1、浙江新高考2018年4月选考科目物理试题一、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是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1. 通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是A. 亚里士多德 B. 伽利略 C. 笛卡尔 D. 牛顿【答案】B【解析】A、亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，故A错误；B、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B正确；C、笛卡尔在伽利略研究的基础上第一次表述了惯性定律，故C错误；D、牛顿在伽利略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律，认为力是改变物体运动状态的原因，但不是第一个根据实验
2、提出力不是维持物体运动原因的科学家，也不是第一个提出惯性的科学家，故D错误；故选B。2. 某驾驶员使用定速巡航，在高速公路上以时速110公里行驶了200公里，其中“时速110公里”、“行驶200公里”分别是指A. 速度、位移 B. 速度、路程C. 速率、位移 D. 速率、路程【答案】D故选D。3. 用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据，可得，故A正确，B、C、D错误；4. A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4：3，运动方向改变的角度之比是3：2，则它们A. 线速度大小之比为4：3B. 角速
3、度大小之比为3：4C. 圆周运动的半径之比为2：1D. 向心加速度大小之比为1：2【答案】A【解析】A、因为相同时间内他们通过的路程之比是4：3，根据，则A、B的线速度之比为 4：3，故A正确；B、运动方向改变的角度之比为3：2，根据，则角速度之比为3：2，故B错误；C、根据可得圆周运动的半径之比为，故C错误；D、根据a=v得，向心加速度之比为，故D错误；故选A。5. 杭州市正将主干道上的部分高压钠灯换成LED灯，已知高压钠灯功率为400W，LED灯功率为180W，若更换4000盏，则一个月可节约的电能约为A. B. C. D. 【答案】B故选B。6. 真空中两个完全相同、带等量同种电荷的金属
4、小球A和B（可视为点电荷），分别固定在两处，它们之间的静电力为F，用一个不带电的同样金属球C先后与A、B球接触，然后移开球C，此时A、B球间的静电力为A. B. C. D. 【答案】C【解析】真空中两个静止点电荷间的静电力大小为：，不带电的同样的金属小球C先与A接触：，带电的同样的金属小球C再与B接触：，则两点电荷间的静电力大小为：，故C正确，ABD错误；故选C。【点睛】由库仑定律可知，在真空是必须确保电荷量不变，且电荷间距要大是能将带电量看成点来处理同时两球带同种电荷，所以当与A球接触后的小球C与B球接触时，则先出现电荷中和，然后再平分电荷。7. 处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴转动，当线框
5、中通以电流I时，如图所示，此时线框左右两边受到安培力F的方向正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】由图可知：磁场的方向水平向左，由左手定则可知：左边受到的安培力方向竖直向上，右边受到的安培力方向竖直向下，故D正确，A、B、C错误；故选D。8. 如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的
6、重力的大小，故C正确，A、B、D错误；故选C。【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。9. 土星最大的卫星叫“泰坦”（如图），每16天绕土星一周，其公转轨道半径约为，已知引力常量，则土星的质量约为A. B. C. D. 【答案】B【解析】卫星绕土星运动，土星的引力提供卫星做圆周运动的向心力设土星质量为M：，解得带入计算可得：，故B正确，A、C、D错误；故选B。10. 如图所示，竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104m，升降机运行的最大速度为8m/s，加速度大小不超过，假定升降机到井口的速度
