2019物理浙江仿真模擬熱身練選考仿真模擬卷（三）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精選考仿真模擬卷(三)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．聲音在空氣中的傳播速度v與空氣的密度ρ、壓強p有關．根據(jù)單位制，下列關于空氣中聲速的表達式(k為比例系數(shù)，無單位)正確的是()A．v＝eq\f(kp，ρ） B．v＝eq\r(\f（kp，ρ)）C．v＝eq\r(\f(kρ,p)) D．v＝eq\r(kpρ)2．“物體運動狀態(tài)發(fā)生了改變”是指(）A．物體的位置發(fā)生了改變B．物體速度發(fā)生了變化C．物體加速度發(fā)生了變化D．物體位移大小或位移方向發(fā)生了變化3．如圖1所示是某質(zhì)點做直線運動的v－t圖象,由圖可知這個質(zhì)點的運動情況是（)圖1A．前5s質(zhì)點靜止B．5~15s內(nèi)質(zhì)點做勻加速運動,加速度為1m/s2C．15～20s內(nèi)質(zhì)點做勻減速運動，加速度為－3.2m/s2D．15s末質(zhì)點離出發(fā)點最遠，20s末質(zhì)點回到出發(fā)點4．2016年里約奧運會，馬龍獲得乒乓球男子單打冠軍，將世界乒乓球運動推向一個全新的高度．如圖2所示,冠軍馬龍在回球時（）圖2A．球拍對乒乓球的作用力大于乒乓球對球拍的作用力B．球拍對乒乓球的作用力與乒乓球對球拍的作用力大小相等C．球拍對乒乓球的作用力與乒乓球的重力是一對平衡力D．球拍對乒乓球的作用力與乒乓球對球拍的作用力是一對平衡力5。如圖3所示，用手提一輕彈簧，彈簧下端掛一金屬球．在將整個裝置勻加速上提的過程中，手突然停止不動，則在此后一小段時間內(nèi)（不計空氣阻力）（)圖3A．小球立即停止運動B．小球繼續(xù)向上做減速運動C．小球的速度與彈簧的形變量都要減小D．小球的加速度減小6。如圖4所示，豎直放置的玻璃管內(nèi)有一蠟塊，當蠟塊從玻璃管的底端勻速上升時，玻璃管水平向右勻速運動，直至蠟塊上升到玻璃管的頂端．關于蠟塊的運動,下列說法正確的是（)圖4A．蠟塊的軌跡是曲線B．蠟塊的軌跡是直線C．若在運動中增大玻璃管的水平速度，蠟塊上升的時間將變短D．若在運動中增大玻璃管的水平速度，蠟塊上升的時間將變長7．(2018·9＋1高中聯(lián)盟期中）滑雪運動是一項受歡迎的冬季運動．如圖5所示為一圓弧形滑雪軌道,因雪面松緊程度的不同造成運動員下滑過程中與雪面的動摩擦因數(shù)也不同，假設滑雪運動員從半圓形場地的坡頂下滑到坡的最低點過程中速率不變,忽略空氣阻力，則運動員在該下滑過程中（）圖5A．加速度不變B．受四個力作用C．所受的合外力越來越大D．機械能逐漸減小8.（2018·浙江4月選考·9)土星最大的衛(wèi)星叫“泰坦”（如圖6)，每16天繞土星一周，其公轉軌道半徑為1.2×106km.已知引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，則土星的質(zhì)量約為()圖6A．5×1017kg B．5×1026kgC．5×1033kg D．5×1036kg9．一個人站立在商店的自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯向上加速，如圖7所示，則(）圖7A．踏板對人做的功大于人的機械能增加量B．人對踏板的壓力大小等于人所受到的重力大小C．人只受重力和踏板的支持力的作用D．人所受合力做的功等于人的動能的增加量10．如圖8甲所示為觀察電容器放電的電路，先將開關S撥到1端，再撥到2端，得到了如圖乙所示的電流隨時間的變化曲線,下列說法正確的是()圖8A．開關撥到1端后，電容器的上極板帶負電B．開關撥到1端后，電源對電容器的充電電流恒定C．開關撥到2端后，有電流從b到a流過電阻RD．開關撥到2端后,電容器的放電電流隨時間均勻減小11．（2018·湖州市三縣期中）兩根通電的長直導線平行放置，電流分別為I1和I2，電流的方向如圖9所示．在與導線垂直的平面上有a、b、c、d四點,其中a、b在導線橫截面連線的延長線上，c、d在導線橫截面連線的垂直平分線上．導線中的電流在這四點產(chǎn)生磁場的磁感應強度可能為零的是()圖9A．a(chǎn)點和c點 B．a(chǎn)點和b點C．b點和c點 D．