2020年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理模拟试题C

1、2020年 1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟试题C 解析版考生须知：1本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分 100分，考试时间 90分钟。2考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上。3选择题的答案须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。5本卷中涉及数值计算的，重力加速度g均取 10 m/s 2。选择题部分一、选择题 （本题共 10小题，每小题 3

2、分，共 30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分 ）11电导率 是电阻率 的倒数，即 =。 用国际单位制中基本单位表示正确的是A A2s3B A2s3kgm2kgm3C A2s2D A s3kgm3kgm3【答案】 C【解析】根据电阻定律可知：RL，解得：1L，根据欧姆定律可知：RS ，则：SLRSRU ，联立可得：LI，根据 UW，而 W=FL， F=ma，q=It ，联立并根据公式对应单位的换算IUSq可知，其单位为A 2s3，故 C正确。kgm32假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速

3、上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0 （ t0 r 0 ，则刚进入区域的粒子仍将沿直线通过D若纳米粒子的半径r r 0 ，仍沿直线通过，则区域的电场与原电场的电场强度大小之比为rr0【答案】 A【解析】 AB设半径为 r 0的粒子加速后的速度为v，则有： q0U1m0v2 ，设区域 II 内电场强度为2E，洛伦兹力等于电场力，即q0vB=q0E，联立解得：E2q0U，则区域的电场与磁场的Bm0强度比值为2q0U，故 A正确， B错误； C若纳米粒子的半径 r r 0，设半径为 r 的粒子的质量为 m、m0带电量为 、被加速后的速度为r3，而 qr212v，则 m （

4、）m0（）q0 ，由qU ，解得：qr0r0mv2v2q0Ur0r0 vv ，故洛伦兹力变小，粒子带正电，故粒子向左偏转，故C错误； D由于m0 rrv2q0Ur 0r0 v ，故洛伦兹力与原来的洛伦兹力之比为r0 ；电场力与洛伦兹力平衡，故电场m0 rrr力与原来的电场力之比为r0 ；根据 F=qE，区域的电场与原电场的电场强度之比为r0 ，故 D错rr误。二、选择题 （本题共 4小题，每小题4分，共 16分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得 4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）11如图所示是一玻璃球体，其半径为R，O为球心， AB为水平直径。 M点是玻

5、璃球的最高点，来自 B点的光线从 点射出，出射光线平行于，已知30，光在真空中的传播速度为c，则BD DABABD=A此玻璃的折射率为3B光线从 B到D需用时3RcC若增大 ABD，光线不可能在 DM段发生全反射现象D若减小 ABD，从 AD段射出的光线均平行于AB【答案】 AB【解析】 A如图，由几何知识可得入射角i = ABD=30，折射角 r =2 ABD=30=60，则此玻璃的sinrsin 60o3 ，故 A正确；折射率为 nsin30osiniB BD长度 s=2Rcos30=3R，光在玻璃球内传播的速度 vc ，故光线从 传到的时间为BDnts3R ，故 B正确； C由 sinC

6、13 2 ，则临界角 C 45，所以若增大 ABD，入射角vcn32可能大于临界角，所以光线可能在DM段发生全反射现象，故C错误； D要使出射光线平行于AB，入射角必为 30，若减小 ABD，入射角减小，则从AD段射出的光线与 AB不平行，故 D错误。12一列沿 x轴正方向传播的简谐横波，每个质点振动的振幅都为2 m，已知在 t =0时刻相距 4 m的两个质点a，b的位移都是 1 m，但速度方向相反，其中 a质点的速度沿 y轴负方向，如图所示，则A t =0时刻， a， b两质点的加速度相同B a、 b两质点的平衡位置间的距离为波长的整数倍C当 a质点的速度最大时，b质点的速度为零D当 b质点

7、的位移为 +2 m时， a质点的位移为 1 m【答案】 AD【解析】 A两个质点都做简谐运动，t=0时刻两质点的位移相同，根据简谐运动的特征：a、 ba、bkxa ，得知加速度相同，故 A正确。 B图示时刻两质点位移相同，速度相反，但不是同相点，所m以a、b两质点的平衡位置间的距离不是波长的整数倍，故B错误。 C由图看出， a正向平衡位置运动，速度增大， b正向波峰运动，速度减小，当 a通过 1cm位移到达平衡位置时， b还没有到达波峰，则a质点速度最大时， b质点速度不为零。故 C错误。 D假设在 t =0时刻， ab之间只有一个波峰则其位置在 x=3的位置，当 b质点位移为 +2 cm到达

