浙江省“七彩阳光”联盟2020届高三上学期入学考试物理试题

浙江省“七彩阳光”联盟2020届高三上学期入学考试物理试题

‎2019学年第一学期浙江“七彩阳光”联盟期初联考高三年级物理试题 一、选择题Ⅰ ‎1.用国际单位制的基本单位表示磁感应强度的单位，下列正确的是（ ）‎ A. N/(A·m ) B. kg/(A·s2) C. N·s/(C·m) D. kg/(C·s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】国际单位制的基本单位为kg、m、s、A，磁感应强度的定义式为B=，磁感应强度的单位为特斯拉（T），用国际单位制的基本单位表示磁感应强度 ‎1T=1=1=1 kg/(A·s2)‎ A. N/(A·m )不是用国际单位制的基本单位表示磁感应强度的单位，故A错误；‎ B. kg/(A·s2) 是用国际单位制的基本单位表示磁感应强度的单位，故B正确；‎ C. N·s/(C·m) 不是用国际单位制的基本单位表示磁感应强度的单位，故C错误；‎ D. kg/(C·s)不是用国际单位制的基本单位表示磁感应强度的单位，故D错误。‎ ‎2.如图所示，港珠澳大桥（Hong Kong-Zhuhai-Macao Bridge）是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程，位于中国广东省伶仃洋区域内，为珠江三角洲地区环线高速公路南环段。港珠澳大桥全长 55 千米，于 2018 年 10 月 23 日进行开通仪式，24 日上午 9 时正式营运，则由上述图文信息可得（ ）‎ A. 大桥全长55km是指位移大小 B. 24 日上午“9 时”是指时间间隔 C. 大桥的桥面受到斜拉索的压力作用 D. 大桥的桥墩处于受力平衡状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“大桥全长55千米”是指路程的大小，故A错误；‎ B. 24日上午“9时”是指时刻，故B错误；‎ C. 大桥的桥面受到斜拉索的拉力作用，故C错误；‎ D.大桥桥墩处于静止状态，所以受力平衡，故D正确。‎ ‎3.如图所示为儿童蹦床时的情景，若儿童每次与弹性床相碰后都能回到相同的高度，并重复上述运动，取每次与弹性床的刚接触的点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列儿童位置（即坐标 y）和其速度v的关系图象中，能大体描述该过程的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将儿童蹦床的过程大体上等效为逆过程的自由落体运动，由v2=2gy可知，儿童位置（即坐标 y）和其速度v的关系图象类似开口向下的抛物线，儿童在上升过程中速度减小，下落过程中速度反向增大。‎ A.由上分析知，图像与分析一致，故A正确；‎ B. 由上分析知，图像与分析不一致，故B错误；‎ C.由上分析知，图像与分析不一致，故C错误；‎ D.由上分析知，图像与分析不一致，故D错误。‎ ‎4.在研究各类物理问题时，有许多物理思想方法，下列有关物理学思想方法的叙述正确的有（ ）‎ A. 探究求合力的方法时运用了控制变量法 B. 力学中将物体看成质点运用了极限的思想方法 C. 电学中电场强度和电势的定义都运用了比值法 D. 当物体运动时间Δt 趋近于0时，Δt 时间内的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.探究求合力的方法时运用了等效替代法，故A错误；‎ B.力学中将物体看成质点运用了理想化模型的思想方法，故B错误；‎ C.电学中电场强度和电势的定义都运用了比值定义法，故C正确；‎ D. 当物体的运动时间Δt 趋近于0时，Δt 时间内的平均速度可看成瞬时速度运用了极限的思想方法，故D错误。‎ ‎5.嘉兴某高中开设了糕点制作的选修课，小明同学在体验糕点制作“裱花”环节时，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸（20cm）的蛋糕，在蛋糕上每隔4s均匀“点”一次奶油， 蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 圆盘转动的转速约为2πr/min B. 圆盘转动的角速度大小为rad/s C. 蛋糕边缘的奶油线速度大小约为 D. 蛋糕边缘奶油向心加速度约为90m/s2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蛋糕上每隔4s均匀“点”一次奶油，‎ ‎ 蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则圆盘转一圈的周期T=60s，故转速为1 r/min，故A错误；‎ B.由角速度 故B正确；‎ C.蛋糕边缘的奶油线速度大小 v=ωr=‎ 故C错误；‎ D. 