2020版高考物理總復習 沖A方案 學考仿真卷九（含解析）新人教版

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1、學考仿真卷(九) [時間:60分鐘　分值:70分] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(本題共18小題,每小題2分,共36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.下列物理量中沒有單位的是 (　　) A.動摩擦因數(shù) B.彈簧勁度系數(shù) C.引力常量　 D.靜電力常量 2.牛頓說過“如果我看得更遠一點的話,是因為我站在巨人的肩膀上”,無數(shù)科學家的辛勤奮斗造就了今天物理學的成就.下列關于科學家和他們的貢獻的說法中符合史實的是 (　　) A.牛頓最早提出重的物體和輕的物體下落得一樣快 B.伽利略最早指出力不是維持物

2、體運動的原因 C.奧斯特最早測量出了引力常量 D.法拉第最早發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場 3.2018年6月20日,法國蒙特勒伊舉辦的一場田徑比賽中,中國百米短跑運動員謝震業(yè)跑出了9秒97的成績,刷新黃種人百米紀錄,亞洲速度,重歸中國!關于他在這個比賽過程中的說法錯誤的是 (　　) A.位移大小是100 m B.瞬時速度是10.03 m/s C.平均速度是10.03 m/s D.比賽中減速時間小于加速時間 圖F9-1 4.如圖F9-1所示的工具梯兩腳均由兩根長粗桿子作邊,中間橫穿適合攀爬的橫桿,用于爬高.現(xiàn)小趙家裝修需要用到圖中的梯子,關于該梯子,下列說法正確的是 (　　) A

3、.只要有中間的保護繩,地面光滑一些也不會因為兩腳分開而滑倒 B.小趙為了減小梯子對地面的壓力,把兩腳間的夾角減小一些 C.若沒有保護繩,小趙覺得體重越大的人上梯子,越容易使梯子滑動 D.若沒有保護繩,梯子兩腳夾角越大,越容易因滑動而倒下 5.寒假,小王跟隨科技夏令營前往意大利進行游學活動期間,前往了意大利比薩城北面的奇跡廣場參觀了高55 m的比薩斜塔.若他在登至塔頂時不慎將所圍圍巾掉落至奇跡廣場,則圍巾掉落至廣場上的下落時間可能為 (　　) A.1.6 s B.2.3 s C.3.3 s D.8.5 s 6.老鷹在天空中飛翔,圖F9-2中虛線表示老鷹在豎直平面內(nèi)飛行的軌跡,老鷹在

4、圖示位置時的速度v及其所受合力F的方向可能正確的是 (　　) 圖F9-2 7.如圖F9-3所示,靜止在水平地面上的木箱受到一個方向不變的斜向上的拉力F作用.當這個力從零逐漸增大時,在木箱離開地面前,它受到的摩擦力將 (　　) 圖F9-3 圖F9-4 A.逐漸增大 B.逐漸減小 C.先逐漸增大,后又減小 D.先逐漸減小,后又增大 8.小明玩飛鏢游戲時,從同一位置先后以速度vA和vB將飛鏢水平擲出,依次落在靶盤上的A、B兩點,如圖F9-4所示,飛鏢在空中運動的時間分別tA和tB.不計空氣阻力,則 (　　) A.vA

5、>tB C.vA>vB,tAvB,tA>tB 圖F9-5 9.如圖F9-5所示為某商場的自動噴水滅火系統(tǒng),使用時懸掛在5 m高的天花板上,當傳感器感知到有火情時,會以2 m/s的速度向水平及下方周圍各個方向均勻噴水,忽略水所受到的空氣阻力,噴頭的滅火面積約為 (　　) A.2 m2 　　　　B.4 m2 C.12 m2 　　　　D.16 m2 圖F9-6 10.如圖F9-6所示,某同學用硬塑料管和一個質(zhì)量為m的鐵質(zhì)螺絲帽研究勻速圓周運動,將螺絲帽套在塑料管上,手握塑料管使其保持豎直并在水平方向做半徑為r的勻速圓周運動,則只要運動角速度合適,螺絲帽恰好