8、波峰时，波向右传播2 m的距离，将波形向右平移2 m可看出，此时 a质点位于平衡位置下方，位移为1 cm，故 D正确。13一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为 m的重物，当重物的速度为 v1时，起重机的有用功率达到最大值 P。以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度匀速上升。则下列说法正确的是PA钢绳的最大拉力为v1PB钢绳的最大拉力为v1 +mgC重物的最大速度为PmgD重物做匀加速运动的时间mv12Pmgv1【答案】 ACD【解析】 AB重物先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，开始匀加速时加速度最大，绳子拉力最大，重物的速度为v1时，起重机的有

9、用功率达到最大值，由，PP Fv1P可得钢绳的最大拉力为 F= ，故 A正确， B错误； C最后重物匀速运动，牵引力等于重力大小v1F mg ， P Fv 2 ，联立可得重物的最大速度为v2=P，故 C正确； D匀加速阶段，钢绳拉力为mg1F1mgma ，由前面分析可知FP，由运动学公式F ，重物做匀加速运动由牛顿第二定律可得1v1mv 2可得 v1 at ，联立可求的时间 t1，故 D正确。Pmgv114为了测定一个水平向右的匀强电场的场强大小，小明所在的物理兴趣小组做了如下实验：用长为L的绝缘轻质细线，上端固定于O点，下端拴一质量为m、带电荷量为 q的小球（可视为质点），如图所示，开始时，

10、将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，摆到B点时速度恰好为零，然后又从 B点向 A点摆动，如此往复。小明用测量工具测量与水平方向所成的角度，刚好为60。不计空气阻力，下列说法中正确的是A在 B点时小球受到的合力为0B电场强度 E的大小为3mgqC小球从 A运动到 B，重力势能减小3mgL2D小球在下摆的过程中，小球的重力势能和电势能之和先减小后增大【答案】 BCD【解析】 A小球在 B点受重力竖直向下，电场力水平向右，故合力一定不为零，故A错误； B小球由A到B的过程中，由动能定理可得：mgLsin EqL（ 1cos60） =0，则电场强度的大小为E 3mg ，故 B正确；

11、C小球从 A运动到 B，重力做正功， W=mgh=mgLsin ，故重力势能减小qmgLsin603mgL ，故 C正确； D小球在下摆过程中，除重力做功外，还有电场力做功，故机械能2不守恒，但机械能和电势能总能量之和不变，因为球在下摆的过程中，动能先增加后减小，则小球的重力势能和电势能之和先减小后增大，故D正确。非选择题部分三、实验题 （本题共 2小题，共 17分）15（ 7分）某实验小组利用如图1所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。图1图2（ 1）实验中除了需要小车、砝码、托盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、两根导线、复写纸、纸带之外，还需要_、 _。（

12、2）下列做法正确的是 _。A调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B在调节木板倾斜角度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上C实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源D通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度E用托盘和盘内砝码的重力作为小车和车上砝码受到的合外力，为减小误差，实验中一定要保证托盘和砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量（3）某同学以小车和车上砝码的总质量的倒数1 为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上M作出的 a 1关系图线如图 2所示。由图可分析得出：加速度与质量成_关系（填M“正比”或“反比”）；图线不过原点说明实

13、验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角 _（填“过大”或“过小”）。【答案】（ 1）天平（ 1分） 刻度尺（ 1分）（2）ADE（3分） （3）反比 （1分）过大（ 1分）【解析】（ 1）实验中用砝码桶的总重力表示小车的拉力，需测量砝码桶的质量，所以还需要天平。实验中需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还需要刻度尺。（2）A、实验时调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，故A正确。 B、平衡摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，故B错误。 C、实验时应先接通电源，再释放纸带，故 C错误。 D、通过增减木块上的砝码改变质量时，不需