c點和d點12．如圖10所示四個實驗現(xiàn)象中，不能表明電流能產(chǎn)生磁場的是（）圖10A．甲圖中，導線通入電流時小磁針發(fā)生偏轉B．乙圖中，通電導線在磁場中受到力的作用C．丙圖中，當電流方向相同時,導線相互靠近D．丁圖中，當電流方向相反時,導線相互遠離13．(2018·溫州市期中）為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器,如圖11所示，容器側面是絕緣的透明有機玻璃，上下底面是金屬板．當金屬板連接到高壓電源正負兩極時，在兩金屬板間產(chǎn)生勻強電場．現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi),顆粒帶負電，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力,并忽略煙塵顆粒所受重力．下列說法正確的是()圖11A．煙塵顆粒向下運動B．兩金屬板間電場方向向上C．煙塵顆粒在運動過程中電勢能減少D．煙塵顆粒電荷量可能是電子電荷量的1.5倍二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分．在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,有錯選的得0分）14。加試題光伏發(fā)電是利用光電效應原理工作的,目前，人類提高光伏發(fā)電效率的途徑主要有兩個方面：一是改變光源體發(fā)光譜帶的頻率,從而改變產(chǎn)生光電效應的光譜的寬度;二是改變被照射金屬材料的成分，從而改變其逸出功,則提高光伏發(fā)電效率的途徑正確的是(）A．增大光源體發(fā)光譜帶的頻率B．減小光源體發(fā)光譜帶的頻率C．增大金屬材料的逸出功D．減小金屬材料的逸出功15.加試題(2018·9＋1高中聯(lián)盟期中)如圖12所示是一列沿x軸正向傳播的簡諧橫波在t時刻的圖象．已知平衡位置在x軸上3cm處的質(zhì)點P在Δt＝t1－t＝0.3s內(nèi)通過的路程為18cm。則（）圖12A．波速一定是0.4m/sB．在Δt內(nèi)波的傳播距離為12cmC．在t1時刻P點的振動方向為y軸正方向D．t時刻之后再經(jīng)過0。125s時間P點剛好處在波谷位置16.加試題（2017·金華市高二上期末）如圖13所示，一細束由黃、藍、紫三種光組成的復色光，通過三棱鏡折射后分為a、b、c三種單色光，∠A大于c光在棱鏡中的臨界角而小于b光在棱鏡中的臨界角，下列說法中正確的是（）圖13A．a(chǎn)光為紫光B．在三棱鏡中a光的傳播速度最大C．在相同實驗條件下，用a、b、c三種色光做雙縫干涉實驗，a光相鄰亮條紋間距最大D．若復色光繞著入射點O順時針轉動至與AB面垂直時，屏上最終只有a光非選擇題部分三、非選擇題(本題共7小題，共55分）17．（5分）(1）在“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗中，某同學利用紙帶上的數(shù)據(jù)計算出了各計數(shù)點對應時刻小車的瞬時速度，然后以速度v為縱軸、時間t為橫軸建立直角坐標系，共描出了10個點,并“擬合”出了小車運動的v－t圖象如圖14所示．針對該v－t圖象，實驗小組的其他四位同學分別交流了自己的看法，你認為有道理的是________．圖14A．這些點不在一條直線上，因此v－t圖象應為一條光滑的曲線B．大多數(shù)點在（或靠近)這條直線上,因此這條直線可以表示小車的速度隨時間變化的規(guī)律C．有個別點不在該直線上，這條直線不能表示小車的速度隨時間變化的規(guī)律D．偏離直線較遠的點（B、F）可能是實驗中出現(xiàn)失誤造成的(2）打點計時器接50Hz交流電,打出的一條紙帶如圖15所示．A、B、C、D、E為所選的計數(shù)點，相鄰兩個計數(shù)點之間有四個點未畫出，各計數(shù)點間的距離如圖所示，則小車的加速度大小為________m/s2，C點速度大小為________m/s。(計算結果均保留兩位有效數(shù)字)圖1518．（5分）某同學利用如圖16a所示電路來測量一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻，實驗時共記錄了5組電壓表和電流表的示數(shù)（電表均視為理想電表），并繪得如圖b所示的U－I圖線．