2020年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理模擬試題C

1、2020年 1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理仿真模擬試題C 解析版考生須知：1本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁(yè)，滿(mǎn)分 100分，考試時(shí)間 90分鐘。2考生答題前，務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫(xiě)在答題卡上。3選擇題的答案須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如要改動(dòng)，須將原填涂處用橡皮擦凈。4非選擇題的答案須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫(xiě)在答題卡上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)可先使用2B鉛筆，確定后須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫(xiě)在本試題卷上無(wú)效。5本卷中涉及數(shù)值計(jì)算的，重力加速度g均取 10 m/s 2。選擇題部分一、選擇題 （本題共 10小題，每小題 3

2、分，共 30分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分 ）11電導(dǎo)率 是電阻率 的倒數(shù)，即 =。 用國(guó)際單位制中基本單位表示正確的是A A2s3B A2s3kgm2kgm3C A2s2D A s3kgm3kgm3【答案】 C【解析】根據(jù)電阻定律可知：RL，解得：1L，根據(jù)歐姆定律可知：RS ，則：SLRSRU ，聯(lián)立可得：LI，根據(jù) UW，而 W=FL， F=ma，q=It ，聯(lián)立并根據(jù)公式對(duì)應(yīng)單位的換算IUSq可知，其單位為A 2s3，故 C正確。kgm32假設(shè)某次海試活動(dòng)中，“蛟龍?zhí)枴蓖瓿珊５兹蝿?wù)后豎直上浮，從上浮速度為v時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，此后“蛟龍?zhí)枴眲驕p速

3、上浮，經(jīng)過(guò)時(shí)間t 上浮到海面，速度恰好減為零，則“蛟龍?zhí)枴痹趖0 （ t0 r 0 ，則剛進(jìn)入?yún)^(qū)域的粒子仍將沿直線(xiàn)通過(guò)D若納米粒子的半徑r r 0 ，仍沿直線(xiàn)通過(guò)，則區(qū)域的電場(chǎng)與原電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小之比為rr0【答案】 A【解析】 AB設(shè)半徑為 r 0的粒子加速后的速度為v，則有： q0U1m0v2 ，設(shè)區(qū)域 II 內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為2E，洛倫茲力等于電場(chǎng)力，即q0vB=q0E，聯(lián)立解得：E2q0U，則區(qū)域的電場(chǎng)與磁場(chǎng)的Bm0強(qiáng)度比值為2q0U，故 A正確， B錯(cuò)誤； C若納米粒子的半徑 r r 0，設(shè)半徑為 r 的粒子的質(zhì)量為 m、m0帶電量為 、被加速后的速度為r3，而 qr212v，則 m （

4、）m0（）q0 ，由qU ，解得：qr0r0mv2v2q0Ur0r0 vv ，故洛倫茲力變小，粒子帶正電，故粒子向左偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤； D由于m0 rrv2q0Ur 0r0 v ，故洛倫茲力與原來(lái)的洛倫茲力之比為r0 ；電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，故電場(chǎng)m0 rrr力與原來(lái)的電場(chǎng)力之比為r0 ；根據(jù) F=qE，區(qū)域的電場(chǎng)與原電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度之比為r0 ，故 D錯(cuò)rr誤。二、選擇題 （本題共 4小題，每小題4分，共 16分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的，全部選對(duì)的得 4分，選對(duì)但不全的得2分，有錯(cuò)選的得0分）11如圖所示是一玻璃球體，其半徑為R，O為球心， AB為水平直徑。 M點(diǎn)是玻

5、璃球的最高點(diǎn)，來(lái)自 B點(diǎn)的光線(xiàn)從 點(diǎn)射出，出射光線(xiàn)平行于，已知30，光在真空中的傳播速度為c，則BD DABABD=A此玻璃的折射率為3B光線(xiàn)從 B到D需用時(shí)3RcC若增大 ABD，光線(xiàn)不可能在 DM段發(fā)生全反射現(xiàn)象D若減小 ABD，從 AD段射出的光線(xiàn)均平行于A(yíng)B【答案】 AB【解析】 A如圖，由幾何知識(shí)可得入射角i = ABD=30，折射角 r =2 ABD=30=60，則此玻璃的sinrsin 60o3 ，故 A正確；折射率為 nsin30osiniB BD長(zhǎng)度 s=2Rcos30=3R，光在玻璃球內(nèi)傳播的速度 vc ，故光線(xiàn)從 傳到的時(shí)間為BDnts3R ，故 B正確； C由 sinC

