浙江省舟山中学2020届高三下学期模拟考试物理试题 Word版含解析 28页

- 1 - 2020 年普通高等学校招生浙江省舟山中学仿真模拟考物理学科 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 个符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 张老师要开车从舟山去杭州，如图是他手机导航的截图，下列说法正确的是（ ） A. “3 小时 26 分”指的是时刻 B. “方案三”的平均速度大小约为 77km/h C. 若研究轿车通过公交站牌的时间，可以把车看成质点 D. 三种方案的位移是一样的，方案一路程最短 【答案】D 【解析】 【详解】A．“3 小时 26 分”指的是从开始运动到到达的时间间隔，是时间，故 A 错误； B．77km/h 是由路程与时间的比值得到的，不是平均速度的概念，故 B 错误； C．轿车长度比站牌大，所以研究轿车通过公交车站牌的时间，不可以把车看成质点，故 C 错 误； D．三种方案的初末位置相同，位移是一样的，方案的 243 公里是指轨迹的长度，故为路程， 所以方案一路程最短，故 D 正确。 故选 D。 2. 目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材．图示器材为一秋千，用两根等长轻绳 将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点．由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜， - 2 - 如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高．座椅静止时用 F 表示所受合力的大小，F1 表示单根轻绳 对座椅拉力的大小，与倾斜前相比（ ） A. F 不变，F1 变小 B. F 不变，F1 变大 C. F 变小，F1 变小 D. F 变大，F1 变大 【答案】A 【解析】 【详解】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F=0；根据共点 力平衡条件，有：2F1cosθ=mg；解得：F1=  2 mg cos ； 由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，故图中的θ角减小了，故 F 不变，F1 减小； 故选 A． 【点睛】本题是简单的三力平衡问题，关键是对人进行受力分析后运用图示法或者正交分解 法列式分析即可． 3. 一光滑小球放在圆锥内表面某处，现与圆锥相对静止地围绕轴 O1O2 以角速度ω匀速转动， 如图所示。若圆锥转动的ω突然增大，小球将（ ） - 3 - A. 沿圆锥面上弧 AC 离心运动 B. 仍以ω在原轨道上圆周运动 C. 沿 AB 方向运动 D. 沿 AO2 方向运动 【答案】B 【解析】 【详解】ABCD．光滑小球在圆锥内表面做水平面上的匀速圆周运动，其受力情况如图所示 设小球做圆周运动的半径为 r，由牛顿第二定律得 2tanmg m r  解得 2 tangr   当圆锥转动的ω突然增大时，因为小球光滑，所以小球不会受摩擦力作用，则小球受力情况 不变，且小球的角速度ω也不变，所以小球以ω在原轨道上圆周运动，故 B 正确，ACD 错误。 故选 B。 4. 篮球运动深受同学们的喜爱，打篮球时某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收 缩至胸前，如图所示。下列说法正确的是（ ） - 4 - A. 手对篮球的作用力大于篮球对手的作用力 B. 手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对平衡力 C. 这样做的目的是减小篮球动量的变化量 D. 这样做的目的是减小篮球对手的冲击力 【答案】D 【解析】 【详解】AB．手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等， 方向相反，故 AB 错误； CD．