2020年1月浙江选考物理试题(word解析版).pdf

12020 年 1 月浙江选考物理试卷一、选择题一、选择题 1(本题共本题共 13 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 39 分。每小題列出的四个备选项中只有一个是符合題目要分。每小題列出的四个备选项中只有一个是符合題目要求的，不选、多选、错选均不得分求的，不选、多选、错选均不得分)1以下物理量为矢量，且单位是国际单位制基本单位的是 A电流、A B位移、m C功、J D磁感应强度、T解析：四个选项中的物理量只有位移和磁感应强度是矢量，但属于基本物理量的单位是 m，所以选项 B 正确。2如图所示，一对父子瓣手腕，父亲让儿子获胜。若父亲对儿子的力记为 F1，儿子对父亲的力记为 F2，则AF1F2BF1和 F2大小相等CF1先于 F2产生DF1后于 F2产生解析：由题知 F1和 F2是一对相互作用力，由牛顿第三定律可得 F1和 F2等大反向，且同时产生，同时消失。故选项 B 正确。3如图所示，新中国成立 70 周年阅兵仪式上，国产武装直升机排列并保持“70”字样编队从天安门上空整齐飞过。甲、乙分别是编队中的两架直升机，则A以甲为参考系，乙是运动的B以乙为参考系，甲是运动的C以甲为参考系，坐在观众席上的观众都是静止的D以乙为参考系，“70”字样编队中所有直升机都是静止的解析：直升机编队从天安门整齐飞过，说明直升机以甲或以乙为参考系时，其它直升机均相对静止，而地面上坐着的观众是运动的，故选项 D 正确。4下列说法正确的是A 射线的穿透能力比 射线强B天然放射现象说明原子具有复杂的结构C核聚变中平均每个核子放出的能量比裂变中平均每个核子的小D半衰期跟放射性元素以单质或化合物形式存在无关解析：三种射线中，射线的穿透能力最强，选项 A 错；天然放射现象说明了原子核具有复杂的结构选项B 错；核聚变中平均每个核子入出的能量比裂变中平均每个核子的能量大。选项 C 错。半衰期是原子核的行为，与原子所处的物理或化学状态无关，选项 D 正确。5如图所示，钢球从斜槽轨道末端以 v0的水平速度飞出，经过时间 t 落在斜靠的挡板 AB 中点。若钢球以 2v0的速度水平飞出，则A下落时间仍为 tB下落时间为 2tC下落时间为t2D落在挡板底端 B 点解析：设挡板长为 2L，倾角为，以初速 v0平抛时：Lcos=v0t，Lsin=gt2；假设12以初速 2v0平抛时仍落在挡板上，且落点离 A 点的距离为 Lx：Lxcos=2v0tx，Lxsin=gtx2；解得 tx=2t，Lx=12=4L2L，故假设不成立。可知钢球应落在水平面上，由 2L=gt2，t=t，选项 C 正确。201226小明在一根细橡胶管中灌满食盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的盐水柱。他将此盐水柱接到电源两端，电源电动势和内阻恒定。握住盐水柱两端将它水平均匀拉伸到原长的 1.2 倍，若忽略温度对电阻率的影响，则此盐水柱A通过的电流增大 B两端的电压增大C阻值增大为原来的 1.2 倍 D电功率增大为原来的 1.44 倍解析：由电阻定律可推得：，式中 V 为盐水的总体积，在均匀拉伸过程保持不变。当长度拉伸=22到原来的 1.2 倍时，盐水的阻值增大到原来的 1.44 倍。选项 C 错误；由闭合欧姆定律 I=可知，电源电+动势 E 和内阻 r 恒定时，随 R 增大，通过的电流 I 减小，选项 A 错；盐水柱两端的电压 U=IR=，+1+随 R 增大，U 增大，选项 B 正确；电功率 P=I2R=，P 与 R 不成正比，随 R 增大，P 可能增大，也(+)2可能减小或不变，选项 D 错。7如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射人偏转电场中，已知极板长度 l，间距 d，电子质量 m，电荷量 e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是A偏转电压B偏转的角度C射出电场速度D电场中运动的时间解析：设电子的初速为 v0，由类平抛运动规律可知：L=v0t，解得电场中运动时间 t=，偏转 d2=12 20电压 U=，离开电场是沿电场向的分速度，射出电场时速度2202=0=0v=，偏转角度满足：tan=。从上述推导可知，偏转电压、射出电场时速度及电20+22+200=场中运动的时间均与初速 v0有关，不可求；选项 A、C、D 错；则偏转角度与初速无关，可由题设条件求出。所以选项 B 正确。8如图所示，单刀双掷开关 S 先打到 a 端让电容器充满电。t=0 时开关 S 打到 b 端，t=0.02s 时 LC 回路中电容器下极板带正电荷且电荷量第一次达到最大值。则ALC 回路的周期为 0.02sBLC 回路的电流最大时电容器中电场能最大Ct=1.01s 时线圈中磁场能最大Dt=1.01s 时回路中电流沿顺时针方向解：t=0 时，电容器上极板带正电且达最大值，t=0.02s 时电容器下极板带正电且第一次达到最大值，所经历的时间 t=，T=2t=0.04s，选项 A 错；LC 回路中电流最大时，电容器带电量最小，电场能最小，选项12B 错；t=1.01s=25T+，振荡状态与 t=时刻相同，此时电容器恰好放电完毕，线圈中电流达最大，磁场1414能最大，电流方向为逆时针，所以选项 C 正确，选项 D 错。