1、2018届浙江省选考物理模拟试卷(一)一、选择题(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.下列每组中三个单位均为国际单位制基本单位的是()A.库仑、毫米、特斯拉B.克、秒、牛顿C.瓦特、焦耳、克D.千克、米、秒2.11月6日早上8时,2016年杭州马拉松(以下简称杭马)在黄龙体育中心开跑,来自50个国家和地区的32 000余名选手参加比赛。最终埃塞俄比亚男选手门达耶以2小时11分22秒的破赛会纪录成绩夺冠,女子冠军被肯尼亚选手博莱韦以2小时31分21秒夺得。已知马拉松全程长度为42 195米,男女选手的路径相同,则(
2、)A.马拉松比赛中,选手一定不能看成质点B.马拉松全程长度指的是位移C.可以计算男、女冠军的平均速度大小D.可以比较男、女冠军的平均速度大小3.2016年8月14日里约奥运会羽毛球男单最后一轮小组赛中,中国选手林丹以20轻取对手。在其中一个回合的对拍期间,林丹快速扣杀的羽毛球在飞行中受到的力有()A.重力B.重力、击打力C.重力、空气阻力D.重力、空气阻力、击打力4.在物理学建立和发展的过程中,许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。关于科学家和他们的贡献,下列说法正确的是()A.伽利略通过逻辑推理和实验认为重物比轻物下落的快B.牛顿根据理想斜面实验,首先提出力不是维持物体运动的原因C.卡
3、文迪许提出了万有引力定律D.法拉第以他深刻的洞察力提出电场的客观存在,并且引入了电场线5.超级电容器又叫双电层电容器,是一种新型储能装置,它不同于传统的化学电源,是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电源。它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。如图为一款超级电容器,其标有“2.7 V3 000 F”,则可知()A.该电容器在2.7 V电压下才能正常工作B.该电容器最大容纳电荷量为8 100 CC.所储存电荷量是手机锂电池“4.2 V,1 000 mAh”的3倍D.该超级电容充电时把电能转化为化学能6.有两个同种材料制成的导体,两导体为横截面为正方形的柱体,柱
4、体高均为h,大柱体柱截面边长为a,小柱体柱截面边长为b,则()A.从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为abB.从图示电流方向看大柱体与小柱体的电阻之比为11C.若电流方向竖直向下,大柱体与小柱体的电阻之比为abD.若电流方向竖直向下,大柱体与小柱体的电阻之比为a2b27.如图所示,将圆柱形强磁铁吸在干电池负极,金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框,使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁(导电性能良好)都接触良好但不固定,这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来。下列判断正确的是()A.线框能旋转起来,是因为电磁感应B.俯视观察,线框沿顺时针方向旋转C.电池输出的电功率大于线框旋转
5、的机械功率D.旋转达到稳定时,线框中电流比刚开始转动时的大8.如图所示,某小孩在广场游玩时,将一气球用轻质细绳与地面上木块相连。气球在水平风力作用下处于斜拉状态,此时细绳与竖直线成角。假若气球和木块的质量分别为m、M。当水平风力缓慢增大时,则下列说法中错误的是()A.细绳拉力变大B.水平面对木块的弹力不变C.水平面对木块的摩擦力变大D.木块有可能脱离水平面9.如图所示,自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4116,在用力蹬脚踏板前进的过程中,下列说法正确的是()A.小齿轮和后轮的角速度大小之比为161B.大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为14C.大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为14D.
