浙江省2019-2020学年高中物理学业水平考试模拟试题(六)[附答案]

1、浙江省2019-2020学年高中物理学业水平考试模拟试题（六）（时间:60分钟，分值:70分）选择题部分一、选择题（本题共18小题，每小题2分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.下列说法正确的是（A）A.伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础B.牛顿第一定律在任何条件下都成立C.元电荷是一种基本电荷D.库仑发现了通电导线周围存在着磁场解析：牛顿在伽利略理想斜面实验的基础上，提出了牛顿第一定律，选项A正确；牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，选项B错误；元电荷是电子的带电荷量，并不是一种基本电荷，选项C错误；奥斯特发现了通电导线周围存在着磁场，选项D

2、错误。2 .惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性。如图所示的四个运动物体中，惯性最大的是（D），但我们也经常用一些笼统的语言3 .在我们的日常生活语言中，虽然没有与速度、加速度等对应的物理学词语来描述物体的运动特征。以下关于日常生活语言对运动的描述，正确的是（C）A.说某人越野品&中跑得远，是指其位移较大B.说某运动员比赛全程跑得快，是指其瞬时速度较大C.说某短跑运动员起跑快，是指其加速度较大D.说某运动员比赛中冲刺快，是指其加速度较大1解析：越野跑中跑得远，是指其路程较大，A错误；比赛全程跑得快，是指其平均速度较大，B错误；运动员起跑快，是指其加速度较大，C正确；运动员比赛中冲刺

3、快，是指冲刺阶段的平均速度较大，D错误。4 .如图所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为V0,不计空气阻力，石块落地时的动能为（D）A.mgh一工v2C.2m'-mghD.工常。+mgh11RralFz解析：初状态的机械能为E=mgh+m0，则根据机械能守恒定律得mgh+m。=&故选D。5.未来“胶囊高铁”有望成为一种新的交通工具。“胶囊高铁”利用磁悬浮技术将列车“漂浮”在真空管道中由于没有摩擦，其运行速度最高可达到5000km/h。工程人员对“胶囊高铁”在A城到B城的一个直线路段进行了测试，行驶了121.7公里，用时6分13秒。则（B）A

4、.5000km/h是平均速度B.6分13秒是时间间隔C.“胶囊高铁”列车在真空管道中不受重力作用D.计算“胶囊高铁”列车从A城到B城的平均速度时，不能将它看成质点解析:5000km/h是瞬时速度,不是平土速度，故A错误;6分13秒是时间间隔，故B正确；“胶囊高铁”歹U车在真空管道中受重力作用，故C错误；在A城到B城的一个直线路段进行了测试，行驶了121.7公里，路程远大于“胶囊高铁”列车的自身长度，可以把它看成质点，故D错误。6 .气球下挂一重物，沿与水平方向成60。角的方向斜向上匀速上升，如图所示。不考虑空气阻力，则关于气球和重物整体的受力情况，下列说法正确的是（B）”A.受重力、浮力、水平

5、方向的风力B.只受重力和浮力的作用C.受重力、浮力、斜向上的冲力D.受重力、浮力、水平方向的风力、斜向上的冲力解析:气球在斜向上匀速上升过程中，只受重力和浮力的作用；如果水平方向有风力，气球不可能平衡而做匀速运动。7 .下列四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，其中说法正确的是（B）A.库仑利用图甲实验测出了引力常量8 .奥斯特利用图乙实验，发现了电流周围存在磁场C.牛顿根据图丙理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因D.安培利用图丁实验，总结出了磁场对运动电荷作用的规律解析：卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，故选项A错误；伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故选项C

6、错误，安培利用图丁实验，总结出了磁场对电流作用的规律，故选项D错误。8 .如图所示,A,B为小区门口自动升降杆上的两点,A在杆的顶端,B在杆的中点处。杆从水平位置匀速转至竖直位置的过程中，下列判断正确的是（D）A.A,B两点线速度大小之比为1:2B.A,B两点角速度大小之比为1:2C.A,B两点向心加速度大小之比为1：2D.A,B两点向心加速度的方向相同解析:A,B两点在同一杆上,角速度相等,故B错误；根据v=wr,可知va:VB=rA:rb=2：1，故A错误；根据a=rw可知,aa：a/rA：rB=2：1,故C错误;A,B两点向心加速度的方向均指向圆心，故D正确。9 .如图所示，下列对教材中