9如图所示，卫星 a、b、c 沿圆形轨道绕地球运行。a 是极地轨道卫星，在地球两极上空约 1000km 处运行；b 是低轨道卫星，距地球表面高度与 a 相等；c 是地球同步卫星，则Aa、b 的周期比 c 大Ba、b 的向心力一定相等Ca、b 的速度大小相等Da、b 的向心加速度比 c 小解析：设地球的质量为 M，卫星质量为 m，轨道半径为 ra=rbrc，由万有引力提供向心力得：=，可知 Ta=Tbvc，选项 C 正确；向心加速度，可知G2v2=m=G2aa=abvc，选项 D 错。10如图所示，甲乙两图中的理想変压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原副线圈的匝数比为 k1，电压表读数为 U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为 k2，电流表读数为 I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为Ak1U，k2I Bk1U，I/k2CU/k1，k2I DU/k1，I/k23解析：甲为电压互感器，作用是降压升流，U1=k1U；乙为电流互感器，作用是升压降流，I1=，可知选项I2B 正确。11如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流 I。在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在相同时间间隔内增加相同量，则A1、3 线圏静止不动，2、4 线圈沿着对角线向内运动B1、3 线圏静止不动，2、4 线圈沿着对角线向外运动C2、4 线圏静止不动，1、3 线圈沿着对角线向内运动D2、4 线圈静止不动，1、3 线圈沿着对角线向外运动解析：根据安培定则及对称性可知 1、3 线圈的磁通量始终为零，因此静止不动，选项 C、D 错；线圈 2 的合磁场方向垂直纸面向外，线圈 4 的合磁场方向垂直纸面向里，当电流增加时，线圈 2、4 的磁通量增加，电磁感应的结果要阻碍磁通量的增加，所以 2、4 线圈沿着对角线向外运动，选项 B 正确，选项 A 错误。12如图所示，一東光与某材料表面成 45角入射，每次反射的光能量为入射光能量的 k 倍(0k1)。若这束光最终进入材料的能量为入射光能量的(1-k2)倍，则该材料折射率至少为A62B2C1.5D2解析：由题知 k45，则折射率 n=0，qB=-q0，当系统处于静止状态时，三小球等间距排列。已知静电力常量为 k，则AqC=q047B弹簧伸长量为0CA 球受到的库仓力大小为 2MgD相邻两小球间距为037解析：设 AB、BC 间距均为 L，小球 C 的带电量为 qc，取沿斜面向上为正方向。取 ABC 三小球整体为研究对象：k0 x-3Mgsin=0，弹簧的伸长量，选项 B 错；小球 A 对小球 C 的库仑力，=30|=04L2小球 B 对小球 C 的库仑力，对小球受力分析可知：FAC+FBC=Mgsin0，因小球 A、小|=0L2|球 B 带异种电荷，所以 FAC、FBC方向必相反，且 FBC0，故小球 C 带正电，且 FBC=，FAC=；再 0L204L2以小球 B 为受力对象得：Mgsin，解得 qC=q0，L=，选项 D 错，选项 A 正确；设202 0L2=47037小球 A 受到库仑力为 FA，则 k0 x-Mgsin+FA=0，得 FA=2Mgsin，选项 C 错；二、选择题二、选择题（本題共（本題共 3 小题，每小题小题，每小题 2 分，共分，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。全部选对的得求的。全部选对的得 2 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 1 分，有选错的得分，有选错的得 0 分）分）14由玻尔原子模型求得氢原子能级如图所示，已知可见光的光子能量在 1.62eV 到3.11eV 之间，则A氢原子从高能级向低能级跃迁时可能辐射出 射线B氢原子从 n=3 的能级向 n=2 的能级跃迁时会辐射出红外线C处于 n=3 能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线并发生电离D大量氢原子从 n=4 能级向低能级跃迁时可辐射出 2 种频率的可见光解析：射线来自原子核辐射，氢原子的能级跃迁不可能辐射出射线，选项 A 错；氢原子从 n=3 能级跃迁4至 n=2 能级时辐射出光子的能量 E32=E3-E2=1.89eV，属于可见光，选项 B 错；处于 n=3 能级的电离能=1.51eV，而紫外线的光子能量大于 3.11eV，所以处于 n=3 能级的氢原子可以吸收吸收任意频率的紫外|E3|线并发生电离，选项 C 正确；大量氢原子从 n=4 能级向低能级跃迁时，最多可辐射=6 种光子，相应的C24能量分别为E43=0.66eV，E42=2.55eV，E41=12.75eV，E32=1.89eV，E31=12.09eV，E21=10.2eV，其中E42=2.55eV、E32=1.89eV 是可见光，选项 D 正确15如图所示，波长为a和b的两种单色光射人三棱镜，经折射后射出两束单色光 a 和b，则这两束光A照射同一种金属均有光电子逸出，光电子最大初动能 EKaEKbB射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距xaxbC在水中的传播速度 vavbD光子动量 papb 解析：从图可知偏折程度 b 光较大，可推断折射率 nanb光频率ab，由爱恩斯坦光电效应方程有 Ek=h-W0，可得 Ekaxb，选项 B 正确；=在水中的传播速度，可知 vavb，选项 C 错；光子动量，可知 papb，选项 D 正确。