二次适应性考试）现在人们可以利用无线充电板为手机充电，如图所示为充电原理图，充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电．若在某段时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度均匀增加．下列说法正确的是（　　）

A．c点电势高于d点电势

B．c点电势低于d点电势

C．感应电流方向由c→受电线圈→d

D．感应电流方向由d→受电线圈→c

答案　BC

解+析　根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c经受电线圈到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、D错误，B、C正确．

11.（2019·安徽合肥市第二次质检）如图所示，一列振幅为10cm的简谐横波，其传播方向上有两个质点P和Q，两者的平衡位置相距3m．某时刻两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，再经过0.3s，Q第一次到达波峰．则下列说法正确的是（　　）

A．波的传播方向一定向右

B．波长可能为2m

C．波速可能为15m/s

D．0.3s内质点P的位移大小为10cm

答案　BCD

解+析　某时刻P、Q两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，故存在以下三种情况：

由于不知道质点P、Q的振动情况，故无法判断波的传播方向，故A错误；当P、Q之间的波的形式如图b所示，则有

＝3m，故有λ＝2m，故B正确；质点Q第一次到达波峰可能经历

＝0.3s或

T＝0.3s，故周期T＝1.2s或T＝0.4s；图a、b、c的波长分别为λa＝3m、λb＝2m、λc＝6m，当周期T＝1.2s时，波速va＝2.5m/s，vb＝

m/s，vc＝5m/s；当T＝0.4s时，波速va′＝7.5m/s，vb′＝5m/s，vc′＝15m/s，故C正确；在0.3s内，当质点Q到达波峰时，图a质点P到达波峰，图b质点P到达波谷，图c质点P到达波谷，故0.3s内质点P的位移大小为10cm，故D正确．

12．（2019·教育绿色评价联盟4月模拟）波长为λ1和λ2的两束可见光入射到双缝，在光屏上观察到干涉条纹，其中波长为λ1的光的条纹间距大于波长为λ2的条纹间距．则（下列表述中，角标“1”和“2”分别代表波长为λ1和λ2的光所对应的物理量）（　　）

A．这两束光的光子动量p1>p2

B．这两束光从玻璃射向真空时，其临界角C1>C2

C．这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压Uc1>Uc2

D．这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到n＝2能级时产生，则相应激发态的电离能ΔE1>ΔE2

答案　BD

解+析　根据双缝干涉间距公式Δx＝

λ可知，λ1>λ2，可得频率ν1<ν2，折射率n1

，p1

，C1>C2，B正确；光电效应方程hν－W＝Ek，又Ek＝eUc，可得遏止电压Uc＝

－

，Uc1ΔE2，D正确．

三、非选择题（本题共5小题，共52分）

13．（6分）（2019·嘉兴一中高三期末）用如图甲装置“验证机械能守恒定律”．在高处固定电磁铁，通电时吸住小铁球（图中未画出电磁铁），断电后小铁球由静止开始下落，通过正下方的光电门．光电门可上下移动但始终位于铁球球心的正下方．请按实验要求完成题中空白内容．

（1）安装并调整好器材．用游标卡尺测量铁球的三个互相垂直的直径，取平均值为测量值d.其中某次测量的示数如图乙，该读数为________cm.

（2）让电磁铁通电吸住小铁球，测量并记录球心到光电门的距离H，释放小球，记录它通过光电门的时间t.

（3）改变光电门位置，重复步骤

（2）多次，得到多组H、t数据，在坐标图中描点连线，得如图丙直线，算出斜率k.若在实验误差范围内，k＝________（用当地重力加速度g、铁球直径d表示），则实验成功．

（4）若第（3）问算出的k值大于理论值的百分比超出实验误差允许范围，则原因可能是________．

A．空气阻力太大

B．铁球通过光电门时，球心偏离光电门

C．铁球通过光电门时，用平均速度替代了瞬时速度

D．测H时，上端不是球心而是电磁铁底部

答案　

（1）1.015　（3）

　（4）B

14．（9分）（2019·绍兴诸暨市期末）

（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，除有闭合铁芯的原、副线圈外，还必须要选用的器材是（　　）

（2）实验室有一捆规格为“1000m,0.5mm2”的铜导线，已经用去了一部分，某同学想去测量剩余导线的电阻．

①他先使用多用电表去粗测铜导线的电阻，当使用“×10”的欧姆挡测量其阻值时，指针偏转如图甲所示，为更准确地测量，应该旋转开关至欧姆挡________（填“×100”或“×1”），并重新调零，调零时两表笔短接后应调节________（选填“①”或“②”）．

