（浙江專用）備戰(zhàn)2019高考物理一輪復習選考仿真模擬卷（打包9套）.zip,浙江,專用,備戰(zhàn),2019,高考,物理,一輪,復習,仿真,模擬,打包
選考仿真模擬卷(一)
考生注意：
1．本試卷分選擇題部分和非選擇題部分，共4頁．
2．答卷前，考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應答題紙上．
3．本次考試時間90分鐘，滿分100分．
選擇題部分
一、選擇題Ⅰ(本題共13小題，每小題3分，共39分．每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)
1．高空拋物現(xiàn)象曾被稱為“懸在城市上空的痛”．在上?！奥暸判邪瘛敝校c“亂扔垃圾”齊名，排名第二．如圖1所示是上海某小區(qū)宣傳窗中的一則漫畫，不計空氣阻力，畫中被拋下的物體在下落過程中，其值可能不變的物理量是( )
圖1
A．速度 B．加速度
C．重力勢能 D．動能
2．以下說法中正確的是( )
A．做勻變速直線運動的物體，t s內通過的路程與位移的大小一定相等
B．質點一定是體積和質量都極小的物體
C．速度的定義式和平均速度公式都是v＝，因此速度就是指平均速度
D．速度不變的運動是勻速直線運動
3．如圖2所示，在密封的盒子內裝有一個金屬球，球剛好能在盒內自由活動，若將盒子在空中豎直向上拋出，空氣阻力不能忽略，此過程中盒子不發(fā)生傾斜或反轉，則球拋出后在上升、下降的過程中( )
圖2
A．上升、下降均對盒底有壓力
B．上升、下降時對盒均無壓力
C．上升時對盒頂有壓力，下降時對盒底有壓力
D．上升時對盒底有壓力，下降時對盒頂有壓力
4．(2018·嘉興3月模擬)如圖3所示，高速攝像機記錄了一名擅長飛牌、射牌的魔術師的發(fā)牌過程，虛線是飛出的撲克牌的軌跡，則撲克牌所受合外力F與速度v關系正確的是( )
圖3
5．(2018·金華市十校期末)計算機中的硬磁盤磁道如圖4所示，硬磁盤繞磁道的圓心O轉動，A、B兩點位于不同的磁道上，線速度分別為vA和vB，向心加速度分別為aA和aB，則它們大小關系正確的是( )
圖4
A．vA
vB aAaB
D．vA>vB aA>aB
6．(2018·義烏市模擬)2017年4月，我國成功發(fā)射的天舟一號貨運飛船與天宮二號空間實驗室完成了首次交會對接，對接形成的組合體仍沿天宮二號原來的軌道(可視為圓軌道)運行．與天宮二號單獨運行時相比，組合體運行的( )
A．周期變大 B．速率變大
C．動能變大 D．向心加速度變大
7．如圖5所示，在真空中，把一個不帶電的導體(與外界絕緣)向帶負電的球P慢慢靠近．關于此導體兩端的電荷，下列說法中錯誤的是( )
圖5
A．兩端的感應電荷越來越多
B．兩端的感應電荷是同種電荷
C．兩端的感應電荷是異種電荷
D．兩端的感應電荷電荷量相等
8．真空中有一個點電荷＋Q1，在距其r處的P點放一電荷量為＋Q2的試探電荷，試探電荷受到的靜電力為F，則下列判斷中正確的是( )
A．P點的場強大小為
B．P點的場強大小等于，也等于
C．試探電荷的電荷量變?yōu)?Q2時，試探電荷受到的靜電力將變?yōu)?F，而P處的場強為
D．若在P點不放試探電荷，則該點場強為0
9.如圖6所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度垂直于電場線方向飛入a、b兩個帶電粒子，僅在電場力作用下的運動軌跡如圖中虛線所示，則( )
圖6
A．a(chǎn)一定帶正電，b一定帶負電
B．a(chǎn)的速度將減小，b的速度將增大
C．a(chǎn)的加速度將減小，b的加速度將增大
D．兩個粒子的動能一個增大一個減小
10．(2018·臺州中學統(tǒng)練)2015年3月3日凌晨，中國南極中山站站區(qū)上空出現(xiàn)絢麗的極光現(xiàn)象，持續(xù)數(shù)小時．地球的極光，來自地球磁層和太陽的高能帶電粒子流(太陽風)使高層大氣分子或原子激發(fā)(或電離)而產(chǎn)生．太陽風在地球上空環(huán)繞地球流動，以大約每秒400公里的速度撞擊地球磁場．假如高速電子流以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點，則電子流在進入地球周圍的空間時，將( )
