（浙江專用）備戰(zhàn)2019高考物理一輪復(fù)習(xí)選考仿真模擬卷（打包9套）.zip

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(3)為更精確地測量所取水樣的電阻，該小組從實驗室中找到如下實驗器材： A．電流表(量程5 mA，電阻RA＝500 Ω) B．電壓表(量程15 V，電阻RV約為10 kΩ) C．滑動變阻器(0～20 Ω，額定電流1 A) D．電源(12 V，內(nèi)阻約10 Ω) E．開關(guān)一只，導(dǎo)線若干 請在圖14中完成電路連接． 圖14 (4)正確連接電路后，閉合開關(guān)，測得一組U、I數(shù)據(jù)；再調(diào)節(jié)滑動變阻器，重復(fù)上述測量步驟，得出一系列數(shù)據(jù)如下表所示. U/V 2.0 4.0 6.0 8.0 10.0 12.0 I/mA 0.73 1.43 2.17 2.89 3.58 4.30 由以上測量數(shù)據(jù)可以求出待測水樣的電阻為________ Ω.據(jù)此可知，所測水樣________排放標(biāo)準(zhǔn)(填“達到”或“沒達到”)． 19．(9分)(2018·寧波市期末)如圖15所示，民俗運動會中有一種擲飛鏢游戲比賽項目，比賽中某選手站在靶的正前方手持飛鏢將其水平擲出，飛鏢出手瞬間的位置高出靶心O點h＝0.2 m，離靶面水平距離L＝2 m，若將飛鏢在空中的運動看做平拋運動，并且剛好擊中靶心，飛鏢可視為質(zhì)點，求：(結(jié)果可用根式表示，g取10 m/s2) 圖15 (1)飛鏢的初速度大??； (2)飛鏢擊中靶心前瞬間的速度大小和方向(用與水平方向所成的夾角θ的正切值來表示)； (3)若飛鏢擊中以靶心O為圓心、半徑R＝10 cm的圓形范圍內(nèi)為有效成績并得分，設(shè)飛鏢每次水平擲點位置不變，且飛鏢只在與靶面垂直的豎直面內(nèi)運動，則飛鏢水平擲出的初速度大小在什么范圍內(nèi)時才可以得分？ 20．(12分)(2018·溫州市六校期末)上海熱帶風(fēng)暴水上樂團有個項目叫做“音速飛龍”．如圖16甲所示，兩條高速滑道，人可以仰臥下滑，下滑起伏共有3層．圖乙為其軌道側(cè)視圖，質(zhì)量為70 kg的人從A處靜止下滑，經(jīng)BCDEF，最終停在G處．已知AB、BC、CD、DE、EF均為半徑為14 m的圓弧，其對應(yīng)的圓心角均為60°，F(xiàn)G段水平．設(shè)人滑到F點時速度為20 m/s，g取10 m/s2.求： 圖16 (1)人剛滑到圓弧末端F點時，滑道對人豎直向上的作用力F1的大??； (2)在AF段上滑動過程中人克服阻力做的功Wf； (3)若一光滑小球在該軌道無水時自A處由靜止釋放，且不計空氣阻力，小球能否沿ABCDEF軌道運動？若能請說明理由，若不能，請求出小球第一次脫離軌道的位置及第一次落回軌道所在的圓弧部分． 21.加試題 (4分)(2018·慈溪市期末)實驗小組同學(xué)們在做“用單擺測定重力加速度”的實驗： (1)甲同學(xué)取一根細線，下端系一金屬小球，上端固定在鐵架臺上；將單擺正確懸掛后，進行如下操作，其中正確的是________(選填選項前的字母)． A．測出擺線長作為單擺的擺長 B．把擺球從平衡位置拉開一個很小的角度釋放，使之在豎直平面內(nèi)做簡諧運動 C．在擺球經(jīng)過平衡位置時開始計時 D．