②为了更精确测量导线电阻，他先后用电流表内接法和外接法测量铜导线的电阻，并将数据描到如图乙所示的U－I坐标图中，在图中由电流表外接法得到测量图线是________（填“甲”或“乙”）．

答案　

（1）BD　

（2）①×1　②　②乙

15．（10分）（2019·山东潍坊市下学期高考模拟）如图，是某科技小组制作的“嫦娥四号”模拟装置示意图，用来演示“嫦娥四号”空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器．演示过程：

先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动．若两者均停止运动时相距为L，着陆器（含弹射器）和巡视器的质量分别为M和m，与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机喷气口横截面积为S，喷出气体的密度为ρ；不计喷出气体对整体质量的影响．求：

（1）装置悬停时喷出气体的速度大小；

（2）弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和．

答案　

（1）

（2）μMmgL

解+析　

（1）悬停时气体对模拟装置的作用力为F，则F＝（M＋m）g

取Δt时间喷出的气体为研究对象，由动量定理FΔt＝（ρSvΔt）v

解得：

v＝

；

（2）弹射过程水平方向动量守恒mv1－Mv2＝0

设着陆器和巡视器减速运动的距离分别为L1和L2，由动能定理：

－μmgL1＝0－

mv

，

－μMgL2＝0－

Mv

，

L＝L1＋L2

弹射器提供的总动能Ek＝

mv

＋

Mv

解得：

Ek＝μMmgL

.

16．（12分）（2019·云南保山市市级统一检测）如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L＝1m，质量m＝1kg的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R＝4Ω的电阻相连，其他电阻不计，导轨所在位置有磁感应强度B＝2T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s测量一次导体棒的速度，乙图是根据所测数据描绘出导体棒的v－t图象．（设导轨足够长）求：

（1）t＝1.2s时，导体棒的加速度大小；

（2）在前1.6s内导体棒的位移x＝8m，试计算1.6s内电阻上产生的热量．

答案　

（1）3m/s2　

（2）48J

解+析　

（1）由题图乙可知，导体棒匀速运动时安培力和拉力F大小相等，导体棒匀速运动的速度v1＝10m/s

电动势E＝BLv1

导体棒受的安培力F1＝BIL＝

＝

N＝10N

则F＝F1＝10N

由题图乙可知，t＝1.2s时导体棒的速度v2＝7m/s

此时电动势E′＝BLv2

导体棒受的安培力F2＝

＝

N＝7N

由牛顿第二定律得a＝

＝

m/s2＝3m/s2

（2）1.6s时导体棒的速度v3＝8m/s，由能量守恒可得

Fx＝Q＋

mv

解得Q＝48J.

17．（15分）（2019·稽阳联考）如图所示，地面某处有一粒子发射器K（发射器尺寸忽略不计），可以竖直向上发射速度为v的电子；发射器右侧距离为d处有一倾角为60°的斜坡，坡面长度为d并铺有荧光板（电子打到荧光板上时可使荧光板发光），坡面顶端处安装有粒子接收器P（接收器尺寸忽略不计），且KQPM在同一竖直平面内．设电子质量为m，带电荷量为e，重力不计．

（1）为使电子从发射器K出来后可运动至接收器P，可在电子运动的范围内加上水平方向的电场，求该电场强度E.

（2）若在电子运动的范围内加上垂直纸面向里的匀强磁场，且已知磁感应强度大小为B；同时调节粒子的发射速度，使其满足v0≤v≤2v0.试讨论v0取不同值时，斜面上荧光板发光长度L的大小．

答案　见解+析

解+析　

（1）电场方向水平向左

设运动时间为t，则水平方向有：

d＋dcos60°＝

t2①

竖直方向有：

dsin60°＝vt②

联立式①②可得：

E＝

③

（2）根据evB＝m

，

有rmax＝

，rmin＝

，即rmax＝2rmin，分类讨论如下：

①当rmax<

时，

即v0<

，则L＝0

②当

≤rmax＜d

时，

即

≤v0＜

（因为rmax

如图甲所示有：

r

＝（d－rmax）2＋L2－2（d－rmax）Lcos120°

得：

L2＋（d－rmax）L＋（d2－2drmax）＝0

L＝

＝

③当d≤rmax＜2d

时，

即

≤v0＜

（因为rmin≥

，所以此时P点必有粒子打到，所以图中NP为L）

如图乙所示有：

r

＝（d－rmin）2＋（d－L）2－2（d－rmin）（d－L）cos120°

得L2－3dL＋rminL＋（3d2－3drmin）＝0

L＝

（另一解L>d舍去）

④当rmax≥2d（或rmin≥d）时，

即v0≥

，则L＝0.