6、13 2 ，則臨界角 C 45，所以若增大 ABD，入射角vcn32可能大于臨界角，所以光線(xiàn)可能在DM段發(fā)生全反射現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤； D要使出射光線(xiàn)平行于A(yíng)B，入射角必為 30，若減小 ABD，入射角減小，則從AD段射出的光線(xiàn)與 AB不平行，故 D錯(cuò)誤。12一列沿 x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，每個(gè)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的振幅都為2 m，已知在 t =0時(shí)刻相距 4 m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)a，b的位移都是 1 m，但速度方向相反，其中 a質(zhì)點(diǎn)的速度沿 y軸負(fù)方向，如圖所示，則A t =0時(shí)刻， a， b兩質(zhì)點(diǎn)的加速度相同B a、 b兩質(zhì)點(diǎn)的平衡位置間的距離為波長(zhǎng)的整數(shù)倍C當(dāng) a質(zhì)點(diǎn)的速度最大時(shí)，b質(zhì)點(diǎn)的速度為零D當(dāng) b質(zhì)點(diǎn)

7、的位移為 +2 m時(shí)， a質(zhì)點(diǎn)的位移為 1 m【答案】 AD【解析】 A兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)都做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，t=0時(shí)刻兩質(zhì)點(diǎn)的位移相同，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特征：a、 ba、bkxa ，得知加速度相同，故 A正確。 B圖示時(shí)刻兩質(zhì)點(diǎn)位移相同，速度相反，但不是同相點(diǎn)，所m以a、b兩質(zhì)點(diǎn)的平衡位置間的距離不是波長(zhǎng)的整數(shù)倍，故B錯(cuò)誤。 C由圖看出， a正向平衡位置運(yùn)動(dòng)，速度增大， b正向波峰運(yùn)動(dòng)，速度減小，當(dāng) a通過(guò) 1cm位移到達(dá)平衡位置時(shí)， b還沒(méi)有到達(dá)波峰，則a質(zhì)點(diǎn)速度最大時(shí)， b質(zhì)點(diǎn)速度不為零。故 C錯(cuò)誤。 D假設(shè)在 t =0時(shí)刻， ab之間只有一個(gè)波峰則其位置在 x=3的位置，當(dāng) b質(zhì)點(diǎn)位移為 +2 cm到達(dá)

8、波峰時(shí)，波向右傳播2 m的距離，將波形向右平移2 m可看出，此時(shí) a質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置下方，位移為1 cm，故 D正確。13一起重機(jī)的鋼繩由靜止開(kāi)始勻加速提起質(zhì)量為 m的重物，當(dāng)重物的速度為 v1時(shí)，起重機(jī)的有用功率達(dá)到最大值 P。以后，起重機(jī)保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，直到以最大速度勻速上升。則下列說(shuō)法正確的是PA鋼繩的最大拉力為v1PB鋼繩的最大拉力為v1 +mgC重物的最大速度為PmgD重物做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間mv12Pmgv1【答案】 ACD【解析】 AB重物先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始勻加速時(shí)加速度最大，繩子拉力最大，重物的速度為v1時(shí)，起重機(jī)的有

9、用功率達(dá)到最大值，由，PP Fv1P可得鋼繩的最大拉力為 F= ，故 A正確， B錯(cuò)誤； C最后重物勻速運(yùn)動(dòng)，牽引力等于重力大小v1F mg ， P Fv 2 ，聯(lián)立可得重物的最大速度為v2=P，故 C正確； D勻加速階段，鋼繩拉力為mg1F1mgma ，由前面分析可知FP，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式F ，重物做勻加速運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律可得1v1mv 2可得 v1 at ，聯(lián)立可求的時(shí)間 t1，故 D正確。Pmgv114為了測(cè)定一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小，小明所在的物理興趣小組做了如下實(shí)驗(yàn)：用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)，上端固定于O點(diǎn)，下端拴一質(zhì)量為m、帶電荷量為 q的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），如圖所示，開(kāi)始時(shí)，

10、將線(xiàn)與小球拉成水平，然后釋放，小球由靜止開(kāi)始向下擺動(dòng)，擺到B點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，然后又從 B點(diǎn)向 A點(diǎn)擺動(dòng)，如此往復(fù)。小明用測(cè)量工具測(cè)量與水平方向所成的角度，剛好為60。不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法中正確的是A在 B點(diǎn)時(shí)小球受到的合力為0B電場(chǎng)強(qiáng)度 E的大小為3mgqC小球從 A運(yùn)動(dòng)到 B，重力勢(shì)能減小3mgL2D小球在下擺的過(guò)程中，小球的重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和先減小后增大【答案】 BCD【解析】 A小球在 B點(diǎn)受重力豎直向下，電場(chǎng)力水平向右，故合力一定不為零，故A錯(cuò)誤； B小球由A到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：mgLsin EqL（ 1cos60） =0，則電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E 3mg ，故 B正確；

