浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟试题 03解析版.docx
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浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟试题03解析版
考生须知：
2019年4月浙江省普通高校招生选考科目考试
物理仿真模拟试题03
1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共16页，满分100分，考试时间90分钟。
其中加试题部
分为30分，用【加试题】标出。
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纸上。
3.选择题的答案须用2B铅笔将答题纸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纸上相应区域内，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10m/s2。
选择题部分
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39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）
1.动力学的奠基人是一位英国物理学家，他于1687年出版了名著《自然哲学的数学原理》这部著作中，他提出了三条运动定律，是整个动力学的基础。
这位物理学家是
A．伽利略B．爱因斯坦C．牛顿D．阿基米德
1.C【解析】伟大的英国科学家牛顿，曾在力学、光学、天文学、数学等方面作出卓越的贡献，奠定了经典物理学的基础。
故选C。
2.某同学从宿舍走到教室门口走了400m，用时5分钟，其描述了该同学运动的
A．路程和时刻B．位移和时刻
C．路程和时间D．位移和时间
3.下列是电压的单位的是
A．kg·m/（C·s2）B．kg·m2/（A·s2）
C.kg·m2/（C·s2）D．J/C2
3.C【解析】根据W=qU知，1V=1J/C，根据W=FL得1J=kg·m2/s2，所以1V=kg·m2/（C·s2）；故A、B、D均错误；故C正确；故选C。
4.
如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A和B是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时车轮没有打滑，则
A.两轮转动的周期相等
B.前轮和后轮的角速度之比为3:
1
C．A点和B点的线速度大小之比为1:
2
D．A点和B点的向心加速度大小之比为2:
1
5.某学校有50个教室，每个教室有2.4kW的空调机1台，40W的日光灯20支，若夏天平均每天这些
电器都开10小时，则平均每天消耗电能约为
A．1600kW⋅h
B．1220kW⋅h
C．1200kW⋅h
D.
320kW⋅h
5.A【解析】平均每天消耗电能约为：
（2.4kW+0.04×20kW）×10h×50=1600kW⋅h，故选A。
6.两个分别带有电荷量–Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间
库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为r，则两球间库仑力的大小为
2
A．12FB．FC．3FD．4F
1243
6.
D【解析】接触前两个带电小球的库仑力为F=kQ⋅3Q，接触之后两球电荷中和后再均分，故电荷量
r2
F'=kQ⋅Q=4kQ⋅Q4
都为+Q，此时的库仑力为
⎛r⎫2
ç2⎪
r2，解得F'=
F；故D正确，故选D。
3
⎝⎭
7.如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。
如果在磁铁的下端的水平桌面上放一个固定的闭合线圈，并使磁极上下振动。
磁铁在向下运动的过程中，下列说法正确的
A．线圈给它的磁场力始终向上B．线圈给它的磁场力先向上再向下C．线圈给它的磁场力始终向下D．线圈给它的磁场力先向下再向上
8.
如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲——起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为N），横坐标为时间（单位为s）。
由图线可知，该人的体重约为650N，除此之外，还可以得到的信息是
A．该人做了两次下蹲——起立的动作B．该人做了一次下蹲——起立的动作C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
8．B【解析】人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重；起立对应先超重再失重。
由图象可知，该同学做了一次下蹲——起立的动作，A错误，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，CD均错误；故选B。
9．2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆，标志着我国探月航空工程进入了一个新高度，图示是“嫦娥四号”到达月球背面的巡视器。
已知地球和月球的半径之比为4:
1，其表面重力加速度之比为6:
1。
则地球和月球的密度之比为
A．2:
3B．3:
2C．4:
1D．6:
1
10．在港珠澳大桥通车仪式上，甲、乙两试验车在同一车道上匀速行驶，甲车在前面以54km/h的速度行驶，乙车在后面以90km/h的速度行驶。
当二者相距20m时，甲车立即以3m/s2的加速度制动，乙车司机看到甲车的制动红灯后也立即刹车制动，不计司机反应时间，则为避免两车相撞，乙车制动的加速度至少为
A．4.5m/s2B．5m/s2C．5.5m/s2D．6m/s2
v2152
10.
甲
C【解析】甲车从刹车到停止的位移x=0甲=m=37.5m，则乙车的最大位移为x
=37.5m+
2a甲2⨯3
乙
v225222
乙
20m=57.5m；乙车制动的加速度至少为a=0乙=m/s
≈5.43m/s
，则选项CD符合；又
2x乙2⨯57.5
5.5m/s2<6m/s2，故选C。
11.如图所示，两点电荷Q1、Q2连线延长线上有A、B两点。
现将一带正电的试探电荷在A点由静止释放，恰好能在AB间做往复运动，则下列说法正确的是
A．A、B两点的场强大小相等，方向相反
B.试探电荷在A、B两点的电势能相等
C.试探电荷从A点运动到B点的过程中，加速度先增大后减小
D.点电荷Q1带正电、Q2带负电，且Q1的电荷量大于Q2的电荷量
12.