蛋糕边缘的奶油向心加速度 a=ω2r=m/s2= m/s2‎ 故D错误。‎ ‎6.“太空电梯”的概念最初出现在1895年，由康斯坦丁·齐奥尔科夫斯基提出。如今，目前世界上已知的强度最高的材料—石墨烯的发现使“太空电梯”制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面并延伸到太空的轻质“太空电梯”，如图所示，假设某物体b乘坐太空电梯到达了图示位置并相对电梯静止，与同高度运行的卫星a、更高处同步卫星c相比较。下列说法正确的是（ ）‎ A. a 与b都是高度相同的人造地球卫星 B. b的线速度小于c的线速度 C. b的线速度大于a的线速度 D. b的加速度大于a的加速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.a是人造地球卫星，但b不是，故A错误；‎ B.b与c的角速度相同，但b运动半径小于a运动半径，由v=r知，b的线速度小于c 的线速度，故B正确；‎ C.b角速度小于a的角速度，运动半径相同，所以b的线速度小于a的线速度，故C错误；‎ D. b角速度小于a的角速度，运动半径相同，由a=2r知，b的加速度小于a的加速度，故D错误。‎ ‎7.如图为工人师傅施工的一个场景，塔吊设备以恒定功率P将质量为M的建材从静止开始竖直吊起，建材上升H时刚好达到最大速度，已知吊绳对建材的拉力为F，建材受到的阻力恒为f，则建材在上升H 的过程中（ ）‎ A. 做加速度不断增大的加速运动 B. 最大速度 C. 机械能增加FH D. 动能增加了 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由P=Fv知，建材在上升H的过程中，速度逐渐增大，拉力F逐渐减小，建材做加速度不断减小的加速运动，当F=Mg+f时，达到最大速度，最大速度为，故AB错误；‎ C. 建材增加的机械能为拉力F做的功与克服阻力f做功之差，即WF-fH，故C错误；‎ D. 建材在上升H 的过程中，动能的增加量为，故D正确。‎ ‎8.小强在学习了《静电场》一章后，来到实验室研究如图所示电场，实线和虚线分别表示该电场的电场线和等势线，若 a、b ‎ 两点所处的等势线电势为0，相邻等势线间的电势差为2V，则（ ）‎ A. a处电场强度等于b处电场强度 B. c、b两点间的电势差大于c、a 两点间的电势差 C. 电子在c处具有的电势能为20eV D. 若将一电子在d处由静止释放，则运动至c点对应等势线时，具有的动能为2eV ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.a处电场线较b处密集，a处电场强度大于b处电场强度，故A错误；‎ B. a、b 两点在同一等势面上，c、b两点间的电势差等于c、a两点间的电势差，故B错误；‎ C.电子在c处具有的电势能为-20eV，故C错误；‎ D. 电子在d处由静止释放，运动至c点对应等势线时，电场力做功2eV，电子的电势能减少2eV，动能增加2eV，故D正确。‎ ‎9.如图，两平行金属导轨间距为L，导轨间有效电阻为R的导体棒在外力作用下以速度v0 做匀速运动，中间区域的磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直纸面向外，小灯泡的电阻为2R，滑动变阻器的总阻值为4R（滑片恰处于中央），右侧平行板电容器中P处的液滴恰好处于静止状态，不计其余电阻，则（）‎ A. 若增大两极板间距，则液滴将向上运动 B. 若将滑动变阻器的滑片向b端移动，小灯泡将变亮 C. 图示状态下，t时间内滑动变阻器消耗的电能为 D. 图示状态下，t时间内通过小灯泡的电荷量为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若增大两极板间距，由E=知，板间电场强度减小，液滴所受电场力减小，则液滴会下降，故A错误；‎ B.将滑动变阻器的滑片向b端移动，滑动变阻器进入电路的电阻减小，小灯泡与滑动变阻器并联，流过小灯泡的电流减小，小灯泡将变暗，故B错误；‎ C.图示状态下，通过滑动变阻器的电流 I==‎ t时间内滑动变阻器消耗的电能 W=I22Rt=‎ 故C错误；‎ D. t时间内通过小灯泡的电荷量 q=It=‎ 故D正确。‎ ‎10.如图所示装置，电源的电动势为E=8V，内阻 r1=0.5Ω，两光滑金属导轨平行放置，间距为d=0.2m，导体棒 ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R=0.2m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B=0.5T 的匀强磁场中。闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知导体棒的质量为m=0.06kg，电阻r2=0.5Ω，不考虑运动过程中产生的反电动势，则（ ）‎ A. 