届浙江省宁波市新高考选考适应性考试物理试题解析版Word文件下载.docx

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【解析】A项：

位移、速度都是有方向又有大小的矢量，磁通量是标量，但有正、负之分，故A错误；

B项：

速度、加速度都是有方向又有大小的矢量，功是标量，却为正、负之分，正、负表示力做正、负还是负功，故B错误；

C项：

加速度、速度变化量、电场强度都是有方向又有大小的矢量，故C正确；

D项：

磁感应强度、速度都是有方向又有大小的矢量，但时间只有大小，没有方向，故D错误。

3.下图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法正确的是

A.亚里士多德根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因

B.牛顿通过引力扭秤实验，测定出了万有引力常量

C.安培通过实验研究，发现了电流的效应

D.库仑通过静电力扭秤实验研究，发现了库仑定律

【答案】D

伽利略根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因，故A错误；

文迪许扭秤试验，卡文迪许通过该实验测出了万有引力常量，故B错误；

奥斯特最早通过实验发现了电流的磁效应，故C错误；

库仑通过静电力扭秤实验研究，发现了库仑定律，故D正确。

点晴：

该题考查了有关物理学史的知识，要了解物理学中的几个重要试验以及对于的伟大发现，注意平时多看书积累。

4.如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端有一块软羊皮（长度不计）做成裹片。

若橡皮条的形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为3L（弹性限度内），则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为

A.2kLB.kLC.D.

【解析】根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力F=k（3L-L）=kL

设此时两根橡皮条的夹角为θ，根据几何关系知，，根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大弹力，故C正确。

当橡皮条的长度最大时，橡皮条的弹力最大，两个弹力的夹角最小，则两弹力的合力最大，根据平行四边形定则求出最大弹力。

5.直线运动质点的v－s图象如图所示，图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，则下列判断不正确的是

A.质点做初速度为零的匀加速直线运动

B.质点在3s末的速度大小为5m/s

C.质点的加速度大小为4m/s2

D.质点在0~3s内的平均速度大小为6m/s

【答案】B

根据匀变速直线运动的速度—位移公式，由于图线为顶点在坐标原点、开口向右的一条抛物线，结合数学知识可得，，故A正确；

B、C项：

根据公式，将图象中的（8，8）代入方程可得，，解得，由公式，故B错误，C正确；

由公式，故D正确。

6.撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成三个阶段：

持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落。

撑杆跳高的过程中包含很多物理知识，下列说法正确的是

A.持杆助跑过程，重力的反作用力是地面对运动员的支持力

B.撑杆起跳上升阶段，弯曲的撑杆对人的作用力大于人对撑杆的作用力

C.撑杆起跳上升阶段先处于超重状态后处于失重状态

D.最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆，是因为受到了一个向前的冲力

根据牛顿第三定律可知，重力的反作用力是运动员对地球的作用力，故A错误；

根据牛顿第三定律可知，弯曲的撑杆对人的作用力等于人对撑杆的作用力，故B错误；

撑杆起跳上升阶段由于撑杆对人的作用力大于运动员的重力，运动员离开撑杆后只受重力作用，所以运动员先处于超重状态后处于失重状态，故C正确；

最高点手已离开撑杆，运动员还能继续越过横杆，是因为惯性，故D错误。

解决本题关键理解牛顿第三定律，作用力与反作用力是甲对乙的作用和乙对甲的作用力，两力大小相等，方向相反。

7.如图两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球A和B，细线上端固定在同一点，若两个小球绕竖直轴做匀速圆周运动时恰好在同一高度的水平面内，则下列说法中正确的是

A.线速度vA=vBB.角速度ωA＞ωB

C.加速度aA=aBD.周期TA=TB

设连接A球的细线长为LA，细线与竖直方向的夹角为，对小球A受力分析且由牛顿第二定律可得：

，解得，同理，设连接A球的细线长为LB，细线与竖直方向的夹角为，可得，由于，故，故A错误；

同理可得，对A球：

，解得，对B球：

，解得，由于，所以，故B错误；

对A球：

，解得，由于，所以，故C错误；

，对B球：

，由B分析可知：

，所以，故D正确。

8.如图所示，以m/s的水平初速度v抛出的物体，飞行一段时间后，撞在倾角为30°

的斜面上时，速度方向与斜面成60°

，这段飞行所用的时间为

A.1sB.2s

C.3sD.6s

【解析】物体做平抛运动，当垂直地撞在倾角为30°

的斜面上时，把物体的速度分解如图所示，

由图可知，此时物体的竖直方向上的速度的大小为

根据可解得t=1s，故A正确。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，将速度进行分解，根据平行四边形定则求出撞在斜面上竖直方向上的分速度，从而根据速度时间公式求出运动的时间。

