浙江省版高考物理一轮复习选考科目模拟考试3Word格式.docx
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ω2B.ω1=
ω2C.ω1=
ω2D.ω1=
ω2
6.
如图所示,一幼儿园小朋友在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起,受到老师的表扬。
下列说法正确的是（ ）
A.石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力
B.石块b对a的支持力一定等于a受到的重力
C.石块c受到水平桌面向左的摩擦力
D.石块c对b的作用力一定竖直向上
7.在圆轨道上运动的质量为m的人造地球卫星,它到地面的距离等于地球半径R,地面上的重力加速度为g,则（ ）
A.卫星运动的速度为
B.卫星运动的周期为2π
C.卫星运动的向心加速度为
D.卫星的动能为
8.
把一质量为m的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A的位置甲。
迅速松手后,弹簧把球弹起,球升至最高位置C（图丙）,途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。
已知A、B的高度差为h,C、B高度差为2h,弹簧的质量和空气的阻力均可忽略,选A位置为重力势能零势能点,则（ ）
A.刚松手瞬间,弹簧弹力等于小球重力
B.状态甲中弹簧的弹性势能为2mgh
C.状态乙中小球的动能为mgh
D.状态丙中系统的机械能为3mgh
9.
超级电容器又叫双电层电容器（ElectricalDouble-LayerCapacitor）是一种新型储能装置,它不同于传统的化学电源,是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电源。
它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。
如图为一款超级电容器,其标有“2.7V 3000F”,则可知（ ）
A.该电容器在2.7V电压下才能正常工作
B.该电容器最大容纳电荷量为8100C
C.所储存电荷量是手机锂电池“4.2V 1000mAh”的3倍
D.该超级电容充电时把电能转化为化学能
10.
中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:
“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。
”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意图,如图所示。
结合上述材料,下列说法不正确的是（ ）
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近
C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
11.
智能扫地机器人是智能家用电器的一种,能凭借一定的人工智能,自动在房间内完成对地板清理工作,现今已慢慢普及,成为上班族或是现代家庭的常用家电用品。
如图为某款智能扫地机器人,其参数见下表,工作时将电池内部化学能转化为电能的效率为60%。
产品名称
×
尘盒容量
0.3L
清扫路线
自由式
液晶显示
有
电池容量
5000mAh
充电器输出
直流24V/1000mA
噪音
≤60dB
额定功率
40W
行走速度
20cm/s
工作电压
24V
A.该扫地机器人的电池从完全没电到充满电所需时间约为8.3h
B.该扫地机器人最多能储存的能量为4.32×
105J
C.该扫地机器人充满电后能工作5h
D.该扫地机器人充满电后能工作3h
12.
如图所示,内壁光滑、半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上,一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。
现用小锤沿水平方向快速击打小球,击打后迅速移开,使小球沿轨道在竖直面内运动。
当小球回到A点时,再次用小锤沿运动方向击打小球,通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点。
已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,在第一次击打过程中小锤对小球做功W1,第二次击打过程中小锤对小球做功W2。
设先后两次击打过程中,小锤对小球做功全部用来增加小球的动能,则
的值可能是（ ）
A.
B.
C.
D.1
13.