6、不下滑.假設螺絲帽與塑料管間的動摩擦因數(shù)為μ,認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則在該同學手轉(zhuǎn)塑料管使螺絲帽恰好不下滑時,下列分析正確的是 (　　) A. 螺絲帽的重力與其受到的最大靜摩擦力平衡 B. 螺絲帽受到塑料管的彈力方向水平向外,背離圓心 C. 此時手轉(zhuǎn)動塑料管的角速度ω=mgμr D. 若塑料管的轉(zhuǎn)動加快,螺絲帽有可能相對塑料管發(fā)生運動 11.哥白尼提出行星繞太陽做勻速圓周運動,其運動的示意圖如圖F9-7所示.假設行星只受到太陽的引力,按照哥白尼上述的觀點,下列說法中正確的是 (　　) A.太陽對各行星的引力相同 B.土星繞太陽運動的向心加速度比火星繞太陽運動的向心加速度

7、小 C.水星繞太陽運動的周期大于一年 D.木星繞太陽運動的線速度比地球繞太陽運動的線速度大 圖F9-7 圖F9-8 12.圖F9-8為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖,當人對著傳聲器講話時,膜片會振動.若某次膜片振動時,膜片與極板距離增大,則在此過程中 (　　) A.膜片與極板間的電容增大 B.極板所帶電荷量增大 C.膜片與極板間的電場強度增大 D.電阻R中有電流通過 圖F9-9 13.如圖F9-9所示,實線是電場線,帶電粒子僅在電場力作用下從電場中a點以初速度v0進入電場并沿虛線所示的軌跡運動到b點.關于該粒子,下列說法正確的是 (　　) A.在a點的加速度

8、大于在b點的加速度 B.在a點的電勢能小于在b點的電勢能 C.在a點的速度小于在b點的速度 D.電場中a點的電勢一定比b點的電勢高 圖F9-10 14.如圖F9-10所示的電路中,電源的電動勢為6 V,當開關S接通后,燈泡L1和L2都不亮,用電壓表測得各部分的電壓是Uab=6 V,Uad=0,Ucd=6 V,由此可斷定 (　　) A.L1和L2的燈絲都燒斷了 B.L1的燈絲燒斷了 C.L2的燈絲燒斷了 D.變阻器R斷路 圖F9-11 15.如圖F9-11所示,把一根通電的硬直導線ab用輕繩懸掛在通電螺線管正上方,直導線中的電流方向由a向b.閉合開關S瞬間,導

9、線a端所受安培力的方向是 (　　) A.向上 B.向下 C.垂直于紙面向外 D.垂直于紙面向里 圖F9-12 16.新能源汽車發(fā)展如火如荼地進行著,某太陽能汽車質(zhì)量僅約為360 kg,輸出功率為1440 W,安裝有約為6 m2的太陽能電池板和蓄能電池,在有效光照下,該電池板單位面積輸出功率為30 W/m2.現(xiàn)有一駕駛員質(zhì)量為70 kg,汽車最大行駛速度為90 km/h,汽車行駛時受到的阻力與其速度成正比,下列說法正確的是 (　　) A.以恒定功率啟動時的加速度大小約為0.3 m/s2 B.以最大速度行駛時的牽引力大小約為11.5 N C.保持最大速度行駛1 h至少

10、需要有效光照12 h D.僅使用太陽能電池板提供的功率可獲得8.84 m/s的最大行駛速度 17.如圖F9-13甲所示,質(zhì)量m=1 kg的小球放在光滑水平面上,在分界線MN的左方始終受到水平恒力F1的作用,在MN的右方除受F1外,還受到與F1在同一條直線上的水平恒力F2的作用,小球從A點由靜止開始運動,在0~5 s內(nèi)運動的v-t圖像如圖乙所示,下列說法錯誤的是 (　　) 圖F9-13 A.F1與F2的大小之比為3∶5 B.t=2.5 s時,小球經(jīng)過分界線MN C.t=2.0 s時,恒力F2的功率P=20 W D.在0~2.5 s的過程中,F1與F2做的總功為零 圖F9-

11、14 18.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖F9-14所示,其中加速電壓恒定.質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場.若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應強度增加到原來的12倍,則此離子和質(zhì)子的質(zhì)量的比值為 (　　) A.11 B.12 C.121 D.144 二、非選擇題(本題共5小題,共34分) 19.(6分)在“探究小車速度隨時間變化的關系”實驗中: (1)某同學的實驗裝置安裝中部分結(jié)構(gòu)如圖F9-15所示,其中存在的錯誤或者不合理的地方是　　　　　　

