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 (教师版)

1．电导率σ

是电阻率ρ

的倒数，即σ

1．电导率σ

是电阻率ρ

的倒数，即σ

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，重力加速度均取10

m/s。一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3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）

。σ

用国际单位制中基本单位表示正确的是A．C．

A

mA

m

B．D．

A

mA

m【答案】C【解析】根据电阻定律可知：

L

L，解得：

，则：

，根据欧姆定律可知：

L

LI

W，联立可得：

，根据

，而=，，=，联立并根据公式对应单位的换算I

qA

可知，其单位为 ，故C正确。

m2．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在

（

<）时刻距离海平面的深度为A．

B．

C．

D．

)【答案】C【解析】蛟龙号上浮时的加速度大小为：

，根据逆向思维，可知蛟龙号在

时刻距离海平面的

(

深度为：

(

)

，故C正确。3．如图所示，用细绳悬挂一个小球，小球在水平拉力的作用下从最低点缓慢地沿圆弧移动到点，在这个过程中，绳的拉力和水平拉力的大小变化情况是A．和都变大B．变大，变小C．和都变小D．变小，变大【答案】A【解析】对物体受力分析并合成如图：因为物体始终处于平衡状态，故′始终等于，大小和方向均不发生变化。在物体缓慢偏离竖直位置的过程中细线与竖直方向的夹角逐渐变大，画出平行四边形如图所示，可以看出：水平拉力逐渐变大，绳子的拉力也逐渐变大。故A正确。4．2019年4月1日，在中国核能可持续发展论坛上，生态环境部介绍2019年会有核电项目陆续开工建设。某核电站获得核能的核反应方程为

，己知铀核

的质量为，钡核

的质量为，氪核Kr的质量为，中子n的质量为，下列说法中正确的是

A．该核电站通过核聚变获得核能B．铀核的质子数为235C．在上述核反应方程中=3D．一个铀核发生上述核反应，释放的能量为（–––）【答案】C【解析】A．核电站获得核能的途径是核裂变，故A错误。B．铀核

的质子数为92，故B错误。C．根据质量数守恒可知=3，故C正确。D．一个铀核

发生上述核反应，由质能方程可得：E

mc

m

m

m

m

m

m

m

m

m

，故D错误。 5．“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的桶面上做圆周运动而不掉下来。如图所示，已知桶壁的倾角为θ

，车和人的总质量为，做圆周运动的半径为，若使演员骑车做圆周运动时不受桶壁的摩擦力，下列说法正确的是A．人和车的速度为 B．人和车的速度为

C．桶壁对车的弹力为θD．桶壁对车的弹力为

mg【答案】B【解析】AB．对人和车受力分析如图所示，人和车在竖直方向受力平衡，水平方向重力与支持力的合力提供向心力

人和车在竖直方向受力平衡，水平方向重力与支持力的合力提供向心力

＝m

解得：r＝

，故A错误，B正确；CD．根据受力可知：N＝

mg

，故CD错误。6．消防员在一次用高压水枪灭火的过程中，消防员同时启动了多个喷水口进行灭火。如果有甲、乙靠在一起的高压水枪，它们的喷水口径相同，所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，则由图可看出A．甲水枪喷出水的速度较大B．乙水枪喷出的水在最高点的速度较大C．甲水枪喷水的功率较大D．乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长【答案】B【解析】AB．水从最高处到失火处的运动可视为平抛运动，水的上升和下降过程具有对称性；甲、乙两水枪喷出水的最大高度相同，乙水枪喷出的水更远，则乙水枪喷出的水在最高处具有的水平速度更大；水的最大高度相同，水落地时的竖直速度相同，据速度的合成知，乙水枪喷出的水落地速度更大，乙水枪喷出水的速度较大。故A项不符合题意，B项符合题意；C．乙水枪喷出水的速度较大，甲、乙两水枪喷水口径相同，则乙水枪喷水的功率较大．故C项不符合题意；D．水的上升和下降过程具有对称性，两水枪喷出水的最大高度相同，两水枪喷出的水在竖直方向运动情况相同，则两水枪喷出的水在空中运动的时间相同，故D项不符合题意。7．如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度向右匀速通过一正方形磁场区域，垂直于导轨且平行于导体棒，右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反。导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是（规定电流从经到为正方向，安培力向左为正方向）A． B．C． D．手定则可知金属棒感应电流从到手定则可知金属棒感应电流从到，为正方向，由

i

，刚要到时，【解析】设左侧磁感应强度是，则右侧的为2。导轨间距为。AB．金属棒通过区域时，由右E

i

ECD．金属棒通过区域时，安培力F

Bi

，金属棒通过i

ECD．金属棒通过区域时，安培力F

Bi

，金属棒通过区域时，安培力(

L

) ，可知随时间均匀减小，棒刚离开时，i

，故A正确，B错误。

大小为F

Bi（L

(

L

)