先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间， 根据动量定理得 0Ft mv   解得 mvF t  当时间增大时，球动量的变化率减小，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，所以 C 错误，D 正确。 故选 D。 5. 德国物理学家冯·克里芩在 1980 年发现了量子霍尔效应，霍尔电阻值出现量子化现象， 与量子数 n 成反比，还与普朗克常量 h 和电子电荷量 e 有关。下列关于霍尔电阻公式正确的 是（ ） A. H     hR ne  B. H 2  hR ne  C. 2 H  heR n  D. H  heR n  【答案】B 【解析】 【详解】由于 HR 为电阻，单位为Ω，普朗克常量 h 的单位为 J s ，电荷量 e 的单位为 C ，则 有 J •s V •s V •sC C   2 J •s V •s V ΩC C A    - 5 - 故选 B。 6. 下列说法正确的是（ ） A. 若要准确地测量宏观物体的动量，由不确定关系可知其位置无法确定 B. 在康普顿效应中入射光子与晶体中的电子发生碰撞，光子散射后频率变低 C. 用电子流工作的显微镜比用相同大小加速电压下的质子流工作的显微镜放大倍数更好 D. 只要空间中某区域有均匀变化的电场或均匀变化的磁场就能产生电磁波 【答案】B 【解析】 【详解】A．不确定关系表明，在微观世界中，不可以同时准确地确定粒子的位置和动量，故 A 错误； B．入射光子与晶体中的电子碰撞，动量变小，根据光子动量 hp  可知波长变长，则频率变低，故 B 正确； C．由于质子的质量远大于电子的质量，所以如果显微镜使用经相同电压加速后的质子工作， 质子的动量更大，波长更小，其分辨率比电子显微镜大，故 C 错误； D．均匀变化的电场在它周围产生稳定的磁场，而振荡的电场或磁场是周期性变化的，周期性 变化的电场产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场又会产生周期性变化的电场，故振荡 的电场或磁场均会产生电磁波，故 D 错误。 故选 B。 7. 如图所示，实线为两个点电荷 Q1、Q2 产生的电场的电场线，虚线为正电荷从 A 点运动到 B 点 的运动轨迹，则下列判断正确的是（ ） A. A 点的场强小于 B 点的场强 B. Q1 的电荷量大于 Q2 的电荷量 C. 正电荷在 A 点的电势能小于在 B 点的电势能 D. 正电荷在 A 点的速度小于在 B 点的速度 - 6 - 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据“电场线的密疏表示场强的大小”可知 A 点的场强比 B 点的场强大，故 A 错误； B．根据电场线分布情况可知 Q1、 Q2 是同种电荷。由点电荷周围电场线较密可知点电荷带电 荷量较多，即 Q1>m 条件，而方法Ⅱ满足 【解析】 【详解】(1) 1 计时点之间的时间间隔 0.02 5s 0.1sT    - 17 - 打 C 点时瞬时速度大小为 14 56cm+11 15cm+13 s m73 0 c 4 m 98 6c /s=0.986m/4 1s AC CE C x xv . .T . . .    2 由逐差法，小车运动的加速度大小为       2 2 2 2 2 11 15 13 73 14 56 10 m/s 2 58m/s 2 2 0 1 CE AC . . .x xa . T .        3 相邻的计时点之间的位移差 13 73cm 11 15cm 2 58cmΔ DE CD . .x x x .    则  Δ 2BC AB AC AB AB AC ABx x x x x x x x       AB 的长度应为 m14 56c 5Δ 52 99c2 2 m 8cmAC ABx . .x x .    (2) 4 用图 1 所示的装置，经平衡摩擦后，在不同外力 F 作用下，测得小车的加速度 1 1 F mg mga mm M m M M M         可知，只有在 M m 的条件下， m M 近似趋近于零，才可以认为小车所受力 F mg ，当 F 逐渐增大时，即 m 逐渐增大时， 1 m M     就不能近似等于 1，所以 1a F 图线会发生弯曲； 而将装置改为图 3，按题中的实验方法，取下 m（记录 m）后，小车所受的合力即为 F mg ， 满足 2 Fa M  是一条过原点的直线，故选Ⅰ；  5 由Ⅱ图线可知，图线斜率的大小 1 1M  则小车的质量 1kgM  - 18 -  6 由上分析知，两条曲线不重叠，且随 F 增加偏差越来越大，其主要原因是当 m 增加时，即 F 增大时，方法 1 不满足 M m 的条件，而方法Ⅱ满足。 18. 在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，实验器材有规格为 2.5V，0.6W 的小电珠，电 源，电压表（量程为 3V），电流表（量程为 0.6A），滑动变阻器，开关和导线若干等： (1)小明经过正确连线后开始实验，调节电路，电压从零开始，每增加相同的 U 测量对应的 电流。某次测量电压表和电流表的示数如图 1 所示，则电流表读度数 I =______A，电压表读 数 U =____V。然后，他将测量数据在坐标纸上标出，如图 2 所示。为了获得更准确的实验图 像，更合理的测量方案是（ ） A.增加 U ，在 Oe 间少测几组数据 B.减少 U ，在 Oa 间多测几组数据 C.减小 U ，在 ae 间多测几组数据 D. U 不变，增加测量组数，直至电压表满量程 (2)做好实验后，小明找来带铁芯的线圈，想验证断电自感现象。如图 3 所示，部分线路已接 好，试在答题纸上完成连线（ ），实现小明的如下设想：闭合开关 S，小灯泡发光；再断 开开关 S，小灯泡出现明显的闪亮然后延时熄灭的现象。但实验时发现：闭合开关 S，小灯泡 发光；再断开开关 S，小灯泡仅出现不明显的延后熄灭现象，经检查电路无误后，虽经多次重 复，仍未见明显的闪亮然后熄灭现象。要获得明显的实验效果，下列做法正确的是（ ） A.改用电阻更小的小电珠 B.改用电阻更小的线圈 C.改用自感系数更小的线圈 D.改用内阻更小的电源 - 19 - 【 答 案 】 (1). 0.26-0.28 (2). 0.99-1.00 (3). B (4). (5). B 【解析】 【 详 解 】（ 1 ） [1] [2] 由 图 1 可 知 ， 电 流 表 读 数 为 0.26A-0.28AI  ， 电 压 表 读 数 0.99V-1.00VU  。 [3]由图 2 可看出 Oa 之间图像变化较大，即应该减少 U ，在 Oa 间多测几组数据，故选 B。 （2）[4] 如图所示 [5]断开开关 S，小灯泡仅出现不明显的延后熄灭现象，出现这一现象的原因是线圈电阻过大， 流过线圈的电流小，线圈储存的磁能小，所以要减小线圈电阻，故选 B。 19. 2020 年 1 月 7 日 23 时 20 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将 通信技术试验卫星五号发射升空。若长征三号乙运载火箭质量 460 吨，总长 58.3m，发射塔高 105.0m，点火后，经 5.0s 火箭离开发射塔，已知火箭离开发射塔的过程中做匀加速直线运动， 忽略一切阻力和运载火箭质量的变化，求： (1)火箭离开发射塔瞬间的速度大小； (2)火箭起飞时推动力的大小（保留 2 位有效数字）； (3)若火箭刚离开发射塔瞬间，一个小零件从火箭的尾部自然脱落，求该零件运动过程中离地 面的最大高度。 - 20 - 【答案】(1)42m/s；(2)8.5×106N；(3)193.2m 【解析】 【详解】(1)对火箭，由匀变速运动位移公式有 21 2x at 解得 28.4m/sa  则火箭离开发射塔瞬间的速度 v=at=42m/s (2)设火箭起飞时推动力大小为 F，由牛顿第二定律 F-mg=ma 得 F=8.5×106N (3)零件从火箭上脱落瞬间初速度为 v=42m/s，零件开始向上做匀减速运动，由 v2=2gh 得零件向上运动的高度 2 88.2m2 vh g   则零件运动过程之后离地面的最大高度 H=105.0+h=193.2m 20. 如图所示为某个趣味游戏的简化图。