7、的四幅图分析正确的是（C）用乙1两A.图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B.图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C.图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D.图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用解析：图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为惯性，手与冰壶不接触了，不再对冰壶有推力作用，故A错误；图乙：电梯在加速上升时，加速度向上，电梯里的人处于超重状态，故B错误；图丙：汽车过凹形桥最低点时，加速度向上，处于超重状态，速度越大，所需要的向心力越大，超重越显著，对桥面的压力越大，所以C正确；图丁：汽车在水平路面转弯时，

8、受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，向心力是重力、支持力、摩擦力的合力，故D错误。10.如图，折线是表示物体甲从A地向B地运动的x-t图象，直线表示物体乙从B地向A地运动的x-t图象，则下列说法正确的是（B）A.在26s内甲做匀速直线运动B.乙做匀速直线运动，其速度大小为5m/sC.从计时开始至甲、乙相遇的过程中，乙的位移大小为60mD.在t=8s时，甲、乙两物体的速度大小相等解析：位移一时间图象的斜率表示速度，故乙做匀速直线运动，甲在02s内做匀速直线运动，26s内处于100-60静止状态,A错误；乙做匀速直线运动的速度大小为v乙=m/s=5m/s,B正确；在t=8s时，甲、乙相遇，60-

9、40此时甲的斜率即速度大小为v甲=2m/s=10m/s,乙的速度大小为5m/s,故两物体速度大小不相等，相遇时乙的位移大小为40m,C,D错误。11 .绍兴市S区奥体中心举行CH杯全国蹦床锦标赛。对于如图所示蹦床比赛时运动员的分析，下列说法中正确的是（C）A.运动员在蹦床上上升阶段，一直处于超重状态B.运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能增大C.运动员离开蹦床在空中运动阶段，一直处于失重状态D.运动员离开蹦床在空中运动阶段，重力势能一直增大解析：运动员在蹦床上有一小段减速上升，蹦床对运动员的弹力小于重力，运动员处于失重状态，故A错误；运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能减小，故B错

10、误；运动员离开蹦床在空中运动阶段，只受重力（空气阻力远小于重力，加速度一直向下，一直处于失重状态，故C正确；运动员离开蹦床在空中有上升和下降两个阶段，在下降阶段重力势能在减小，故D错误。12 .如图是某款能一键自动上水的全自动智能电热壶，当壶内水位过低时能自动加满水，加热之后的水，时间长了冷却，机器又可以自动加热到设定温度。某同学为了研究其工作原理，经进一步查阅厂家相关技术说明了解到：“一键加水”是由一水泵（电动机）和传感器来实现的，单独对这一部分进行测试时发现，当其两端所加电压U=10V时，电动机带不动负载，因此不转动，此时通过它的电流I1=2A;当其两端所加电压U2=36V时（通过变压器实

11、现）,电动机能带动负载正常运转，这时电流I2=1A.则下列说法正确的是（B）产品审号:MD-0625艇定电压：2MV皿率：50He新定功率的口A.这种电热壶工作时加热部分的电阻值约为5QB.正常工作时，其输出的机械功率为31WC.正常工作时，其电动机内阻两端电压为32VD.使用一天该水壶消耗的电能为36kWhy（220）解析：电热壶工作时，加热部分的电阻值r=P=150032Q,选项A错误；电动机不转时，由部分电路的欧姆定律得r='i=5，电动机能带动负载正常运转时，电动机内阻两端电压U=l2r=5V,则其输出的机械功率为P'=（U-Ur）I2=（36-5）X1W=31W,选项

12、B正确,C错误；水壶在工作时，只有水温低了才会加热，并不是24小时不间断用额定功率加热，因此，消耗的电能不足36kWh,选项D错误。家庭电扇第1己本电脑白打电板射ABCD13 .图中的几种家用电器工作时的电流最接近5A的是（D）解析：这些用电器都在220V的额定电压下工作，电流最接近5A,由公式P=UI得功率接近1100W故D正确。14 .如图甲所示滑雪运动员由斜坡高速向下滑行过程中其速度一时间图象如图乙所示，则由图象中AB段曲线可知，运动员在此过程中（B）A.做匀变速曲线运动B.做变加速运动C.所受力的合力不断增大D.机械能守恒解析：由图乙可知，运动员运动过程中加速度逐渐变小，由F合=ma可

