（浙江選考）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 仿真模擬卷3

《（浙江選考）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 仿真模擬卷3》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 仿真模擬卷3（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江選考）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 仿真模擬卷3一、選擇題(本題共13小題,每小題3分,共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的,不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1.下列各選項(xiàng)中的負(fù)號(hào)表示方向的是()A.“-5 J”的功B.“-5 m/s”的速度C.“-5 ”的溫度D.“-5 V”的電勢(shì)2.如圖,一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若保持F的大小不變,而方向與水平面成60角,物塊也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A.2-B.C.D.3.現(xiàn)在有一種觀點(diǎn),認(rèn)為物理學(xué)是一門測量的科學(xué)。那么在高中物理中的自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律、萬有引力常量、電流的熱效應(yīng)、元

2、電荷的數(shù)值分別是由不同的科學(xué)家測量或發(fā)現(xiàn)的,他們依次是()A.伽利略、牛頓、安培、密立根B.牛頓、卡文迪許、奧斯特、庫侖C.伽利略、卡文迪許、焦耳、密立根D.牛頓、開普勒、奧斯特、密立根4.魚在水中沿直線水平向左減速游動(dòng)過程中,水對(duì)魚的作用力方向合理的是()5.質(zhì)量分別為m1、m2的甲、乙兩球,在離地相同高度處,同時(shí)由靜止開始下落,由于空氣阻力的作用,兩球到達(dá)地面前經(jīng)t0時(shí)間分別到達(dá)穩(wěn)定速度v1、v2,已知空氣阻力大小Ff與小球的下落速率v成正比,即Ff=kv(k0),且兩球的比例常數(shù)k完全相同,兩球下落的v-t關(guān)系如圖所示,下列說法正確的是()A.m1y0),速度大小為v,方向沿x軸正方向,

3、此時(shí)撤去電場,t2時(shí)刻粒子經(jīng)過x軸上x=x0點(diǎn),速度沿x軸正方向,不計(jì)粒子重力,求:(1)0t0時(shí)間內(nèi)O、A兩點(diǎn)間電勢(shì)差UOA;(2)粒子在t=0時(shí)刻的加速度大小a;(3)B1的最小值和B2的最小值的表達(dá)式。普通高校招生選考(物理)仿真模擬卷(三)一、選擇題1.B解析 功、溫度、電勢(shì)都為標(biāo)量,其負(fù)號(hào)表示大小,而速度為矢量,其負(fù)號(hào)表示方向,B正確。2.C解析 F水平時(shí),有F=mg;當(dāng)保持F的大小不變,而方向與水平面成60角時(shí),則Fcos60=(mg-Fsin 60),聯(lián)立解得=,故選C。3.C解析 伽利略最早利用斜面實(shí)驗(yàn)研究了自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律;卡文迪許利用扭秤實(shí)驗(yàn)測出了萬有引力常量;焦耳發(fā)現(xiàn)了電

4、流的熱效應(yīng);密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測出了元電荷的數(shù)值。所以選C。4.C解析 魚在水中沿直線水平向左減速游動(dòng),加速度方向水平向右,魚受到的合力方向水平向右,即重力G與F的合力水平向右,如圖所示,因此選C。5.B解析 由題圖知甲、乙兩球勻速運(yùn)動(dòng)的速度關(guān)系有v1v2,由受力平衡得mg=kv,聯(lián)立得m1m2,且,故B正確,A錯(cuò)誤;釋放瞬間兩球的速度均為零,阻力為零,故加速度均為g,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;圖線與時(shí)間軸圍成的面積等于物體的位移,由題圖可知t0時(shí)間內(nèi)甲下落的高度較大,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6.C解析 設(shè)第一次拋出時(shí)A球的速度為v1,B球的速度為v2,則A、B間的水平距離x=(v1+v2)t,第二次兩球的速度為第一

