《（浙江專用）備戰(zhàn)2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 選考仿真模擬卷（七）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）備戰(zhàn)2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 選考仿真模擬卷（七）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）備戰(zhàn)2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 選考仿真模擬卷（七）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(wù)必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填寫在相應(yīng)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(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(2017浙江金蘭合作組織期中)慈溪的某位同學(xué)想利用假期去黃山旅行，利用手機地圖功能規(guī)劃路線，如圖1所示，其中顯示的“6小時5分395.3公里”分別指的是()圖1A時間 位移 B時間 路程 C時刻 位移 D時刻 路程2在公路的

2、每個路段都有交通管理部門設(shè)置的限速標志，如圖2所示，這是告誡駕駛員在這一路段駕駛車輛時()圖2A必須以這一規(guī)定速度行駛B平均速度大小不得超過這一規(guī)定數(shù)值C瞬時速度大小不得超過這一規(guī)定數(shù)值D汽車上的速度計指示值，有時還是可以超過這一規(guī)定值的3(2016嵊州市調(diào)研)如圖3所示，高速列車出站時能在150 s內(nèi)勻加速到180 km/h，然后正常行駛某次因意外列車以加速時的加速度大小將車速減至108 km/h.以出站時的加速度方向為正方向，則下列說法不正確的是()圖3A列車加速時的加速度大小為 m/s2B列車減速時，若運用vv0at計算瞬時速度，其中a m/s2C若用vt圖象描述列車的運動，減速時的圖線

3、在時間軸t軸的下方D列車由靜止加速，1 min內(nèi)速度可達20 m/s4如圖4所示是甲、乙兩物體在同一直線上運動的xt圖象，由圖象可以判斷從t1到t2的時間內(nèi)()圖4A甲物體在做勻減速直線運動B乙物體在做勻加速直線運動C兩物體都在做勻速直線運動D甲、乙兩物體的運動方向相同5.(2018諸暨市調(diào)研)a、b兩個物體做平拋運動的軌跡如圖5所示，設(shè)它們拋出時的初速度分別為va、vb，從拋出至碰到臺上的時間分別為ta、tb，則()圖5AvavbBvatbDta|U2|B|U1|U2|C|U1|U2|D無法判斷13.如圖13所示，斜面固定在水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與小物塊相連，彈簧處于自

4、然長度時物塊位于O點，物塊與斜面間有摩擦現(xiàn)將物塊從O點拉至A點，撤去拉力后物塊由靜止向上運動，經(jīng)O點到達B點時速度為零，則物塊從A運動到B的過程中()圖13A經(jīng)過位置O點時，物塊的動能最大B物塊動能最大的位置與A、O的距離有關(guān)C物塊從A向O運動過程中，彈性勢能的減少量等于動能與重力勢能的增加量D物塊從O向B運動過程中，動能的減少量大于彈性勢能的增加量二、選擇題(本題共3小題，每小題2分，共6分每小題列出的四個備選項中至少有一個符合題目要求的全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分)14.加試題 關(guān)于核反應(yīng)方程，下列說法正確的是()A.HHHen是核聚變反應(yīng)B鈾核裂變的核反應(yīng)為：UB

5、aKr2nC在衰變方程PuXHe中，X原子核的質(zhì)量數(shù)是234D盧瑟福發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應(yīng)方程為：HeNOH15.加試題 (2018稽陽聯(lián)誼學(xué)校3月聯(lián)考)如圖14所示，一列簡諧橫波正沿x軸傳播，實線是t0時的波形圖，虛線為t0.1 s時的波形圖，則以下說法正確的是()圖14A若波速為50 m/s，則該波沿x軸正方向傳播B若波速為50 m/s，則x4 m處的質(zhì)點在t0.1 s時振動速度方向沿y軸負方向C若波速為30 m/s，則x5 m處的質(zhì)點在0時刻起0.8 s內(nèi)通過的路程為1.2 mD若波速為110 m/s，則能與該波發(fā)生干涉的波的頻率為13.75 Hz16.加試題 固定的半圓形玻璃磚的橫截面如圖1