。根据数学知识可得，CD错误。8．如图所示，倾角

的光滑斜面固定在地面上，长为、质量为、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用细线将质量也为的物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面），在此过程中A．物块的机械能逐渐增加B．物块静止释放瞬间的加速度为C．软绳重力势能减少了

gD．软绳刚好全部离开斜面时的速度大小为

【答案】D【解析】A．对于物块和软绳组成的系统，只发生重力势能与动能之间的转化，所以系统的机械能守恒，故A错误。B．物块静止释放瞬间，由牛顿第二定律：

mg

mg

ma

，解得

g

，选项B 错误；C．软绳重力势能减少了

，选项C错误；D．由机械能守恒定

mv，解得

，选项D正确。

9．如图，虚线I、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道I为与第一宇宙速度7.9

km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2

km/s对应的脱离轨道，三点分别位于三条轨道上，点为轨道Ⅱ的远地点，、点与地心的距离均为轨道I半径的2倍，则A．卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道I的2倍B．卫星经过点的速率为经过点的

倍C．卫星在点的加速度大小为在点的3倍D．质量相同的卫星在点的机械能小于在点的机械能【答案】D【解析】A．轨道I的半径为，则轨道Ⅱ的半长轴为

，则由开普勒第三定律得：

，即

=

，则A错误；B．在点在轨道I做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，

则有；

，在轨道Ⅱ上点做向心运动，万有引力大于向心力，则：

，则

b＞

，则B错误；C．由

b

，得

r

r

，即在点的加速度大小为在点的4倍，则C错误；D．在点做向心运动，在点做离心运动，则点的速度大于点的速度，点动能大于点的动能，又两点势能相等，故卫星在点的机械能小于在点的机械能，则D正确。10．如图所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置，待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比。待选粒子从进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为，粒子通过小孔射入正交的匀强电场、匀强磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为，左右两极板间距为。区域Ⅱ出口小孔与、在同一竖直线上。若半径为、质量为、电荷量为的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则A．区域Ⅱ的电场强度与磁感应强度大小的比值为

qmB．区域Ⅱ左右两极板间的电势差大小=

qB．区域Ⅱ左右两极板间的电势差大小=

qmC．若纳米粒子的半径>，则刚进入区域Ⅱ的粒子仍将沿直线通过D．若纳米粒子的半径>，仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度大小之比为【答案】A

rr【解析】AB．设半径为的粒子加速后的速度为，则有：q

m

①，设区域II内电场强度为

m，洛伦兹力等于电场力，即=②，联立①②解得：E

qm

，则区域Ⅱ的电场与磁场的强度比值为

，故A强度比值为

，故A正确，B错误；C．若纳米粒子的半径＞，设半径为的粒子的质量为、mm

（

）m

（

）m

，而q

（

）q

，由

mv

，解得：r r

r

r

q

＜

，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m

r r

q

r

r

，故洛伦兹力与原来的洛伦兹力之比为

；电场力与洛伦兹力平衡，故电场m

r

r

r力与原来的电场力之比为

r

r

；根据，区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为

，故D错r

r误。二、选择题Ⅱ（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，为球心，为水平直径。点是玻璃球的最高点，来自点的光线从点射出，出射光线平行于，已知∠30°，光在真空中的传播速度为，则A．此玻璃的折射率为 B．光线从到需用时

C．若增大∠，光线不可能在段发生全反射现象折射率为

D．若减小∠，从段射出的光线均平行于折射率为

【答案】AB【解析】A．如图，由几何知识可得入射角=∠=30°，折射角=2∠=30°=60°，则此玻璃的

，故A正确； B．长度=2cos30°=

，光在玻璃球内传播的速度

，故光线从传到的时间为

，故B正确；C．由

n

，则临界角＜45°，所以若增大∠，入射角可能大于临界角，所以光线可能在段发生全反射现象，故C错误；D．要使出射光线平行于，入射角必为30°，若减小∠，入射角减小，则从段射出的光线与不平行，故D错误。12．一列沿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=0时刻相距4

