《2020浙江高考物理二轮训练：4 考前仿真模拟卷（四） Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020浙江高考物理二轮训练：4 考前仿真模拟卷（四） Word版含解析.doc（14页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考前仿真模拟卷(四) (时间：90分钟满分：100分)本卷计算中，无特殊说明时，重力加速度g均取10 m/s2.一、选择题(本题共13小题，每小题3分，共39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在没有风的自然环境中，小明将一只乒乓球从离地面5 m高处无初速度释放，则乒乓球下落运动的时间可能是()A0.7 sB0.9 sC1.0 s D1.2 s2下列关于运动和力的叙述，正确的是()A. 图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间指针示数会大于人的重力B图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C图丙中，在水平直跑道上减速的飞机，伞对飞机的
2、拉力大于飞机对伞的拉力D图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则运动员将在冰面上沿着轨迹半径方向“离心”而去3如图所示为小孩从t0时刻起逐渐增加推力推动箱子过程中三个时刻(t1、t2和t3)的漫画据此，下列选项中说法正确的是()At1时刻推不动箱子是因为小孩对箱子的推力小于箱子所受的摩擦力Bt2时刻推不动箱子是因为箱子对小孩的力大于小孩对箱子的推力Ct3时刻箱子推走了以后，箱子在运动过程中，摩擦力没有发生改变D摩擦力总是阻碍物体的运动4.链球是田径运动中投掷项目之一，球体用铁或铜制成，球体用链子与把手连接如图所示，运动员双手握住把手，经过预摆和连续加速旋转及最后用力，将链
3、球斜向上掷出球落在规定的落地区内，成绩方为有效若不计空气阻力，则下列对于这项运动描述正确的是()A运动员在加速旋转链球的过程中重力对链球做正功B运动员在加速旋转链球的过程中手对链球做正功C链球掷出后重力对链球做正功D链球掷出之后加速度一直发生变化5如图所示为“行星传动示意图”中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为R1，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径为R2，“齿圈”的半径为R3，其中R11.5R2，A、B、C 分别是“太阳轮”“行星轮”“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，那么()AA 点与B 点的角速度相同BA 点与B 点的线速度相同CB 点与C 点的转速之比为72DA 点与C 点的周
4、期之比为356.为了实现单人乒乓球练习，我们可以按图示放置乒乓球桌，一半球桌A水平放置，另一半球桌B竖直放置，某同学对着B练习乒乓球，假定球在B上以5 m/s的速度沿水平方向且垂直B反弹，运动到A上时的落点与B的水平距离为1 m，忽略空气阻力，取g10 m/s2.则球在B上的反弹点与A的竖直高度为()A0.3 mB0.2 mC0.4 m D0.25 m7如图所示，ABC是光滑轨道，BC段是半径为r的半圆弧，直径BC竖直今让一小球从A点(与C点在同一水平线上)由静止开始沿轨道ABC运动，则()A小球恰能到达C点B小球不可能到达C点C小球到C点后做平抛运动D小球到BC间某一点后再沿原轨道返回A点8
5、.太空跳伞是一种挑战人类极限的运动，奥地利极限运动员鲍姆加特纳从距地面高度约为3.9万米的氢气球携带的太空舱上跳下，如图所示，在平流层接近真空的环境里自由落体持续了60秒，在距离地面2.1万米时才打开降落伞减速关于鲍姆加特纳在这段自由落体运动时间里的位移或速度，以下说法正确的是(重力加速度g10 m/s2，假设不随高度的变化而变化)()A位移大小是3.9104 mB位移大小是2.1104 mC末速度大小是6.0102 m/sD平均速度大小是6.0102 m/s9.已知流过通电直导线的电流为I，与通电直导线距离为r处的N点的磁感应强度大小为BN(k为常数)如图所示，ACD是直角三角形，ADC60
6、，A、C、D三点放置三根垂直于该直角三角形所在平面的直导线，A、C、D处的直导线中的电流分别为I、2I和2I，方向均垂直平面向里；已知A处的直导线在AD的中点M处的磁感应强度大小为B，若在M点固定一垂直于纸面的直导体棒，其长度为L(L很小)，通过导体棒的电流为I，则该导体棒受到的安培力大小为()A.BIL B.BILC.BIL D3BIL10.一根放在水平面上的内部光滑的玻璃管绝缘性良好，内部有两个完全相同的可视为质点的金属小球A和B，如图所示，电荷量分别为9Q和Q，两球从图示位置由静止释放，此时A球的瞬时加速度大小为a1，两球再次经过图示位置时，A球的瞬时加速度大小为a2，下列关系正确的是(
7、)A.1 B.C.的值趋向无穷大 D.11现代科技往往和电磁场联系，现代化的装备很多是在电磁场原理下制作的，如回旋加速器、质谱仪、速度选择器等现有一种装置，原理如下：半径为R的圆内分布着磁感应强度为B的匀强磁场，CD是圆的直径，质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，由静止开始经加速电场加速后，沿着与直径CD平行且相距R的直线从A点进入磁场，如图所示若带电粒子在磁场中的运动时间是，那么加速电场的加速电压是()A. B.C. D.12下列关于电阻的说法正确的是()A导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B由R可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C