圖16(1)由圖線可知該干電池的電動勢E＝________V，內(nèi)電阻r＝________Ω。（2)該同學選用的滑動變阻器規(guī)格為“10Ω,2。5A”，實驗時將滑片從左端緩緩向右移動，記錄第1組數(shù)據(jù)時滑片大約移動了________．A.eq\f（1，4)長度 B.eq\f（1,3）長度C。eq\f（1,2)長度 D.eq\f(2,3)長度(3)改變滑動變阻器阻值，直至電源輸出功率達到最大，請在圖b上畫出表示最大輸出功率的“面積”圖．19.(9分）（2018·嘉興市第一中學期中）質(zhì)量為m＝2kg的物體靜止在水平面上，物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0。5，現(xiàn)在對物體施加如圖17所示的力F，F(xiàn)＝10N，θ＝37°。經(jīng)t1＝10s后撤去力F，再經(jīng)一段時間,物體又靜止，取sin37°＝0。6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2,則:圖17(1）物體在加速過程中的加速度大小;(2）物體運動過程中最大速度是多少？（3)物體運動的總位移是多少？(4)若另外用一個外力拉物體，能夠使物體在該水平面上保持勻速直線運動，求最小拉力的大小和方向(方向可用三角函數(shù)表示)．20．（12分)如圖18所示為特種兵訓練的一個項目，在水面浮臺CD與斜坡之間懸掛一個不計質(zhì)量且不可伸長的輕繩,繩子的懸點為O，可在豎直平面內(nèi)擺動．士兵沿斜面滑到A點,此時繩子恰好擺到A處，士兵立即抓住繩子隨繩子一起向下擺動(此過程不計能量損失），當擺動到最低點B時，士兵松開繩子，然后做平拋運動落到水面浮臺上，可將士兵視為質(zhì)點．已知OA⊥EF，OA與豎直方向OB的夾角為60°,繩長l＝5m,B、C間水平距離x＝10m、豎直高度為h＝5m，浮臺CD長度為d＝2m，士兵質(zhì)量為m＝60kg。g取10m/s2.求:圖18(1)要使士兵落在平臺上的C點，士兵經(jīng)過B點時速度的大??；（2）在（1）中情況下,士兵經(jīng)過B點時對繩子的拉力大??；（3）士兵要想不落到水中,經(jīng)過A點時的速度大小范圍．21。加試題(4分）(2018·名校協(xié)作體3月選考）（1)在“用單擺測重力加速度”實驗中，測量周期時，秒表指針如圖19所示，讀數(shù)為________秒．圖19(2)在“用雙縫干涉測量光的波長”實驗中，某同學觀察到如圖20所示的干涉條紋，于是他使分劃板中心刻線與亮條紋中央對齊，移動測量頭進行測量，在這種情況下光的波長的測量值________．圖20A．偏小B．偏大C．不變22。加試題（10分)（2017·稽陽聯(lián)誼學校8月聯(lián)考）如圖21甲所示,MN、PQ為固定在同一水平面上的相互平行的光滑金屬導軌，兩軌道間距為L，今有兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒ab、cd緊靠在一起,放置在軌道上x＝0的位置，與軌道接觸良好．金屬棒cd通過一根拉直且與cd垂直的細線跨過光滑輕質(zhì)定滑輪連接一個質(zhì)量為M的物塊，物塊放置在水平地面上，在x<L的軌道間區(qū)域存在著磁感應強度為B的豎直向上的勻強磁場，B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，其中B0和k已知．在t＝0時刻給金屬棒ab一個沿x軸正方向的初速度v0使棒開始運動,此時cd棒靜止．在t＝t0時刻ab棒恰好運動到磁場邊界x＝L處并將繼續(xù)向x軸正方向運動，忽略摩擦和空氣阻力,軌道電阻不計,重力加速度為g。求：甲乙圖21(1)ab棒開始運動時cd棒中電流的方向;（2）物塊開始離開地面的時刻t；（3)t＝t0時刻ab棒的速度大??；(4)寫出0～t0時間內(nèi)，地面對物塊的支持力FN與ab棒的位移x的關系表達式．23.加試題(10分）如圖22甲所示，兩平行金屬板P、Q間接有如圖乙所示的隨時間t變化的交流電壓，金屬板間電場可看做均勻、且兩板外無電場，板長L＝0.2m，板間距離d＝0。