浙江省六校2020届高三理综（物理部分）3月联考试题（含解析）

1、2020年浙江省六校联考高考物理模拟试卷（3月份） 一、选择题（本题共4小题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（6分）（2020浙江模拟）关于下列物理现象的解释中不恰当的是（） A 收音机里的“磁性天线”利用互感现象把广播电台的信号从一个线圈传送到另一个线圈 B 电磁炮与传统大炮不同，它利用安培力对弹丸做功的原理，可以使弹丸获得很大的速度 C 避雷针往往具有很多组金属尖棒，做成蒲公英花的形状，它是利用静电屏蔽原理工作的 D 用导线把微安表的“+”、“”两个接线柱连在一起后晃动电表，表针晃动幅度很小，且会很快停下，这是物理中的电磁阻尼现象【考点】： 电磁感应在生活和生产中的应

2、用【分析】：收音机接收了电台的广播信号（电磁波信号），再利用电磁感应现象还原成为电流依据电磁炮的原理判定B；下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电不属于静电屏蔽；微安表的表头在运输时常把两个接线柱用导线连接是利用电磁阻尼【解析】： 解：A、收音机接收了电台的广播信号（电磁波信号），再利用电磁感应现象还原成为电流，故A错误；B、电磁炮的原理是：利用安培力推动炮弹沿导轨加速运动，达到每秒几十公里的超高速状态，故B正确C、下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电不属于静电屏蔽，故C错误；D、闭合线圈在磁场中运动会产生感应电流，从而出现安培阻力，因此在

3、运输时，表头接线柱有导线相连；用导线把微安表的“+”、“”两个接线柱连在一起后晃动电表，表针晃动幅度很小，且会很快停下，这是物理中的电磁阻尼现象；故D正确；该题选择解释不恰当的，故选：AC【点评】： 该题都是生活的实例分析，一般涉及到这个内容的题目可能不一定都见过，重点是考察对所学知识的迁移应用能力2（6分）（2020浙江模拟）下表面粗糙，其余均光滑的斜面置于粗糙水平地面上，倾角与斜面相等的物体A放在斜面上，方形小物体B放在A上，在水平向左大小为F的恒力作用下，A、B及斜面均处于静止状态，如图所示现将小物体B从A上表面上取走，则（） A A仍保持静止 B A对斜面的压力不变 C 斜面可能向左运

4、动 D 斜面对地面的压力变小【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】：先整体为研究对象，整体原来处于静止状态，合力为零，分析其受力情况，作出力图，可由平衡条件得出F与重力沿斜面分力的关系；再分析将小物体B拿走后A物体的受力情况，判断其运动情况【解析】： 解：令A、B的质量分别为M和m，以AB整体为研究对象受力分析有：根据平衡条件有：F=（M+m）gtanA、取走质量为m的B后，没斜面方向Fcos=（M+m）gsinMgsin，故A将向上滑动，故A错误；B、B在A上时，斜面对A的支持力N=Fsin+（M+m）gcos，当取走质量为m的B后

5、，斜面对A的支持力N=Fsin+Mgcos，根据牛顿第三定律知，A对斜面的压力减小，故B错误；C、B在A上时，斜面受到地面的摩擦力f=F=（M+m）gtan取走m后，A对斜面的压力减小，压力在水平方向的分力同样减小，故斜面仍保持与地面静止，故C错误；D、以斜面AB整体为研究对象，B在A上时，地面对斜面的支持力等于斜面AB三者重力之和，取走m后，支持力等于斜面和A的重力之和，故D正确故选：D【点评】： 本题属于共点力平衡的基本问题，关键掌握正交分解法，并能根据加速度的方向判断压力与重力的关系3（6分）（2020浙江模拟）如图所示，底面足够大的水池中静置两种互不相容的液体，一可视为质点的空心塑料小