8、电动机接入电压为2.0 V的电路中，电动机转动，此时通过电动机的电流是1.0 A，所以电动机的电阻为2 D小灯泡上标有“220 V44 W”，用多用电表测量其灯丝电阻一定小于1 100 13如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面如图放置，与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上， L1与L2中的电流均为I，方向均垂直于纸面向外， L3中的电流为2I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B，其中k为常数)某时刻有一质子(电荷量为e)正好沿与x轴正方向成45斜向上经过原点O，速度大小为v，则质子此时所受磁场力为()A方向垂直纸面向里
9、，大小为B方向垂直纸面向外，大小为C方向垂直纸面向里，大小为D方向垂直纸面向外，大小为二、选择题(本题共3小题，每小题2分，共6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2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)14一列简谐横波沿x轴正方向传播，t0时刻的波形如图所示下列说法正确的是()A该波的波长为4 mBt0时刻，平衡位置在x2 m处的质点Q的位移为0.2 mC经周期后质点P运动到Q点D经周期后质点R的速度变为零15如图所示为一种变压器的铭牌信息，以下判断正确的是()A不管是直流电还是交流电，变压器都能实现变压效果B交流电通过变压器后输出电压会发生变化，但频率不会发生
10、变化C副线圈在不接负载的情况下，通过副线圈的电流为零，所以副线圈两端的电压也为零D当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大16下列几幅图的有关说法中正确的是()A甲图中少数粒子发生了较大角度偏转，是由于原子的全部正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上B乙图中射线甲由粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，射线乙不带电，是高速运动的中子流C丙图中强黄光和弱黄光曲线交于 U 轴同一点，说明发生光电效应时最大初动能与光的强度无关D丁图为粒子通过气泡室时的照片，通过照片可以分析粒子的动量、能量及带电情况三、非选择题(本题共7小题，共55分)17(5分)利用图示装置可以
11、做许多力学实验(1)在利用此装置完成某些实验时，需要将木板带打点计时器的一端适当垫高，以利用小车重力沿斜面分力消除小车和木板间的摩擦阻力的影响，下列实验中需要进行这一步骤的是_(填字母代号)A研究匀变速直线运动B探究小车的加速度与力和质量的关系C探究功与速度变化的关系(2)在(1)中所列实验中，必须要测量质量、时间和位移的是_(填字母代号)18(5分)(1)在“练习使用多用电表”的实验中，小明同学选择的挡位如图甲所示，电表的指针位置如图乙所示则小明同学测量的物理量是_，读数为_(2)某同学用多用电表测量电阻时，如果指针偏转角过大，应将选择开关S拨至倍率_(填“较大”或“较小”)的挡位，重新调零
12、后测量，若该同学将选择开关拨到电阻“100”挡的位置，电表指针仍如图乙所示，则该电阻阻值为_19(9分)一辆卡车初速度为v010 m/s，以a2 m/s2的加速度加速行驶，求：(1)卡车在3 s末的速度的大小；(2)卡车在前6 s内的位移的大小；(3)卡车在第6 s内的平均速度的大小20(12分)如图所示，两个半径为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于细管道内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离也为R.开始时弹簧处于锁定状态，且具有
13、一定的弹性势能，重力加速度为g.解除弹簧锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出(1)若小球经过C点时所受的弹力的大小为mg，求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；(2)若换用质量为m1的相同大小的小球，解除弹簧锁定(锁定时弹簧弹性势能不变)，小球从C点抛出后能击中薄板DE，求小球质量m1满足的条件21(4分)如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置(1)将图中所缺的导线补接完整(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，那么闭合开关后可能出现的情况有：(选填“向左”“不动”或“向右”)将线圈A迅速插入线圈B时，灵敏电流计指针的偏转方向为_；线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅
14、速向左移动时，灵敏电流计指针的偏转方向为_22.(10分)如图所示，两平行且足够长的金属导轨AB、CD相距L1 m，导轨平面与水平面夹角为37，两导轨下端B、C用导线相连，导线和导轨电阻不计，GH、BC均与导轨垂直，导轨的GB、HC部分粗糙(含G、H点)，其余部分光滑，HC的长度为d12 m在矩形GBCH范围内存在垂直导轨平面向上的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小B01 T质量为m1 kg、电阻为r1 、长度为L1 m的导体棒MN垂直放置在导轨上，且导体棒MN始终与导轨接触良好，导体棒MN从与磁场上边界GH距离为d23 m的位置由静止释放导体棒MN与导轨粗糙部分的动摩擦因数为0.75，不计空
15、气阻力，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)导体棒MN刚进入磁场时的加速度；(2)导体棒MN刚到达导轨底端BC时的速度大小23(10分)在电子显像管内部，由炽热的灯丝上发射出的电子在经过一定的电压加速后，进入偏转磁场区域，最后打到荧光屏上，当所加的偏转磁场的磁感应强度为零时，电子应沿直线运动打在荧光屏的正中心位置但由于地磁场对带电粒子运动的影响，会出现在未加偏转磁场时电子束偏离直线运动的现象，所以在精密测量仪器的显像管中常需要在显像管的外部采取磁屏蔽措施以消除地磁场对电子运动的影响已知电子质量为m、电荷量为e，从炽热灯丝发射出的电子(可视为初速度为零)经过电压为
16、U的电场加速后，沿水平方向由南向北运动若不采取磁屏蔽措施，且已知地磁场磁感应强度的竖直向下分量的大小为B，地磁场对电子在加速过程中的影响可忽略不计在未加偏转磁场的情况下(1)试判断电子束将偏向什么方向；(2)求电子在地磁场中运动的加速度的大小；(3)若加速电场边缘到荧光屏的距离为l，求在地磁场的作用下使到达荧光屏的电子在荧光屏上偏移的距离考前仿真模拟卷(四)1D2解析：选A.图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间处于超重状态，所以体重计的示数大于人的重力，故A正确；图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力提供向心力，所以合外力的大小恒定，方向时刻变化，故B错误；图丙中，在水平直跑道
17、上减速的飞机，伞对飞机的拉力与飞机对伞的拉力为作用力与反作用力，所以两力大小相等，方向相反，故C错误；图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则运动员将沿圆弧切线做直线运动，故D错误3解析：选C.t1、t2时刻箱子受到的是静摩擦力，并且静摩擦力随推力的增大而增大，t1、t2时刻推不动箱子是因为推力小于箱子的最大静摩擦力，A、B错误；t3时刻箱子已经被推动，故箱子受到的是滑动摩擦力，且滑动摩擦力不随推力的变化而变化，C正确；摩擦力可以是阻力也可以是动力，D错误4解析：选B.运动员在加速旋转链球的过程中，链球会上升，重力对链球做负功，A错误运动员在加速旋转链球的过程中，链球的机
18、械能增加，手对链球做正功，B正确链球斜向上掷出后，在竖直方向上，链球先上升后下落，重力对链球先做负功，后做正功，C错误链球掷出后，所受到的合力为重力，所以加速度不变，D错误5解析：选C.A点与B点在相同时间内转过的弧长大小相等，A点和B点的线速度大小相同，方向不同，故A、B错；B点与C点线速度大小相同，vR2nR，所以B点与C点的转速之比为nBnCRCRB72，故C对；vRR，A点与B点的周期之比TATB，B点和C点的周期之比为TBTC，所以A点与C点的周期之比为37，故D错6解析：选B.球反弹后的运动可以看成平抛运动，根据平抛运动的水平速度和水平距离可以求出时间t0.2 s，根据hgt2 可
19、以求出球在B上的反弹点与A的竖直高度为0.2 m，B正确7B8解析：选C.根据题意，鲍姆加特纳做自由落体运动的时间t60 s，因此，自由落体运动的位移大小hgt21.8104 m，A、B错误；鲍姆加特纳做自由落体运动的末速度大小vgt6.0102 m/s，C正确；自由落体运动的平均速度vv3.0102 m/s，D错误9解析：选C.如图所示，根据右手螺旋定则可知，C点处的直导线在M点处的磁感应强度大小为2B，D点处的直导线在M点处的磁感应强度大小为2B，根据磁感应强度的叠加得M点处的合磁感应强度大小为B，则M点处固定的导体棒受到的安培力大小为BIL，选项C正确10解析：选B.分析出本题的物理情境
20、是解决本题的关键，两球再次经过图示位置，说明两球先吸引接触，中和后平分电荷量，然后相互排斥返回图示位置，由库仑定律，对A球有F1k，F2k，则由牛顿第二定律可得，B正确11解析：选B.电荷量为q的带正电的粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T，因t则.所以该带电粒子在磁场中转动的圆心角为.如图所示O为匀强磁场分布区域的圆心，O为带电粒子做圆周运动的圆心，即在圆周上，由圆的对称性知AOF为直径、带电粒子的圆半径为rR.由牛顿第二定律，Bqvm解得v.由动能定理qUmv20，所以，加速电场电压是U，故B项正确A、C、D三项错误12解析：选D.根据R知，导体的电阻由本身的性质决定，与通过导体的电流以