5、次的2倍,但兩球間的水平距離不變,則x=2(v1+v2)T,聯(lián)立得T=,所以C正確,A、B、D錯(cuò)誤。7.B解析 機(jī)械能等于動(dòng)能和重力勢(shì)能之和,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),動(dòng)能不變,重力勢(shì)能時(shí)刻發(fā)生變化,則機(jī)械能在變化,故A錯(cuò)誤;在最高點(diǎn)對(duì)乘客受力分析,根據(jù)牛頓第二定律有mg-FN=m,座椅對(duì)他的支持力FN=mg-mmg,故B正確;乘客隨座艙做勻速圓周運(yùn)動(dòng),需要有合外力提供給他做向心力,所以乘客所受合力不能為零,故C錯(cuò)誤;乘客重力的瞬時(shí)功率P=mgvcos,其中為線速度和豎直方向的夾角,摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,乘客的重力和線速度的大小不變,但在變化,所以乘客重力的瞬時(shí)功率在不斷變化,故D錯(cuò)誤。

6、8.D解析 電容式話筒與電源串聯(lián),其電壓保持不變。在P、Q間距增大的過程中,根據(jù)電容決定式C=,可知電容減小;又根據(jù)電容定義式C=得知電容器所帶電荷量減小,P極板上電荷量減小,電容器放電,放電電流通過R的方向由M到N,則M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì),故A、B、C錯(cuò)誤,D正確。點(diǎn)睛:本題關(guān)鍵掌握電容的決定式C=、電容的定義式C=,要熟悉各個(gè)物理量之間的關(guān)系,抓住不變量進(jìn)行分析。9.D解析 兩極板和電源相連,故兩極板間的電勢(shì)差恒定,根據(jù)公式C=可知,當(dāng)產(chǎn)品厚度增大而導(dǎo)致增大時(shí),電容器的電容C增大,再根據(jù)Q=CU可知極板帶電量Q增加,有充電電流從b向a流過,故A、C錯(cuò)誤,D正確;因兩板之間的電勢(shì)差不變,板間

7、距不變,所以兩板間電場強(qiáng)度E=不變,B錯(cuò)誤。10.D解析 若將左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉,則當(dāng)線圈在圖示位置時(shí),線圈的上下邊受安培力水平而轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)過半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止轉(zhuǎn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤。左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉,電路不能接通,故不能轉(zhuǎn)起來;同理C也不能轉(zhuǎn)動(dòng),所以選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤。若將左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉,這樣當(dāng)線圈在圖示位置時(shí),線圈的上下邊受安培力水平而轉(zhuǎn)動(dòng),轉(zhuǎn)過半周后電路不導(dǎo)通,轉(zhuǎn)過一周后再次受到同樣的安培力而使其轉(zhuǎn)動(dòng),選項(xiàng)D正確。11.D解析 第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)最大的運(yùn)行速度,即近地衛(wèi)星的線速度,

8、可知,該衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度,A錯(cuò)誤;地球同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉(zhuǎn)周期,而該衛(wèi)星的運(yùn)行周期比地球同步衛(wèi)星的周期小,所以該衛(wèi)星的運(yùn)行周期小于地球自轉(zhuǎn)周期,B錯(cuò)誤;該衛(wèi)星的軌道半徑比地球同步衛(wèi)星的小,知該衛(wèi)星的角速度比同步衛(wèi)星的角速度大,C錯(cuò)誤;根據(jù)a=知,該衛(wèi)星的向心加速度大于地球同步衛(wèi)星的向心加速度。由a=2r知,地球同步衛(wèi)星的向心加速度大于靜止在地球赤道上物體的向心加速度,因此,該衛(wèi)星的向心加速度大于靜止在地球赤道上物體的向心加速度,D正確。12.A解析 粒子從A運(yùn)動(dòng)到B,電勢(shì)差為A-B,故電場力做功W=q(A-B),A正確;粒子在電場方向運(yùn)動(dòng)距離為,故電場力做功W=qE,故B、C