6、大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4110.在2016年里约奥运会男子蹦床决赛中,我国选手董栋、高磊分摘银、铜牌,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.运动员离开蹦床后处于失重状态B.运动员上升到最高点时加速度为零C.运动员下落碰到蹦床后立即做减速运动D.运动员在整个比赛过程中机械能一直守恒11.2017年4月,我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接,对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行。与天宫二号单独运行时相比,组合体运行的()A.周期变大B.速率变大C.动能变大D.向心加速度变大12.A、B两带电小球,质量分别为mA、mB,电荷量分
7、别为qA、qB,用绝缘不可伸长的细线如图悬挂,静止时A、B两球处于同一水平面。若B对A及A对B的库仑力分别为FA、FB,则下列判断正确的是()A.FAFBB.AC细线对A的拉力FTA=C.OC细线的拉力FTC=(mA+mB)gD.同时烧断AC、BC细线后,A、B在竖直方向的加速度不相同13.如图所示,在水平放置的半径为R的圆柱体轴线的正上方的P点,将一个小球以水平速度v0垂直圆柱体的轴线抛出,小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过,测得O、Q连线与竖直方向的夹角为,那么小球完成这段飞行的时间是()A.t=B.t=C.t=D.t=二、选择题(本题共3小题,每小题2分,共6分,每小题列出的
8、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,有选错的得0分)14.【加试题】下列说法正确的是()A.在所有核反应中,都遵从“质量数守恒,核电荷数守恒”的规律B.原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和C.天然放射现象中放出的射线就是电子流,该电子是原子的内层电子受激后辐射出来的D.镭226衰变为氡222的半衰期为1620年,也就是说,100个镭226核经过1620年后一定还剩下50个镭226没有发生衰变15.【加试题】如图甲所示,在平静的水面下有一个点光源S,它发出的是两种不同颜色的a光和b光,在水面上形成了一个被照亮的圆形区域,该区域的中间为由ab两种
9、单色光所构成的复色光的圆形区域,周边为环状区域,且为a光的颜色(见图乙)。则一下说法中正确的是()A.a光的频率比b光大B.水对a光的折射率比b光大C.a光在水中的传播速度比b光大D.在同一装置的杨氏双缝干涉实验中,a光的干涉条纹比b光宽16.【加试题】图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下,风叶带动与杆固连的永磁铁转动,磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时,传感器显示如图乙所示,则()A.磁铁的转速为10 r/sB.线圈两端电压的有效值为6 VC.交变电流的电压表达式为u=12sin5t VD.该交变电流可以直接加在击穿电压为9 V的电容器上三、非选择题(本题共7小题,共55分)17
10、.(5分)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,将画有坐标轴(横轴为x轴,纵轴为y轴,最小刻度表示 1 mm)的纸贴在水平桌面上,如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外),另一端P位于y轴上的A点时,橡皮筋处于原长。(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O,此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图(b)所示,F的大小为N。(2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋P端回到A点;现使用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向,由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2 N和F2=5
11、.6 N。(i)用5 mm长度的线段表示1 N的力,以O为作用点,在图(a)中画出力F1、F2的图示,然后按平行四边形定则画出它们的合力F合;(ii)F合的大小为N,F合与拉力F的夹角的正切值为。若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内,则该实验验证了力的平行四边形定则。18.(5分)用以下器材可测量电阻Rx的阻值。待测电阻Rx,阻值约为600 ;电源E,电动势约为6.0 V,内阻可忽略不计;电压表V1,量程为0500 mV,内阻r1=1 000 ;电压表V2,量程为06 V,内阻r2约为10 k;电流表A,量程为00.6 A,内阻r3约为1 ;定值电阻R0,R0=60 ;