用秒表測量單擺完成1次全振動所用時間并作為單擺的周期 (2)乙同學(xué)組裝好單擺后在擺球自然懸垂的情況下，用毫米刻度尺測出擺線的長度L＝88.90 cm，再用游標(biāo)卡尺測量擺球直徑，結(jié)果如圖17所示，則該擺球的直徑為________ mm，單擺擺長為________ m．在測量單擺的周期時，他用秒表記下了單擺做50次全振動的時間，如圖18所示，秒表的讀數(shù)為________ s，單擺的周期為________ s. 圖17 圖18 (3)乙同學(xué)改變擺長重復(fù)實驗，測量得到多組數(shù)據(jù)后，根據(jù)測得的擺長l和對應(yīng)的周期T的數(shù)據(jù)，以橫坐標(biāo)為擺長，縱坐標(biāo)為周期的平方，建立坐標(biāo)系，作出圖象，若圖線斜率為k，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝________(用k表示)． 22.加試題 (10分)(2018·臺州市高三期末)如圖19所示，兩根相互平行的金屬直軌道豎直放置，上端用導(dǎo)線接一阻值為R的定值電阻，下端固定在水平絕緣底座上，底座中央固定一根絕緣彈簧，長為L、質(zhì)量為m的金屬直桿ab通過金屬滑環(huán)套在軌道上，在直線MN的上方分布著垂直軌道面向里、磁感應(yīng)強度為B的足夠大的勻強磁場．現(xiàn)用力壓直桿ab使彈簧處于壓縮狀態(tài)，撤去力后直桿ab被彈起，脫離彈簧后以速度v1穿過直線MN，在磁場中上升高度h時到達最高點，隨后直桿ab向下運動，離開磁場前做勻速直線運動．已知直桿ab與軌道的摩擦力大小恒等于桿重力的k倍(k<1)，回路中除定值電阻外不計其它一切電阻，重力加速度為g，求： 圖19 (1)桿ab向下運動離開磁場時的速度v2； (2)桿ab在磁場中上升過程經(jīng)歷的時間t. 23.加試題 (10分)現(xiàn)在很多家庭或者單位剛裝修結(jié)束，都要進行空氣檢測和治理．某環(huán)保設(shè)備裝置可用于氣體中有害離子的檢測和分離．離子檢測的簡化原理如圖20甲所示．Ⅰ區(qū)為電場加速區(qū)，Ⅱ區(qū)為無場區(qū)，Ⅲ區(qū)為電場檢測區(qū)．已知Ⅰ區(qū)中AB與CD兩極的電勢差為U，距離為L，Ⅱ區(qū)中CE與DF兩板的間距為d，板長為4L，Ⅲ區(qū)中EF與GH間距足夠大，其內(nèi)部勻強電場的電場強度為，方向水平向左．假設(shè)大量相同的正離子在AB極均勻分布，由初速度為零開始加速，不考慮離子間的相互作用和重力影響，則： 圖20 (1)AB與CD哪一極電勢高？若正離子的比荷為k，求該離子到達CD極時的速度大??； (2)該裝置可以測出離子從AB極出發(fā)，經(jīng)過Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)和Ⅲ區(qū)，最后返回EF端的總時間為t，由此可以確定離子的比荷為k，試寫出k與t的函數(shù)關(guān)系式； (3)若將Ⅲ區(qū)的勻強電場換成如圖乙所示的勻強磁場，則電場檢測區(qū)變成了磁場分離區(qū)，為收集分離出的離子，需在EF邊上放置收集板EP，收集板下端留有狹縫PF，離子只能通過狹縫進入磁場進行分離．假設(shè)在AB極上有兩種正離子，質(zhì)量分別為m、M，且1<≤4，電荷量均為Q，現(xiàn)要將兩種離子在收集板上完全分離，同時為收集更多離子，狹縫盡可能大，試討論狹縫PF寬度的最大值與m、M、d的關(guān)系式．(磁感應(yīng)強度大小可調(diào)，不考慮出Ⅲ區(qū)后再次返回的離子) 答案精析 1．C 2．