12、　　　　　　　　　　　　　　　　　　　.(寫出兩點)? 圖F9-15 (2)已經(jīng)提供了小車、一端附有滑輪的長木板、紙、細線和導線.為了完成實驗,還必須選取的實驗器材是圖F9-16中的　　　　(填選項字母).? 圖F9-16 20.(6分)在“探究導體電阻與其影響因素的定量關系”的實驗中,測量相關因素時操作如下: (1)為了測量鎳鉻合金絲的直徑,將合金絲在鉛筆上密繞37匝,用刻度尺進行測量,如圖F9-17甲所示,合金絲的直徑為　　　　mm.? 圖F9-17 (2)用多用電表粗測合金絲的電阻,粗測前應進行下列兩個操作(如圖乙所示),首先應進行的操作是　　　 (選填“A

13、”或“B”).? (3)長度相同、直徑之比為2∶3的康銅絲和鎳鉻合金絲串聯(lián),用如圖丙所示的電路圖進行測量,用直流2.5 V擋測量鎳鉻絲兩端電壓U2時,其示數(shù)如圖丁所示,則此時鎳鉻絲兩端的電壓U2=　　　　V.? 21.(6分)如圖F9-18所示,質(zhì)量為0.1 g的小球帶有5×10-4 C的正電荷,小球套在一根與水平面成37°角的細長絕緣桿上,小球與桿間的動摩擦因數(shù)為0.5,桿所在空間有磁感應強度為0.4 T的勻強磁場.(g取10 m/s2) (1)小球由靜止開始下滑的最大加速度為多少?此時速度為多少? (2)小球下滑過程中最大速率為多少? 圖F9-18

14、 22.(7分)如圖F9-19所示,傾角θ=37°、高度為h=0.6 m的斜面AB與水平面BC在B點平滑相連,一質(zhì)量為m的滑塊從斜面頂端A處由靜止開始下滑,經(jīng)過B點后,最終停在C點.已知sin 37° =0.6,cos 37° =0.8,滑塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.25,不計滑塊在 B點的能量損失,求: (1)滑塊到達B處時的速度大小; (2)滑塊在BC段滑行的距離; (3)滑塊在AB段下滑時間與在BC段滑動時間的比值. 圖F9-19 23.(9分)如圖F9-2

15、0所示,水平平臺上一質(zhì)量m=0.1 kg的小球壓縮輕質(zhì)彈簧(小球與彈簧不拴連)至A點,平臺的B端連接兩個半徑都為R=0.2 m且內(nèi)壁都光滑的二分之一細圓管BC及CD,圓管內(nèi)徑略大于小球直徑,B點和D點處切線均水平,在地面的E點安裝了一個可改變傾角的長斜面EF.已知地面DE段長度為1.5 m,且小球與地面之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.3,小球與可動斜面EF間的動摩擦因數(shù)μ2=33.現(xiàn)釋放小球,小球彈出后進入細圓管,運動到D點時速度大小為5 m/s. (1)求小球經(jīng)過D點時對管壁的作用力; (2)求小球經(jīng)過E點時的速度大小; (3)當斜面EF的傾角θ(在0~90°范圍內(nèi))為何值時,小球沿斜面上滑

16、的長度最短(小球經(jīng)過E點時速度大小不變)?并求出最短長度. 圖F9-20 學考仿真卷(九) 1.A 2.B　[解析] 伽利略是最早提出輕重不同的物體自由下落速度相同的物理學家,故A錯誤;伽利略的理想斜面實驗指出力不是維持物體運動的原因,故B正確;卡文迪許的扭秤實驗測量出了引力常量,故C錯誤;奧斯特最早發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場,故D錯誤. 3.B　[解析] 百米跑道是直線,起點與終點間的位移大小為100 m,選項A正確;平均速度為1009.97 m/s=10.03 m/s,選項B錯誤,C正確;百米賽跑大部分時間處在加速和勻速階段,只有很短的減速時間,選項D正確. 4

17、.D　[解析] 雖然中間有保護繩,但是向兩側(cè)的力過大,繩子可能會斷掉,故A錯誤;把小趙和梯子看成整體,不管兩腳間的夾角如何,對地面的壓力大小都等于重力大小,故B錯誤;梯子是否能滑動與梯子兩腳間的夾角有關,與人的體重無關,故C錯誤,D正確. 5.D　[解析] 根據(jù)自由落體運動規(guī)律可知,如果物體從題中高度做自由落體運動,時間在3.3 s左右,但是題目中圍巾下落的運動不能當作自由落體運動,所用時間應大于3.3 s,所以8.5 s為可能的時間. 6.B　[解析] 物體做曲線運動的條件是合外力與物體的速度方向不在一條直線上,且物體做曲線運動的瞬時速度方向為該點的切線方向,選項B正確. 7.C　[解

