发布时间 : 星期一 文章(浙江专用)2020版高考物理大二轮复习优选习题 仿真模拟卷2更新完毕开始阅读
2019年
2Fcos=G 解得F=,
当θ=0°时,cos值最大,则F=,此时F最小, 当θ=60°时,F=G,
当θ=90°时,F=G, 当θ=120°时,F=G,
当θ越大时,则F越大;故A、B、D错误,C正确。
12.B 解析 A.电容器充电时是将电能转化为电场能,而手机电池的充电过程都是电能转化为化学能的过程,故A错误;
B.由q=It可知,该手机电池铭牌上的1 350 mA·h指储存的电荷量,故t= h=10 h,因此当以135 mA的电流工作时,可连续放电10小时,故B正确;
C.电容器的电容是电容器本身性质决定的,任何时刻均为35 μF左右,故C错误;
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D.由W=UIt可知,该手机的最大电能为W=3.7×1 350×10 kW·h≈0.5 kW·h,故D错误。
13.D 解析 电动机功率恒定,P=F牵v,结合牛顿第二定律可知F牵-F=ma,v=at可知,当速度增大时,牵引力减小,加速度减小,故小车做加速度减小的变加速运动,故A、B错误。整个过程中,牵引力做正功,阻力做负功,故合力做功为W=,Pt为牵引力所做的功,故C错误。整个过程中,根据动能定理可知Pt-Fx=,解得
Pt=Fx+,故D正确。
二、选择题Ⅱ
14.B 解析 当振子向上经过距O点3 cm处时,振子是远离平衡位置,故振子减速,A错误;当振子从O点出发后,第五次经过O点时,经过两个半全振动,波刚好传播到x=25 cm处,说明波长λ为10 cm,故波速v==λf=1 m/s,B正确;振子从O点开始到再次回到O点的时间为,简谐运动的周期与振幅无关,故C错误;波在绳子中的传播速度由绳子决定,故D错误。
15.CD 解析 A.α衰变时放出的能量比较小,目前核电站利用的是铀核发生裂变时释放的能量,故A错误。 B.用紫光照射某种金属可以发生光电效应,可知紫光的频率大于金属的极限频率,红光的频率小于紫光的频率,用红光照射不一定能产生光电效应,故B错误。
C.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,能量减小,要释放一定频率的光子,故C正确。 D.干涉与衍射都是波特有的性质,机械波和电磁波都具有干涉、衍射的特性,故D正确。
16.BD 解析 由题图可知,a表是电压表,b表是电流表。而左侧互感器原线圈的匝数与副线圈匝数比为100∶1,右侧互感器原线圈的匝数与副线圈匝数比为1∶100,由电压表的示数为22 V,得原线圈的电压为2 200 V,由电
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流表的示数为1 A,原线圈的电流为100 A。所以线路输送功率是2.2×10 W=220 kW,由已知条件无法求输电线电阻。故B、D正确,A、C错误。 三、非选择题
17.答案 (1)AB (2)BC
解析 (1)重物选用质量和密度较大的金属锤,减小空气阻力,以减小误差,故A正确;两限位孔在同一竖直面内上下对正,减小纸带和打点计时器之间的摩擦力,以减小误差,故B正确;验证机械能守恒定律的原理是
mgh=,重物质量可以消掉,无需精确测量出重物的质量,故C错误;用手拉稳纸带,而不是托住重物,
接通电源后,撒手释放纸带,故D错误。
(2)由EG的长度可求出F点的速度vF,O点的速度v1=0,但求不出OF之间的距离,故A错误;由BC和CD的长度可求出C点的速度vC,O点的速度v1=0,OC之间的距离h,可以用来验证机械能守恒定律,故B正确;由BD和EG的长度可分别求C点的速度vC和F点的速度vF,CF之间的距离h,可以来验证机械能守恒定律,故C正确;AC、BD和EG的长度可分别求出B、C、F三点的速度,但BC、CF、BF之间的距离都无法求出,无法验证机械能守恒定律,故D错误。
18.答案 (2)2 (3)
解析 (2)多用电表的黑表笔内部接电源的正极,则将图1中多用电表的黑表笔和2端相连,红表笔连接另一端。 (3)根据闭合电路欧姆定律,电动势为:E=(R+r),则
