2019-2020学年浙江省高中物理学业水平考试模拟试卷（六） 19页

高中物理学业水平考试模拟试卷(六)‎ ‎(时间:60分钟,分值:70分)‎ 选择题部分 一、选择题(本题共18小题,每小题2分,共36分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.下列说法正确的是(　A　)‎ A.伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础 ‎ B.牛顿第一定律在任何条件下都成立 C.元电荷是一种基本电荷 ‎ D.库仑发现了通电导线周围存在着磁场 解析:牛顿在伽利略理想斜面实验的基础上,提出了牛顿第一定律,选项A正确;牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律,选项B错误;元电荷是电子的带电荷量,并不是一种基本电荷,选项C错误;奥斯特发现了通电导线周围存在着磁场,选项D错误。‎ ‎2.惯性是物体的固有属性,一切物体都具有惯性。如图所示的四个运动物体中,惯性最大的是(　D　)‎ ‎3.在我们的日常生活语言中,虽然没有与速度、加速度等对应的物理学词语,但我们也经常用一些笼统的语言来描述物体的运动特征。以下关于日常生活语言对运动的描述,正确的是(　C　)‎ A.说某人越野跑中跑得远,是指其位移较大 ‎ B.说某运动员比赛全程跑得快,是指其瞬时速度较大 C.说某短跑运动员起跑快,是指其加速度较大 ‎ D.说某运动员比赛中冲刺快,是指其加速度较大 解析:越野跑中跑得远,是指其路程较大,A错误;比赛全程跑得快,是指其平均速度较大,B错误;运动员起跑快,是指其加速度较大,C正确;运动员比赛中冲刺快,是指冲刺阶段的平均速度较大,D错误。‎ ‎4.如图所示,某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出,石块抛出时的速度大小为v0,不计空气阻力,石块落地时的动能为(　D　)‎ A.mgh B.m C.m-mgh D.m+mgh 解析:初状态的机械能为E=mgh+m,则根据机械能守恒定律得mgh+m=Ek,故选D。‎ ‎5.未来“胶囊高铁”有望成为一种新的交通工具。“胶囊高铁”利用磁悬浮技术将列车“漂浮”在真空管道中,由于没有摩擦,其运行速度最高可达到 5 ‎000 km/h。工程人员对“胶囊高铁”在A城到B城的一个直线路段进行了测试,行驶了‎121.7公里,用时6分13秒。则(　B　)‎ A.5 ‎000 km/h是平均速度 B.6分13秒是时间间隔 C.“胶囊高铁”列车在真空管道中不受重力作用 D.计算“胶囊高铁”列车从A城到B城的平均速度时,不能将它看成质点 解析:5 ‎000 km/h是瞬时速度,不是平均速度,故A错误;6分13秒是时间间隔,故B正确;“胶囊高铁”列车在真空管道中受重力作用,故C错误;在A城到B城的一个直线路段进行了测试,行驶了‎121.7公里,路程远大于“胶囊高铁”列车的自身长度,可以把它看成质点,故D 错误。‎ ‎6.气球下挂一重物,沿与水平方向成60°角的方向斜向上匀速上升,如图所示。不考虑空气阻力,则关于气球和重物整体的受力情况,下列说法正确的是(　B　)‎ A.受重力、浮力、水平方向的风力 B.只受重力和浮力的作用 C.受重力、浮力、斜向上的冲力 D.受重力、浮力、水平方向的风力、斜向上的冲力 解析:气球在斜向上匀速上升过程中,只受重力和浮力的作用;如果水平方向有风力,气球不可能平衡而做匀速运动。‎ ‎7.下列四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现,其中说法正确的是(　B　)‎ A.库仑利用图甲实验测出了引力常量 B.奥斯特利用图乙实验,发现了电流周围存在磁场 C.牛顿根据图丙理想斜面实验,提出了力不是维持物体运动的原因 D.安培利用图丁实验,总结出了磁场对运动电荷作用的规律 解析:卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量,故选项A错误;伽利略通过理想斜面实验,提出了力不是维持物体运动的原因,故选项C错误,安培利用图丁实验,总结出了磁场对电流作用的规律,故选项D 错误。‎ ‎8.如图所示,A,B为小区门口自动升降杆上的两点,A在杆的顶端,B在杆的中点处。