D　[v－t圖象不是一條傾斜直線，所以重物不是一直做勻變速運動，故A錯誤；前2 s與最后3 s的速度在橫軸上方，都為正值，即前2 s與最后3 s重物的運動方向相同，故B錯誤；前2 s加速度方向向上，重物超重，最后3 s加速度方向向下，重物失重，故C錯誤；前2 s和最后3 s重物都做勻變速運動，它們的平均速度都是＝ m/s＝2.5 m/s，大小相等，方向相同，故D正確．] 3．C　[由題意可知研究的是下落2 000 m的過程，末速度只有70 m/s，所以肯定要考慮空氣阻力，如果沒有空氣阻力而自由下落則用時約20 s，A錯誤；如果2 000 m始終以70 m/s的速度下落，則用時約29 s，但加速一定會有過程，B錯誤；在加速過程中，阻力越來越大，因此加速度會越來越小，所以用時一定會比勻加速直線運動的時間短，即小于57 s，D錯誤．] 4．C 5．A　[將籃球的運動反向處理，即為平拋運動，第二次下落的高度較小，所以運動時間較短，故A正確；水平位移相等，由x＝v0t知第二次水平分速度較大，即籃球第二次撞墻的速度較大，故B錯誤；由vy＝gt可知，第二次拋出時速度的豎直分量較小，故C錯誤；根據(jù)速度的合成可知，不能確定兩次拋出時的速度大小關(guān)系，動能大小關(guān)系不能確定，故D錯誤．] 6．C　[根據(jù)女兒、父親所在位置與圓心始終在一條線上可知，他們的角速度相同，由公式v＝ωr可知，女兒的線速度較小，由公式an＝ω2r可知，父親的加速度比較大，由公式n＝f＝可知，女兒、父親的轉(zhuǎn)速相等，綜合以上分析可知，C正確．] 7．C　[飛船繞地球做勻速圓周運動，宇航員仍然受到萬有引力，只是萬有引力提供做圓周運動的向心力，故A錯誤；神舟十一號的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，則由T＝可知，神舟十一號的運行周期小于同步衛(wèi)星的運行周期，即小于24小時，故B錯誤，C正確；神舟十一號載人飛船中天平處于完全失重狀態(tài)，不能正常使用，故D錯誤．] 8．B　[飛機在水平面上移動，因此重力不做功，A項錯．根據(jù)W＝Flcos θ，得W＝5×103×40× J≈1.7×105 J，B項對．在拉動飛機的過程中，由于不知道飛機做什么運動，無法得知阻力大小，所以阻力做功無法求解，C項錯．整個過程中阻力做功無法求解，也不知道動能變化量，所以合外力做功無法求解，D項錯．] 9．B　10.D　11.D 12．A　[根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：E＝U＋I(r＋R)，解得：I＝＝2 A，故A錯誤；電動機的輸入功率：P入＝UI＝10×2 W＝20 W，故B正確；電動機的熱功率：P熱＝I2RM＝22×1 W＝4 W，故C正確；電動機的輸出功率：P出＝P入－P熱＝20 W－4 W＝16 W，故D正確；此題選擇錯誤的選項，故選A.] 13．B 14．BC　[由題圖乙讀出t＝0時刻質(zhì)點A的速度方向為沿y軸正方向，由題圖甲判斷出波的傳播方向為沿x軸負(fù)方向，故A錯誤；由題圖甲讀出該波的波長為λ＝20 m，由題圖乙知周期為T＝0.8 s，則波速為：v＝＝ m/s＝25 m/s，故B正確；Δt＝0.4 s＝0.5T，質(zhì)點做簡諧運動時在一個周期內(nèi)質(zhì)點A通過的路程是4倍振幅，則經(jīng)過Δt＝0.4 s，A質(zhì)點通過的路程是s＝2A＝4 m，故C正確；題圖甲時刻質(zhì)點P沿y軸負(fù)方向運動，Q直接向平衡位置運動，所以質(zhì)點P將比質(zhì)點Q后回到平衡位置，故D錯誤．] 15．