长度 1L =2m 的水平传送带以速度 v  3m/s 顺时针匀 速转动，距传送带末端 B 点的正下方 h=0.8m 处铺有一张长为 2L =1.6m 的弹性网，在距离弹性 网的右端 C 点 x 处放有一个半径 R=0.4m 的半圆形轨道，D 为半圆形轨道的最低点。质量 m=0.2kg 的物块从传送带的左端 A 点由静止释放，经过 B 点后抛出并落到弹性网上，经弹性网发弹（无 能量损失）后恰好能够水平进入半圆形轨道的最高点 E。已知物块与传送带间的动摩擦因数 - 21 - 0.4  ，不计空气阻力，传送带皮带轮的大小可以忽略。求： (1)物块离开 B 点时的速度 Bv 以及物块和传送带之间因摩擦产生的热量 Q； (2)C 到 D 点的距离 x 以及物块经过 E 点时对轨道的压力大小； (3)若传送带的速度 v 可以在 0 ~ 6m / s 之间调节，为使物块始终能水平进入半圆形轨道的最 高点并安全通过，试写出 C，D 间的距离 x 与传送带速度 v 的关系式。 【答案】(1)3m/s，0.9J；(2)0.8m， 2.5N ；(3) x 无解 0 2m/sv  或  0.8 1.6m 2m/s 4m/sx v v    或  1.6m 4m/s 6m/sx v   【解析】 【详解】（1）物块在传送带上加速到与传送带共速时，由运动学公式 2 2v gL 解得 11.125mL L  所以物块离开 B 点时的速度 3m/sBv v  加速过程产生的热量为 Q mg x  其中 2 2 2 2 v v vx x x vt L v g g g          传送带 物块 联立解得 0.9JQ  (2)物块平抛落地后反弹的水平速度不变，竖直速度只改变了方向，所以反弹后在空中的运 - 22 - 动轨迹与平抛运动对称，如图所示 由平抛运动规律有 21 2h gt 22vt L x  解得 0.4st  ， 0.8mx  因无能量损失，则物块到达 E 点的速度等于从 B 点抛出的速度，在 E 点由牛顿第二定律 2 N vF mg m R   解得 2.5NNF  根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力 2.5NN NF F   (3)由于传送带的速度影响物块的平抛速度，平抛的速度影响半圆形轨道位置。 当 0x  时，物块平抛的速度取到最小值 1v 2 1 2m/s2 Lv t   所以，当传送带速度小于 2m/s 时， x 无解。 若物块在传送带上一直加速，离开时的速度 2 12 4m/sv gL  则当传送带的速度大于 2m/s 小于 4m/s 时 22 0.8 1.6mx vt L v    当传送带的速度大于等于 4m/s 小于等于 6m/s 时，物块的速度恒等于 4m/s，则 1.6mx  。 综上可得 - 23 - x 无解 0 2m/sv  或  0.8 1.6m 2m/s 4m/sx v v    或  1.6m 4m/s 6m/sx v   21. 如图 1 所示，在光滑的水平面上，有一质量 m = 1 kg，足够长的 U 型金属导轨 abcd，间 距 L = 1 m。一质量不计，电阻值 R = 0.5 Ω的细导体棒 MN 垂直于导轨放置，并被固定在水 平面上的两立柱挡住，导体棒 MN 与导轨间的动摩擦因数μ = 0.2，在 M、N 两端接有一理想 电压表（图中未画出）。在 U 型导轨 bc 边右侧存在垂直向下、大小 B = 0.5 T 的足够大的匀 强磁场（从上向下看）；在两立柱左侧 U 型金属导轨内存在方向水平向左，大小为 B 的匀强磁 场。以 U 型导轨 bc 边初始位置为原点 O 建立坐标 x 轴。t = 0 时，U 型导轨 bc 边在外力 F 作 用下从静止开始运动时，测得电压与时间的关系如图 2 所示。经过时间 t1 = 2 s，撤去外力 F， 直至 U 型导轨静止。已知 2 s 内外力 F 做功 W = 14.4 J。不计其他电阻，导体棒 MN 始终与导 轨垂直，忽略导体棒 MN 的重力。求： （1）外力 F 随时间 t 的变化规律； （2）在整个运动过程中，电路消耗的焦耳热 Q； （3）在整个运动过程中，U 型导轨 bc 边速度与位置坐标 x 的函数关系式。 