6、球自水池底部无初速释放，穿过两液体分界面后继续向上运动已知每种液体各处密度均匀，小球受到的阻力与速度成正比，比例系数恒定，小球向上运动中不翻滚则下列对小球速度v随时间t变化的图线描述可能正确的是（） A B C D 【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】：根据小球的受力分析加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断小球的运动规律【解析】： 解：根据牛顿第二定律得，小球向上运动的加速度为：a=，在第一种液体中，可能先向上加速运动，速度增加，加速度减小，做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速直线运动进入第二种液体，由于密度不同，则加速度可

7、能向下，即：a=，做减速运动，加速度减小，即做加速度减小的减速运动，最终做匀速运动故C正确在第一种液体中，可能先向上做加速度逐渐减小的加速运动，然后进入第二种液体，若第二种液体的密度大于第一种液体的密度，根据a=，然后继续做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动故D正确故选：CD【点评】： 解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动4（6分）（2020浙江模拟）一辆玩具车（形状和宽度如图），其四周固定了如图所示的导线框，在外力作用下以速度v匀速向右通过三个匀强磁场区域，这三个磁场区域的宽度均为L若以逆时针

8、的电流方向作为正方向，并以小车右端刚刚进入磁场为零时刻，其导线框中电流随时间变化的图象为（） A B C D 【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与图像结合【分析】：由楞次定律或右手定则可判断线圈中的电流方向；由E=BLv、欧姆定律及匀速运动的规律可得出电流随时间的变化规律，再选择图象【解析】： 解：在0时间内，由右手定则判断知，感应电流沿逆时针方向，为正；感应电动势为 E=BLv，感应电流大小为 I=；在时间内，穿过线框的磁场方向在两种，总的磁通量不变，没有感应电流产生，I=0；在时间内，由右手定则判断知，感应电流沿顺时针方向，为负；感应电动势为 E=BLv，感应电流

9、大小为 I=；故A正确故选：A【点评】： 本题关键要掌握法拉第定律、欧姆定律和安培力公式、左手定则，要注意线框的左右两边都切割磁感线，产生感应电动势，要区分清楚两边的电动势是串联叠加还是抵消二、选择题（本题共3小题在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的）5（6分）（2020浙江模拟）如图所示，有两个质量均为m，带等量正、负电荷的小球P、Q，Q被固定在倾角为的光滑直角斜面的竖直面上，当P小球被放置在与Q小球同一竖直面内且等高位置的斜面上时，P恰好静止，此时它们之间的距离为L，则下列说法正确的是（） A 将Q球下移一小段距离，P球仍可能静止 B 由题设条件能算出P、Q小球所带的电荷量

10、 C 将Q球沿水平线向左移一小段距离，P球将沿斜面向上移动 D 先设法使P球静止，将Q球置于斜面顶端后，再释放P球，P球将沿斜面下滑【考点】： 电势差与电场强度的关系【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】：电荷间的库仑力为，然后通过受力分析及共点力平衡即可判断【解析】： 解：当P球静止时，通过受力分析可得A、当Q竖直向下移动，电荷间的库仑力减小，根据受力平衡条件，当P受力的库仑力方向逆时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而库仑力在减小，因此不能保持静止，故A错误；B、对P受力分析，根据共点力平衡平衡即可求得电荷量，故B正确；C、将Q球沿水平线向左移一小段距离，受到的库仑力减小，根据受力分

11、析可知，P球将沿斜面向下移动，故C错误；D、先设法使P球静止，将Q球置于斜面顶端后，两球间的距离变大，通过受力分析可得，故P球将沿斜面下滑，故D正确故选：BD【点评】： 本题主要考查了电荷间的库仑力与受力分析，通过共点力平衡即可判断6（6分）（2020浙江模拟）三个导体元件A、B、C的伏安特性曲线分别如图线a、b、c所示当它们串联后接在6V稳压直流电源两端时，它们的电阻分别为RA、RB、RC，其中图线b在点（2，1）处的切线与图线c平行，则下列说法正确的是（） A RA：RB：RC=1：2：3 B 此时导体A的功率为1W C 若将三个导体元件并联后接在3 V的稳压直流电源上，则A元件消耗的功率