=p=16如图所示，波源 O 垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，图中虚线表示两个波面。t=0 时，离 O 点 5m 的 A 点开始振动；t=1s 时，离 O 点 10m 的 B 点也开始振动，此时 A 点第五次回到平衡位置，则A波的周期为 0.4sB波的波长为 2mC波速为 5m/s3Dt=1s 时 AB 连线上有 4 个点处于最大位移解析：由题知在t=1s 内 A 点有五次回到平衡位置，经历了 2.5T，所以周期 T=0.4s，选项 A 正确；波t2.5速=m/s=5m/s，选项 C 错；波的波长=vT=2m，选项 B 正确；A、B 所在的两波面间距v=10 51x=5m=2.5，且 t=1s 时，B 处于平衡位置，所以 AB 连线上有 5 个点处于最大位移，其中 3 个点在波峰位置，2 个点在波谷位置，选项 D 错。三、三、非选择题非选择题(本题共本题共 6 小题，共小题，共 55 分分)17(7 分)在“探究加速度与力、质量的关系”和用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中(1)都是通过分析纸带上的点来测量物理量，下列说法正确的是_(多选)A都需要分析打点计时器打下的第一个点B都不需要分析打点计时器打下的第一个点C一条纸带都只能获得一组数据D一条纸带都能获得多组数据解析：探究加速度与力、质量的关系实验中，利用纸带求加速度；用橡皮筋探究做功与物体速度变化的关系的实验中，利用纸带求最大速度，因此都不需分析打点计时器打下的第一点，一条纸带只能获得一组数据，应选 BC。(2)如图是两条纸带的一部分，A、B、C、G 是纸带上标出的计数点，每两个相邻的计数点之间还有 4 个打出的点未画出。其中图_(填“甲”或“乙”)所示的是用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”的实验纸带。“探究加速度与力、质量的关系”实验中，小车的加速度大小 a=_m/s2(保留 2 位有效数字)。5解析：用橡皮筋探究做功与物体速度变化的关系的实验，需要纸带记录匀速部分数据计算最大速度，故需图甲纸带上的数据。图乙是匀加速运动的纸带，由图乙可知相邻等时间间隔内的位移之差x=0.40cm，则a=m/s2。2=0.40(0.1)2=0.40(3)在用橡皮筋“探究做功与物体速度变化的关系”实验中，平衡阻力后，小车与橡皮筋组成的系统在橡皮筋恢复形变前机械能_(填“守恒”或“不守恒”)。解析：本实验需克服阻力做功，系统机械能不守恒。18(7 分)(1)小明同学用多用电表测量一未知电阻器的阻值。经过规范操作后，所选欧姆挡倍率及指针位置分别如图甲、乙所示，则此电阻器的阻值为_解析：从图甲中可知倍率档为100，从图乙中指针所指读数为 17.6，所以电阻器的阻值为17.6100=1760(2)在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中:如图丙所示，已经连接了一部分电路，请在答题纸上对应位置将电路连接完整。合上开关后，测出 9 组 I、U 值，在 I-U 坐标系中描出各对应点，如图丁所示。请在答题纸对应位置的图中画出此小灯泡的伏安特性曲线。与图丁中 P 点对应的状态，小灯泡灯丝阻值最接近_6A16.7 B12.4 C6.2解析：从图丁可知实验电压从零开始变化，因此滑动变阻器采用分压式接法；小灯泡的阻值不大，宜采用电流表外接法，电路连接如图所示。利用光滑线连接并舍去离趋势线较远的点，如图所示。从图丁可读出 P 点的电压 UP=1.40V，电流 IP=0.23A，电阻 RP=6.07，故选项 C 正确。=1.400.2319(9 分)一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行 54m 后进入水平雪道，继续滑行 40.5m 后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为 60kg，整个滑行过程用时 10.5s，斜直雪道倾角为 37(sin37=0.6)。求小明和滑雪车(1)滑行过程中的最大速度 vm的大小；(2)在斜直雪道上滑行的时间 t1；(3)在斜直雪道上受到的平均阻力 Ff的大小。分析与解：由题建立物理模型，受力如图所示，小明先匀加速运动至斜直轨道底端，后匀减速运动至停止。(1)1+2=12vm=m/s=18m/s2(1+2)=2(54+40.5)10.5(2)由得=s=6s1=12t11=2S12 5418(3)=3m/s2=1由牛顿第二运动定律：mgsin37-Ff=ma得 Ff=180N20(12 分)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道(在最低点 E 分别与水平轨道 EO 和 EA 相连)、高度 h 可调的斜轨道 AB 组成。