2020学年浙江物理选考模拟卷考生注意：1．本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100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．物理学中引入了“质点”的概念，从科学方法上来说属于()A．控制变量法B．类比法C．理想模型法D．等效替代法2．张老师要开车去杭州，如图1是他用某手机导航软件导航的截图，下列说法正确的是()图1A．“1小时12分”指的是时刻B．“方案三”的平均速度为58 km/hC．若研究轿车通过公交站牌的时间，可以把轿车看成质点D．三种方案的位移是一样的，依据图中标度“20公里”，得到位移大小约为60 km3.在浙江省某次学考考试过程中，某位监考老师遵守规定，采取图2甲或图乙的监考姿势，则()图2A．甲、乙两图，人都不受地面的摩擦力B．脚底部受到的支持力，图甲大于图乙C．甲、乙两图，人对地面的压力相等D．地面对人的作用力，图甲大于图乙4．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有()A．光电效应现象揭示了光的波动性B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等5.(2019·浙江金华十校高三期末)一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度—时间图象如图3所示，那么在0～t0和t0～3t0两段时间内()图3A．加速度大小之比为3∶1B．位移大小之比为1∶1C．平均速度大小之比为1∶1D．在t0时刻汽车的运动方向发生改变6．(2019·浙江慈溪中学期中)2016年10月份，萧山区某中学举行了校秋季运动会，小明同学参加了跳高决赛，他以背越式跳过1.65 m的高度拿到了本届校运会的亚军，为班级争了光．若忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A．小明下降过程中处于失重状态B．小明脚离地起跳以后在上升过程中处于超重状态C．小明起跳时地面对他的支持力等于他的重力D．小明起跳以后在下降过程中重力消失了7.如图4所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的底端，用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离半球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是()图4A．F1增大，F2减小B．F1增大，F2增大C．F1减小，F2减小D．F1减小，F2增大8．(2019·江苏锡山中学月考)已知地球和火星绕太阳公转的轨道半径分别为R 1和R 2(公转轨道近似为圆)，如果把行星与太阳连线扫过的面积与其所用时间的比值定义为扫过的面积速率，则地球和火星绕太阳公转过程中扫过的面积速率之比是( )A.R 1R 2B.R 1R 2C.R 2R 1D.R 2R 19.(2019·浙江超级全能生2月联考)如图5所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，空间内有与xOy 平面平行的匀强电场，场强为E (图中未画出)．一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，从坐标原点O 由静止开始沿直线ON 斜向下运动，直线ON 与y 轴负方向成θ角(θ<45°)，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图5A ．当E ＝mg tan θq时，电场强度最小 B ．当E ＝mg sin θq时，小球的机械能守恒 C ．当E ＝mg q时，电场强度最大 D ．当E ＝mg tan θq时，电场力一定做正功 10.(2019·四川宜宾市第二次诊断)如图6所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，R T 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u ＝51sin(100πt ) V ．下列说法正确的是( )图6A ．变压器输入与输出功率之比为1∶4B ．变压器副线圈中电流的频率为100 HzC ．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4D ．若热敏电阻R T 的温度升高，电压表的示数不变，电流表的示数变小11.