杆从水平位置匀速转至竖直位置的过程中,下列判断正确的是(　D　)‎ A.A,B两点线速度大小之比为1∶2‎ B.A,B两点角速度大小之比为1∶2‎ C.A,B两点向心加速度大小之比为1∶2‎ D.A,B两点向心加速度的方向相同 解析:A,B两点在同一杆上,角速度相等,故B错误;根据v=ωr,可知vA∶vB=rA∶rB=2∶1,故A错误;根据a=rω2可知,aA∶aB=rA∶rB=2∶‎ ‎1,故C错误;A,B两点向心加速度的方向均指向圆心,故D正确。‎ ‎9.如图所示,下列对教材中的四幅图分析正确的是(　C　)‎ A.图甲:被推出的冰壶能继续前进,是因为一直受到手的推力作用 B.图乙:电梯在加速上升时,电梯里的人处于失重状态 C.图丙:汽车过凹形桥最低点时,速度越大,对桥面的压力越大 D.图丁:汽车在水平路面转弯时,受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用 解析:图甲:被推出的冰壶能继续前进,是因为惯性,手与冰壶不接触了,不再对冰壶有推力作用,故A错误;图乙:电梯在加速上升时,加速度向上,电梯里的人处于超重状态,故B错误;图丙:汽车过凹形桥最低点时,加速度向上,处于超重状态,速度越大,所需要的向心力越大,超重越显著,对桥面的压力越大,所以C正确;图丁:汽车在水平路面转弯时,受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用,向心力是重力、支持力、摩擦力的合力,故D错误。‎ ‎10.如图,折线是表示物体甲从A地向B地运动的xt图象,直线表示物体乙从B地向A地运动的xt图象,则下列说法正确的是(　B　)‎ A.在2～6 s内甲做匀速直线运动 B.乙做匀速直线运动,其速度大小为‎5 m/s C.从计时开始至甲、乙相遇的过程中,乙的位移大小为‎60 m D.在t=8 s时,甲、乙两物体的速度大小相等 解析:位移—时间图象的斜率表示速度,故乙做匀速直线运动,甲在0～2 s内做匀速直线运动,2～6 s内处于静止状态,A错误;乙做匀速直线运动的速度大小为v乙= m/s=‎5 m/s,B正确;在t=8 s时,甲、乙相遇,此时甲的斜率即速度大小为v甲= m/s=‎10 m/s,乙的速度大小为‎5 m/s,故两物体速度大小不相等,相遇时乙的位移大小为 ‎40 m‎,C,D错误。‎ ‎11.绍兴市S区奥体中心举行CH杯全国蹦床锦标赛。对于如图所示蹦床比赛时运动员的分析,下列说法中正确的是(　C　)‎ A.运动员在蹦床上上升阶段,一直处于超重状态 B.运动员在蹦床上加速上升阶段,蹦床的弹性势能增大 C.运动员离开蹦床在空中运动阶段,一直处于失重状态 D.运动员离开蹦床在空中运动阶段,重力势能一直增大 解析:运动员在蹦床上有一小段减速上升,蹦床对运动员的弹力小于重力,运动员处于失重状态,故A错误;运动员在蹦床上加速上升阶段,蹦床的弹性势能减小,故B错误;运动员离开蹦床在空中运动阶段,只受重力(空气阻力远小于重力),加速度一直向下,一直处于失重状态,故C正确;运动员离开蹦床在空中有上升和下降两个阶段,在下降阶段重力势能在减小,故D错误。‎ ‎12.如图是某款能一键自动上水的全自动智能电热壶,当壶内水位过低时能自动加满水,加热之后的水,时间长了冷却,机器又可以自动加热到设定温度。某同学为了研究其工作原理,经进一步查阅厂家相关技术说明了解到:“一键加水”是由一水泵(电动机)和传感器来实现的,单独对这一部分进行测试时发现,当其两端所加电压U1=10 V时,电动机带不动负载,因此不转动,此时通过它的电流I1=‎2 A;当其两端所加电压U2=36 V时(通过变压器实现),电动机能带动负载正常运转,这时电流I2=‎1 A.则下列说法正确的是(　B　)‎ A.这种电热壶工作时加热部分的电阻值约为5 Ω ‎ B.正常工作时,其输出的机械功率为31 W C.正常工作时,其电动机内阻两端电压为32 V ‎ D.使用一天该水壶消耗的电能为36 kW·h 解析:电热壶工作时,加热部分的电阻值R== Ω≈32 Ω,选项A错误;电动机不转时,由部分电路的欧姆定律得r==5 Ω,电动机能带动负载正常运转时,电动机内阻两端电压Ur=I2r=5 V,则其输出的机械功率为P′=(U-Ur)I2=(36-5)×1 W=31 W,选项B正确,C错误;水壶在工作时,只有水温低了才会加热,并不是24小时不间断用额定功率加热,因此,消耗的电能不足36 kW·h,选项D错误。‎ ‎13.图中的几种家用电器工作时的电流最接近‎5 A的是(　D　)‎ 解析:这些用电器都在220 V的额定电压下工作,电流最接近‎5 A,由公式P=UI得功率接近1 100 W。