A．稍向東偏轉
B．稍向西偏轉
C．稍向北偏轉
D．豎直向下沿直線射向地面
11.如圖7所示，質量為m的兩個小球A、B(可視為質點)固定在細桿的兩端，將其放入光滑的半球形碗中，桿的長度等于碗的半徑，當桿與兩球組成的系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，桿對小球A的作用力大小為( )
圖7
A.mg B.mg C.mg D．2mg
12．(2017·嘉興一中等五校聯(lián)考)電動玩具汽車的直流電動機電阻一定，當加上0.3 V電壓時，通過的電流為0.3 A，此時電動機沒有轉動．當加上3 V電壓時，電流為1 A，這時電動機正常工作．則( )
A．電動機的電阻是3 Ω
B．電動機正常工作時的發(fā)熱功率是3 W
C．電動機正常工作時消耗的電功率是4 W
D．電動機正常工作時的機械功率是2 W
13．元宵節(jié)焰火晚會上，萬發(fā)禮花彈點亮夜空，如圖8所示為焰火燃放時的精彩瞬間．假如燃放時長度為1 m的炮筒豎直放置，每個禮花彈約為1 kg(可認為燃放前后質量不變)，當?shù)刂亓铀俣葹?0 m/s2，燃燒后的高壓氣體對禮花彈做功900 J，離開炮筒口時的動能為800 J，禮花彈從炮筒底部豎直運動到炮筒口的過程中，下列判斷正確的是( )
圖8
A．重力勢能增加800 J
B．克服阻力(炮筒阻力及空氣阻力)做功90 J
C．克服阻力(炮筒阻力及空氣阻力)做功無法計算
D．機械能增加800 J
二、選擇題Ⅱ(本題共3小題，每小題2分，共6分．每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的．全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分)
14.加試題 關于近代物理學的結論中，下面敘述中正確的是( )
A．氫原子從n＝6能級躍遷至n＝2能級時輻射出頻率為ν1的光子，從n＝5能級躍遷至n＝2能級時輻射出頻率為ν2的光子，頻率為ν1的光子的能量較大
B．已知鈾238的半衰期為4.5×109年，地球的年齡約為45億年，則現(xiàn)在地球上存有的鈾238原子數(shù)量約為地球形成時鈾238原子數(shù)量的一半
C．β衰變能釋放出電子說明了原子核中有電子
D．在核反應中，質量守恒、電荷數(shù)守恒
15.加試題 (2018·溫州“十五校聯(lián)合體”期末)甲、乙兩彈簧振子的振子質量相同，輕彈簧的勁度系數(shù)不同，其振動圖象如圖9所示，由圖可知( )
圖9
A．甲彈簧的勁度系數(shù)較大
B．甲的回復力最大值是乙的2倍
C．甲速度為零時，乙速度最大
D．甲、乙振動頻率之比為1∶2
16.加試題 (2018·金華檢測)如圖10所示，MN是空氣與某種液體的分界面，一束紅光由空氣射到分界面，一部分光被反射，一部分光進入液體中．當入射角是45°時，折射角為30°.以下說法正確的是( )
圖10
A．反射光線與折射光線的夾角為120°
B．該液體對紅光的折射率為
C．該液體對紅光的全反射臨界角為45°
D．當紫光以同樣的入射角從空氣射到此分界面，折射角也是30°
非選擇題部分
三、非選擇題(本題共7小題，共55分)
17．(5分)(2018·寧波諾丁漢大學附中期中)研究小車勻變速直線運動的實驗裝置如圖11(a)所示，其中斜面傾角θ可調，打點計時器的工作頻率為50 Hz，紙帶上計數(shù)點的間距如圖(b)所示，其中每相鄰兩點之間還有4個點未畫出．
圖11
(1)部分實驗步驟如下：
A．測量完畢，關閉電源，取出紙帶
B．接通電源，待打點計時器工作穩(wěn)定后放開小車
C．將小車停靠在打點計時器附近，小車尾部與紙帶相連
D．把打點計時器固定在平板上，讓紙帶穿過限位孔
上述實驗步驟的正確順序是：__________(用字母填寫)．
(2)圖(b)中標出的相鄰兩計數(shù)點的時間間隔T＝______ s.