如图7所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端连接物块，物块质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x ，然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v 0，已知重力加速度为g ，则此过程中弹力所做的功为( )图7A.12m v 02＋μmgx B.12m v 02－μmgx C.12m v 02 D ．μmgx －12m v 02 12.(2019·江苏南京师大附中5月模拟)如图8所示，一等腰三角形闭合金属框架置于与匀强磁场方向垂直的平面内，其底边与磁场右边界平行，在把框架从磁场中水平向右匀速拉出磁场的过程中，下列关于拉力F 随框架顶点离开磁场右边界距离x 变化的图象中，正确的是( )图813.如图9，小球从O 点以5 m/s 的初速度平抛，与倾角为15°的斜面在A 点发生弹性碰撞(小球与斜面碰撞规律类似于光的反射定律，且反弹速率与碰前相同)，之后恰好能竖直上抛到B 点(未画出)．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，关于小球的运动，下列说法不正确．．．的是( )图9A ．小球与斜面碰撞时的速率为10 m/sB ．小球做平抛运动的时间为3C ．O 、A 两点的高度差为3.75 mD ．A 、B 两点的高度差为5 m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，有错选的得0分)14．如图10所示，B 超成像的基本原理就是向人体发射一组超声波，而遇到人体组织会产生不同程度的反射(类似回声)，通过探头发送和接收超声波信号，经过电子电路和计算机的处理，形成了我们今天的B 超图像(如图甲所示)．图乙为仪器检测到发送和接收的超声波图象，其中实线为沿x 轴正方向发送的超声波，虚线为一段时间后遇到人体组织沿x 轴负方向返回的超声波．已知超声波在人体内传播速度约为1 500 m/s，下列说法正确的是()图10A．根据题意可知此超声波的频率为1.25×105 HzB．图乙中质点A在此后的1 s内运动的路程为1 500 mC．图乙中质点B此时沿y轴正方向运动D．图乙中质点A、B两点加速度大小相等、方向相反15．(2019·浙江宁波市3月模拟)如图11甲所示，把一平行玻璃板压在另一平行玻璃板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让单色光a、b分别从上方垂直入射后，在相同条件下从上往下看到的干涉条纹，分别如图乙所示．下面说法中正确的是()图11A．薄片的厚度减小一些，干涉条纹的间距会变宽B．单色光a的光子动量比单色光b的光子动量大C．若单色光a照射某金属能发生光电效应，则用单色光b照射该金属时也能发生光电效应D．在玻璃中传播时，单色光a比单色光b的传播速度小16．(2019·浙江金华十校高三期末)如图12所示的四幅图分别对应着四种说法，其中正确的是()图12A．图甲，处于n＝3能级的氢原子吸收的能量只要大于等于1.51 eV，就能发生电离B．图乙，根据α、β、γ射线的特点，射线1是α射线，射线2是β射线，射线3是γ射线C．图丙，天然放射性元素的半衰期与原子核内部的结构以及其化学状态都有关D．图丁，重核的裂变反应方程可以有235 92U→144 56Ba＋8936Kr＋210n三、非选择题(本题共6小题，共55分)17.(7分)(2019·浙江金华十校期末)(1)“探究平抛物体的运动规律”实验的装置如图13所示．下列说法正确的是________．图13A．斜槽必须是光滑的，且末端切线调成水平B．每次释放小球必须从斜槽同一位置由静止释放C．将球的位置记录在坐标纸上后，取下坐标纸，用直尺将所有点连成折线D．小球运动时不应与竖直面上的坐标纸相接触(2)在“探究求合力的方法”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套，如图14甲所示．图14①下列实验操作正确的是________．A．用一个弹簧测力计与用两个弹簧测力计拉橡皮条时，只要满足橡皮条的长度相等B．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行C．实验中，两根细绳必须等长D．实验中，只需记下弹簧测力计的读数②实验中，弹簧测力计的示数如图乙所示，则图中弹簧测力计的读数为________ N.③某次实验中，若两个弹簧测力计的读数均为4 N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则________(选填“能”或“不能”)用一个量程为5 N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________. 18．(7分)(2019·浙江绍兴市3月选考)小明同学利用如图15甲所示电路测量多用电表欧姆挡内部电池的电动势和电阻．使用的器材有：多用电表，电压表(量程3 V、内阻为3 kΩ)，滑动变阻器(最大阻值2 kΩ)，导线若干．