如图所示,质量为60g的铜棒长为L=20cm,棒的两端与等长的两细软铜线相连,吊在磁感应强度B=0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中。
当棒中通过恒定电流I后,铜棒能够向上摆动的最大偏角θ=60°
则铜棒中电流I的大小是（ ）
A.2
AB.3
A
C.6AD.6
A
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目要求的。
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.（加试题）如图甲所示为研究光电效应的电路图,实验得到了如图乙所示的遏止电压Uc和入射光频率ν的图象,下列说法正确的是（ ）
A.图象与横轴交点坐标的物理意义是该金属的截止频率
B.图象斜率为普朗克常量h
C.遏止电压越高,截止频率越大
D.入射光频率增大,遏止电压也增大
15.（加试题）
在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波沿x轴传播,波速为5m/s,某时刻波传到x=±
3m处,其波形如图所示。
A.此时P、Q两点振动方向相同
B.再经过0.5s质点N刚好在（-5m,20cm）位置
C.该波传入另一介质后波的频率将发生改变
D.该波遇到高10m的障碍物不会发生衍射
16.（加试题）
云室能显示射线的径迹,把云室放在磁场中,从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就能判断粒子的属性。
放射性元素A的原子核静止放在磁感应强度B=2.5T的匀强磁场中发生衰变,放射出粒子并变成新原子核B,放射出的粒子与新核运动轨迹如图所示,测得两圆的半径之比R1∶R2=42∶1,且R1=0.2m。
已知α粒子质量mα=6.64×
10-27kg,β粒子质量mβ=9.1×
10-31kg,普朗克常量取h=6.6×
10-34J·
s,下列说法正确的是（ ）
A.新原子核B的核电荷数为84
B.放射性元素A原子核发生的是β衰变
C.衰变放射出的粒子的速度大小为2.4×
107m/s
D.如果A原子核衰变时释放出一种频率为1.2×
1015Hz的光子,那么这种光子能使逸出功为4.54eV的金属钨发生光电效应
非选择题部分
三、非选择题（本题共7小题,共55分）
17.（5分）打点计时器是高中物理中重要的实验仪器,图中的甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的。
请回答下面的问题:
（1）图乙是 （选填“电磁打点”或“电火花”）计时器,电源采用的是 （选填“交流4~6V”“交流220V”或“四节干电池”）。
（2）探究合力和分力的关系的实验情况如图丙所示,其中A为固定橡皮筋的图钉,O为橡皮筋与细绳的结点,OB和OC为细绳。
图丁是在白纸上根据实验结果画出的图。
图丁中的F和F'
两力中,方向一定沿AO方向的是 。
本实验采用的科学方法是（ ）
A.理想实验法B.等效替代法
C.控制变量法D.建立物理模型法
18.（5分）
（1）有一个额定电压为2.8V、功率约为0.8W的小灯泡,现要描绘这个灯泡的伏安特性曲线,要求能测出尽可能多的数据,如图所示是连接完的实物电路。
移动滑片P到某处,电压表的示数为2.2V,若要测量小灯泡的额定功率,应将滑片P向 （选填“左”或“右”）端滑动;
图中灯泡的伏安特性曲线是曲线而不是过原点的直线,原因是
。
（2）在练习使用多用电表实验中,某同学欲测量一节干电池的电压,下述操作正确的是 （填字母）。
A.欧姆调零、选择挡位、表笔接触电池两极（其中红表笔接触正极）、读数
B.机械调零、选择挡位、表笔接触电池两极（其中红表笔接触正极）、读数
C.选择挡位、机械调零、表笔接触电池两极（其中黑表笔接触正极）、读数
D.选择挡位、欧姆调零、表笔接触电池两极（其中黑表笔接触正极）、读数
19.（9分）图甲是我国运动员在蹦床比赛中的一个情景。
设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图乙所示。
根据F-t图象求:
甲
乙
（1）由图分析可知,运动员的脚对蹦床第一次开始向下用力到第一次离开蹦床上升之前,运动员在蹦床上、下运动的时间为多少;
（2）运动员离开蹦床的最大速度;
（3）比赛过程中运动员的最大加速度。
20.（12分）图甲为滑板运动,图乙为滑板比赛滑道示意简图,滑行轨道均在同一竖直平面内,斜轨道AB的倾角θ=37°