如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角（环面轴线为竖直方向），若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是
A．导电圆环所受安培力方向竖直向下B．导电圆环所受安培力方向竖直向上C．导电圆环所受安培力的大小为2BIRD．导电圆环所受安培力的大小为2πBIR
12.B【解析】把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故A错误，B正确；把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，那么水平磁场对电流的安培力F＝B水平I·2πR＝2πBIRsinθ，故C、D错误；故选B。
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13.如图所示，质量为1kg的小球以速度4m/s从桌面竖直上抛，到达的最大高度为0.8m，返回后，落到桌面下1m的地面上，取桌面为重力势能的参考平面，则下述说法正确的是
A.小球在最高点时具有的重力势能为18J
B.小球在最高点时具有的机械能为16J
C.小球落地面前瞬间具有的机械能为8J
D.
小球落地面前瞬间具有的动能为8J
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】如图为玻尔理论的氢原子能级图，当一群处于激发态n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，发出的光中有两种频率的光能使某种金属产生光电效应，以下说法中正确的是
A．这群氢原子向低能级跃迁时能发出四种频率的光B．这种金属的逸出功一定小于10.2eV
C.用波长最短的光照射该金属时光电子的最大初动能一定大于3.4eV
D.由n=3能级跃迁到n=2能级时产生的光一定不能够使该金属产生光电效应
14.BD【解析】A、由n=3能级的激发态向低能级跃迁时，辐射出三种频率光子的能量分别为12.09eV、
10.2eV、1.89eV，结合题意，根据光电效方程可知，这种金属的逸出功一定小于10.2eV，故选项A
错误，选项B正确；C、用波长最短即光子能量为12.09eV的光照射该金属时，其最大初动能最小值为：
12.09eV-10.2eV=1.89eV，则其最大初动能一定大于1.89eV，故选项C错误；D、由n=3
能级跃迁到n=2能级时产生的光子能量为1.89eV，由上面分析可知只有两种频率的光能够使该金属产生光电效应，故由n=3能级跃迁到n=1能级和由n=2能级跃迁到n=1能级时产生的光能够使该金属产生光电效应，故选项D正确。
15.【加试题】下列说法正确的是
A.普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论
B.大量的电子通过双缝后在屏上能形成明暗相间的条纹，这表明所有的电子都落在明条纹处C．电子和其他微观粒子都具有波粒二象性
D．光波是一种概率波，光的波动性是由于光子之间的相互作用引起的，这是光子自身的固有性质
16.【加试题】如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-2⨯10-1m和x=12⨯10-1m处，两列波的波速均为v=0.4m/s，两波源的振幅均为A=2cm图示为t=0时刻两列波的图象（传播方向如图），此刻平衡位置处于x=0.2m和0.8m的P、Q两质点刚开始振动。
质点M的平衡位置处于x=0.5m处，关于各质点运动情况判断正确的是
A.
质点P、Q都首先沿y轴负向运动
B.t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点
C.t=1s时刻，质点M的位移为+4cm
D.t=1s时刻，质点M的位移为-4cm
16.AD【解析】由波的传播方向可确定质点的振动方向：
逆向描波法。
两列简谐横波分别沿x轴正方向和
负方向传播，则质点P、Q均沿y轴负方向运动。
故A正确；质点不随波迁移，所以质点P、Q都不
会运动到M点，故B错误；由波长与波速关系可求出，波的周期为T=1s，两质点传到M的时间为
3T，当t=1s时刻，两波的波谷恰好传到质点M，所以位移为-4cm。
故C错误D正确。
故选AD。
4
非选择题部分
三、非选择题（本题共7小题，共55分）
17．（5分）
（1）在做“探究小车速度随时间变化”的实验中，下列仪器需要用到的有。
（2）对于“验证力的平行四边形定则”的实验，某同学有以下认识，以下操作可减小误差的是。
A.实验中两个分力的夹角取得越大越好
B.细绳以及弹簧测力计所在平面必须与木板平行
C.拉橡皮条的细绳要长些，用铅笔画出两个定点的位置时，应使这两个点的距离尽量远些D．作图要用细芯铅笔，图的比例要适当大些，要用严格的几何作图法作出平行四边形，图旁要
画出表示力的比例线段，且注明每个力的大小和方向
（3）