12、滑动变阻器R,最大阻值为150 ;单刀单掷开关S一个,导线若干。(1)测量中要求两只电表的读数都不小于其量程的,并能测量多组数据,请在虚线框中画出测量电阻Rx的实验电路图。(2)若选择测量数据中的一组来计算Rx,则由已知量和测量物理量计算Rx的表达式为Rx=,式中各符号的意义是。(所有物理量用题中代表符号表示)19.(9分)浙江宁波慈溪方特欢乐世界的“跳楼机”游戏,以惊险刺激深受年轻人的欢迎,它的基本原理是将巨型娱乐器械由升降机送到离地面100 m的高处,然后让座舱自由落下。落到离地面20 m高时,制动系统开始启动,使座舱均匀减速,到达地面时刚好停下。某次游戏中,座舱中小明用手托着重5 N的苹
13、果,(g取10 m/s2)试求:(1)此过程中的最大速度是多少?(2)当座舱落到离地面40 m的位置时,手对苹果的支持力?(3)当座舱落到离地面15 m的位置时,苹果对手的压力?20.(12分)如图为某种鱼饵自动投放器的装置示意图,其下半部AB是一长为2R的竖直细管,上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管,管口C处切线水平,AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧。在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵,解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去。投饵时,每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定,此时弹簧的弹性势能为6mgR(g为重力加速度)。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失,求:(1)鱼饵到达管口C时的速度大小v1
14、。(2)鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小和方向。(3)已知地面比水面高出1.5R,若竖直细管的长度可以调节,圆弧弯道管BC可随竖直细管一起升降。求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO之间的最大距离Lmax。21.(4分)【加试题】(1)某同学在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中,分别用两种仪器来测量摆球直径,操作如图1所示,得到摆球的直径为d=19.12 mm,此测量数据是选用了仪器(选填“甲”或“乙”)测量得到的。该同学先用刻度尺测得摆线的长度,再采用上题中的方法测得摆球直径,他通过改变摆长,进行多次实验后以摆长L为横坐标,T2为纵坐标,作出T2-L图线,若该同学在计算摆长时加的是小
15、球直径,则所画图线是图2中是(填“A”“B”或“C”)。(2)用如图装置做探究碰撞中的不变量实验,下列说法正确的是()A.在实验前,必须把长木板的一端垫高,使A能拖着纸带匀速下行B.A、B两辆小车的质量必须相等C.A、B碰撞后必须保证A、B以共同速度一起运动D.小车A必须从紧靠打点计时器的位置无初速度释放22.(12分)【加试题】如图所示,两平行的光滑金属导轨安装在竖直面上,导轨间距为L、足够长,下部条形匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直,上部条形匀强磁场的宽度为2d,磁感应强度大小为B0,方向平行导轨平面向下,在上部磁场区域的上边缘水平放置导体棒(导体棒与导轨绝缘),
16、导体棒与导轨间存在摩擦,动摩擦因数为。长度为2d的绝缘棒将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置,总质量为m,置于导轨上,导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生,图中未图出),线框的边长为d(dL),下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放,导体棒恰好运动到磁场区域的下边界处返回,导体棒在整个运动过程中始终与导轨接触并且相互垂直。重力加速度为g。求:(1)装置刚开始时导体棒受到安培力的大小和方向;(2)装置从释放到开始返回的过程中,线框中产生的焦耳热Q;(3)线框第一次穿出下方磁场下边时的速度;(4)若线框第一次穿越下方磁场区域所需的时间为t,求线框电阻R。23.(8分)【
17、加试题】为研究某种材料的荧光特性,兴趣小组的同学设计了图示装置:让质子经过MN两金属板之间的电场加速后,进入有界匀强磁场。磁场的宽度L=0.25 m。磁感应强度大小B=0.01 T。以出射小孔O为原点,水平向右建立x轴,在0.4x0.6区域的荧光屏上涂有荧光材枓,(已知质子的质量m=1.610-27 kg,电荷量q=1.610-19 C,进入电场时的初速度可忽略,质子重力可忽略)(1)要使质子能打在荧光屏上,加速电压的最小值是多少?(2)当使质子打中荧光屏时的动能超过288 eV,可使荧光材料发光,对于不同的加速电压,荧光屏上能够发光的区域长度是多少?答案：一、选择题1.D【解析】A.库仑、毫