与水平轨道BC间用小圆弧平滑相连（小圆弧的长度可忽略）。
斜轨道DE倾角α=53°
与半径R=1.0m的光滑圆弧轨道EFG相切于E点,F为圆弧轨道最低点,已知H1=4.2m,L1=15.0m,H2=1.0m,H3=5.0m。
设滑板与直轨道间的摩擦因数均为μ=0.25,运动员连同滑板的总质量m=60.0kg。
运动员从A点由静止开始下滑,从C点水平飞出,与斜面DE碰撞后,没有反弹,继续滑行,经过圆弧轨道F点时对轨道压力大小为FN=4800N,从G点飞出后落在与G点同一水平面且间距为L2=6.0m的K点,轨迹最高点I与GK面的距离H4=1.8m。
运动员连同滑板可视为质点,忽略空气阻力,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8。
求:
（1）运动员从C点水平飞出时的速度大小vC;
（2）运动员落在斜面DE上与斜面碰撞过程中损失的动能ΔEk;
（3）G点与圆心O的高度差Δh。
21.（4分）（加试题）
（1）如图所示,在做用双缝干涉测量光的波长实验时,光具座上放置的光学元件有光源、遮光筒和其他元件,已知a、b、c、d各装置中,a为滤光片,d为光屏,则b、c两个装置的名称是下列选项中的 （选填“A”或“B”）,如果把光屏向远离双缝的方向移动,相邻两亮条纹中心的距离将 （选填“增大”或“减小”）。
A.b单缝 c双缝B.b双缝 c单缝
（2）研究电磁感应现象的实验如图所示,若连接滑动变阻器的两根导线接在接线柱C和D上,在开关刚刚闭合时电流表指针右偏,则开关闭合后滑动变阻器的滑片向接线柱C移动时,电流表指针将 （选填“左偏”“右偏”或“不偏”）,将线圈A从线圈B中拔出时电流表指针将 （选填“左偏”“右偏”或“不偏”）。
22.（10分）（加试题）
在如图所示的直角坐标系xOy中,矩形区域Oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B=5.0×
10-2T;
在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E=1×
105N/C。
已知矩形区域Oa边长为0.6m,ab边长为0.20m。
在bc边中点N处有一放射源,某时刻,放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v=2×
106m/s的某种带正电粒子,带电粒子质量m=1.6×
10-27kg,电荷量q=3.2×
10-19C,不计粒子重力,求:
（1）该粒子在磁场中运动的半径;
（2）从x轴上射出的粒子中,在磁场中运动的最短时间;
（3）放射源沿x轴负方向射出的粒子,从射出到从y轴离开所用的时间。
23.（10分）（加试题）如图甲所示,水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布,方向垂直于水平面向下,磁感应强度沿y轴方向没有变化,沿x轴方向B与x成反比,如图乙所示。
顶角θ=45°
的光滑金属长导轨MON固定在水平面内,ON与x轴重合,一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动,导体棒在滑动过程中始终与导轨接触。
已知t=0时,导体棒位于顶点O处,导体棒的质量为m=1kg,回路接触点总电阻恒为R=0.5Ω,其余电阻不计。
回路电流I与时间t的关系如图丙所示,图线是过原点的直线。
（1）t=2s时回路的电动势E;
（2）0~2s时间内流过回路的电荷量q和导体棒的位移x;
（3）导体棒滑动过程中水平外力F的瞬时功率P（单位:
W）与横坐标x（单位:
m）的关系式。
浙江省普通高校招生选考科目模拟考试物理试题（三）
1.D 2.D 3.B 4.C 5.A 6.D 7.D 8.D 9.B 10.C 11.B
12.B 13.A 14.A 15.AB 16.ACD
17.答案
（1）电火花 交流220V
（2）F'
B
解析
（2）F是通过作图的方法得到合力的理论值,而F'
是通过一个弹簧测力计沿AO方向拉橡皮条,使橡皮条伸长到O点,使得一个弹簧测力计的拉力与两个弹簧测力计的拉力效果相同,测量出的合力相同。
故方向一定沿AO方向的是F'
。
合力与分力是等效替代的关系,所以本实验采用的等效替代法,故选B。
18.答案
（1）右 灯丝的电阻会随温度的升高而增大
（2）B
解析
（1）小灯泡的额定电压为2.8V,而此时电压表的示数为2.2V,故要增大小灯泡两端的电压,则应该增大滑片P和左端之间的电阻,故应将滑片P向右端滑动;