13、知，运动员所受合力不断变小，故选项B正确,A,C错误；因滑雪运动员受阻力作用，其机械能逐渐减小，选项D错误。15.2018年7月10日4时58分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号甲运载火箭，成功发射了第三十二颗北斗导航卫星。该卫星属倾斜地球同步轨道卫星，卫星入轨并完成在轨测试后，将接入北斗卫星导航系统，为用户提供更可靠服务。通过百度查询知道，倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星它的运转周期也是24小时，如图所示，关于该北斗导航卫星说法正确的是A.该卫星可定位在北京的正上空B.该卫星与地球同步卫星的向心加速度大小是不等的C.该卫星的发射速度vW7.9km/s,选项A错误；

14、该卫星的周期是24h,根据a=rw2可知，该卫星的向心加D.该卫星的角速度与放在北京地面上物体随地球自转的角速度大小相等解析：由地球自转的方向可知，该卫星不可能与地面相对静止于北京正上方所以两种卫星距地面的高度相同，且角速度与地球自转的角速度大小相等速度应该等于地球同步卫星的向心加速度，选项B错误,D正确；将卫星发射到近地轨道的最小速度为7.9km/s,所以发射该卫星的速度应该要超过7.9km/s,选项C错误。16 .将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）喷射入磁场，磁场中有两块金属板A,B,这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。在磁极配置如图所示

15、的情况下，下列说法中正确的是（B）A.金属板A上聚集正电荷，金属板B上聚集负电荷B.金属板A上聚集负电荷，金属板B上聚集正电荷C.金属板A的电势高于金属板B的电势D.通过电阻R的电流方向由a到b解析：大量带正电和带负电的微粒射入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集在B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故A错误,B正确；正电荷聚集到B板，负电荷聚集到A板，知A板相当于电源的负极,B板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流由bR-a,金属板B的电势高于金属板A的电势，故C,D错误。17 .充电宝的核心部件是锂离子电池。由于锂离子电池的材料特性，在电

16、池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸。为安全起见，中国民航总局做出了相关规定，如图1所示。民航总局关于携带充电宝出行的相关规定低于100W-h可随身携带，不可托运100160W-h经航空公司批准才能随身携带（不超过两块）,不可托运超过160Wh禁止随身携带，不可托图1产品名称：移动电源电池容量:10000mAh3.7V电源输入:5V-1A电源输出1:5V-1A电源输出2:5V-2.1A为了给智能手机充电，小明购买了一款移动电源计算。根据以上材料，请你判断（D）AWh与mAh均为电量单位B.乘飞机出行时，这款移动电源不能随身携带C.这款移动电源能为手机提

17、供的最大充电量为D.这款移动电源充满电后所储存的总化学能为解析:W-h是能量单位,mA-h是电量单位E=UIt=3.7X10000X10-3W.h=37W.h,低于电源的效率为80%,所以移图2，其铭牌如图2所示。给手机充电时该移动电源的效率按80%10000mA-h37W-h,选项A错误；这款移动电源充满电后，储存的总化学能为100W-h,所以可以随身携带，选项B错误,D正确；因为该移动动电源能为手机提供的最大充电量为8000mA-h,选项C错误。18.在空气阻力不at的情况下，地球上有一物块以某一初速度在粗糙的水平桌面上向前滑行位移月球上，相同的物块以相同的初速度在相同的水平桌面上向前滑行

18、位移A.xi=x2B.x1>X2C.xi<X2D.无法比较xi和x2的大小X2后静止，则（Cxi后静止；在）解析：由动能定理mgx2i1.m,mgx2=2m。,g1>g2可知xi<x2,故A,B,D错误,C正确。非选择题部分二、非选择题（本题共5小题，共34分）19 .（6分）如图1所示是三个涉及纸带和打点计时器的实验装置图。展需丙:翔将近迪宝与力HiSt的关系,摩擦力对实验结果没有影响的是（选填“甲”乙:掾丸功和速度直侬7共4“乙”或"丙”）。（1）三个实验装置中（2）如果操作都正确或“”）。,则通过装置（选填“甲”“乙”或"丙”）可打出图2中的纸