7、为零，则将矿石从井底提升到井口的最短时间是A. 13s B. 16s C. 21s D. 26s【答案】C【解析】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，在加速阶段，所需时间，通过的位移为，在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：，总时间为：，故C正确，A、B、D错误；故选C。【点睛】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度位移公式和速度时间公式求得总时间。11. 一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以做直线运动，其v-t图像如图所示，粒子在时刻运动到B点，3时刻运动到C点，下列判断正确的是A. A、B、C三点的电势关系为 B. A、B、C三点场强大小关系为
8、C. 粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D. 粒子从A点经B点运动到C点，电场线先做正功后做负功【答案】C【解析】A、因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误；B、由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以B点的加速度最大，电场强度最大，故B错误；C、由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，故C正确；D、因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误；故选C。【点睛】速度图像的斜率大小表示加速度的大小，根据速度大小可知动能的变化，根据能量守恒可知电势能的变化。12. 在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，
9、有一种探测方法是，首先给金属长直管线上同上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行一下操作：用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45的b、c两点，测得b、c两点距离为L，由此可确定金属管线A. 平行于EF，深度为B. 平行于EF，深度为LC. 垂直于FE，深度为D. 垂直于EF，深度为L【答案】A【解析】根据通电直导线产生的磁场特点：距离电流越近，产生的磁场强度越大，则a点距离管线最近，EF上的点均是距离管线最近的点，管线在EF的正
10、下方，与EF平行；根据安培定则做出管线产生磁场的横截面图示：则由几何关系可以确定a到管线的距离为，故A正确，BCD错误；故选A。13. 如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16m，竖直距离为2m，A、B间绳长为20m。质量为10kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处。以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为（绳处于拉直状态）A. B. C. D. 【答案】B【解析】猴子的动能最大时重力势能最小，猴子的加速度为零时速度最大，动能最大，此时猴子受力平衡则可以得到下面的几何关系：绳长AC+BC=AF=20m，又MF=16m，由勾股定理得A
11、M=12m，而AB竖直距离为2m，则BF=10m，D为BF中点，BD=5m，C和D等高，则A、C的竖直高度差为7m，此时猴子的重力势能为：，与B最接近，故B正确，A、C、D错误；故选B。二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分，每小题给出四个备选项中至少有一个是正确的，全部选对得2分，选对但不全得1分，有选错得0分）14. 下列说法正确的是A. 组成原子核的核子越大，原子核越稳定B. 衰变为经过4次衰变，2次衰变C. 在LC振荡电路中，当电流最大时，线圈两端电势差也最大D. 在电子的单缝衍射实验中，狭缝变窄，电子动量的不确定量变大【答案】BD【解析】A、比结合能越大，表示原子核中核子结
12、合得越牢固，原子核越稳定，与核子多少无关，故A错误；B、衰变为经过，质量数减少16，质子数减少6，而一次衰变，质子数减2，质量数减4，一次衰变，质子数增加1，质量数不变，所以是4次衰变，2次衰变，故B正确；C、当线圈两端电势差也最大时，电流变化率最大，电流为0，故C错误；D、狭缝变窄，使得变小，根据不确定关系，则变大，故D正确；故选BD。15. 氢原子的能级图如图所示，关于大量氢原子的能级跃迁，下列说法正确的是（可见光的波长范围为，普朗克常量，真空中光速）A. 氢原子从高能级跃迁到基态时，会辐射射线B. 氢原子处在n=4能级，会辐射可见光C. 氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，辐射的光具有显著