请完善以下步骤：(1)将多用电表的选择开关调到“×100”挡，再将红、黑表笔短接，________(选填“机械”或“欧姆”)调零；(2)将图甲中多用电表的红表笔接a端，黑表笔接b端，那么电压表的右端为________接线柱(选填“＋”或“－”)；(3)欧姆表内部电路可等效为一个电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图乙所示，记电池的电动势为E，欧姆表“×100”挡内部电路的总内阻为r，调节滑动变阻器，测得欧姆表的读数R和电压表读数U，某次测量电压表的示数如图丙所示，读数为________V，根据实验数据画出的1U－R图线如图丁所示，求得电动势E＝__________ V(结果保留三位有效数字)，内部电路的总电阻r＝________ kΩ(结果保留两位有效数字)．图1519．(9分)(2019·江苏苏州市模拟)如图16所示，倾角θ＝37°、斜面长为1 m的斜面体放在水平面上．将一质量为2 kg的小物块从斜面顶部由静止释放，1 s后到达底端，斜面体始终保持静止．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图16(1)小物块沿斜面下滑的加速度大小和到达底端时速度的大小；(2)小物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向．20.(12分)(2019·浙江湖州市、衢州市、丽水市高三期末)某游乐场的滑梯可以简化为如图17所示的竖直面内的ABCD轨道，AB为长L＝6 m、倾角α＝37°的斜轨，BC为水平轨道，CD 为半径R＝15 m、圆心角β＝37°的圆弧，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑．一小孩(可视为质点)从A点以初速度v0＝2 3 m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B 点时的能量损失)．已知该小孩的质量m＝30 kg，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：图17(1)该小孩第一次经过圆弧C点时，对圆弧轨道的压力；(2)该小孩与AB段的动摩擦因数；(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s.21．(10分)(2019·浙江金华十校高三期末)如图18甲所示，两光滑导轨由水平、倾斜两部分平滑连接，相互平行放置，两导轨相距L＝1 m，倾斜导轨与水平面成θ＝30°角．倾斜导轨所处的某一矩形区域BB′C′C内有一垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝1 T，B、C 间距离为L1＝2 m．倾斜导轨上端通过单刀双掷开关S连接R＝0.8 Ω的电阻和电容C＝1 F的未充电的电容器．现将开关S掷向1，接通电阻R，然后从倾斜导轨上离水平面高h＝1.45 m处垂直于导轨静止释放金属棒ab，金属棒的质量m＝0.4 kg，电阻r＝0.2 Ω，金属棒下滑时与导轨保持良好接触，在到达斜面底端CC′前已做匀速运动．金属棒由倾斜导轨滑向水平导轨时无机械能损失，导轨的电阻不计．当金属棒经过CC′时，开关S掷向2，接通电容器C，同时矩形区域BB′C′C的磁感应强度B1随时间变化如图乙所示．水平导轨所处的某一矩形区域CC′D′D内无磁场，C、D间距离为L2＝8 m．DD′右侧的水平轨道足够长且两水平轨道内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B2＝2 T，g＝10 m/s2，求：图18(1)金属棒刚进入矩形磁场区域BB′C′C时两端的电压；(2)金属棒通过矩形磁场区域BB′C′C的过程中，电阻R产生的热量；(3)若金属棒在矩形区域CC′D′D内运动，到达DD′前电流为零，则金属棒进入DD′右侧磁场区域运动达到稳定后，电容器最终所带的电荷量．22.(10分)(2020·浙江1月选考·22)通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率(即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值)，可研究中子(10n)的β衰变．中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子νe.如图19所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子．在P点下方放置有长度L＝1.2 m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为a.