某兴趣小组在做“研究平抛运动”的实验中，忘记记下小球做平抛运动的起点位置O，A为物体运动一段时间后的位置，根据如图所示，求出物体做平抛运动的初的抛点坐标为。
（g取10m/s2）
17．（5分）
（1）AB（1分）
（2）BCD（2分）（3）（–20cm，–5cm）（2分）
【解析】
（1）在做“探究小车速度随时间变化”的实验中，依据实验原理，通过打点计时器在纸带上打点，借助刻度尺来测量长度，从而研究小车的速度与时间的关系，故选项AB正确，CD错误。
（2）A、实验中两个分力的夹角越大，合力越小，用平行四边形作图法得出合力的误差越大；实验中两分力的夹角不能取得太大。
故A项错误。
B、细绳以及弹簧测力计所在平面必须与木板平行，这样
所有力在同一平面内，可减小实验误差。
故B项正确。
C、拉橡皮条的细绳要长些，用铅笔画出两个
定点的位置时，应使这两个点的距离尽量远些，这样可以减小力的方向的误差。
故C项正确。
D、作图要用细芯铅笔，图的比例要适当大些，要用严格的几何作图法作出平行四边形，图旁要画出表示力的比例线段，且注明每个力的大小和方向，这样可以减小画图产生的误差。
故D项正确。
18．（5分）某同学做描绘小灯泡的伏安特性曲线实验，实验中用的小灯泡上标有“4V，2W”的字样，实验室还有下列器材供选用：
A.电池组（电动势为6V，内阻约为2Ω）
B.电压表（0~5V，内阻约为10kΩ）
C.电压表（0~15V，内阻约为20kΩ）D．电流表（0~300mA，内阻约为1Ω）E．电流表（0~600mA，内阻约为0.4Ω）F．滑动变阻器（10Ω，2A）
G．电键、导线若干
（1）实验中所用电压表应选用，电流表应选用；（填写器材前的字母）
（2）实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始变化，则甲、乙、丙、丁四个电路图中符合要求的电路图是图。
（3）某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如右图所示）若改用电动势为3.0
V，内阻为2Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是W（结果保留两位有效数字）。
18．（5分）
（1）B（1分）E（1分）
（2）丁（1分）（3）0.90~0.95（2分）
19．（9分）客机的紧急出口处有一个狭长的气囊，发生意外时气囊可以自动充气，生成一条连接出口和地面的斜面。
乘客在气囊上的滑行可以简化成以下模型。
如图：
固定斜面AC的倾角θ=37°，AC的长L=9m，质量m=50kg的物块从A端由静止开始沿斜面下滑。
已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g=10m/s2。
求：
（1）物块对斜面压力的大小和方向；
（2）物块下滑时的加速度大小；
（3）物块从A滑行到C所用的时间。
19．（9分）
（1）400N，方向垂直于斜面向下
（2）2m/s2（3）3s
【解析】
（1）对物块进行受力分析，如图所示。
（1分）
20．（12分）如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在O点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度θ=60°。
小明从A点由静止往下摆，达到O点正下方B点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动。
到达C点，小明跳离平板车（近似认为水平跳离），安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上。
绳长L=1.6m，浮漂圆心与C点的水平距离x=2.7m、竖直高度y=1.8m，浮漂半径R=0.3m、不计厚度，小明的质量m=60kg，平板车的质量m=20kg，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦。
重力加速度g=10m/s2，求：
（1）轻绳能承受最大拉力不得小于多少?
（2）小明跳离平板车时的速度在什么范围?
（3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功?
20．（12分）
（1）1200N
（2）4m/s≤vc≤5m/s（3）480J
（2）
小明离开滑板后可认为做平抛运动竖直位移y=1gt2④（1分）
2
离C点水平位移最小位移x-R=vmint⑤（1分）离C点水平位移最大为x+R=vmaxt⑥（1分）联立④⑤⑥解得
小明跳离滑板时的速度满足4m/s≤vc≤5m/s（1分）
（3）小明落上滑板时，动量守恒
mv=（m+m0）v1⑦（1分）
代人数据求得v1=3m/s⑧（1分）离开滑板时，动量守恒
（m+m0）v1=mvC+m0v2⑨（1分）
将⑧代入⑨得v2=–3m/s（1分）由功能关系可得
W=⎛1mv2+1mv2⎫-1（m+m）v2⑩（1分）