11、C小球從 A運(yùn)動(dòng)到 B，重力做正功， W=mgh=mgLsin ，故重力勢(shì)能減小qmgLsin603mgL ，故 C正確； D小球在下擺過(guò)程中，除重力做功外，還有電場(chǎng)力做功，故機(jī)械能2不守恒，但機(jī)械能和電勢(shì)能總能量之和不變，因?yàn)榍蛟谙聰[的過(guò)程中，動(dòng)能先增加后減小，則小球的重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和先減小后增大，故D正確。非選擇題部分三、實(shí)驗(yàn)題 （本題共 2小題，共 17分）15（ 7分）某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖1所示的裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”。圖1圖2（ 1）實(shí)驗(yàn)中除了需要小車(chē)、砝碼、托盤(pán)、細(xì)繩、附有定滑輪的長(zhǎng)木板、墊木、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、低壓交流電源、兩根導(dǎo)線(xiàn)、復(fù)寫(xiě)紙、紙帶之外，還需要_、 _。（

12、2）下列做法正確的是 _。A調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳≤?chē)的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行B在調(diào)節(jié)木板傾斜角度平衡小車(chē)受到的滑動(dòng)摩擦力時(shí)，將裝有砝碼的托盤(pán)通過(guò)定滑輪拴在小車(chē)上C實(shí)驗(yàn)時(shí)，先放開(kāi)小車(chē)再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源D通過(guò)增減小車(chē)上的砝碼改變質(zhì)量時(shí)，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度E用托盤(pán)和盤(pán)內(nèi)砝碼的重力作為小車(chē)和車(chē)上砝碼受到的合外力，為減小誤差，實(shí)驗(yàn)中一定要保證托盤(pán)和砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)和車(chē)上砝碼的總質(zhì)量（3）某同學(xué)以小車(chē)和車(chē)上砝碼的總質(zhì)量的倒數(shù)1 為橫坐標(biāo)，小車(chē)的加速度a為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上M作出的 a 1關(guān)系圖線(xiàn)如圖 2所示。由圖可分析得出：加速度與質(zhì)量成_關(guān)系（填M“正比”或“反比”）；圖線(xiàn)不過(guò)原點(diǎn)說(shuō)明實(shí)

13、驗(yàn)有誤差，引起這一誤差的主要原因是平衡摩擦力時(shí)長(zhǎng)木板的傾角 _（填“過(guò)大”或“過(guò)小”）?！敬鸢浮浚?1）天平（ 1分） 刻度尺（ 1分）（2）ADE（3分） （3）反比 （1分）過(guò)大（ 1分）【解析】（ 1）實(shí)驗(yàn)中用砝碼桶的總重力表示小車(chē)的拉力，需測(cè)量砝碼桶的質(zhì)量，所以還需要天平。實(shí)驗(yàn)中需要用刻度尺測(cè)量紙帶上點(diǎn)跡間的距離，從而得出加速度，所以還需要刻度尺。（2）A、實(shí)驗(yàn)時(shí)調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行，故A正確。 B、平衡摩擦力時(shí)，不能將裝有砝碼的砝碼桶通過(guò)定滑輪拴在木塊上，故B錯(cuò)誤。 C、實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通電源，再釋放紙帶，故 C錯(cuò)誤。 D、通過(guò)增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時(shí)，不需

14、要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度，故D正確。E、對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可知：amg，則繩子上拉力大小M mMmgmgF Mam ，當(dāng) mM ，即砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)和小車(chē)上砝碼的M m1M總質(zhì)量時(shí)，砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于小車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的拉力。故E正確。（ 3）因?yàn)?a 1 圖象是一條直線(xiàn)， a與M成反比；圖象在 a軸上有截距，這是平衡摩擦力時(shí)長(zhǎng)木板的M傾角過(guò)大造成的。16（ 10分）某同學(xué)為了測(cè)量一節(jié)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，從實(shí)驗(yàn)室找到以下器材：一個(gè)滿(mǎn)偏電流為100A，內(nèi)阻為 2 500 的表頭，一個(gè)開(kāi)關(guān)，兩個(gè)電阻箱（0999.9 ）和若干導(dǎo)線(xiàn)。（1）由于表頭量程偏小，該

15、同學(xué)首先需將表頭改裝成量程為50 mA的電流表，則應(yīng)將表頭與電阻箱_（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），并將該電阻箱阻值調(diào)為_(kāi)。（ 2）接著該同學(xué)用改裝的電流表對(duì)電池的電動(dòng)勢(shì)及內(nèi)阻進(jìn)行測(cè)量，實(shí)驗(yàn)電路如圖所示，通過(guò)改變電阻 R測(cè)相應(yīng)的電流 I ，且作相關(guān)計(jì)算后一并記錄如下表。123456R/ 95.075.055.045.035.025.0I /mA15.018.724.829.536.048.0IR/V1.421.401.361.331.261.20根據(jù)表中數(shù)據(jù)，下圖中已描繪出四個(gè)點(diǎn)，請(qǐng)將第 5、6兩組數(shù)據(jù)也描繪在圖中，并畫(huà)出 IR I 圖線(xiàn)。根據(jù)圖線(xiàn)可得電池的電動(dòng)勢(shì)E是 _V，內(nèi)阻 r 是_?！敬鸢浮?/p>