导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致 B. 导体棒在摆动过程中所受安培力F=8N C. 导体棒摆动过程中的最大动能0.8J D. 导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ=‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当闭合开关S后，导体棒中电流方向始终从a到b，所受安培力方向向右，而导体棒沿圆弧摆动，故A错误；‎ B. 导体棒沿圆弧摆动过程中的电流 I==A=8.0 A 导体棒受到的安培力 F=BId=0.5×8.0×0.2 N=0.8 N 故B错误；‎ CD.导体棒受到的重力与安培力的合力大小 F合=N=1.0 N 合力与竖直方向的夹角 ‎=‎ ‎=53°‎ 故导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ=53°，由动能定理，导体棒在摆动过程中的最大动能 Ekm=FR-mgR(1－cos 53°)=0.08 J 故C错误，D正确。‎ 二、选择题II ‎11.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 、 和 三种射线中，射线的电离能力最强，射线的穿透能力最强 B. 放射性同位素经、衰变会生成，其衰变方程为 C. 将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低温度，它的半衰期不发生改变 D. 根据玻尔理论，氢原子从N+1激发态跃迁到N激发态时（N=2，3，4），其辐射的能量是一定值 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 、 和三种射线中，射线的电离能力最强，射线的穿透能力最强，故A正确；‎ B.粒子是，粒子是电子，在该衰变方程中，电荷数不守恒，故B错误；‎ C.原子核的半衰期是由其内部因素所决定的，与外部状态无关，将其掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低温度，它的半衰期不发生改变，故C正确；‎ D.根据玻尔理论，氢原子从N+1（N=1，2，3）激发态跃迁N激发态时，其辐射的能量是由两能级能量之差决定的，不是一定值，故D错误。‎ ‎12.I、II两种单色光组成的光束从水进入空气时，其折射光线如图所示，则（ ）‎ A. 这两束光的光子动量pIpII、能量EIEII B. 用I、II两束光先后照射同一双缝干涉实验装置，干涉条纹间距xIxII C. 用I、II两束光同时照射双缝干涉实验装置，在观察屏上也会出现干涉条纹 D. 用I、II两束光先后照射某金属，I光照射时恰能逸出光电子，II光照射时也能逸出光电子 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，这两束光的折射率nⅠnⅡ，则这两束光的光子频率ⅠⅡ，波长λIλII，由可知，光子动量pIpII；由能量E=h知，能量EI >E II，故A正确；‎ B.由双缝干涉条纹间距x=知，用I、II两束光先后照射同一双缝干涉实验装置，干涉条纹间距xIxII，故B正确；‎ C.用I、II两束光同时照射双缝干涉实验装置，则光束I和光束I自身发生干涉，光束II和光束II自身发生干涉，在观察屏上也会出现干涉条纹，故C正确；‎ D.用I、II两束光先后照射某金属，I光照射时恰能逸出光电子，II光的频率小于I光，II光照射时不能逸出光电子，故D错误。‎ ‎13.如图所示，两位学生课外研究简谐绳波的特点，P1、P2 是处于绳波两端的两个波源，波源的振动频率均为f，振幅均为Y，某时刻P1 发出的波恰好传到c，P2 发出的波恰好传到a，图中只画出了此时刻两列波在ac 部分的叠加波形，P1a间、P2c 间波形没有画出，下列说法正确的是（ ）‎ A. a、b、c 三点是振动减弱点 B. a、c是振动减弱点，b是振动加强点，振幅为2Y C. 再经过时间，b处质点距离平衡位置最远 D. 再经过时间，ac 间的波形是一条直线 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.两列波的频率均为f，相遇后发生稳定的干涉，a、b、c三点始终处于平衡位置，是振动减弱点，故A正确，B错误；‎ C.再经过二分之一周期，即经过时间，b处质点仍处于平衡位置，故C错误；‎ D.再经过四分之一周期，即经过时间，两列绳波相互叠加，恰好抵消，ac间的波形是一条直线，故D正确。‎ 三、非选择题 ‎14.游标的刻度有多种不同的方法，一般常用的有 10 分度、20 分度和 50 分度等。其共同的特点是利用主尺的刻度值与游标的刻度值之差，使主尺读数的精度得以提高，而提高多少精度取决于游标的分度值和主尺的最小刻度值。