由图象知电压越大,电阻越大;
灯泡的实际功率越大即灯丝的温度越高,所以说灯丝的电阻会随温度的升高而增大。
（2）多用电表测电压,应先机械调零,再选择电压挡位,还需使电流从红表笔流入多用电表,黑表笔流出,所以应选择B。
19.答案
（1）3.2s
（2）8m/s （3）40m/s2
解析
（1）由题图分析可知,运动员的脚对蹦床第一次开始向下用力到第一次离开蹦床上升之前,运动员在蹦床上、下运动的时间为6.8s-3.6s=3.2s。
（2）由题图分析可知,运动员的重力等于500N,则运动员质量为m=50kg,由题图读出运动员在空中运动的时间为T=8.4s-6.8s=1.6s,根据运动员在空中做竖直上抛运动时的对称性,上升和下落时间相等,所以运动员离开蹦床的最大速度大小为v=
gt=
10×
1.6m/s=8m/s。
（3）由牛顿第二定律:
Fm-mg=mam
又Fm=2500N,则am=40m/s2。
20.答案
（1）3m/s
（2）1897.5J （3）0.55m
解析
（1）设运动员从A点到C点的过程中克服阻力做功Wf,由动能定理得
-0=mgH1-Wf
Wf=μmgcosθ·
+μmg·
L1=
·
cosθ+
代入数据,解得vC=
=3m/s。
（2）运动员从C点水平飞出到落到DE轨道上的M点过程中做平抛运动,设经过的时间为t1
水平位移x=vCt1
竖直位移y=
由几何关系tanα=
解得t1=1s
则运动员下落的高度y=
=5m
运动员从C点水平飞出到落到DE轨道上的M点过程中,由机械能守恒定律可得EkM1=
+mgy=3270J
M点距地面的高度hM=H3+H2-y=1m
设运动员从M点离开时的动能为EkM2,经过F点的速度为vF,从离开M到圆弧轨道最低点F,由动能定理可得
-EkM2=mg[（hM+R（1-cosα）]-μmgcosα
在F点,由牛顿第二定律有FN-mg=m
EkM2=1372.5J
运动员落在斜面DE上与斜面碰撞过程中损失的动能为ΔEk=EkM1-EkM2=1897.5J。
（3）从G点飞出后的运动过程中相对于GK水平面上升到最大高度I处的速度为v1,I到K做平抛运动,则竖直方向H4=
水平方向
L2=v1t2
代入数据,解得v1=5m/s
由F到I过程,由动能定理可有
=-mg（hFG+H4）
代入数据得hFG=0.45m
由几何关系得Δh=R-hFG=0.55m。
21.答案
（1）A 增大
（2）左偏 左偏
解析
（1）a是滤光片可得到单色光,b是单缝可得到平行光,c是双缝形成双缝干涉;
根据Δx=
λ,光屏远离双缝则l增大,所以条纹间距将增大。
（2）开关刚闭合时,A中的电流从无到有,电流是增大的,B中的感应电流使电流表指针右偏,当滑动变阻器的滑片向C移动时,则电阻增大,A中的电流减小,所以B中的感应电流与原来方向相反,即指针左偏;
当将A拔出时,效果相当于电流减小,同理B中的感应电流使电流表指针左偏。
22.答案
（1）0.20m
（2）
10-7s （3）
10-7s
解析
（1）粒子运动的轨迹如图所示,由牛顿第二定律可得qvB=m
解得R=0.20m。
（2）由数学知识可知,最短弦对应最小的圆心角
由图可知α=60°
最短的时间t=
10-7s。
（3）粒子在磁场中的周期T=
=2π×
粒子在磁场中沿NP运动的时间t1=
粒子在电场中的加速度a=
v=at
解得t=1.0×
则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t2+t3=2t=2.0×
由图可知cosθ=0.5,故θ=60°
粒子在磁场中运动的第二部分时间t4=
T=
粒子运动的总时间t总=t1+t2+t3+t4=
23.答案
（1）2V
（2）4C 2m （3）P=4x+
（W）
解析
（1）根据I-t图象可知,I=k1t（k1=2A/s）
当t=2s时,回路中电流I1=4A
根据欧姆定律得E=I1R=2V。
（2）流过回路的电荷量q=
t
解得q=
当t=2s时,q=4C
由欧姆定律得I=
l=xtan45°
根据B-x图象可知B=
（k2=1T·
m）
解得v=
由于
=1m/s2
再根据v=v0+at,可得a=1m/s2
可知导体棒做匀加速直线运动
则0~2s时间内导体棒的位移x=
at2=2m。
（3）导体棒受到的安培力F安=BIl
根据牛顿第二定律:
F-F安=ma
根据2ax=v2,P=Fv
解得P=
+ma
=4x+
（W）。
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