18、米不是国际单位制中基本单位,特斯拉是导出单位,故A错误。B.克和牛顿不是国际单位制中基本单位,故B错误。C.瓦特、焦耳、克都不是国际单位制中基本单位,故C错误。D.千克、米、秒均为国际单位制中基本单位,故D正确。2.D【解析】A.在马拉松比赛中,若研究运动员跑完全程的平均速率,可以看做质点,故A错误;B.马拉松比赛的全程是指运动员运动的轨迹长度,为路程,故B错误;C.平均速度为位移与时间的比值,不知道位移,故无法求得平均速度,故C错误;D.因为运动员的位移相同,由于所用时间不同,故可比较男女运动员的平均速度大小,故D正确。3.C【解析】由题意可知,快速扣杀的羽毛球在飞行中受到的力,除重力外,还
19、受到空气的阻力,故A、B、D错误,C正确。4.D【解析】A.伽利略通过逻辑推理和实验认为:重物与轻物下落的一样快,故A错误。B.伽利略根据理想斜面实验,首先提出力不是维持物体运动的原因,故B错误。C.牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较准确的测定了引力常量,故C错误。D.法拉第提出电场是一种客观存在,并且引入了电场线,故D正确。5.B【解析】A.电容器的额定电压为2.7 V,说明工作电压要不超过2.7 V,可以小于2.7 V,故A错误;B、C.该电容器最大容纳电荷量Q=CU=3 000 F2.7 V=8 100 C,手机锂电池“4.2 V,1 000 mAh”的电荷量q=
20、1 000 mAh=1 A3 600 s=3 600 C,故=2.25,故B正确,C错误;D.由于是电容器,故该超级电容充电时把电能存储在电容器中,没有转化为化学能,故D错误。6.B【解析】从题图所示方向看,则根据电阻定律可知,R1=,R2=,故两电阻相等,比值为11,故A错误,B正确。若电流竖直向下,则根据电阻定律有R1=,R2=,故R1R2=b2a2,故C、D错误。7.C【解析】由上向下看,线框沿逆时针转动,故该装置的原理是电流在磁场中的受力,不是电磁感应,故A、B错误。因为电源消耗的总功率一部分转化为内能,另一部分转化为动能,所以总功率大于热功率,C正确。受到的安培力开始时使线圈做加速运
21、动,当安培力等于阻力时速度达到最大,D错误。8.D【解析】对气球受力分析,受到重力、风的推力、拉力、浮力,如图根据共点力平衡条件,有FTsin=FFTcos+mg=F浮解得FT=,当风力增大时,绳子的拉力FT也增大,故A正确。再对气球和木块整体受力分析,受总重力、地面支持力、浮力、风的推力和摩擦力,如图:根据共点力平衡条件,有FN=(M+m)gFf=F当风力增大时,地面支持力不变,与风力无关,木块不可能脱离水平面,故B正确,D错误。木块滑动前受到地面施加的摩擦力与风力平衡,故其随风力的增大而逐渐增大,故C正确。9.B【解析】A.小齿轮和后轮共轴,角速度相等,故A错误;B.大齿轮和小齿轮共线,线
22、速度相等,根据=可知,大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为14,故B正确;C.小齿轮和后轮共轴,根据v=r可知,小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为116,则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为116,故C错误;D.大齿轮和小齿轮共线,线速度相等,根据a=可知,向心加速度大小之比为14,故D错误。10.A【解析】A.运动员离开蹦床后,仅受重力,加速度方向向下,处于失重状态,故A正确。B.运动员上升到最高点时,仅受重力,加速度为g,故B错误。C.运动员下落碰到蹦床后,开始重力大于弹力,加速度向下,先向下做加速运动,然后重力小于弹力,加速度向上,向下做减速运动,故C错误。D.运动员在整个运动过程中,由
23、于蹦床弹力做功,则运动员的机械能不守恒,故D错误。11.C【解析】根据万有引力提供向心力有=mr=ma,可得周期T=2,速率v=,向心加速度a=,对接前后,轨道半径不变,则周期、速率、向心加速度均不变,质量变大,则动能变大,C正确,A、B、D错误。12.C【解析】对小球A受力分析,受重力、静电力、拉力,如图:根据平衡条件,则有,两球间的库仑力是作用力与反作用力,一定相等,与两个球电荷量是否相等无关,故A错误;有mAg=FTAcos30因此FTA=mAg,故B错误;由整体法可知,细线的拉力等于两球的重力,故C正确;同时烧断AC、BC细线后,A、B在竖直方向重力不变,所以加速度相同,故D错误。13
24、.C【解析】过Q点做OP的垂线,根据几何关系可知,小球在水平方向上的位移的大小为Rsin,根据Rsin=v0t,可得时间为t=,所以C正确,D错误。小球从圆柱体的Q点沿切线飞过,根据几何关系可知,此时有=tan,所以vy=v0tan=gt,所以t=,所以A、B错误。二、选择题14.A【解析】A.在所有核反应中,都遵从“质量数守恒,核电荷数守恒”的规律,A正确;B.原子核的结合能是核反应前后有质量亏损,以能量的形式释放出来,B错误;C.衰变中生成的电子是一个中子转化为一个质子同时生成一个电子,C错误;D.半衰期是统计规律,对少量原子核来讲是没有意义的,D错误。15.CD【解析】a光照射的面积较大