12、最小 D 若仅将导体B、C串联后接在2V的稳压直流电源上，B元件消耗的功率大于0.5W【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】：选项A的关键是由R=根据IU图象分别求出各待测电阻的阻值；选项B根据欧姆定律和功率公式求解即可；选项C根据P=即可求解；选项D根据欧姆定律和功率公式求解即可【解析】： 解：A、由R=，根据IU图象可求出=1，=2，=3，则：=1：2：3，所以A正确；B、根据闭合电路欧姆定律可求出电流为I=1A，所以导体A的功率为=1W，所以B正确；C、由于导体A的电阻最小，根据P=可知，导体A消耗的功率应最大，所以C错误；D、若将B、C串联，则I=0.4A，所以

13、B消耗的功率为=0.32W，所以D错误；故选：AB【点评】： 应根据导体电阻的定义式R=来求导体的电阻，注意若IU图象是过原点的倾斜直线时，导体的电阻应等于IU图象斜率的倒数7（6分）（2020浙江模拟）如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（） A 固定位置A到B点的竖直高度可能为2R B 滑块在传送带上向右运动的最大距

14、离与传送带速度v有关 C 滑块可能重新回到出发点A处 D 传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多【考点】： 功能关系；动能定理【分析】：滑块恰能通过C点时根据牛顿第二定律列方程求c点时的速度，由动能定理知AC高度差，从而知AB高度；对滑块在传送带上运动的过程根据动能定理列方程求滑行的最大距离的大小因素；根据传送带速度知物块的速度，从而知是否回到A点；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=mgx，看热量多少，分析相对路程【解析】： 解：若滑块恰能通过C点时有：mg=m，由A到C根据动能定理知mghAC=联立解得hAC=R则AB最低高度为2R=2.5R，故A错误；B、设滑块在传送带上滑行的最远距

15、离为x，则有动能定理有：0m=2mgRmgx，知x与传送带速度无关，故B错误；C、若回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点A点，故C正确；D、滑块与传送带摩擦产生的热量Q=mgx，传送带速度越大，相对路程越大，产生热量越多，故D正确；故选：CD【点评】： 本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿第二定律，理清物块在传送带上的运动情况，以及在圆轨道最高点的临界情况是解决本题的关键二.非选择题8（10分）（2020浙江模拟）（1）小张做验证机械能守恒定律实验，在接通电源、释放纸带之前的情形如图1所示，已知铁架台置于水平桌面上，打点计时器竖直，请指出图中不合理的地方（至少2处） 不合理：重

16、锤未紧靠打点计时器不合理：重锤与地面的距离太小（2）小张在改正之后，得到一条点迹清晰的纸带，但由于粗心大意弄断了纸带，只留下如图2所示的一部分，她认为仍旧可以利用重力势能的变化量和动能变化量是否相等的思路来验证具体如下：天平称量得到重锤质量m=0.3kg，重力加速度g=9.8m/s2，打点计时器工作频率为50Hz，取纸带上打A点时重锤所在的位置为零高度，分别计算得出B、C、D、E、F各点到A点的距离作为高度h填入下述表格中，并进行相关的处理得出表格中的其他数据，小张发现数据处理的结果显示机械能明显不守恒，试提出帮小张解决这个问题的建议：B、C、D、E各点的势能值均为负值，应该有E=EkEpA

17、B C D E FX/mm 10.0 23.0 39.9 60.7 85.4 114.0h/mm 0 13.0 29.9 50.7Ep/J 0.038 0.088 0.149v/ms1 0.748 0.943 1.134Ek/J 0.084 0.133 0.194E/J 0.122 0.221 0.343（3）在找到原因并改正后，求出表格中E点速度v=1.333m/s，机械能E=0.045J（保留3位小数）【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】：根据实验的原理和注意事项找出实验中不合理的地方根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出E点的速度，结合E点的重力势能和动能