ç2C202⎪201
⎝⎭
解得W=480J。
（1分）
21．（4分）【加试题】
（1）如图1所示是用双缝干涉测光波波长的实验设备示意图，图中①是光源、②是滤光片、③是单缝、④是双缝、⑤是光屏。
下列操作能增大光屏上相邻两亮条纹之间距离的是
；
图1
A．增大③和④之间的距离B．增大④和⑤之间的距离
C．将绿色滤光片改成红色滤光片D．增大双缝之间的距离
（2）如果将灯泡换成激光光源，该实验照样可以完成，这时可以去掉的部件是（填数字代号）；
（3）转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹，读出手轮的读数如图甲所示。
继续
转动手轮，使分划板中心刻线对准第10条亮条纹，读出手轮的读数如图乙所示。
则相邻两亮条纹的间距是mm（结果保留三位有效数字）。
图2图3
（4）在（3）前提下，如果已经量得双缝的间距是0.30mm，双缝和光屏之间的距离是900mm，则待测光的波长是m。
（结果保留三位有效数字）
21．（4分）【加试题】
（1）BC（1分）
（2）②③（1分）（3）1.61（1分）（4）5.37⨯10-7（1分）
【解析】
（1）根据∆x=Lλ知，为增大相邻亮纹（暗纹）间的距离，可采取增大双缝到光屏的距离、d
减小双缝间距离、或增大入射光的波长，而单缝与双缝间距不会影响条纹间距，故BC正确，AD错误；
（2）将灯泡换成激光光源，激光的单色性好，不需要滤光片与单缝，即可以去掉的部件是②与③；
（3）图乙中固定刻度读数为0.0mm，可动刻度读数为0.01×4.5=0.045mm，所以最终读数
x1=0.045mm，图丙中固定刻度读数为14.5mm，可动刻度读数为0.01×3.5=0.035mm，所以最终读
数x=14.535mm，根据∆x=14.535-0.045mm=1.61mm；
1010-1
（4）相邻干涉条纹的间距∆x=1.61mm=1.61⨯10-3m，由∆x=Lλ得：
d
x·
λ=∆d
L
1.61⨯10-3⨯0.3⨯10-3
==⨯
-7
5.3710m。
0.9
22．（10分）【加试题】如图所示，在xOy平面（即纸面）内，y轴右侧有场强为E、指向–y方向的匀强电场，y轴左侧有方向垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）。
现有一电荷量为q，质量为m的带电粒子，从x轴上的A点并与x轴正方向成60º入射，粒子恰能在M（0，d）垂直于y轴进入匀强电场，最后从N（L，0）通过x轴，粒子重力不计。
（1）判断粒子的电性；
（2）计算粒子经过M点时速度的大小；
（3）计算磁场磁感应强度的大小。
22．（10分）【加试题】
（1）粒子带正电
（2）（3）
23．（10分）【加试题】某校航模兴趣小组设计了一个飞行器减速系统，由摩擦阻力、电磁阻尼、空气阻力系统组成。
装置如图所示，匝数N=100匝、面积S=4.0⨯10-2m2、电阻r=0.1Ω的线圈内有方向垂
直于线圈平面向上的随时间均匀增加的磁场B1，其变化率k=1.0T/s。
线圈通过电子开关S连接两根相互平行、间距L=0.5m的水平金属导轨，右端连接R=0.2Ω的电阻，其余轨道电阻不计。
在导轨间的区域1中存在水平向右、长度为d=8m的匀强磁场，磁感应强度为B2，其大小可调；在区域2中存在
长度足够长、大小为0.4T、方向垂直纸面向里的匀强磁场B3。
飞行器可在轨道间运动，其下方固定有一根长为L=0.5m、电阻也为R=0.2Ω的导体棒AB，与导轨良好接触，飞行器（含导体棒）总质量m=0.5kg。
在电子开关闭合的同时，飞行器以v0=12m/s的初速度从图示位置开始运动，已知导体棒
在区域1中运动时与轨道间的动摩擦因数μ=0.5，g＝10m/s2，其余各处摩擦均不计。
（1）飞行器开始运动时，求AB棒两端的电压U；
（2）为使导体棒AB能通过磁场区域1，求磁感应强度B2应满足的条件；
（3）若导体棒进入磁场区域2左边界PQ时，会触发电子开关使S断开，同时飞行器会打开减速伞，已知飞行器受到的空气阻力f与运动速度v成正比，且f=ηv（η=0.4kg/s）。
当B2取何值时，导体棒在刚进入PQ区域时的加速度最大，求此加速度的最大值。
23．（10分）【加试题】
（1）2V
（2）B2≤0.8T（3）8m/s2
（2）若导体棒刚好运动到磁场区域1右边界，磁感应强度B2最大由动能定理：
-μ（mg+BIL）d=0-1mv2（1分）
2AB20
得：
B2=0.8T（1分）故B2≤0.8T（1分）
（3）为使导体棒在磁场区域2中的加速度最大，应取：
B2=0
导体棒进入磁场区域2瞬间的速度为v1
由动能定理得：
-μmgd=1mv2-1mv2（1分）
2120
得：
v1=8m/s（1分）
导体棒受到的安培力为：
F安=B3IL
其中I=E
2R
，E=B3Lv1
根据牛顿第二定律：
F安+ηv1=ma（1分）得：
a=8m/s2（1分）
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