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19.答案 (1)1 m/s (2)100 kg (3)54 m
R+,由图象可知:=k;=b,解得:E=,r=。
2019年
解析 (1)设气球加速下降的加速度为a,受空气的浮力为F,则: 由运动学公式可知:h1=v0t0+
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解得:a=1 m/s
(2)由牛顿第二定律得到:Mg-F=Ma
抛掉质量为m的压舱物,气球匀速下降,有:(M-m)g=F 解得:m=100 kg
(3)设抛掉压舱物时,气球的速度为v1 由运动学公式可知:v1=v0+at0=6 m/s
h=+v1t1 解得:h=54 m
20.答案 (1)12 N,方向竖直向下 (2)1.6 J (3)2.4 J
解析 (1)小球恰好过E点:mg=m
D到E过程:-mg2R=m(D点:FN-mg=m则:FN=12 N
,
)
由牛顿第三定律得到物块到D点时对轨道压力为12 N,方向竖直向下。 (2)从P点到D点
mgsin θLPC-μmgcos θLPC-μmgLCD=m(vP=5 m/s,vB=4 m/s
传送带对小物块做的功为:W=)
=1.6 J
(3)小物块在传送带上加速过程:t==1 s
Δx=v0t-=3 m Q=μmgΔx=2.4 J
21.答案 (1)另一侧 (2)否 (3)AC
解析 (1)实验时,先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO;接着,眼睛在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针P1和P2,同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线。 (2)实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上,而不是针帽。
(3)A.大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时,相同的距离误差,引起的角度误差会减小,角度的测量误差会小些,故A正确。
B.作插针法测定折射率时,玻璃砖上下表面不一定要平行,故B错误。 C.为了准确确定入射光线和折射光线,选用尽可能细的笔画线,故C正确。
D.为了减小测量的相对误差,选择的入射角应尽量大些,效果会更好,但不是接近90°,故D错误。 22.答案 (1)mgd- (2)gt0- (3)Blv0t+ktS R
解析 本题考查能量守恒、动量定理、闭合电路定律的知识,意在考查学生的分析能力。 (1)根据闭合电路欧姆定律有I=mg=BIl 解得vm=
根据能量守恒有mgd=+Q
Q=mgd-;
(2)根据动量定理有(mg-BIl)t0=mv mgt0-Blq=mv
q=
2019年
v=gt0-
(3)Φ=Blv0t+ktS E==Blv0+kS I=
P=I2R?P=23.答案 (1)
R (2)
(3)q
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解析 (1)粒子A1经电压U加速得Uq=mv
与静止的A2发生碰撞,由动量守恒定律得mv=2mv3
联立可得v3=
(2)粒子A3在磁场中做匀速圆周运动,画出运动轨迹如图所示。
由几何关系可知粒子A3做匀速圆周运动的半径r3=O3M1=对粒子A3,洛伦兹力提供向心力,qv3B=2m
L
从而求得B=
(3)若让A2带上负电q',由于总的电荷量变大,则A3粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径减小设为r4,由题设画出粒子的运动轨迹如图所示,进入磁场的方向与PM1平行,
每次在磁场中偏转一次,沿y轴的负方向下移距离
Δy1=2r4cos45°=r4
离开磁场的方向与M2P平行。从磁场出来与C板碰撞再进入磁场时,粒子沿y轴正方向上移的距离 Δy2=2tan 45°=L
由题意经过两次与C板碰撞后回到P点,则有 3Δy1-2Δy2=2L 联立以上两式可得r4=L
而对粒子A3做匀速圆周运动时有(q+q')Bv3=2m联立以上可得q'=q