1m，在金屬板右側有一邊界為MN的勻強磁場，MN與兩板中線OO′垂直,磁感應強度B＝5×10－3T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中，已知每個粒子的比荷eq\f(q,m）＝108C/kg，重力忽略不計，在0~0.8×10－5s時間內(nèi)兩板間加上如圖乙5s時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場．（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）．圖22(1)求兩板間的電壓U0;度；（3)若以MN與兩板中線OO′垂直的交點為坐標原點，水平向右為x軸,豎直向上為y軸建立二維坐標系，請寫出在0.3×10－5s時刻射入兩板間的帶電粒子進入磁場和離開磁場(此時，磁場只有左邊界，沒有右邊界)時的位置坐標．答案精析1．B[壓強p的單位:1Pa＝eq\f(1N,1m2)＝eq\f（1kg·m/s2,m2)＝1kg/（m·s2)，密度ρ的單位：kg/m3，代入A項得單位為m2/s2，顯然不是速度的單位，選項A錯誤；代入B項得單位為m/s,選項B正確；代入C項得單位為s/m，也不是速度的單位,選項C錯誤；代入D項得單位為kg/（m2·s),選項D錯誤．]2．B3．C[由題圖可知,質(zhì)點前5s做的是勻速運動,選項A錯誤；5～15s內(nèi)做勻加速運動，加速度為0.8m/s2，選項B錯誤；15～20s內(nèi)做勻減速運動，加速度為－3。2m/s2，選項C正確；質(zhì)點在20s末離出發(fā)點最遠，質(zhì)點做的是方向不變的直線運動,選項D錯誤．］4．B［球拍對乒乓球的作用力和乒乓球對球拍的作用力是一對作用力和反作用力，大小相等，故A、D錯誤，B正確；球拍對乒乓球的作用力與乒乓球的重力方向不在同一直線上,不可能是一對平衡力，故C錯誤．]5．D［手突然停止不動,此后一小段時間內(nèi)，小球所受彈力大于重力，合力向上，小球加速度方向與速度方向相同,因此小球做加速運動，隨著形變量減小，由a＝eq\f（kx－mg，m)知,小球的加速度減小，選項D正確．]6．B[蠟塊在水平方向上和豎直方向上都做勻速直線運動,根據(jù)運動的合成,則有蠟塊的軌跡是直線，故A錯誤，B正確；在豎直方向上，t＝eq\f(d，v)，管長d不變,若在運動中增大玻璃管的水平速度,那么豎直方向上的分速度不變,知蠟塊由管底端到頂端的時間不變，故C、D錯誤．]7．D8．B[根據(jù)“泰坦”的運動情況，由萬有引力提供向心力，則Geq\f（Mm,r2）＝meq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2π，T))）2r，化簡得到M＝eq\f（4π2r3，GT2）,代入數(shù)據(jù)得M≈5×1026kg,故選B。］9．D［踏板對人做的功等于人的機械能增加量，選項A錯誤；人隨扶梯加速運動，人對踏板的壓力大于人的重力，選項B錯誤；人受重力、踏板的支持力和摩擦力三個力作用，選項C錯誤;根據(jù)動能定理，人所受合力做的功等于人的動能的增加量，選項D正確．］10．C[開關撥到1端后，電容器的上極板與電源正極相連，帶正電,A錯誤；給電容器充電的過程中，電容器兩端的電壓變大，充電電流不是恒定電流,B錯誤；開關撥到2端后，電容器放電，電流從b到a流過電阻R，C正確；由題圖乙可知,放電電流不是均勻減小,D錯誤．］11．B12．B[磁場對小磁針、通電導體有作用力,題圖甲中的小磁針發(fā)生了偏轉，題圖丙、丁中的通電導線發(fā)生了吸引和排斥，都說明了電流周圍存在磁場．題圖乙不能說明電流能產(chǎn)生磁場．］13．C［由題圖可知，上面金屬板為正極，下面金屬板為負極，兩金屬板間電場方向向下，則帶負電的顆粒受到的電場力向上,故帶電顆粒將向上運動，故A、B錯誤；煙塵顆粒在運動過程中電場力做正功，電勢能減少,故C正確；帶電體的電荷量只能是元電荷的整數(shù)倍，所以煙塵顆粒電荷量不可能是電子電荷量的1.5倍，故D錯誤．］14．AD［根據(jù)光電效應方程:Ek＝hν－W0可知，提高光伏發(fā)電效率的途徑可以是增大光源體發(fā)光譜帶的頻率,或減小金屬材料的逸出功，故A、D正確，B、C錯誤．］15．ABD16．BC［黃光的折射率最小,通過三棱鏡后偏折角最小,紫光的折射率最大，偏折角最大，可知c光是紫光，a光是黃光，故A錯誤．由公式v＝eq\f(c,n)分析可知，a光在三棱鏡中的傳播速度最大，故B正確．a(chǎn)光為黃光，波長最長，相鄰亮條紋間距最大，故C正確．