18、析] 在這個力從零逐漸增大的過程中,木箱要先后經(jīng)歷靜止、向右滑動和離開地面等一系列變化過程,在拉力逐漸增大而木箱保持靜止的過程中,對木箱受力分析,根據(jù)平衡條件知,木箱受到的靜摩擦力大小為f=Fcos θ,其中θ為拉力F與水平方向之間的夾角,大小保持不變,所以在這個過程中摩擦力f隨著拉力F的增大而逐漸增大;當木箱滑動時,對木箱受力分析,根據(jù)平衡條件知,木箱受到的滑動摩擦力大小為f=μN=μ(G-Fsin θ),所以拉力F逐漸增大時,摩擦力f逐漸減小.綜上可知,在木箱離開地面前,它受到的摩擦力將先逐漸增大,后又減小. 8.C　[解析] 飛鏢水平擲出后做平拋運動,在豎直方向上做自由落體運動,有h=

19、12gt2,可得t=2hg,因為落在B點的飛鏢下落的高度較大,所以其運動的時間長,即tAvB,選項C正確. 9.C　[解析] 當水被水平噴出時,落地過程的水平位移最大,此時噴出的水做平拋運動,根據(jù)公式h=12gt2,解得時間t=1 s,水平位移x=v0t=2 m,即落地點到中心處最大水平距離為2 m,即到噴頭水平距離2 m處的地面圓均有水,滅火面積S=πr2≈12 m2,故C正確. 10.A　[解析] 螺絲帽受到豎直向下的重力、水平方向的彈力和豎直向上的最大靜摩擦力,螺

20、絲帽在豎直方向上沒有加速度,根據(jù)牛頓第二定律得知,螺絲帽的重力與最大靜摩擦力平衡,故A正確.螺絲帽做勻速圓周運動,由彈力提供向心力,所以彈力方向水平向里,指向圓心,故B錯誤.根據(jù)牛頓第二定律得FN=mω2r,fm=mg,又fm=μFN,聯(lián)立得ω=gμr,故C錯誤.若塑料管的轉(zhuǎn)動加快,則角速度ω增大,螺絲帽受到的彈力FN增大,最大靜摩擦力增大,螺絲帽不可能相對管發(fā)生運動,故D錯誤. 11.B　[解析] 由于各行星的質(zhì)量不同,各行星的軌道半徑不等,萬有引力大小不等,故A錯誤;根據(jù)GMmr2=ma,得a=GMr2,土星的軌道半徑大,則土星的向心加速度較小,故B正確;根據(jù)GMmr2=mr4π2T2,

21、得T=4π2r3GM,水星的軌道半徑小于地球的軌道半徑,則水星的周期小于地球的周期,小于1年,故C錯誤;根據(jù)GMmr2=mv2r,得v=GMr,木星的軌道半徑大于地球的軌道半徑,則木星的線速度小于地球的線速度,故D錯誤. 12.D　[解析] 根據(jù)C=εrS4πkd可知,膜片與極板距離增大時,膜片與極板間的電容減小,選項A錯誤;根據(jù)Q=CU可知,極板所帶電荷量減小,因此電容器要通過電阻R放電,選項D正確,B錯誤;根據(jù)E=Ud可知,膜片與極板間的電場強度減小,選項C錯誤. 13.C　[解析] 電場線密的地方電場強度大,電場線疏的地方電場強度小,可知Ea

22、加速度較大,故A錯誤;整個過程中,電場力做正功,根據(jù)動能定理得,粒子在b點時的動能大于在a點時的動能,則在a點的電勢能大于在b點的電勢能,所以無論粒子帶何種電荷,在b點時的速度總比在a點時的速度大,故B錯誤,C正確;由于不知道粒子的電性,也不能確定電場線的方向,所以無法確定a點的電勢和b點的電勢大小關系,故D錯誤. 14.C　[解析] 由Uab=6 V可知,電源完好,燈泡都不亮,說明電路中出現(xiàn)斷路故障,且在外電路的a、b之間.由Ucd=6 V可知,燈泡L1與變阻器R是通的,斷路故障出現(xiàn)在c、d之間,故燈L2斷路,選項C正確. 15.D　[解析] 根據(jù)右手定則可判斷,開關閉合后,螺線管產(chǎn)