在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．已知电子质量m e＝9.1×10－31 kg ＝0.51 MeV/c2，中子质量m n＝939.57 MeV/c2，质子质量m p＝938.27 MeV/c2(c为光速，不考虑粒子之间的相互作用)．若质子的动量p＝4.8×10－21 kg·m·s－1＝3×10－8 MeV·s·m－1.图19(1)写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能(以MeV为能量单位)；(2)当a＝0.15 m，B＝0.1 T，求计数率；(3)若a取不同的值，可通过调节B的大小获得与(2)问中同样的计数率，求B与a的关系并给出B的取值范围．答案精析1．C2．D [“1小时12分”指的是时间，选项A 错误；58 km/h 是由路程与时间的比值得到的，不是平均速度的概念，选项B 错误；轿车长度比站牌大，所以研究轿车通过公交车站牌的时间，不可以把轿车看成质点，选项C 错误；根据刻度尺可量得“起点”到“终点”的直线距离约为标度长的3倍，即60 km ，选项D 正确．]3．C [题图甲中，人的两脚分开有向两边的运动趋势，受地面的摩擦力，而题图乙中，人的两脚竖直，不受摩擦力，故A 错误；对甲、乙两图中的人受力分析可知，竖直方向地面对两脚总的支持力等于重力，由牛顿第三定律，人对地面的压力等于支持力也等于重力，故B 错误，C 正确；地面对人的作用力包括支持力和静摩擦力，由平衡条件知，地面对人的作用力等于重力，故D 错误．]4．B5．C [由题图知加速度大小之比为a 1a 2＝v 0t 0∶v 02t 0＝21，位移之比x 1x 2＝12，速度方向始终为正方向，两段时间内的平均速度均为v 02，故选C.] 6．A [小明下降过程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，处于失重状态，故A 正确；起跳以后在上升过程中，只受重力的作用，有向下的重力加速度，处于失重状态，故B 错误；小明起跳时加速度的方向向上，所以地面对他的支持力大于他的重力，故C 错误；人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，故D 错误．]7．B[作出小球在某位置时的受力分析图，在小球运动的过程中，F 1的方向不变，F 2与竖直方向的夹角逐渐变大，画力的动态平行四边形，如图所示，由图可知F 1、F 2均增大，选项B 正确．]8．B [公转的轨道近似为圆，地球和火星的运动可以看做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律知，R 3T 2＝k ，运动的周期之比T 1T 2＝R 13R 23，在一个周期内扫过的面积之比为S 1S 2＝πR 12πR 22＝R 12R 22，面积速率为S T ，可知面积速率之比为R 1R 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．] 9．B [由题意知，小球所受合力必沿ON 方向，重力方向竖直向下，分析可知当电场力垂直ON 时，场强最小，即Eq ＝mg sin θ，且此时电场力不做功，故机械能守恒，故A 错误，B 正确；本题符合要求的场强，最大是无穷大，故C 错误；当Eq ＝mg tan θ时，如图所示，电场力有两种方向，一种做正功，一种做负功，故D 错误．]10．C [理想变压器原、副线圈功率之比为1∶1，由电压u ＝51sin(100πt ) V 知ω＝100π rad/s ＝2πf ，故频率f ＝50 Hz ；由n 1∶n 2＝4∶1知I 1∶I 2＝1∶4；若R T 温度升高，电阻减小，U 1和U 2不变，I 2变大，即电流表示数变大，故C 正确．]11．A [当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为x ，根据动能定理有：W 弹＋(－μmgx )＝12m v 02－0，得W 弹＝12m v 02＋μmgx ，选项A 正确．] 12．D [设等腰三角形的顶角为2α，此过程产生的感应电动势为：E ＝BL v ＝B ·2x tan α·v ＝2B tan α·x ·v ，感应电流为：I ＝E R ＝2B tan α·v ·x R ，线框受到的安培力为：F 安＝BIL ＝B ×2B tan α·v ·x R ·2x tan α＝4B 2x 2tan 2 α·v R，线框做匀速直线运动，由平衡条件可得：F ＝F 安，由数学知识可知选项D 正确，A 、B 、C 错误．]13.B [根据角度关系可知，到达斜面前瞬间，速度方向与水平面的夹角θ＝60°，则碰撞时的速度v ＝v 0cos 60°＝50.5m/s ＝10 m/s ，故A 正确；竖直方向获得的速度v y ＝v 0tan 60°＝5 3 m/s ，运动的时间t ＝v y g ＝32 s ，故B 错误；下降的高度h ＝12gt 2＝12×10×34m ＝3.75 m ，故C 正确；碰撞后竖直上抛，则上升的高度h ′＝v 22g ＝1022×10m ＝5 m ，故D 正确．] 