25、,知a光的临界角较大,根据sinC=,知a光的折射率较小,折射率小,频率也小,所以a光的频率小于b光,故A错误,B错误;根据v=,知a光在水中传播的速度较大,故C正确;a光在水中传播的速度较大,则a光的波长较长,由条件间距公式x=知,a光条纹间距较宽,故D正确。16.BC【解析】A.交变电流的周期为T=0.4 s,故磁铁的转速为n= r/s=2.5 r/s,故A错误。B.通过题图乙可知电压的最大值为12 V,故有效值U= V=6 V,故B正确。C.周期T=0.4 s,故= rad/s=5 rad/s,故电压的表达式为u=12sin5t V,故C正确。D.交流电压的最大值大于电容器的击穿电压,故
26、不能直接加在该电容器上,故D错误。三、非选择题17.答案 (1)4.0(2)(i)如图(ii)4.00.05解析 (1)由题图可知,F的大小为4.0 N。(2)作力F1、F2的图示,作出合力F合,F合长为20 mm,所以F合大小为4.0 N,F合与拉力F的夹角的正切值为0.05。18.答案 (1)测量电路见解析图(2)U1为电压表V1的读数,U2为电压表V2的读数,r1为电压表V1的内阻,R0为定值电阻解析 (1)电路的最大电流为I=0.01 A,电流表量程太大,可以把电压表V1并联一个定值电阻改装成电流表,电压表选择V2即可,要求测量多组数据,滑动变阻器需要采用分压式接法,电路如图。(2)流
27、过被测电阻的电流为I=,被测电阻阻值为Rx=。19.答案 (1)40 m/s(2)0(3)25 N解析 (1)由题意可知先自由下降h=100 m-20 m=80 m由v2=2gh,得v=40 m/s。(2)离地面40 m时,座舱自由下落,处于完全失重状态,所以手对球的支持力为零。(3)a=,由此得a=40 m/s2根据牛顿第二定律有FN-mg=ma,得FN=25 N根据牛顿第三定律,苹果对手的压力为25 N。20.答案 (1)(2)6mg,方向向上(3)9R解析 (1)鱼饵到达管口C的过程中弹簧的弹性势能转化为鱼饵的重力势能和动能,有6mgR=2.5mgR+,解得v1=。(2)设C处管子对鱼饵
28、的作用力向下,大小设为F,根据牛顿第二定律有mg+F=m,解得F=6mg,由牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力F=6mg,方向向上。(3)设AB长度为h,对应平抛水平距离为x,由机械能守恒定律有6mgR=mg(R+h-0.5R)+mv2,由平抛运动的规律得,x=vt,2.5R+h=gt2,解得x=2,当h=1.5R时,x的最大值xmax=8R,则Lmax=xmax+R=9R。21.答案 (1)乙C(2)AC解析 (1)图甲是螺旋测微器,可以读数到0.001 mm,而乙为50分度的游标卡尺,最小分度是0.02 mm,d=19.12 mm;符合游标卡尺的读数,不符合螺旋测微器的读数的精确度。故此测
29、量数据是选用了仪器乙;由单摆周期公式:T=2可得:T2=L,若该同学计算摆长时候加的是小球直径,则对应的准确表达式应为T2=(L-),则可知图象应与横坐标有交点,故C正确,AB错误。(2)A.根据动量守恒的条件可知,本实验需要平衡摩擦力,故在实验前,必须把长木板的一端垫高,使A能拖着纸带匀速下行,故A正确;B.本实验中对A、B两辆小车的质量无特殊要求,故B错误;C.为了得出动量守恒的表达式,A、B碰撞后必须保证A、B以共同速度一起运动,故C正确;D.碰撞前小车A应有速度,故小车A在手推动下开始运动,故D错误。22.答案 (1)B0IL,方向垂直于纸面向里(2)4mgd-BILd-2B0ILd(
30、3)(4)解析 (1)安培力大小为F=B0IL,方向垂直纸面向里。(2)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中,由动能定理得mg4d-(Q+BILd+B0IL2d)=0解得Q=4mgd-BILd-2B0ILd(3)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1,则接着向下运动2d,由动能定理得mg2d-BILd=0-解得v1=(4)设装置在t内速度变化量为v,由动量定理得(-B0IL+mg-Bid)t=mv-0化简得-B0ILt+mgt-Bdq=mv1,(q=)解得R=23.答案 (1)200 V(2)0.02 m解析 (1)质子经电场加速,由动能定理qU=mv2-0进入磁场后做匀速圆周运动,有qvB=m联立解得U=从点O运动到x=0.4 m处,圆周运动半径r=0.2 m代入数据解得U1=200 V(2)由题意,当Ekmin=288 eV时对应电场力做功最小值qUmin,则Umin=288 V根据U=得rmin=0.24 m对应x1=2rmin=0.48 mx=0.6 m时,经检验,此时质子已经穿出磁场边界线,不能打到荧光屏上了,以磁场边界计算,有rmax=L=0.25 m,即x2=2rmax=0.5 m 能够发光的区域长度x=x2-x1=0.02 m。