9.中国高铁运营里程占世界高铁运营总里程60%以上，位居全球第一。

相关资料表明：

我国最大时速350km/h的高铁运行时平均每小时耗电9600kW·

h。

已知宁波-北京南的G58次高铁，从宁波出发到北京全程用时6小时59分，其中靠站停车11次，共计停车41分钟。

则这列高铁全程所消耗的电能最接近的值

A.2×

109JB.2×

1010J

C.2×

1011JD.2×

1012J

【解析】从宁波出发到北京运行时间为总时间减去停车时间即，耗的电能，故C正确。

10.如图所示，a是地球赤道上的一点，某时刻在a的正上方有三颗卫星b、c、d，它们的圆轨道与赤道平面共面，各卫星时刻起，经过一段时间t（这段时间小于b卫星绕地球运行的周期），卫星相对a的位置最接近实际的是

A.B.C.D.

【解析】根据可知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，三个卫星中，b转过的角度最大，c次之，d最小，d为同步卫星，与赤道上的a保持相对静止．故A、B、D错误，C正确。

根据万有引力等于向心力：

知，轨道半径越大，周期越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，可以比较出三卫星转过的角度，而同步卫星又与地球保持相对静止。

11.如图所示，电荷量大小相等的两个点电荷Q1和Q2，两者连线及中垂线上分别有A点和B点，则下列说法正确的是

A.若两者是同种电荷，则A点的电势一定高于B点的电势

B.若两者是同种电荷，则A点的场强一定大于B点的场强

C.若两者是异种电荷，则A点的电势一定高于B点的电势

D.若两者是异种电荷，则A点的场强一定大于B点的场强

【解析】设两个点电荷和连线的中点为O．若两电荷是同种电荷，且都是正电荷，则A点的电势高于O点电势，O点电势高于B点电势，则A点的电势高于B点的电势．若两个点电荷都带负电，则A点的电势低于B点的电势，A错误．若两者是同种电荷，B点处电场线分布情况不能确定，所以不能确定两点场强的大小，B错误．若两者是异种电荷，且为正电荷，则A点的电势高于B点的电势．若为负电荷，则A点的电势低于B点的电势，C错误．若两者是异种电荷，A处电场线比B处电场线密，则A点的场强一定大于B点的场强，D正确．选D．

【点睛】若两电荷是同种电荷，根据电场的对称性分析电场强度的关系，电场线越密，场强越大．若两电荷是异种电荷，根据顺着电场线方向降低，分析电势的高低；

在两电荷的连线上，O点场强最小，在连线的中垂线上O点的场强最大．

12.超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图是电磁船的简化原理图，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间部分区域浸没在海水中并有垂直纸面向内的匀强磁场（磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出），以下说法正确的是

A.使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力

B.要使船前进，海水中的电流方向从CD板指向AB板

C.同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反

D.若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，AB与CD间海水中的电流强度小于

【解析】A、B项：

当CD接直流电源的负极时，海水中电流方向由ABA指向CD，是海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，故A、B错误；

同时改变磁场的方向和电源正负极，磁场方向反向，电流方向反向，所以推进力方向将与原方向相同，故C错误；

因船在海水中前进时，AB与CD间海水切割磁感线产生电流，使接入电路的海水两端电压小于U，所以电流强度小于，故D正确。

利用左手定则判断出海水受到的安培力，根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，即可判断运动方向，注意与右手定则的区别。

13.如图甲所示，两段等长绝缘轻质细绳将质量分别为m、3m的带电小球A、B（均可视为点电荷）悬挂在O点，系统处于静止状态，然后在水平方向施加一匀强电场，当系统再次达到静止状态时，如图乙所示，小球B刚好位于O点正下方（细绳始终处于伸长状态）。

则两个点电荷带电量QA与QB的大小关系正确的是

A.7:

3B.3:

1C.3:

7D.5:

3

【解析】在图乙中，

对A、B整体受力分析由平衡条件可得：

，

对B受力分析由平衡作件可得：

对A受力分析由平衡条件可得：

由以上各式解得：

，故A正确。

二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分。

每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题要求的，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）

14.下列说法中正确的是

A.β衰变所释放的电子是原子核内的质子转化成中子时产生的

B.低频扼流圈“通直流，阻交流”，高频扼流圈“通低频，阻高频”，一般高频扼流圈的自感系数比低频扼流圈要小

C.普朗克发现了天然放射现象，从而提出了量子化的思想

D.比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定

【答案】BD

β衰变所释放的电子来自原子核，是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故A错误；

低频扼流圈“通直流，阻交流”，高频扼流圈“通低频，阻高频”，一般高频扼流圈的自感系数比低频扼流圈要小，故B正确；

贝克勒尔发现了天然放射现象，故C错误；

比结合能越大,表示原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定，故D正确。

15.氢原子的部分能级如图所示，大量处于n=2激发态的氢原子从一束单一频率的光中吸收了能量后，跃迁到某较高激发态，再向低能级跃迁时，可以发出6种不同频率