(3)計數(shù)點5對應的瞬時速度大小計算式為v5＝________.(可用T表示)
(4)為了充分利用記錄數(shù)據(jù)，減小誤差，小車加速度大小的計算式應為a＝________(可用T表示)．
18．(5分)(2018·諸暨市牌頭中學期中)小明同學在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗中，所用小燈泡規(guī)格為“2.5 V，0.3 A”．
(1)實驗電路如圖12甲所示，請讀出電壓表和電流表的示數(shù)分別為________ V、________ A.
(2)實驗結束之后，他描繪了如圖乙所示的伏安特性曲線，老師一看就判定是錯誤的，老師判定的依據(jù)是_____________________________________________________________.
圖12
19.(9分)如圖13所示，在某一旅游景區(qū)建有一滑沙運動項目，假定斜坡可視為傾角θ＝37°的斜面．一位游客連同滑沙裝置質量為60 kg，從靜止開始勻加速下滑，在時間t＝6 s內沿斜面下滑的位移大小x＝36 m(空氣阻力可忽略，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
圖13
(1)該游客下滑過程中的加速度大??；
(2)滑沙裝置與軌道間的動摩擦因數(shù)；
(3)若游客下滑36 m后進入水平軌道，游客在水平軌道上能滑行的時間．(假設游客從斜坡進入水平軌道時，速度大小保持不變，該滑沙裝置與軌道間的動摩擦因數(shù)都相同)
20.(12分)如圖14所示，“蝸牛狀”軌道OAB豎直固定在水平地面BC上，與地面在B處平滑連接．其中，“蝸牛狀”軌道由內壁光滑的兩個半圓軌道OA、AB平滑連接而成，半圓軌道OA的半徑R＝0.6 m，下端O剛好是半圓軌道AB的圓心．水平地面BC長xBC＝7 m，C處是一深坑．一質量m＝0.5 kg的小球(可視為質點)，從O點沿切線方向以某一初速度v0進入軌道OA后，沿OAB軌道運動至水平地面．已知小球與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.7，取g＝10 m/s2.
圖14
(1)為使小球不脫離OAB軌道，小球在O點的初速度v0的最小值vmin多大？
(2)若v0＝9 m/s，求小球在B點對半圓軌道的壓力大??；
(3)若v0＝9 m/s，通過計算說明小球能否落入深坑？
21.加試題 (4分)(2018·諸暨市牌頭中學期中)(1)某同學用如圖15所示的實驗裝置“探究電磁感應的產(chǎn)生條件”，發(fā)現(xiàn)將條形磁鐵快速插入(或拔出)線圈時，甲圖中的電流表發(fā)生明顯偏轉，乙圖中的小燈泡始終不發(fā)光(檢查電路沒有發(fā)現(xiàn)問題)，試分析小燈泡不發(fā)光的原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
圖15
(2)下列關于“用雙縫干涉測量光的波長”實驗的操作，正確的是________．
A．光具座上從光源開始依次擺放凸透鏡、濾光片、雙縫、單縫、遮光筒、測量頭和目鏡
B．將單縫向雙縫靠近，相鄰兩亮條紋中心的距離減小
C．僅將濾光片從紅色換成綠色，觀察到的條紋間距增大
D．單縫與雙縫的平行度可以通過撥桿來調節(jié)
22.加試題 (10分)如圖16所示，金屬桿a從離地h高處由靜止開始沿平行的弧形金屬軌道下滑，軌道的水平部分有豎直向上的勻強磁場，水平軌道原來放有一靜止的金屬桿b，已知桿a的質量為m，電阻為2R，桿b的質量為2m，電阻為R，兩金屬桿與軌道始終接觸良好，軌道的電阻及摩擦不計，水平軌道足夠長，求：(重力加速度為g)
圖16
(1)桿a和b的最終速度分別是多大？
(2)整個過程中回路釋放的電能是多少？
(3)整個過程中桿a上產(chǎn)生的熱量是多少？
23.加試題 (10分)在豎直的xOy平面內，第Ⅰ、Ⅲ象限均存在相互正交的勻強電場和勻強磁場，第一象限內電場沿＋y方向，磁場垂直xOy平面向外，第三象限內電場沿－x方向，磁場垂直xOy平面向里，電場強度大小均為E，磁感應強度大小均為B，A、B兩小球帶等量異種電荷，帶電荷量大小均為q，兩球中間夾一被壓縮的長度不計的絕緣輕彈簧(不粘連)，某時刻在原點O處同時釋放A、B，A、B瞬間被彈開之后，A沿圓弧OM運動，B沿直線OP運動，OP與－x軸夾角θ＝37°，如圖17中虛線所示，不計兩球間庫侖力的影響，已知重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，試求：
圖17
(1)A、B兩球的質量比；
(2)A球出射點M離O點的距離；
(3)剛釋放時，彈簧的彈性勢能Ep.