6、5，O點為圓心，OO為直徑MN的垂線，足夠大的光屏PQ緊靠玻璃磚右側(cè)且垂直于MN，由A、B兩種單色光組成的一束光沿半徑方向射向O點，入射光線與OO夾角較小時，光屏NQ區(qū)域出現(xiàn)兩個光斑，逐漸增大角，當時，光屏NQ區(qū)域A光的光斑消失，繼續(xù)增大角，當時，光屏NQ區(qū)域B光的光斑消失，則()圖15A玻璃磚對A光的折射率比對B光的大BA光在玻璃磚中的傳播速度比B光的大C時，光屏上只有1個光斑D”或“ha，因為hgt2，所以taxb，所以vavb，選項D正確6AvAvB，由開普勒定律知，A點在近日點即太陽處于橢圓軌道的焦點F1處7D8.C9C物體做勻速圓周運動，合力指向圓心，對物體受力分析，受重力、向上的靜

7、摩擦力和指向圓心的彈力，如圖所示，其中重力G與靜摩擦力Ff平衡，與物體的角速度無關(guān)，彈力FN提供向心力，所以當圓筒的角速度減小以后，物體所需向心力變小，物體所受彈力FN減小，所以C正確10D11A根據(jù)正點電荷的電場分布規(guī)律可知，B點的電勢大于A點的電勢，故A正確；負點電荷在運動過程中，機械能與電勢能之和守恒，故B錯誤；該試探電荷運動過程中，A點電勢能最大，動能最小，故速度最小，所以試探電荷在A點的速度小于在B點的速度，故C錯誤；試探電荷帶負電，因為A點的電勢低于C點，故在A點的電勢能大于在C點的電勢能，故D錯誤12A13D物塊從A向O運動過程，受重力、支持力、彈簧的拉力和滑動摩擦力，在平衡位置

8、動能最大，由于摩擦力平行斜面向下，故平衡位置在O點下方，故經(jīng)過O點的動能不是最大，故A錯誤；在平衡位置動能最大，而平衡位置與A、O距離無關(guān)，故B錯誤；物塊從A向O運動過程中，彈性勢能減小，重力勢能、動能和內(nèi)能均增加，根據(jù)能量守恒定律，彈性勢能的減少量大于動能與重力勢能的增加量，故C錯誤；物塊從O向B運動過程中，動能減小，重力勢能、彈性勢能和內(nèi)能均增加，根據(jù)能量守恒定律，動能的減少量大于彈性勢能的增加量，故D正確14ADHHHen是核聚變反應(yīng)，A正確鈾核裂變的核反應(yīng)是用一個中子轟擊鈾核得到三個中子，但是方程式中中子不能約去，故B錯誤在衰變方程PuXHe中，He核的質(zhì)量數(shù)是4，所以X原子核的質(zhì)量數(shù)

9、是2394235，故C錯誤盧瑟福通過粒子轟擊氮核得到質(zhì)子，根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，知方程式正確，故D正確15BCD由題圖可知，該波的波長為8 m若波沿x軸正方向傳播，則滿足38kv0.1(k0,1,2)，得v3080k；若波沿x軸負方向傳播，則滿足58kv0.1(k0,1,2)，得v5080k；故A錯誤；若波沿x軸負方向傳播，x4 m處的質(zhì)點在t0.1 s時振動速度方向沿y軸負方向，B正確；若v30 m/s，則T s s，得0.8 s3T，即經(jīng)過3個周期，所以x5 m處的質(zhì)點在0時刻起0.8 s內(nèi)通過的路程為1.2 m，C正確；波速為110 m/s，則f13.75 Hz，發(fā)生干涉，頻率相等