18、求出机械能【解析】： 解：（1）实验中不合理的地方：重锤未紧靠打点计时器；重锤与地面的距离太小；释放时手应该抓住纸带的上端并使纸带竖直（2）A点的高度为零，则B、C、D的高度应该为负值，重力势能应该为负值，按照表格中的数据，则机械能E=EkEp（3）E点的速度等于DF段的平均速度，则有：，E点的机械能为：=0.045J故答案为：（1）重锤未紧靠打点计时器；重锤与地面的距离太小；释放时手应该抓住纸带的上端并使纸带竖直（2）B、C、D、E各点的势能值均为负值，应该有E=EkEp（3）1.333，0.045【点评】： 解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速

19、度，从而得出动能的大小9（10分）（2020浙江模拟）（1）小陈同学利用伏安法测一节新干电池的电动势和内阻，使用如下器材：新干电池1节，开关1个、电流表（00.6A），电压表（03V），滑动变阻器（10，2A），导线若干，测量发现其内阻很小，容易在滑动变阻器零阻值接入时，因电流过大对电源造成损坏为防止出现以上情况，在电路中串联一个固定电阻R0，以下R0的阻值最合理的是AA2.0 B20.0 C200.0 D2000.0（2）小陈考虑利用电阻箱得到固定电阻，请帮助小陈在图甲中完成实物图中的剩余接线（3）按照正确的操作方法获得了如下实验数据，在图乙中所示的坐标系中完成UI图象 1 2 3 4 5

20、6 7 8I/A 0.14 0.20 0.28 0.32 0.36 0.40 0.44 0.48U/V 1.16 1.00 0.80 0.70 0.61 0.50 0.39 0.30（4）利用以上UI图象可求出一节新干电池电动势E=1.5V，内阻r=2.4【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】：（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻【解析】： 解：（1）由于采用一节干电池，电压为1.5V，电源内阻较小，故应采用小定值电阻作为

21、保护电阻；故选：A（2）根据实验原理本实验采用相对电源的电流表外接法；实物图接法如图所示；（3）根据给出的表中数据作出对应的伏安特性曲线如图所示；（3）由UI图可知，电源的电动势为：E=1.50V；内电阻为：r=2.4；故答案为：（1）A；（2）电路图如图所示；（3）实物图如图；（4）1.5，2.4【点评】： 本题为设计性实验，在解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，由图象得出电动势和内电阻10（16分）（2020浙江模拟）如图为一架简易的投石机示意图，该装置由一根一端开口长为x0的光滑硬质塑料管和固定于另一端的轻弹簧组成，并通过铰链固定于木架上不用时弹簧

22、自由端恰与管口齐平；现在弹簧上端放置一质量为m的光滑小钢珠，当将管子向右转动到与竖直面成60的位置时，弹簧长度变为x0此时快速向左拨动管子，钢珠恰好在管子竖直时从管口飞出，并垂直击中正前方的目标靶靶心已知管长为L，目标靶靶心离竖直杆顶的水平距离为L，竖直距离为，试分析：（1）若将管子缓慢转动到竖直位置，求小钢珠距管底部的距离；（2）若在（1）过程中弹簧对小钢珠做的功为W1，试求管壁对小球做的功W2；（3）小钢珠击中靶心时的动能；（4）分析快速转动塑料管时小钢珠能从管口飞出的原因【考点】： 动能定理的应用；平抛运动【专题】： 动能定理的应用专题【分析】：（1）由平衡条件可求得小球的位置；（2）由动能定理可求得管壁对小球所做的功；（3）由平抛运动规律可求得小钢珠击中靶心时的动能；（4）根据圆周运动规律分析小球飞出的原因【解析】： 解：（1）管倾斜时，mgsin30=k（x0x0）设竖直时小球距底端为x，则有：mg=k（x0x）解得：x=x0（2）由动能定理可得：mgx+W1+W2=0解得：W2=W1；（3）由平抛运动规律可得：=gt2L=v0tEK=mv02解得：EK=；（4）快速转动时，由于小球受重力和弹簧的弹力的合力不足以提供所需要的向心力；故将沿管壁向外做离心运动；答：（1）小钢珠距管底部的距离为x0；（2）若在（1）过程中弹簧对小钢珠做的功为W1，