14．AC [根据公式f ＝v λ可得频率约为1.25×105 Hz ，选项A 正确；质点A 上下振动，1 s 内运动的路程为2 000 m ，选项B 错误；根据题意可知虚线是反射回来的波，传播方向沿x 轴负方向，由上下坡法知，此时质点B 正向y 轴正方向运动，选项C 正确；质点A 、B 两点都在平衡位置上方位移相同的地方，所以加速度大小相等、方向相同，选项D 错误．]15．AC [薄片厚度减小，劈角变小，干涉条纹的间距变宽，A 对；由题图乙知a 光的条纹间距大，则λa >λb ，由光子动量p ＝h λ知a 光子动量小，B 错；由E ＝h c λ知a 光子的能量也小，a 光若能产生光电效应，光子能量更大的b 光也能产生光电效应，C 对；由λa >λb ，则n a <n b ，又v ＝c n，则v a >v b ，即a 光传播速度大，D 错．] 16．AB17．(1)BD (2)①B ②2.50③不能 两弹簧测力计拉力的合力为4 2 N ≈5.7 N ，超出弹簧测力计的量程18．(1)欧姆 (2)＋(3)0.95(0.93～0.97) 1.46(1.44～1.48) 1.5(1.4～1.6)19．(1)2 m/s 2 2 m/s (2)0.5 (3)3.2 N 水平向左解析 (1)由运动学公式x ＝12at 2得a ＝2 m/s 2 由v ＝at 得v ＝2 m/s.(2)由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma得μ＝0.5.(3)mg cos θsin θ＞μmg cos 2 θ，则水平面对斜面体的摩擦力水平向左 大小F f ＝mg cos θsin θ－μmg cos 2 θ＝3.2 N.20．(1)420 N ，方向竖直向下 (2)0.25 (3)21 m解析 (1)由C 到D 速度减为0，由动能定理可得－mg (R －R cos 37°)＝0－12m v C 2，v C ＝215 m/s 在C 点，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v C 2R，得F N ＝420 N 根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为420 N ，方向竖直向下．(2)A 到D 过程，由动能定理得：mgL sin α－μmgL cos α－mgR (1－cos β)＝0－12m v 02 (或A 到C 过程，由动能定理得：mgL sin α－μmgL cos α＝12m v C 2－12m v 02) 解得μ＝0.25(3)从A 点以初速度v 0滑下，最终会静止在BC 轨道的B 处．由动能定理得：mgL sin α－μmgs cos α＝0－12m v 02， 可得s ＝21 m.21．见解析解析 (1)金属棒进磁场前机械能守恒：mg (h －L 1sin θ)＝12m v 12 得：v 1＝3 m/s刚进磁场时：E 1＝B 1L v 1＝3 V得U ＝R R ＋r E 1＝2.4 V (2)金属棒到达底端CC ′已匀速：mg sin θ＝B 1B 1L v 2R ＋rL 得v 2＝2 m/s金属棒通过矩形磁场区域BB ′C ′C 的过程中：mgh ＝12m v 22＋Q 得Q ＝5 J电阻R 产生的热量Q R ＝R R ＋rQ ＝4 J (3)B 1随时间变化4 s 内：U C 1＝LL 1ΔB 1Δt＝0.5 V 金属棒在无磁场区域内匀速：t ＝L 2v 2＝4 s 进磁场B 2时B 1刚好不变，电容器继续充电，当电容器充电稳定时：U C 2＝B 2L v 3，此过程中电容器中变化的电荷量ΔQ ＝CU C 2－CU C 1设此过程中的平均电流为I ，时间为t ′，根据动量定理有： －B 2L I t ′＝m v 3－m v 2其中I t ′＝ΔQ 得：v 3＝922m/s 电容器最终所带的电荷量：Q 终＝CU C 2＝911C. 22．(1)0.746 8 MeV (2)23 (3)B ＝3200a T B ≥1540T 解析 (1)10n →11p ＋0－1e ＋νe ΔE d ＝m n c 2－(m p c 2＋m e c 2)＝0.79 MeVE kp ＝p 22m p≈0.043 2 MeV E e ＋E v ＝ΔE d －E kp ＝0.746 8 MeV(2)质子运动半径R ＝p eB＝0.3 m如图所示，打到探测板对应发射角度α＝β＝π6可得质子计数率为η＝4π32π＝23(3)在确保计数率为η＝23的情况下R ′＝2a ，即B ＝3200aT 如图所示，恰能打到探测板左端的条件为4R max2－R max 24＝L 24 故B ≥p eR max ＝1540T.。