【 答 案 】（ 1 ） 2 1.2F t  ；（ 2 ） 12 J ；（ 3 ）  2 0 4mv x x   ， 326.4 0.6 4m m3v x x       ， 320 m3v x     【解析】 - 24 - 【详解】 （1）由闭合电路欧姆定律可知，bc 边产生的电动势与理想电压表的示数相等，则 U BLv kt t   可得，U 型导轨向右运动的速度与时间的关系为 2Uv tBL   由 0v v at  可知，U 型导轨的加速度为 22m/sa  由欧姆定律得，U 型导轨中的电流为 2UI tR   U 型导轨运动时，受到外力 F、bc 边的安培力和导体棒 MN 的摩擦力，由牛顿第二定律得 F ILB ILB ma   代入数据，联立解得 2 1.2F t  （2）在整个运动过程中，由功能关系，有 fW Q W  由于忽略导体棒 MN 的重力，所以摩擦力为 f ILB 则克服摩擦力做的功与克服安培力做的功的关系为 fW W 安 电路消耗的焦耳热 Q 等于克服安培力做的功，则 fWQ W  安 联立以上各式，解得 12J1 WQ   （3）设从开始运动到撤去外力 F 这段时间为 t 1 = 2 s，这段时间内做匀加速运动，则 ① 1t t 时，根据位移与速度关系可知 - 25 - 2 2v ax x  1t t 时，根据匀变速运动规律可知，该时刻速度和位移分别为 1 4m/sv at  2 1 1 4m2x at  ② 1t t 时，物体做变速运动，由动量定理得     11 Δ 1 ΔBLI t BL q mv mv        解得      2 2 1 1 1 Δ 1 4 6.4 0.6BL q B L xv v v xm mR          当 32 m3x  时， 0v  综合上述，故 bc 边速度与位置坐标 x 的函数关系如下  2 0 4mv x x   326.4 0.6 4m m3v x x       320 m3v x     22. 如图所示是研究光电效应的实验电路图，MN，PQ 为两正对的半径为 R 的金属圆形板，板 间距为 d。当一细束频率为 的光照极板 PQ 圆心时，产生沿不同方向运动的光电子。调节滑 片改变两板间电压，发现当电压表示数为 CU 时，电流表示数恰好为零。假设光电子只从极板 圆心处发出，且速度大小相同，忽略场的边界效应（已知普朗克常量为 h，电子电量为 e，电 子质量为 m，不计电子间的相互作用）： (1)求金属板的逸出功； (2)若交换电源正负极，调节滑片逐渐增大两极板间电压，求电流达到饱和时的最小电压； (3)断开开关，在两板间半径为 R 的柱形区域内加上方向垂直纸面的匀强磁场。若两板距离 d 可以在 R 到 3R 之间变化，求电流为零时 B 的最小值与 d 的关系式。 - 26 - 【答案】(1) CW h eU  ；(2) 2 2 4 CU dU R  ；(3)当 2R d R  时， min 22 CmUB d e  ； 当 2 3R d R  时，  min 2 2 CmeUB e d R dR    【解析】 【详解】(1)分析电路可知，金属板间加反向电压，当电压为 CU 时，检流计的电流为零，有 2 0 1 2CeU mv 根据爱因斯坦光电效应方程可知 2 0 1 2 Wmv h  解得逸出功 CW h eU  (2)交换电源正负极，金属板加正向电压，平行金属板飞出的电子到达 M 板时，电流达到饱和， 该电子做类平抛运动，初速度为 0v ，则有 2 2 Ued tdm  0R tv 2 0 1 2CeU mv 联立解得 2 2 4 CU dU R  (3)①若 2R d R  ，则如图为最大半径 r ，所对应的即为最小磁感应强度，则有 2mvqvB r  - 27 - 可得 2 2 CmeUmv dr eB eB    min 22 CmUB d e  ②若 2d R ，则如图为最大半径 0r ，所对应的即为最小磁感应强度，分别与磁场左边界与 M 板相切，根据几何关系可得    2 22 0 0 0r d r r R    可得 0 2 2r d R dR R    解得当  2 2 3R d R   时，有 0 0 0 22 cmeUmvr d R dR eB eB      故当 2 3R d R  时，则有  0min 2 2 CmeUB e d R dR    - 28 -