故D正确。‎ ‎14.如图甲所示滑雪运动员由斜坡高速向下滑行过程中其速度—时间图象如图乙所示,则由图象中AB段曲线可知,运动员在此过程中(　B　)‎ A.做匀变速曲线运动 ‎ B.做变加速运动 C.所受力的合力不断增大 ‎ D.机械能守恒 解析:由图乙可知,运动员运动过程中加速度逐渐变小,由F合=ma可知,运动员所受合力不断变小,故选项B正确,A,C错误;因滑雪运动员受阻力作用,其机械能逐渐减小,选项D错误。‎ ‎15.‎‎2018年7月10日 ‎4时58分,我国在西昌卫星发射中心用长征三号甲运载火箭,成功发射了第三十二颗北斗导航卫星。该卫星属倾斜地球同步轨道卫星,卫星入轨并完成在轨测试后,将接入北斗卫星导航系统,为用户提供更可靠服务。通过百度查询知道,倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星,它的运转周期也是24小时,如图所示,关于该北斗导航卫星说法正确的是(　D　)‎ A.该卫星可定位在北京的正上空 B.该卫星与地球同步卫星的向心加速度大小是不等的 C.该卫星的发射速度v≤‎7.9 km/s D.该卫星的角速度与放在北京地面上物体随地球自转的角速度大小相等 解析:由地球自转的方向可知,该卫星不可能与地面相对静止于北京正上方,选项A错误;该卫星的周期是24 h,所以两种卫星距地面的高度相同,且角速度与地球自转的角速度大小相等,根据a=rω2可知,该卫星的向心加速度应该等于地球同步卫星的向心加速度,选项B错误,D正确;将卫星发射到近地轨道的最小速度为‎7.9 km/s,所以发射该卫星的速度应该要超过 ‎7.9 km/s,选项C错误。‎ ‎16.将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量带正电和带负电的微粒,而从整体来说呈中性)喷射入磁场,磁场中有两块金属板A,B,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压。在磁极配置如图所示的情况下,下列说法中正确的是(　B　)‎ A.金属板A上聚集正电荷,金属板B上聚集负电荷 B.金属板A上聚集负电荷,金属板B上聚集正电荷 C.金属板A的电势高于金属板B的电势 D.通过电阻R的电流方向由a到b 解析:大量带正电和带负电的微粒射入磁场时,由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下,所以正电荷会聚集在B板上,负电荷受到的洛伦兹力向上,负电荷聚集到A板上,故A错误,B正确;正电荷聚集到B板,负电荷聚集到A板,知A板相当于电源的负极,B板相当于电源的正极,所以通过电阻R的电流由b→R→a,金属板B的电势高于金属板A的电势,故C,D错误。‎ ‎17.充电宝的核心部件是锂离子电池。由于锂离子电池的材料特性,在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸。为安全起见,中国民航总局做出了相关规定,如图1所示。‎ 民航总局关于携带充电宝出行的相关规定 低于100 W·h　可随身携带,不可托运 100～160 W·h　经航空公司批准才能随身携带(不超过两块),不可托运 超过160 W·h　禁止随身携带,不可托 ‎　图1　　‎ 产品名称:移动电源 电池容量:10 000 mA·h　3.7 V 电源输入:5 V-1 A 电源输出1:5 V-1 A 电源输出2:5 V-2.1 A 图2‎ 为了给智能手机充电,小明购买了一款移动电源,其铭牌如图2所示。给手机充电时该移动电源的效率按80%计算。根据以上材料,请你判断(　D　)‎ A.W·h与mA·h均为电量单位 B.乘飞机出行时,这款移动电源不能随身携带 C.这款移动电源能为手机提供的最大充电量为 10 000 mA·h D.这款移动电源充满电后所储存的总化学能为 37 W·h 解析:W·h是能量单位,mA·h是电量单位,选项A错误;这款移动电源充满电后,储存的总化学能为E=UIt=3.7×10 000×10-3 W·h=37 W·h,低于100 W·h,所以可以随身携带,选项B错误,D正确;因为该移动电源的效率为80%,所以移动电源能为手机提供的最大充电量为 ‎ 8 000 mA·h,选项C错误。‎ ‎18.在空气阻力不计的情况下,地球上有一物块以某一初速度在粗糙的水平桌面上向前滑行位移x1后静止;在月球上,相同的物块以相同的初速度在相同的水平桌面上向前滑行位移x2后静止,则(　C　)‎ A.x1=x2 B.x1>x2‎ C.x1g2可知x1= Ω= Ω,所以电流表采用内接法,故P点应该接c;滑动变阻器的阻值较小,因此采用分压式电路,故Q点应该接a,所以分别选C,A。