9、、D錯(cuò)誤。13.B解析 人連同平臺(tái)克服重力的功率為P臺(tái)= W=800 W,因伸縮臂具有一定的質(zhì)量,所以伸縮臂抬升登高平臺(tái)的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率要大于800 W,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。在一秒鐘內(nèi),噴出去水的質(zhì)量為m=V=103 kg=50 kg,噴出去水的重力勢(shì)能為WG=mgh=501060 J=3104 J,水的動(dòng)能為mv2=1104 J,所以1秒鐘內(nèi)水增加的能量為4104 J,所以水炮工作的發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率為4104 W,選項(xiàng)B正確,A、C錯(cuò)誤。二、選擇題14.ABD解析 盧瑟福通過對(duì)粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果分析,提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型,選項(xiàng)A正確;太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的熱核反應(yīng),選項(xiàng)B正確;光電子的最

10、大初動(dòng)能與紫外線的頻率有關(guān),與紫外線的照射強(qiáng)度無關(guān),當(dāng)增大紫外線的照射強(qiáng)度時(shí),從鋅板表面逸出的光電子的數(shù)量增多,光電流增大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;玻爾在研究原子結(jié)構(gòu)中引進(jìn)了量子化的概念,提出了軌道量子化和能級(jí)等,選項(xiàng)D正確。15.B解析 電表的讀數(shù)均為有效值,原線圈兩端電壓有效值為220 V,由理想變壓器原、副線圈兩端電壓與線圈匝數(shù)成正比,可知副線圈兩端電壓有效值為110 V,C錯(cuò)誤;流過電阻R的電流為2 A,可知負(fù)載消耗的功率為220 W,根據(jù)能量守恒可知,原線圈的輸入功率為220 W,A錯(cuò)誤;由P=UI可知,電流表的讀數(shù)為1 A,B正確,由交流電壓瞬時(shí)值表達(dá)式可知,=100 rad/s,周期T=0.

11、02 s,D錯(cuò)誤。16.ABC解析 由波形圖可知,波長為4 m;實(shí)線為t=0時(shí)的波形圖,虛線為t=0.5 s時(shí)的波形圖,波沿x軸正方向傳播,又該波的周期大于0.5 s,則00.5 s時(shí)間內(nèi)波傳播的距離x=,T=0.5 s,故周期T= s,頻率為1.5 Hz,A正確。波速v=f=6 m/s,B正確。由2 s=3T,t=0時(shí),x=2 m處的質(zhì)點(diǎn)在平衡位置,t=2 s時(shí),該質(zhì)點(diǎn)同樣經(jīng)過平衡位置,C正確。由1 s=T,t=0時(shí),x=1 m處的質(zhì)點(diǎn)在波峰位置,t=1時(shí),該質(zhì)點(diǎn)在波谷位置,D錯(cuò)誤。三、非選擇題 17.答案 (1)左(2)2(3)D解析 (1)平衡摩擦力時(shí),將左端墊高形成斜面,使重力沿斜面向

12、下的分力與摩擦力平衡;(2)由題給條件可知,小車自C點(diǎn)開始勻速運(yùn)動(dòng),則勻速運(yùn)動(dòng)的速度v= m/s=2 m/s;(3)根據(jù)題圖結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可知,該圖象形式和y=xn(n=2,3,4),形式相符合,故選D。18.答案 (1)a(2)B(3)3解析 (1)此電路是分壓電路,滑動(dòng)變阻器的aP部分與小燈泡并聯(lián),開始時(shí)應(yīng)使小燈泡兩端電壓最小,故滑片應(yīng)置于a端。(2)電流表與電壓表均有明顯讀數(shù),說明燈泡所在電路正常,滑動(dòng)中示數(shù)幾乎不變,說明滑動(dòng)變阻器沒有起到應(yīng)有的作用,故可能存在故障的滑動(dòng)變阻器,故填B。(3)由P=,隨著小燈泡兩端電壓的增大,燈絲溫度升高,電阻增大,P隨U2的變化變緩,即圖線為3。19.答