23、生的磁場N極在右側(cè),根據(jù)左手定則可判斷,a端受安培力垂直于紙面向里,選項D正確. 16.D　[解析] 以額定功率啟動時,有Pv-f=ma,而剛啟動時v很小,則f很小,故剛啟動時加速度很大,A錯誤;根據(jù)P額=Fvmax,解得F=57.6 N,故B錯誤;根據(jù)能量守恒定律得1440 W×1 h=30×6 W×t,解得t=8 h,故C錯誤;汽車行駛時受到的阻力與其速度成正比,設f=kv,則可求得k的大小,當直接用太陽能電池板提供的功率行駛達到最大速度時,牽引力與阻力大小相等,解得v≈8.84 m/s,故D正確. 17.B　[解析] 小球在分界線MN的左方運動時,在水平方向上只受到恒力F1的作用,小

24、球做初速度為零的勻加速直線運動,對應于圖乙中0~1 s所示的過程,根據(jù)圖乙可知,該過程中的加速度為a1=6 m/s2,所以F1=ma1=1 kg×6 m/s2=6 N,方向水平向右;根據(jù)圖乙,在1~2.5 s的過程中,小球做勻減速直線運動,加速度大小為a2=4 m/s2,最后速度減為零,可見,這對應于甲圖小球在分界線MN右側(cè)的運動情況,F2方向水平向左,根據(jù)牛頓第二定律得F2-F1=ma2,所以F2=ma2+F1=10 N,選項A正確,B錯誤;t1=2.0 s時,小球速度大小為v=2 m/s,恒力F2的功率P=F2v=20 W,選項C正確;在0~2.5 s的過程中,對小球運用動能定理,可知小球

25、動能的改變量為零,所以F1與F2做的總功為零,選項D正確. 18.D　[解析] 帶電粒子在加速電場中運動時,有qU=12mv2,在磁場中偏轉(zhuǎn)時,其軌跡半徑r=mvqB,聯(lián)立得r=1B2mUq,由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同,B1∶B2=1∶12,當半徑相等時,解得m2m1=144,選項D正確. 19.(1)限位孔和小車未在一條直線上;繩子和軌道不平行　(2)AC 20. (1)0.6　(2)B　(3)0.57 [解析] (1)通過刻度尺讀出37匝的厚度為22.4 mm,則每匝的厚度為0.6 mm. (2)在使用多用電表測電阻時,應該先選量程再進行歐姆調(diào)零,故B正確; (3)電表讀

26、數(shù)按照第二排刻度對應量程讀出為0.57 V. 21.(1)6 m/s2　4 m/s　(2)10 m/s　 [解析] (1)以小球為研究對象,由牛頓第二定律得 mgsin θ-f=ma qvB+FN-mgcos θ=0 f=μFN 可得mgsin θ-μ(mgcos θ-qvB)=ma 當f=0,即v=mgcosθqB=4 m/s時,小球的加速度最大,此時am=gsin θ=6 m/s2 (2)當a=0,即mgsin θ=μ(qvB-mgcos θ)時,小球的速度最大,此時vm=mgsinθ+μmgcosθμqB=10 m/s 22.(1)22 m/s　(2)1.6 m　(3)

27、58 [解析] (1)在AB段,滑塊受到重力、支持力、滑動摩擦力,設加速度大小為a1,有mgsin θ-μmgcos θ=ma1,解得a1=4 m/s2 根據(jù)vB2=2a1xAB,則vB=22 m/s (2)設在BC段滑行的加速度大小為a2,有f=μmg,a2=fm=2.5 m/s2 根據(jù)vB2=2a2xBC,解得xBC=1.6 m (3)由題意可知a1tAB=a2tBC,解得tABtBC=58 23.(1)13.5 N,方向豎直向下　(2)4 m/s　(3)60°　0.69 m [解析] (1)小球運動到D點時,根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=mvD2R 解得FN=13.5 N 由牛頓第三定律知,小球?qū)鼙诘淖饔昧?3.5 N,方向豎直向下 (2)從D到E,小球做勻減速直線運動,根據(jù)速度—位移公式得vE2-vD2=-2μ1gL 解得vE=4 m/s (3)設由E點到最高點的距離為s,根據(jù)牛頓第二定律得μ2mgcos θ+mgsin θ=ma 根據(jù)速度—位移公式得s=vE22a 可得s=0.43sin(30°+θ) m 當θ=60°時,s有最小值,smin=0.43 m=0.69 m. - 11 -