21、及两端的电压无关，故A、B错误电动机接入电压为2.0 V的电路中，电动机转动，此时电路不是纯电阻电路，不能根据欧姆定律求电动机的内阻，C错误小灯泡上标有“220 V44 W”，说明小灯泡正常工作时的电阻为1 100 ，用多用电表测量小灯泡内阻时，小灯泡并没有工作，此时灯丝温度低，电阻较小，所以D正确13解析：选B.根据安培定则，分别作出三根导线在O点的磁场方向，如图，由题意知， L1在O点产生的磁感应强度大小为B1， L2在O点产生的磁感应强度大小为B2， L3在O点产生的磁感应强度大小为B3，先将B2正交分解，则沿x轴负方向的分量为B2xsin 45，同理沿y轴负方向的分量为B2ysin 4
22、5，故x轴方向的合磁感应强度为BxB1B2x，y轴方向的合磁感应强度为ByB3B2y，故最终的合磁感应强度的大小为B，方向为tan 1，则45，如图，故某时刻有一质子(电荷量为e)正好沿与x轴正方向成45斜向上经过原点O，由左手定则可知，洛伦兹力的方向为垂直纸面向外，大小为feBv.14解析：选AD.相邻两波峰间的距离或者相邻两波谷间的距离即为波长，由题图可知波长4 m，A正确；此时Q在波谷，振幅A0.2 m，所以Q的位移为0.2 m，B错误；波的传播只是传播振动的形式而不是质点的传播，C错误；由题图可以判断出质点R向下振动，经到达波谷，此时速度为零，D正确15解析：选BD.变压器不能改变直流
23、电的电压，A错误；变压器不改变输入电压的频率，B正确；副线圈在不接负载的情况下，副线圈两端的电压并不为零，C错误；由变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压可知，副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，D正确16解析：选ACD.甲图中少数粒子发生了较大角度偏转，是由于原子的全部正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上，选项A正确；乙图中射线丙向右偏转，由左手定则可知，它由粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷；射线乙不偏转，故不带电，是高速运动的中子流，选项B错误；根据eU截mvhW，当强黄光和弱黄光曲线交于U轴同一点，说明发生光电效应时最大初动能与光的强度无关，只与光的
24、频率有关，故C正确由图丁和玻尔理论可知，通过照片可以分析粒子的动量、能量及带电情况，故D正确17(1)BC(2)B18解析：(1)由题图甲可知，选择的挡位是测量直流电压的挡位，量程为10 V，所以读数为5.0 V.(2)用多用电表测量电阻时，指针偏转角过大，说明待测电阻的阻值较小，所以要选择量程较小的挡位，多用电表的读数为 1 500 .答案：(1)直流电压5.0 V(2)较小1 500 19解析：(1)3 s末速度v3v0at316 m/s.(2)前6 s内的位移x6v0t6at96 m.(3)前5 s内的位移x5v0t5at75 m第6秒内的位移为xx6x521 m第6秒内的平均速度为21
25、 m/s.答案：(1)16 m/s(2)96 m(3)21 m/s20解析：(1)解除弹簧锁定到小球运动至C点的过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，设小球到达C点时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律可得Ep2mgRmv小球经C点时所受的弹力的大小为mg，经分析可知弹力方向只可能向下根据向心力公式得mgmgm解得EpmgR.(2)小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有2Rgt2xvt若要小球击中薄板，应满足Rx2R弹簧的弹性势能EpmgR2m1gRm1v2故小球质量m1满足mm1m时，小球能击中薄板答案：见解析21解析：(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，说明穿过
26、线圈的磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏，闭合开关后，将线圈A迅速插入线圈B，穿过线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针将向右偏转；线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左移动时，穿过线圈的磁通量减小，灵敏电流计的指针将向左偏转答案：(1)如图所示(2)向右向左22解析：(1)设导体棒MN运动到GH处时的速度大小为v0由动能定理有mgd2sin mv得v06 m/s导体棒MN刚进入磁场时电流为I，由闭合电路欧姆定律得I由牛顿第二定律有mgsin mgcos B0ILma代入数据得a6 m/s2即加速度的大小为6 m/s2，方向沿导轨向上(2)导体棒MN在磁场中以速度v0开始运动，设经t时间的速度变化量为v则有tmv且mgsin mgcos 故在磁场中运动的全过程有mv1mv0代入数据得v14 m/s.答案：见解析23解析：(1)根据左手定则，可以判断出电子束将偏向东方(2)设从加速电场射出的电子速度为v0，则根据动能定理有：mveU从加速电场射出的电子在地磁场中受到洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动，设电子的加速度为a，根据牛顿第二定律，ev0Bma由以上各式解得a .(3)设电子在地磁场中运动的半径为R，根据牛顿第二定律得ev0Bm得R设电子在荧光屏上偏移的距离为x，根据图中的几何关系，有：xR结合以上关系，得x .答案：(1)东方(2) (3)