m的两个质点，的位移都是1

m，但速度方向相反，其中质点的速度沿轴负方向，如图所示，则A．=0时刻，，两质点的加速度相同B．、两质点的平衡位置间的距离为波长的整数倍C．当质点的速度最大时，质点的速度为零D．当质点的位移为+2

m时，质点的位移为–1

m【答案】AD【解析】A．两个质点都做简谐运动，=0时刻两质点的位移相同，根据简谐运动的特征：

m

，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，所以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，正向平衡位置运动，速度增大，正向波峰运动，速度减小，当通过1cm位移到达平衡位置时，还没有到达波峰，则质点速度最大时，质点速度不为零。故C错误。D．假设在=0时刻，之间只有一个波峰则其位置在=3的位置，当质点位移为+2

cm到达波峰时，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的重物，当重物的速度为时，起重机的有用功率达到最大值。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A．钢绳的最大拉力为

B．钢绳的最大拉力为 +C．重物的最大速度为

mgD．重物做匀加速运动的时间

mv

Pmgv【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，重物的速度为时，起重机的有用功率达到最大值，由

，可得钢绳的最大拉力为=

，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mgF

mg

，

，联立可得重物的最大速度为=

Pmg

，故C正确；D．匀加速阶段，钢绳拉力为，重物做匀加速运动由牛顿第二定律可得F

mg

ma，由前面分析可知F

P

，由运动学公式可得

可得

，联立可求的时间

，故D正确。 Pmgv14．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：用长为的绝缘轻质细线，上端固定于点，下端拴一质量为、带电荷量为＋的小球（可视为质点），如图所示，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，摆到点时速度恰好为零，然后又从点向点摆动，如此往复。小明用测量工具测量与水平方向所成的角度θ，刚好为60°。不计空气阻力，下列说法中正确的是A．在点时小球受到的合力为0B．电场强度的大小为 mgqC．小球从运动到，重力势能减小

D．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．小球由到的过程中，由动能定理可得：sinθ–（1–cos60°）=0，则电场强度的大小为E

mg

，故B正确；C．小球从运动到，重力做正功，==sinθ，故重力势能减小q

，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__________、__________。（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

M

为横坐标，小车的加速度为纵坐标，在坐标纸上作出的－

M

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“正比”或“反比”）；图线不过原点说明实验有误差，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：

mgM

m

，则绳子上拉力大小F

MmgM

m

mg

m

，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

M

图象是一条直线，与成反比；图象在轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过大造成的。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100μ

A，内阻为2

500

Ω

的表头，一个开关，两个电阻箱（0~999.9

Ω

）和若干导线。（1）由于表头量程偏小，该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_________Ω

。（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，通过改变电阻测相应的电流，且作相关计算后一并记录如下表。RI

①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–图线。②根据图线可得电池的电动势是________V，内阻是________Ω

。【答案】（1）并联（2分） 5.0（2分） （2）① （2分） ②1.53（2分） 2.0（2分）【解析】（1）由题意知，=100μ

A，=2500Ω

，量程=50mA，根据并联分流原理，改装成大量程电流表需并联的电阻=

IggI

I

g

=5.0Ω

。（2）①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；②因②因即表示电源的路端电压，则有

E

r

，则由图象可知，对应的电动势为1.53V，内阻为r

。三、计算题（本题共3小题，共37分）17．（10分）如图所示，是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，水平且足够长，下端与相切。质量为的带正电小球静止在水平轨道上，质量为2的带正电小球从上距水平轨道高为处由静止释放。在球进入水平轨道之前，由于、两球相距足够远，相互作用的静电力忽略不计，、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。（1）、两球相距最近时，求球的速度大小。（2）、两球相距最近时，求、两球组成的系统的电势能。（3）求、两球最终的速度大小A、B。 【答案】（1） gh

（3分） （2） （3分） （3）

gh

gh

（4分） 【解析】（1）对

球下滑的过程，由动能定理得：

mgh

mv（2分）解得：

gh

（1分）（2）当球进入水平轨道后，、

两球组成的系统动量守恒，当、

相距最近时，两球速度相等，由动量守恒定律可得：mv

mm（1分）

mm

E

（1分）

mv

p联立解得：E

mgh（1分）p（3）当、

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，

、

两球组成的系统动量守恒、能量也守恒，由动量守恒定律可得：mv

mv

mv

（1分）

mv

mv

mv

（1分）

gh

gh

（2分）

18．（12分）如图甲所示，质量为、带电荷量为－的带电粒子在=0时刻由点以初速度垂直进入磁场，Ⅰ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）；Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同，均为。粒子在Ⅰ区域内一定能完成半圆运动且每次