答案精析
1．B [物體只在重力作用下運動，速度變化，重力勢能變化，動能變化，只有加速度不變，因此選項B正確．]
2．D [只有在單向的直線運動中，路程才等于位移大小，A錯；質點不一定是體積小、質量小的物體，B錯；速度分為平均速度和瞬時速度，C錯；速度不變是指速度的大小和方向均不變，故做勻速直線運動，D對．]
3．C
4．A [曲線運動的物體速度方向沿切線方向，而受到的合力應該指向運動軌跡彎曲的內側，由此可以判斷B、C、D錯誤，A正確．]
5．A
6．C [根據(jù)組合體受到的萬有引力提供向心力可得，＝ mr ＝m＝ma，解得T＝，v＝，a＝，由于軌道半徑不變，所以周期、速率、向心加速度均不變，選項A、B、D錯誤；組合體比天宮二號的質量大，動能Ek＝mv2變大，選項C正確．]
7．B [由于導體內有大量可以自由移動的電子，當慢慢靠近帶負電的球P時，由于同種電荷相互排斥，導體上靠近P的一端的電子被排斥到遠端，從而帶正電荷，遠離P的一端帶上了等量的負電荷．導體離P球距離越近，電子被排斥得越多，感應電荷越多．]
8．C [由場強定義式得E＝，選項A錯誤；由點電荷場強公式知E＝，選項B錯誤；試探電荷的電荷量變?yōu)?Q2時，試探電荷受到的靜電力F′＝k＝2F，而電場中的電場強度與放入電場中的電荷無關，無論是否放入試探電荷、試探電荷的電荷量如何，電場強度都不變，選項C正確，D錯誤．]
9．C [粒子在電場力作用下做曲線運動，電場力指向軌跡的凹側，從題圖中軌跡變化來看，電場力都做正功，動能都增大，電勢能都減少．電場線的方向不知，所以粒子帶電性質不能確定，所以A、B、D錯誤．電場線密的地方電場強度大，電場線疏的地方電場強度小，所以a受力減小，加速度減小，b受力增大，加速度增大，所以C正確．]
10．B
11．C [對A球受力分析如圖，設桿對小球A的作用力為F，則F＝mgtan 30°＝mg，C項正確．]
12．D
13．B [禮花彈在炮筒內運動的過程中，克服重力做功mgh＝10 J，則重力勢能增加量ΔEp＝10 J，根據(jù)動能定理W－W阻－WG＝ΔEk可知W阻＝W－ΔEk－WG＝900 J－800 J－10 J＝90 J，機械能的增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝800 J＋10 J＝810 J，所以只有B項正確．]
14．AB [氫原子在不同能級之間發(fā)生躍遷，那么從高能級到低能級釋放的光子能量hν等于能級差，因此有hν1＝E6－E2，hν2＝E5－E2，故A對．鈾238的半衰期為4.5×109年，地球的年齡約為45億年，剛好為一個半衰期，故現(xiàn)在地球上存有的鈾238原子數(shù)量約為地球形成時鈾238原子數(shù)量的一半，B對．原子核內部只有質子和中子，β衰變是原子核內的一個中子轉化為一個質子和一個電子時，電子從核內釋放出來，故C錯．核反應時遵循質量數(shù)和電荷數(shù)守恒，不是質量守恒，故D錯．]
15．CD
16．BC [根據(jù)光路圖，反射光線與折射光線的夾角為105°，選項A錯誤；根據(jù)折射定律n＝，解得n＝，由發(fā)生全反射的條件知sin C＝，C＝45°，選項B、C正確；紫光的折射率大于紅光的折射率，故當紫光以同樣的入射角從空氣射到此分界面時，折射角小于30°，選項D錯誤．]
17．(1)DCBA (2)0.1 (3)
(4)
18．(1)2.10 0.26 (2)見解析
解析 (1)電壓表、電流表示數(shù)分別為2.10 V、0.26 A．(2)U－I圖象上的點與原點連線的斜率表示電阻，電壓越大，電阻越大，所以斜率應越來越大，但題圖圖象上的點與原點連線的斜率是減小的．
19．(1)2 m/s2 (2)0.5 (3)2.4 s
解析 (1)由運動學公式：x＝at2，解得：a＝2 m/s2
(2)沿斜面方向，由牛頓第二定律得：mgsin θ－Ff＝ma
在垂直斜面方向上：FN－mgcos θ＝0
又Ff＝μFN
解得：μ＝0.5
(3)由v＝v0＋at，可得：v＝12 m/s
取進入水平軌道后速度的方向為正方向，
在水平軌道上：－μmg＝ma′
得a′＝－5 m/s2
故0＝v＋a′t′
在水平軌道上滑行的時間t′＝2.4 s.