復色光繞著入射點O順時針轉動至與AB面垂直時,∠A大于c光在棱鏡中的全反射臨界角而小于b光在棱鏡中的全反射臨界角，則c光發(fā)生全反射,而a、b兩光都沒有發(fā)生全反射,屏上最終有a光和b光，故D錯誤．]17．（1）BD(2)0.400.3018．（1)1。50.67(2）C(3)見解析圖解析（1）由題圖可知,圖象與縱坐標的交點為電源電動勢,故電動勢為1。5V；內(nèi)阻r＝eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（\f（ΔU,ΔI))）＝eq\f(1。5－0。5，1。5)Ω≈0。67Ω.（2）滑片從左向右移動，則電阻從大變小，由圖象可知第一組數(shù)據(jù)的電流值約為0.25A，則：R總＝eq\f（1。5,0.25)Ω＝6Ω滑動變阻器的接入阻值為：R1＝（6－0.67)Ω＝5.33Ω則ΔR＝10Ω－5.33Ω＝4。67Ω且eq\f（4。67,10）≈eq\f（1，2）即記錄第1組數(shù)據(jù)時滑片大約移動了eq\f(1,2)長度．（3)當R＝r時輸出功率最大，作出R＝0.67Ω時的U－I圖象，與電源U－I圖象的交點為輸出功率最大時路端電壓與電源電流,由P＝UI知P為矩形部分圖形的面積，如圖所示．19．（1）0。5m/s2（2)5m/s（3）27.5m（4）4eq\r（5)N,與水平方向成α角，tanα＝0。5解析（1)前10s一直做勻加速直線運動由Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma解得a＝0.5m/s2(2)物體運動過程中最大速度vm＝at1＝5m/s(3）前10s內(nèi)的位移x1＝eq\f（1,2)ateq\o\al（1，2）＝25m撤去力F后，勻減速直線運動的加速度大小a′＝eq\f(μmg,m）＝5m/s2位移x2＝eq\f（v\o\al(m，

2）,2a′）＝2.5m則總位移x總＝x1＋x2＝27。5m(4）使物體在該水平面上保持勻速直線運動，力F′與水平方向夾角為α,則有F′cosα－μ（mg－F′sinα)＝0，解得F′＝eq\f(μmg，cosα＋μsinα)＝eq\f(μmg，\r(μ2＋1）sinα＋γ)（其中sinγ＝eq\f（1，\r(1＋μ2))），當α＋γ＝eq\f(π,2）時，F(xiàn)′取最小值．則力與水平方向成α角,tanα＝0。5,最小拉力F＝4eq\r(5)N.20．(1）10m/s（2）1800N（3）5eq\r(2)m/s≤vA≤eq\r(94）m/s解析（1）由B到C,士兵做平拋運動．x＝vBth＝eq\f（1，2）gt2得vB＝10m/s.(2)在B點：F－mg＝meq\f（v\o\al(B，2）,l)得F＝1800N由牛頓第三定律可得士兵經(jīng)過B點時對繩子的拉力大小為1800N。（3)由(1）中平拋方程可得，士兵不落水，B點速度需滿足：10m/s≤vB≤12m/sA到B過程:mgl(1－cos60°）＝eq\f(1，2)mveq\o\al（B,2)－eq\f（1,2)mveq\o\al（A,

2)得5eq\r（2）m/s≤vA≤eq\r(94)m/s.21．(1)48。4(2)B22．(1）方向為d到c（2）eq\f(2MgR，k2L3）（3)v0－eq\f(B\o\al（2，0)L3，2mR)（4）FN＝Mg－eq\f(B\o\al（0,

2）L2，2R)(v0－eq\f(B\o\al(0，

2)L2x，2mR))解析(1）由右手定則可得cd棒上的電流方向為d到c。(2）當cd棒受到的安培力等于物塊重力時，物塊開始離開地面，因為ab棒一開始運動時cd棒保持靜止，所以此情況一定出現(xiàn)在ab棒離開磁場后的時間內(nèi)，E＝eq\f（ΔBL2,Δt）＝kL2安培力F＝Bteq\f（E，2R）L＝kteq\f（kL2，2R）L＝eq\f（k2L3,2R）t剛要離開地面時Mg＝eq\f（k2L3，2R)t，解得t＝eq\f（2MgR,k2L3).（3）設某一微小時間內(nèi)，由動量定理可得eq\f（B\o\al(0,

2)L2，2R）viΔt＝mΔvi，即eq\f(B\o\al(0,

2）L2,2R)xi＝mΔvi兩邊累加可得eq\f（B\o\al（0，

2）L2L，2R）＝mΔv解得:Δv＝eq\f（B\o\al（0，

2）L3，2mR）,所以v＝v0－eq\f(B\o\al