游戏时滑块从 O 点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在 B 端则视为游戏成功。已知圆轨道半径 r=0.1m，OE 长L1=0.2m，AC 长 L2=0.4m，圆轨道和 AE 光滑，滑块与 AB、OE 之间的动摩擦因数=0.5。滑块质量m=2g 且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求(1)滑块恰好能过圆轨道最高点 F 时的速度大小；(2)当 h=0.1m 且游戏成功时，滑块经过 E 点对圆轨道的压力 FN大小及弹簧的弹性势能 EP0；(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能 EP与高度 h 之间满足的关系。分析与解：(1)滑块恰好能过 F 点的条件:=2=1m/s=(2)滑块从 E 到 B，由动能定理：=0 122滑块在 E 点受到支持力 FN：mgFN1Ff1mgFNFf37vmS1S27-mg=2解得 FN=0.14N由牛顿第三定律可知滑块在 E 点对圆轨道的压力大小 FN=FN=0.14N滑块从 O 点到 B 点，由动能定理：(1+2)=0弹簧的弹性势能 EP=WT=8.010-3J +(1+2)(3)从 O 点到恰好停在 B 点：E (1+2)=0210-3(10h+3)JE=(1+2)=滑块恰能过 F 点时，从 F 点到 B 点恰好减至零：2 2 1=0-122解得 h1=0.05m滑块恰能停在 B 点：mg=得 tan=0.5此时=0.2m2=2所以高度 h 应满足：0.05h0.2m21(10 分)如图甲所示，在 xOy 水平面内，固定放置着间距为 l 的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R 的电阻，电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大)，可动态显示电阻 R 两端的电压。两导轨间存在大小为 B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t=0 时一质量为 m、长为 l 的导体棒在外力 F 作用下从 x=x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取。则简谐运动的平衡位置在坐标原点 O。不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运0=2动。(提示:可以用 F-x 图象下的“面积”代表力 F 所做的功)(1)求导体棒所受到的安培力 FA随时间 t 的变化规律；(2)求在 0 至 0.25T 时间内外力 F 的冲量；(3)若 t=0 时外力 F0=1N，l=1m，T=2s，m=1kg，R=1，Um=0.5V，B=0.5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。分析与解：(1)由图乙得：U=2 =2=2(2)在 0 至 0.25T 时间内，由动量定理-0+=m其中安培力的冲量I=-Bql=220=解得I=2+(3)棒做简谐运动：F+=当时，x=0，v=vm=1m/sF=-当时，F=F=12F0=x0从位置 x0至位置 x，由动能定理FF0Fxx0 xx812()+(0)(0)=122 0其中，v=2=200=202=0.5=2解得：m 和m/sx1=15v1=25m 和m/sx2=15v1=2522(10 分)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()的 衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为10零的反中微子。如图所示，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=1.2m 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 me=9.110-31kg=0.51MeV/c2，中子质量 mn=939.57MeV/c2，质子质量mp=938.27MeV/c2(c 为光速，不考虑粒子之间的相互作用)。若质子的动量 p=4.810-21kgms-1=310-8MeVsm-1，(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=0.15m，B=0.1T 时，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。分析与解(1)核反应式：10n0 1+11+00释放的核能：=0.79MeVE=2(2+2)质子的动能：=0.04316MeV=22=(3 10 8)22 938.27(3 108)2电子和反中微子的总动能：0.7468MeV=(2)由得轨道半径：0.3mev=2r=如图甲所示，打到探测板对应发射角：=6质子计数率：=+6 22=23(3)质子计数率不变时，质子的轨道半径必满足 r=2a=23则得 B=T2=3200如图乙所示，恰能打到探测板左端的条件为：(L2)2+(2)2=(2)2解得r=1.215所以TB=1540则 B 的取值范围：TB 1540