20．(1)6 m/s (2)48.75 N (3)見解析
解析 (1)在A點，由牛頓第二定律得mg＝
O→A，由動能定理得
－mg·2R＝mv－mv
代入數(shù)據(jù)得vmin＝6 m/s
(2)O→B，由動能定理得
mg·2R＝mv－mv
在B點，由牛頓第二定律得FN－mg＝m
代入數(shù)據(jù)得FN＝48.75 N
根據(jù)牛頓第三定律，小球在B點對半圓軌道的壓力FN′＝FN＝48.75 N.
(3)在水平地面上，設小球從B到停止的過程中經(jīng)過的位移為x，
由運動學公式有－2ax＝0－v
由牛頓第二定律有μmg＝ma
代入數(shù)據(jù)得x＝7.5 m>xBC＝7 m
故小球能落入深坑．
21．(1)感應電流太小 (2)D
解析 (1)根據(jù)感應電流的產(chǎn)生條件，結合題意：將條形磁鐵快速插入(或拔出)線圈時，題圖甲中的電流表發(fā)生明顯偏轉，題圖乙中仍有感應電流，而小燈泡始終不發(fā)光，原因是感應電流太小．(2)為了獲取單色的線光源，光源后面是濾光片、單縫，然后通過雙縫在光屏上產(chǎn)生干涉圖樣，則后面是雙縫、遮光筒、測量頭和目鏡，故A錯誤；單縫與雙縫間的距離不影響條紋的間距，所以相鄰兩亮條紋中心的距離不變，故B錯誤；若僅將紅色濾光片換成綠色濾光片，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式：Δx＝，因波長變短，故觀察到的條紋間距會變小，故C錯誤；單縫與雙縫的平行度可以通過撥桿來調節(jié)，故D正確．
22．(1)均為 (2)mgh (3)mgh
解析 (1)桿a下滑過程，由機械能守恒定律得mgh＝mv
桿a進入磁場后，a、b都受安培力作用，a做減速運動，b做加速運動，經(jīng)過一段時間后，a、b速度達到相同，v1＝v2＝v
取水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v
解得a、b共同速度v＝
(2)對整個過程，由能量守恒定律有mgh＝(m＋2m)v2＋E
解得整個過程中回路釋放的電能E＝mgh
(3)由Qa＋Qb＝E，＝
解得Qa＝mgh
23．(1) (2) (3)
解析 (1)彈開后，A沿圓弧運動，所以A應帶正電，
由mAg＝Eq得：mA＝
B沿OP運動，受力平衡，帶負電
由tan θ＝得mB＝
故＝＝
(2)對B球受力分析，知：
Bqv2sin θ＝Eq，解得B球速度v2＝
A、B彈開瞬間，由動量守恒定律得：mAv1＝mBv2
解以上各式得，A球速度v1＝
A做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：Bqv1＝
解得軌道半徑R＝＝
OM＝2Rsin θ＝
(3)彈開瞬間，由能量守恒可知
Ep＝mAv＋mBv
聯(lián)立解得：Ep＝
15