‎ 答案:(1)ED　180　(2)C　A ‎21.(6分)如图所示,长l=‎1 m的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量 q=1.0×10‎-6 C,匀强电场的场强E=3.0×103 N/C,取重力加速度g=‎10 m/s2,sin 37°=0.6,‎ cos 37°=0.8。求:‎ ‎(1)小球所受电场力F的大小;‎ ‎(2)小球的质量m;‎ ‎(3)将电场撤去,小球回到最低点时速度v的大小。‎ 解析:(1)根据电场强度定义式可知,小球所受电场力大小为 F=qE=1.0×10-6×3.0×103 N=3.0×10-3 N。‎ ‎(2)小球受重力mg、绳的拉力T和电场力F作用处于平衡状态,如图所示 根据几何关系有=tan 37°,‎ 得m=4.0×10‎-4 kg。‎ ‎(3)撤去电场后,小球将绕悬点摆动,根据动能定理有 mgl(1-cos 37°)=mv2,‎ 得v==‎2.0 m/s。‎ 答案:(1)3.0×10-3 N　‎ ‎(2)4.0×10‎‎-4 kg ‎(3)‎2.0 m/s ‎22.(7分)如图所示,厚度不计的圆环套在粗细均匀、长度为‎0.8 m的圆柱顶端。圆环可在圆柱上滑动,同时从静止释放,经0.4 s圆柱与地相碰,圆柱与地相碰后速度瞬间变为0,且不会倾倒,不计空气阻力。‎ ‎(1)求静止释放瞬间,圆柱下端离地的高度。‎ ‎(2)若最终圆环离地的距离为‎0.6 m,则圆环与圆柱间的滞动摩擦力是圆环重力的几倍?‎ ‎(3)若圆环速度减为0时,恰好到达地面,则从静止释放时圆环离地的高度为多少?‎ 解析:(1)由自由落体运动规律可知,圆柱下端离地的高度 h1=g=‎0.8 m。‎ ‎(2)圆柱落地时圆环的速度 v1=gt1=‎4 m/s 则由运动学规律可知 ‎0-=‎-2a(L-L1)‎ 解得a=‎40 m/s2,‎ 对圆环根据牛顿第二定律可知f-mg=ma,‎ 解得=5。‎ ‎(3)设此种情况下圆柱落地时圆环的速度为v2,则有=2aL,‎ 解得v2=‎8 m/s,‎ 根据自由落体规律可知,圆环自由下落的高度h2==‎3.2 m。‎ 则从静止释放时圆环离地的高度为 H=L+h2=‎4 m。‎ 答案:(1)‎0.8 m　(2)5　(3)‎‎4 m ‎23.(9分)如图所示,最大承受能力为6mg,长为R的轻质细线一端固定在O1点,细线的下端系一质量为m,电荷量为q的带电小球,固定点O1‎ 的正下方某处的P点可以垂直于竖直平面插入一颗光滑的钉子。现将小球从细线处于水平状态由静止释放,小球刚好在B处平抛飞出。带电小球平抛飞出后经过一块匀强电场区域(只存在于BC之间),恰好从C点进入水平地面上固定的半径为r的圆弧形槽,槽的圆心在O2,D点为最低点,且∠CO2D=37°,已知小球在CD弧面上克服摩擦力做的功为小球在DQ水平面上克服摩擦力做功的一半。已知BD两点的高度差为hBD=r,r=1.25R,重力加速度为g,不计空气阻力(已知sin 37°=‎ ‎0.6,cos 37°=0.8)。‎ ‎(1)该光滑的钉子距离O1的距离;‎ ‎(2)该带电小球带什么电?匀强电场场强的大小E;‎ ‎(3)小球最终停在距离D处4R的Q点,求水平面与小球间的动摩擦因数μ。‎ 解析:(1)小球从A到B的过程中,机械能守恒,‎ 有m=mgR,‎ 解得vB=,‎ 在B点,由牛顿第二定律可知 F-mg=m 因为小球刚好从B点平抛飞出,‎ 即F=6mg,‎ 代入可得r′=0.4R,‎ 则O1P=0.6R,‎ 即该光滑钉子距离O1的距离为0.6R。‎ ‎(2)小球恰好从C点进入圆弧轨道,‎ 所以tan 37°==,且在水平方向,有 vx=vB=‎ 在竖直方向,有 hBC=rcos 37°=R 则vy==,‎ 联立解得a=g,‎ 小球从B到C的过程中,根据牛顿第二定律,有 mg-Eq=ma,‎ 所以E=,带电小球带正电。‎ ‎(3)根据题意WfCD=WfDQ 且小球在DQ水平面上克服摩擦力做功 WfDQ=μmg·4R 小球恰好从C点进入圆弧轨道,所以 ‎=cos 37°,‎ 即vC=‎ 从C到Q,根据动能定理,‎ 有0-m=mghCD-WfCD-WfDQ,‎ 且hCD=hBD-hBC=0.25R 联立以上各式可得μ=。‎ 答案:(1)0.6R　(2)正电　　(3)‎