BC　[γ射線是原子核衰變時產(chǎn)生的高能電磁波，與核外電子無關(guān)，故A錯誤；氫原子從高能級向低能級躍遷時輻射出光子，根據(jù)ΔE＝hν＝h，可得可見光光子的能量范圍為1.63～3.09 eV.從n＝4能級躍遷到n＝2能級ΔE＝2.55 eV，處在可見光能量范圍內(nèi)，故B選項正確；從高能級向n＝3能級躍遷輻射出的光子的最大能量為ΔE′＝1.51 eV<1.63 eV，屬于紅外線，具有熱效應(yīng)，所以C選項正確；在同一介質(zhì)中傳播速度越小，折射率越大，光子頻率越大，能量越大，而從高能級向n＝2能級躍遷時輻射出光子的最大能量為3.4 eV，所以D選項錯誤．] 16．AD　[質(zhì)子和中子結(jié)合成一個α粒子，需要兩個質(zhì)子和兩個中子，質(zhì)量虧損Δm＝2m1＋2m2－m3，由質(zhì)能方程可知，釋放的能量ΔE＝Δmc2＝(2m1＋2m2－m3)c2，故A正確；根據(jù)愛因斯坦光子說可知，光電子的最大初動能隨入射光頻率增大而增大，與入射光的強度無關(guān)，當(dāng)增大紫外線的照射強度時，從鋅板表面逸出的光電子的最大初動能不變，故B錯誤；由玻爾理論知道氫原子從激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時會放出光子，若發(fā)光材料白天吸收光子，外層電子躍遷到n>2的高能級軌道，晚上向低能級躍遷放出光子，其發(fā)射的光子的能量可能與吸收的光的光子的能量相等，也可能小于吸收的光的光子的能量，波長不一定跟吸收的光的波長完全一致，故C錯誤；一個氫原子處在n＝4的能級，躍遷到較低能級時，最多可以發(fā)出4→3、3→2和2→1三種頻率的光，故D正確．] 17．(1)AB　(2)否　(3)1.5　2.5 18．(1)不會　(2)1 400　(3)如圖所示 (4)2 280(2 240～2 300)　沒達到 19．(1)10 m/s　(2)2 m/s　tan θ＝0.2　(3) m/sx>Rsin 60° 故小球落在CD上． 21．(1)BC　(2)11.40　0.894 7　95.2　1.9　(3) 22．見解析 解析　(1)桿ab向下運動離開磁場前做勻速運動 mg＝F安＋Ff① 又Ff＝kmg② F安＝BIL＝BL＝③ 由①②③得v2＝ (2)桿ab在磁場中上升過程，由動量定理得 －mgt－kmgt－BLt＝0－mv1④ 上升過程的感應(yīng)電荷量q＝t＝⑤ 由④⑤得t＝＝ 桿ab在磁場中上升過程經(jīng)歷的時間為. 23．見解析 解析　(1)因正離子在AB極與CD極間加速，則知AB極電勢高，離子在AB與CD兩極間加速，由動能定理有 qU＝mv2，離子到達CD極時的速度v＝. (2)正離子在Ⅰ區(qū)做勻加速直線運動，設(shè)所用時間為t1， 則t1＝＝ 設(shè)離子在Ⅱ區(qū)做勻速直線運動的時間為t2， 則t2＝＝2， 離子在Ⅲ區(qū)先勻減速，后反向勻加速，設(shè)加速度為a，所用時間為t3， 有a＝＝，t3＝2· 解得t3＝4， 則總時間t＝t1＋t2＋t3 則k＝. (3)設(shè)質(zhì)量為M和m的離子在磁場中做圓周運動的半徑為R1和R2，洛倫茲力提供向心力， 由qvB＝m， 可得R1＝ ，R2＝ 半徑關(guān)系＝， 因為1<≤4，故1<≤2， 作出兩種離子在磁場中運動的臨界情況(即質(zhì)量為M的正離子在收集板上的最低點與質(zhì)量為m的正離子在收集板上的最高點重合)如圖所示， 此時狹縫最大值x應(yīng)滿足x＝2R1－2R2，d＝2R1＋x， 解得x＝ d． 16