10、，D正確16AD根據(jù)題意，當時，光屏NQ區(qū)域A光的光斑消失，繼續(xù)增大角，當時，光屏NQ區(qū)域B光的光斑消失，說明A光先發(fā)生全反射，A光的臨界角小于B光的臨界角，而發(fā)生全反射的臨界角C滿足：sin C，可知，玻璃磚對A光的折射率比對B光的大，故選項A正確；由v知，A光在玻璃磚中的傳播速度比B光的小，故選項B錯誤；據(jù)題可知，A光的臨界角CA，B光的臨界角CB，當時，A光發(fā)生全反射，B光尚未發(fā)生全反射現(xiàn)象，故光屏上應(yīng)該看到2個光斑，其中包含NP側(cè)的反射光斑(A、B重合)以及NQ一側(cè)的B光的折射光線形成的光斑，故選項C錯誤；當時，A、B兩光均發(fā)生了全反射，故僅能看到NP側(cè)的反射光斑(A、B重合)，D正確

11、17(1)0.950(2)D(3)不能解析(1)游標卡尺的主尺讀數(shù)為0.9 cm，游標尺上第10個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為0.0510 mm0.50 mm，所以最終讀數(shù)為0.950 cm.(2)利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度，故：v，根據(jù)機械能守恒的表達式有：mghmD2，即只要比較D2與2gh是否相等，故選D.(3)根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律得鋼球通過光電門的平均速度等于這個過程中中間時刻的速度，所以鋼球通過光電門的平均速度小于鋼球球心通過光電門的瞬時速度，由此產(chǎn)生的誤差不能通過增加實驗次數(shù)減小18(1)(2)100擋19見解析解析(1)子彈離開槍口后做平拋運動，運

12、動時間t0.6 s由xvt得v20 m/s(2)子彈出槍口瞬間具有的動能Ekmv20.4 J槍口比動能為1.42 J/cm21.8 J/cm2故不能認定為槍支(3)子彈在槍管內(nèi)做勻加速運動，由v22aL得a1 000 m/s2由牛頓第二定律得Fma2 N20(1)5 m/s(2)5 m(3)7.5 m解析(1)小球恰好能到達半圓軌道最高點D，此時只有重力提供向心力，即mgm所以小球從D點拋出的速度vD m/s5 m/s.(2)根據(jù)豎直方向上的自由落體運動可得，2Rgt2，所以運動的時間為t s1 s，水平軌道BC的長度即為平拋運動的水平位移的大小，所以xvDt51 m5 m.(3)對從A到D的

13、過程，利用動能定理可得，mghmgxmg2Rmv解得h7.5 m.21(1)99.8(2)B(3)圖線2g42k解析(1)秒表的讀數(shù)為90 s9.8 s99.8 s，即50次全振動所用時間；(2)用一塊開有狹縫的橡皮夾牢擺線，再用鐵架臺的鐵夾將橡皮夾緊，這樣做主要是為了防止小球在擺動過程中把擺線拉長，故B正確；(3)根據(jù)單擺周期T2可得，LT2，故應(yīng)為圖線2；根據(jù)圖象斜率k，所以g42k.22(1)C到D(2)0.03 V(3)0.225 J解析(1)由右手定則可知，電流方向為abCDa，即R中電流方向從C到D.(2)由動能定理可得mghmv2金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBdv回路中感應(yīng)

14、電流I電阻R兩端的電壓UIR代入數(shù)據(jù)解得U0.03 V.(3)由開始下滑到離開桌面，部分機械能轉(zhuǎn)化為電能并最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱Q總mghmv2金屬桿的電阻阻值與電阻R的阻值之比為13，電流相等，通電時間相等由QI2Rt可得QRQ總得QR0.225 J.23(1)U(2)不偏離，遵循動量守恒定律(3)解析(1)根據(jù)動能定理qUmv2離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力qvBm，得R根據(jù)幾何關(guān)系，有R2(R)2d2，得Rd聯(lián)立得，U.(2)對人和宇宙飛船組成的系統(tǒng)，人往復(fù)運動對于系統(tǒng)而言合外力仍為0，由動量守恒知不會偏離(3)根據(jù)動量守恒NmvMv由動能定理：PtNmv2Mv2對時間t內(nèi)的飛船運用動量定理FtMv聯(lián)立，得F.