现有两种游标，如图所示，其中图（a）和（c）是为了确定游标的分度值，图（b）和（d）是对应游标尺的读数示意图。则图（a）和（c）的游标精度分别是___ mm 和___ mm；图（b）和（d）的读数分别是____ mm和___mm。‎ ‎【答案】 (1). 0.1 (2). 0.05 (3). 40.4 (4). 36.80‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】［1］图（a）是10分度游标卡尺，它的精度为0.1mm。‎ ‎［2］图（c）是20分度游标卡尺，它的精度为0.05mm。‎ ‎［3］图（b）是10分度游标卡尺，主尺读数为40mm，游标第4格与主尺对齐，故读数为 ‎40mm+40.1mm=40.4mm ‎［4］图（d）是20分度游标卡尺，主尺读数为36mm，游标第16格与主尺对齐，故读数为 ‎36mm+160.05mm=36.80mm ‎15.某同学在做验证牛顿第二定律实验时得到如图所示的一条纸带，已知打点计时器打点的周期为T = 0.02s，从0点开始每打5个点取一个计数点，在纸带上依次标出0、1、2、3、4、5、6等计数点，表格中记录的是各计数点对应的刻度值。‎ ‎（1）为了尽量准地测出第D3计数点小车的运动速度，该同学应采用的计算公式是v3 =_____（用代号表示），计算的结果是v3=_____m/s；‎ ‎（2）该同学想用上述纸带的现成数据用尽量简洁、精确的方法计算出小车运动的加速度，他应当采用的计算公式是a =____（用代号表示），计算结果是a =___m/s2。‎ ‎【答案】 (1). (2). 0.773 (3). (4). 0.944‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）［1］由匀变速运动的推论，在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，可得。‎ ‎［2］由题知D6=46.38cm，T=0.02s，代入数据 ‎=10-2m/s=0.773m/s ‎（2）［3］由逐差法x=at2可知，x=（D6-D3）-（D3-D0），t=3（5T），应当采用的计算公式是 ‎［4］代入数据 ‎=10-2m/s2=0.944m/s2‎ ‎16.（1）某同学用多用电表测量一定值电阻的阻值，把选择开关旋到“×1”和“×10”两个不同挡位，经正确操作，测量时指针偏转分别为如图中的位置a和位置b所示。则“×10”挡对应指针位置_____（填“a”或“b”），其电阻测量值为____Ω。‎ ‎（2）某同学准备研究某电学元件的伏安特性，现有的电流表和电压表内阻未知，于是设计了如图所示的电路图。接通S1前，要将滑线变阻器的滑片C置于____（填“A”或“B”）；将S2置于位置1并合上S1，调节滑片C，使电压表和电流表有一合适的指示值，记下这时的电压值U1 和电流值I1，然后将S2置于位置2，记下U2和I2。分别比较U1、I1 与U2、I2，该同学发现电流表示值有显著增大，而电压表示值几乎不变，则说明_______，S2应接____(填“1”或者“2”)。‎ ‎【答案】 (1). b (2). 120 (3). B (4). 待测电阻值远大于电流表内阻，与电压表内阻接近 (5). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）［1］欧姆表表盘右端为“0”，在用多用电表测量一定电阻的阻值时，应该合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近，若指针偏转角太大，应改接低档位；由此可知，“×10”挡对应指针位置应在b，“×1”挡对应指针位置应在a。‎ ‎［2］用“×10”挡指针偏转角太大，误差较大，所以用“×1”挡其电阻测量值较准确，测量值为12.0。‎ ‎（2）［3］本实验滑线变阻器采用了分压接法，基于安全性原则，接通S1前，要将滑线变阻器的滑片C置于B端。‎ ‎［4］S2‎ 分别置于位置1和2，发现电流表示值有显著增大，而电压表示值几乎不变，这说明待测电阻值远大于电流表内阻，与电压表内阻接近，电压表的分流比较明显。‎ ‎［5］为了减小实验的误差，电流表应采用内接法，即S2应接1。‎ ‎17.如图所示，间距为L的两光滑的“V”字型导轨位于方向竖直向上的匀强磁场中，倾角为θ的倾斜部分，与底部平滑连接。在导轨左侧通过单刀三掷开关S可分别与电源E（内阻为r）、电阻R和极板为M 和N的不带电的电容为C的电容连接。当开关掷向1，长为L、质量为m的导体棒ab恰好静止在高为h 的导轨斜面上。已知电容始终工作在额定电压范围内，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好，不计其它一切电阻，倾角θ较小，不计电磁辐射。