14、要重新调节木板倾斜度，故D正确。E、对整体分析，根据牛顿第二定律可知：amg，则绳子上拉力大小M mMmgmgF Mam ，当 mM ，即砝码桶及桶内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的M m1M总质量时，砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力。故E正确。（ 3）因为 a 1 图象是一条直线， a与M成反比；图象在 a轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的M倾角过大造成的。16（ 10分）某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100A，内阻为 2 500 的表头，一个开关，两个电阻箱（0999.9 ）和若干导线。（1）由于表头量程偏小，该

15、同学首先需将表头改装成量程为50 mA的电流表，则应将表头与电阻箱_（填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为_。（ 2）接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图所示，通过改变电阻 R测相应的电流 I ，且作相关计算后一并记录如下表。123456R/ 95.075.055.045.035.025.0I /mA15.018.724.829.536.048.0IR/V1.421.401.361.331.261.20根据表中数据，下图中已描绘出四个点，请将第 5、6两组数据也描绘在图中，并画出 IR I 图线。根据图线可得电池的电动势E是 _V，内阻 r 是_。【答案】

16、（ 1）并联（ 2分）5.0 （2分） （2）（2分） 1.53（ 2分） 2.0 （ 2分）【解析】（ 1）由题意知， I g=100A， Rg=2500，量程 I =50mA，根据并联分流原理，改装成大量程电流表需并联的电阻 R=I g Rg。=5.0I I g（ 2）根据描点法作出 5、 6两点，再将各点拟合为对应的直线，注意误差较大的点要去除；即得出对应的图象如图所示；因 IR即表示电源的路端电压，则有IR E（I rRA），则由图象可知，对应的电动势为1.53V ，内1.531.18。阻为 r (5)2.00.05三、计算题 （本题共 3小题，共 37分）17（ 10分）如图所示，

17、LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长， LM下端与 MN相切。质量为 m的带正电小球 B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球 A从上距水平轨道高为 h处由静止释放。在 A球进入水平轨道之前，由于A、 B两球相距足够远，相互作用的静电力忽略不计，A、B两球组成的系统的电势能可认为是零，带电小球均可视为质点。己知重力加速度为g。（ 1）A、B两球相距最近时，求 A球的速度大小 v。（ 2）A、B两球相距最近时，求 A、 B两球组成的系统的电势能 EP。（ 3）求 A、 B两球最终的速度大小 vA、vB。【答案】（ 1） 2gh （3分）（2） 2 mgh（3分）（3） 12g

18、h42gh （4分）333【解析】（ 1）对 A球下滑的过程，由动能定理得：2mgh12mv02 （ 2分）2解得： v02gh （1分）（2）当 A 球进入水平轨道后，A 、 B 两球组成的系统动量守恒，当A 、 B 相距最近时，两球速度相等，由动量守恒定律可得：2mv02mm v （ 1分）由能量守恒定律得：12mv0212m m v2Ep （ 1分）22联立解得： Ep2mgh（ 1分）3（3）当 A 、 B 相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A 、B 两球组成的系统动

19、量守恒、能量也守恒，由动量守恒定律可得：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）如图甲所示，质量为m、带电荷量为 q的带电粒子在 t =0时刻由 a点以初速度 v0垂直进入磁场，区域磁场磁感应强度大小不变，方向周期性变化，如图乙所示（垂直纸面向里为正方向）；区域为匀强电场，方向向上；区域为匀强磁场，磁感应强度大小与区域相同，均为B0。粒子在区域内一定能完成半圆运动且每次经过mn的时刻均为T0的整数倍，则：2（ 1）粒子在区域运动的轨道半径为多少？（ 2）若初始位置与第四次经过 mn时的位置距离为 x，求粒子进入区域时速度的可能值（初始位置记为第一次经过mn）。【答案】（ 1） mv0（3分）（2） qB0 xqB0 x2v0 （ 9分）qB02m2m【解析】（ 1）带电粒子在区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B0 =mv02 （ 2分） r解得 r = mv0 （ 1分）qB0（2）带电粒子的运动轨迹有两种可能（2分）第一种情况：粒子在区域运动半径R= x （ 1分）qv2B0=mv22（1分）2R解得粒子在区域速度大小qB0 xv =（ 2分）22m第二种情况：粒子在区域运动半径 R= x4r（1分）2粒子