19、带（选填“”m/s。（3）已知打点计时器的打点频率为50Hz,任选一条纸带求出e,f两点间的平均速度大小为解析:（1）据题意，图乙中，如果摩擦力过大，在纸带上就找不到匀速运动的一段，也就不能确定小车的末速度图丙中，需要研究的是a加的关系，如果摩擦力过大，就变成了a=m关系，只有甲，仅仅只需要测量一下加速度,应用纸带上的点确定加速度大小，摩擦力对该实验没有影响。（2）第图中，任意相邻两段的位移差均为0.2cm,是一个匀变速直线运动的纸带，可能是甲图，也可能是丙图的实验结果，只有第图，开始几段位移不相等，后来那几段的位移相等，是研究功与速度变化关系的实验结果故是实验装置乙和纸带。(3)vef=，=

20、1.30m/s。答案:(1)甲(2)乙(3)1.3020 .(6分)(1)在“练习使用多用电表”的实验中，小明同学用多用电表测量某一电阻，由于第一次选择的倍率不够合适，又改换另一倍率测量，两次测量时电表指针所指的位置如图甲中的虚线所示，下面列出这两次测量中的主要操作：肆A.将两根表笔短接，并调零B.将表笔分别与被测电阻的两端接触，观察指针位置C.记下电阻值D.将“选择开关”旋到“X10”挡E.将“选择开关”旋到“X1”挡F.将“选择开关”旋到交流500V挡根据上述有关操作判断出两次倍率选择的先后顺序是(选填"DE'或"ED');该电阻的阻值是Qo(2)为了更

21、精确地测定该电阻的阻值，小明欲采用伏安法。现有如下实验器材：量程为3V,内阻约为3ka的电压表；量程为10mA,内阻约为0.1Q的电流表：阻值为020Q的滑动变阻器；内阻可忽略，输出电压为3V的电源；开关和导线若干。图乙中P点应该,Q点应该。(均在下列选项中选择)A.接aB.接bC.接cD.不接解析:(1)由图可知，第一次测量时指针偏转较小，故说明所选倍率过小，故应选择大倍率，所以选择的先后顺序是ED由图甲可知，正确的示数应为18,故电阻的阻值应为18X10Q=180Qo(2)因为RX=180Q>.ffV=JO.lX30000*丽，所以电流表采用内接法，故P点应该接c;滑动变阻器的阻值较

22、小，因此采用分压式电路，故Q点应该接a,所以分别选C,Ao答案:(1)ED180(2)CA21 .(6分)如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角。=37o已知小球所带电荷量q=1.0X106C,匀强电场的场强E=3.0X103N/C,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：(1)小球所受电场力F的大小；(2)小球的质量m;将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。解析：(1)根据电场强度定义式可知，小球所受电场力大小为F=qE=1.0X10-6X3.0

23、X103N=3.0X10-3N。(2)小球受重力mg绳的拉力T和电场力F作用处于平衡状态，如图所示根据几何关系有mg=tan370,得m=4.0X10-4kg。(3)撤去电场后，小球将绕悬点摆动，根据动能定理有1mgl(1-cos37°)=2mJ,得v=,2以1cos37)=2.0m/s。答案:(1)3.0X10-3N(2)4.0X10-4kg(3)2.0m/s22 .(7分)如图所示，厚度不计的圆环套在粗细均匀、长度为0.8m的圆柱顶端。圆环可在圆柱上滑动，同时从静止释放，经0.4s圆柱与地相碰，圆柱与地相碰后速度瞬间变为0,且不会倾倒，不计空气阻力。(1)求静止释放瞬间，圆柱下端

24、离地的高度。(2)若最终圆环离地的距离为0.6m,则圆环与圆柱间的滞动摩擦力是圆环重力的几倍(3)若圆环速度减为0时，恰好到达地面，则从静止释放时圆环离地的高度为多少解析:(1)由自由落体运动规律可知，圆柱下端离地的高度1h1=g=0.8m。(2)圆柱落地时圆环的速度vi=gt1=4m/s则由运动学规律可知a0-=-2a(L-Li)解得a=40m/s2,对圆环根据牛顿第二定律可知f-mg=ma,解得二5。2设此种情况下圆柱落地时圆环的速度为V2,则有勺=2aL,解得V2=8m/s,根据自由落体规律可知，圆环自由下落的高度h2=2g=3.2m。则从静止释放时圆环离地的高度为H=L+h=4m。答案:(1)0.8m(2)5(3)4m23 .(9分)如图所示，最大承受能力为6mg,长为R的轻质细线一端固定在。点，细线的下端系一质量为m,电荷