16、（ 1）并聯(lián)（ 2分）5.0 （2分） （2）（2分） 1.53（ 2分） 2.0 （ 2分）【解析】（ 1）由題意知， I g=100A， Rg=2500，量程 I =50mA，根據(jù)并聯(lián)分流原理，改裝成大量程電流表需并聯(lián)的電阻 R=I g Rg。=5.0I I g（ 2）根據(jù)描點(diǎn)法作出 5、 6兩點(diǎn)，再將各點(diǎn)擬合為對(duì)應(yīng)的直線(xiàn)，注意誤差較大的點(diǎn)要去除；即得出對(duì)應(yīng)的圖象如圖所示；因 IR即表示電源的路端電壓，則有IR E（I rRA），則由圖象可知，對(duì)應(yīng)的電動(dòng)勢(shì)為1.53V ，內(nèi)1.531.18。阻為 r (5)2.00.05三、計(jì)算題 （本題共 3小題，共 37分）17（ 10分）如圖所示，

17、LMN是豎直平面內(nèi)固定的光滑絕緣軌道，MN水平且足夠長(zhǎng)， LM下端與 MN相切。質(zhì)量為 m的帶正電小球 B靜止在水平軌道上，質(zhì)量為2m的帶正電小球 A從上距水平軌道高為 h處由靜止釋放。在 A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A(yíng)、 B兩球相距足夠遠(yuǎn)，相互作用的靜電力忽略不計(jì)，A、B兩球組成的系統(tǒng)的電勢(shì)能可認(rèn)為是零，帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。己知重力加速度為g。（ 1）A、B兩球相距最近時(shí)，求 A球的速度大小 v。（ 2）A、B兩球相距最近時(shí)，求 A、 B兩球組成的系統(tǒng)的電勢(shì)能 EP。（ 3）求 A、 B兩球最終的速度大小 vA、vB?！敬鸢浮浚?1） 2gh （3分）（2） 2 mgh（3分）（3） 12g

18、h42gh （4分）333【解析】（ 1）對(duì) A球下滑的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：2mgh12mv02 （ 2分）2解得： v02gh （1分）（2）當(dāng) A 球進(jìn)入水平軌道后，A 、 B 兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)A 、 B 相距最近時(shí)，兩球速度相等，由動(dòng)量守恒定律可得：2mv02mm v （ 1分）由能量守恒定律得：12mv0212m m v2Ep （ 1分）22聯(lián)立解得： Ep2mgh（ 1分）3（3）當(dāng) A 、 B 相距最近之后，由于靜電斥力的相互作用，它們將會(huì)相互遠(yuǎn)離，當(dāng)它們相距足夠遠(yuǎn)時(shí)，它們之間的相互作用力可視為零，電勢(shì)能也視為零，它們就達(dá)到最終的速度，該過(guò)程中，A 、B 兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)

19、量守恒、能量也守恒，由動(dòng)量守恒定律可得：2mv0 2mvA mvB （ 1分）由能量守恒定律可得：12mv0212mvA21 mvB2 （1分）222解得：11443 v032ghvB3v032gh （2分）vA18（ 12分）如圖甲所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為 q的帶電粒子在 t =0時(shí)刻由 a點(diǎn)以初速度 v0垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，區(qū)域磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，方向周期性變化，如圖乙所示（垂直紙面向里為正方向）；區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)，方向向上；區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與區(qū)域相同，均為B0。粒子在區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓運(yùn)動(dòng)且每次經(jīng)過(guò)mn的時(shí)刻均為T(mén)0的整數(shù)倍，則：2（ 1）粒子在區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為多少？（ 2）若初始位置與第四次經(jīng)過(guò) mn時(shí)的位置距離為 x，求粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域時(shí)速度的可能值（初始位置記為第一次經(jīng)過(guò)mn）。【答案】（ 1） mv0（3分）（2） qB0 xqB0 x2v0 （ 9分）qB02m2m【解析】（ 1）帶電粒子在區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即qv0B0 =mv02 （ 2分） r解得 r = mv0 （ 1分）qB0（2）帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡有兩種可能（2分）第一種情況：粒子在區(qū)域運(yùn)動(dòng)半徑R= x （ 1分）qv2B0=mv22（1分）2R解得粒子在區(qū)域速度大小qB0 xv =（ 2分）22m第二種情況：粒子在區(qū)域運(yùn)動(dòng)半徑 R= x4r（1分）2粒子