在处理竖直向上的磁场时，可将磁场方向分解为垂直斜面方向和平行斜面方向两个分量，由于导轨光滑，可不考虑平行斜面分量对导体棒运动的影响。求：‎ ‎（1）求磁感应强度的大小；‎ ‎（2）S掷向2，试分析棒的运动情况，并求电阻消耗的总焦耳热；‎ ‎（3）断开S，将导体棒ab放回原处，S掷向3的同时静止释放导体棒，试分析棒在左右两侧斜面上的运动情况。‎ ‎【答案】（1）；（2）mgh；（3）棒在左侧斜面上做匀加速运动，加速度；棒在右侧斜面上做匀减速运动，加速度，其运动方式左右对称 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）导体棒ab恰好静止在高为h 的导轨斜面上，安培力沿斜面的分力与重力沿斜面的分力平衡，得 回路中的电流 解得 ‎（2）S掷向2，导体棒作阻尼运动，终止在最低点，由能量守恒定律，电阻（R+r）消耗的总焦耳热为mgh。‎ ‎（3）左侧斜面，由牛顿第二定律，有 回路中电流 棒在左侧斜面上的加速度 所以棒在左侧斜面上做匀加速运动。 ‎ 右侧斜面，由牛顿第二定律，有 回路中电流 棒在右侧斜面上的加速度 所以棒在右侧斜面上做匀减速运动，其运动方式左右对称。‎ ‎18.如图1所示，带有相同正电荷的小球A和B，通过绝缘杆置于水平气垫导轨上。A固定于导轨左端，B固定在滑块上，可在导轨上无摩擦滑动。将B在A附近某一位置由静止释放，由于能量守恒，可通过光电门测量B在不同位置处的速度，得到B的势能随位置x的变化规律，见图3曲线①（A、B小球可视为点电荷，以小球A 处为坐标原点）。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度q，如图2所示，则B 的总势能(包含重力势能与电势能)曲线如图3中②所示。现将B在倾斜导轨上x＝0.20m 处由静止释放 ‎（1）求B在运动过程中动能最大时所在的位置以及动能的最大值；‎ ‎（2）求运动过程中B的最大位移；‎ ‎（3）图3中直线③为曲线②的渐近线，求小球A、B所带电荷量的乘积。‎ ‎【答案】（1）动能最大时所在的位置在x0=0.045m(在0.04～0.05m间均视为正确)，动能的最大值为0.52J(Ekm在0.50～0.54J间均视为正确)；（2）0.19 cm(Δx在0.19～0.18m间均视为正确)；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）势能最小处动能最大，由图线②得，动能最大时所在的位置在x0=0.045m(在0.04～0.05m间均视为正确)；释放处动能为零，由曲线②得此处势能Ep=0.91 J，此即B的总能量。由于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图象得最小势能为0.39J，则最大动能为 Ekm＝0.91J-0.39J＝0.52 J(Ekm在0.50～0.54J间均视为正确)‎ ‎（2）x＝0.20m处的总能量为0.91 J，最大位移由E＝0.91 J的水平直线与曲线②的左侧交点确定，由图中读出交点位置为x＝0.011m，因此，最大位移 Δx＝0.20m-0.011 cm＝0.19 cm(Δx在0.19～0.18m间均视为正确)‎ ‎（3）渐近线③表示B的重力势能随位置变化关系，即 x=x0时，有 小球A、B所带电荷量的乘积 ‎19.如图所示，在边长为L的正方形顶点a有一质量为m、电荷量为q的离子源，持续不断地在单位时间内向正方形区域发射n个速率均为v的离子，这些离子沿角度均匀分布。在正方形区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，使得所有离子均能垂直cd边射出，且沿边长ab发射的离子恰好从c点水平射出。在正方形右侧平行于cd 放置一接地金属板M，其上有一沿y轴可移动的、长度为L/2的窗口，允许离子通过。在极板M右侧存在边长也为L的正方形区域，设置一匀强磁场，其方向与左侧磁场相同，使通过窗口的离子都汇集到位于边长中点S的收集器中，不计重力和离子间相互作用。‎ ‎（1）判断离子带电量的正负；‎ ‎（2）求左右两区域磁感应强度的大小及磁场区域的最小面积；‎ ‎（3）单位时间内收集器中离子收集率与窗口中心位置坐标y之间的关系。‎ ‎【答案】（1）负电；（2）左侧区域磁感应强度的大小，左侧磁场区域的最小面积；右侧区域磁感应强度的大小，右侧磁场区域的最小面积；（3）分段讨论见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由离子的偏转方向和左手定则，可判断离子带负电。‎ ‎（2）沿边长ab发射的离子恰好从c点水平射出可知，离子在磁场中运动的半径R1=L，根据牛顿第二定律qvB1=m 左侧区域磁感应强度的大小 左侧磁场区域的最小面积 离子在右侧区域的运动半径R2=，右侧区域磁感应强度的大小 右侧磁场区域的最小面积 ‎（3）离子出射区间宽度为L/2，需要分段讨论：‎ 当yL，‎ ‎=0‎ 当时 当时 ‎ 当时 ‎ ‎