13、案 (1)0.25 m/s250 m(2)630 N(3)4 m/s解析 (1)由加速度定義式可得a1=,解得a1=0.25 m/s2;由位移時(shí)間關(guān)系可得:h1=a1,解得h1=50 m;(2)勻速運(yùn)動(dòng)的位移為:h2=vt2,解得h2=225 m減速下降的位移為h3=h-h1-h2,解得h3=25 m根據(jù)位移速度關(guān)系可得減速的加速度大小為:a2=,解得a2=0.5 m/s2根據(jù)牛頓第二定律可得:Ff-mg=ma2,解得Ff=630 N;(3)減速下落的時(shí)間為:t3=10 s;下落過程中的總時(shí)間為:t=t1+t2+t3=75 s;平均速度為:,解得=4 m/s。20.答案 (1)0.2 m(2)

14、7 N(3)600.39 m解析 (1)EP=得vB=2 m/sFN+mg=得R=0.2 m(2)mg2R=FD-mg=得FD=7 N根據(jù)牛頓第三定律知小球過D點(diǎn)時(shí)對(duì)管壁的壓力大小為7 N(3)從B開始,到運(yùn)動(dòng)至斜面上最高處,利用動(dòng)能定理可得mg2R-1mgLDE-mgs sin -2mgs cos=0-得s=所以當(dāng)=60時(shí),有最小值sm= m0.39 m21.答案 (1)18.6(2)ABE解析 (1)十分度游標(biāo)尺的第6個(gè)刻度線與主尺刻度線對(duì)齊,所以讀數(shù)為18.6 mm。(2)對(duì)于單擺,擺線質(zhì)量可忽略且不可伸長,所以應(yīng)選伸縮性小的細(xì)線,擺球應(yīng)選密度較大、體積小的鋼球;為使擺的周期大一些,由T

15、=2知,擺線應(yīng)長些,所以選項(xiàng)A、B正確;擺角應(yīng)小于5,要減小周期測量的誤差,計(jì)時(shí)起點(diǎn)應(yīng)選在擺球的平衡位置,且測量多次(N)全振動(dòng)的總時(shí)間(t),然后再算出周期T=,選項(xiàng)E正確。22.答案 (1)(2)能,理由見解析(3)(m1+m2)gdsin -。解析 (1)小車下滑d-L距離的過程,由機(jī)械能守恒定律得(m1+m2)g(d-L)sin =(m1+m2)v2可得v=小車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),所受的安培力大小為F=nBIL=nBL=由平衡條件得(m1+m2)gsin =F聯(lián)立解得v2=(2)由v2=得v2=則知,保持匝數(shù)、邊長、形狀不變,導(dǎo)線加粗時(shí),截面積S增大,由上式知能減小小車勻速運(yùn)動(dòng)的速度v2,從而

16、增大緩沖的效果。(3)根據(jù)能量守恒定律,小車運(yùn)動(dòng)過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱為Q=(m1+m2)gLsin +聯(lián)立解得Q=(m1+m2)gdsin -23.答案 (1)(2)(3)B1=,B2=解析 (1)帶電粒子由O點(diǎn)到A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中,由動(dòng)能定理得qUOA=mv2-解得UOA=(2)設(shè)電場強(qiáng)度大小為E,則-UOA=UAO=Ey0t=0時(shí)刻,由牛頓第二定律得qv0B0-qE=ma解得a=(3)如右圖所示,t0t1時(shí)間內(nèi),粒子在小的虛線圓上運(yùn)動(dòng),相應(yīng)小圓最大半徑為R,對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值為B1,則R=又qvB1=m解得B1的最小值B1=t1時(shí)刻粒子從C點(diǎn)切入大圓,大圓最大半徑為x0,對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為B2,則qvB2=mB2=