13、的热效应D. 氢原子从高能级向n=2能级跃迁时，辐射的光在同一介质中传播速度最小的光子能量为1.89eV【答案】BC【解析】A、射线是原子核通过衰变产生的高能电磁波，与核外电子无关，故A错误；B、根据可得，可见光光子的能量为，从n=4能级跃迁到n=2能级，在该能量范围内，故B正确；C.从高能级向n=3能级跃迁辐射的能量最大值为1.51eV，小于1.63eV，属于红外线，具有热效应，故C正确；D.传播速度越小，折射率越大，光子频率越大，能量越大，而从高能级向n=2能级跃迁时最大能量为3.4eV，故D错误。故选BC。【点睛】能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越
14、高，波长越短，然后结合各种光的频率的范围分析即可。16. 两列频率相同、振幅均为A的简谐横波P、Q分别沿+x和-x轴方向在同一介质中传播，两列波的振动方向均沿y轴，某时刻两波的波面如图所示，实线表示P波的波峰，Q波的波谷；虚线表示P波的波谷、Q波的波峰。a、b、c为三个等间距的质点，d为b、c中间的质点。下列判断正确的是A. 质点a的振幅为2AB. 质点b始终静止不动C. 图示时刻质点c的位移为0D. 图示时刻质点d的振动方向沿-y轴【答案】CD【解析】AC、质点a和c是两列波的波峰与波谷相遇点，两列波的振幅相等，所以a和c位移始终为0，即静止不动，故A错误，C正确；B、在经过四分之一周期，两
15、列波各向前传播四分之一波长，P波a处的波谷和Q波在c处的波谷刚好传播到b点，所以b点是波谷与波谷相遇，振幅为2A，为振动加强点，故B错误；D、图示时刻，d点在P波的平衡位置与波峰之间，振动方向沿y轴的负方向，同时d点在Q波的波谷与平衡位置之间，振动方向沿y轴的负方向，所以d点的振动方向沿y轴的负方向，故D正确；故选CD。【点睛】两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，据此分析。三、非选择题17. （1）用图1所示装置做“探究功与速度变化关系”实验时，除了图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有_。A秒表 B天平 C刻度尺 D弹簧测力计（2
16、）用图2所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，释放重物前有下列操作，其中正确的是_；A将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上B手提纸带任意位置C使重物靠近打点计时器（3）图3是小球做平抛运动的频闪照片，其上覆盖了一张透明方格纸，已知方格纸每小格的边长均为0.80cm。由图可知小球的初速度大小为_m/s（结果保留两位有效数字）。【答案】 (1). C (2). AC (3). 0.660.74【解析】（1）探究功与速度变化的关系实验中因为使用打点计时器测速度，不需要秒表，故A错误；因为运动中质量不变，在找关系时不需要天平侧质量，故B错误，由纸带上的点计算速度需要刻度尺测量距离，故C正确，每
17、次试验时橡皮筋成倍数的增加，形变量不变，功的关系不需要测力，故D错误；故选C。（2）图2中利用自由落体运动验证机械能守恒定律，故A正确，释放前手应该提纸带不挂重锤的一端，故B错误；为了打上更多的点，重物应该靠近打点计时器，故C正确；故选AC。（3）由平抛运动的规律得：水平方向，竖直方向，联立解得：。18. （1）小明用多用电表测量一小段2B铅笔芯的电阻Rx，正确的操作顺序是_（填字母）；A把选择开关旋转到交流电压最高档B条件欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点C把红黑表笔分别接在Rx两端，然后读数D把选择开关旋转到合适的档位，将红、黑表笔接触E把红黑表笔分别插入多用电表“、-”插孔，用螺丝刀调节指针定
18、位螺丝，使指针指0（2）小明正确操作后，多用电表的指针位置如图所示，则Rx=_；（3）小张认为用多用电表测量小电阻误差太大，采用伏安法测量。现有实验器材如下：电源（电动势3V，内阻可忽略），电压表（量程3V，内阻约3k），多用电表（2.5mA档；25mA档和250mA档，对应的内阻约40，4和0.4），滑动变阻器RP（010），定值电阻R0（阻值10），开关及导线若干。测量铅笔芯的电阻Rx，下列电路图中最合适的是_（填字母），多用电表选择开关应置于_档 。【答案】 (1). EDBCA (2). 2.83.0 (3). B (4). 250mA【解析】（1）多用电表应先进行机械调零，再进行欧姆
19、调零，用完后再把电表档位调整到交流电压最高档或OFF档；E项是机械调零，DB是欧姆调零，C是测电阻，最后关闭是A，故答案为EDBCA。（2）由图可知，档位为，读数为。（3）AB、 由于待测电阻较小，电流表电阻引起的误差较大，所以采用外接法，故A错误，B正确；C. 电压表量程为3V，电源电动势为3V，C图接法致使电压表偏转不明显，故C错误；D. 图中电路图电压表测量的是电源的电压，不会随着滑动变阻器变化而变化，故D错误；故选B。用电源电动势除以总电阻，最大电流约为，所以选择的量程。19. 可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为37的倾斜冰面上，先以加速度a=0.5m/s2从冰面
20、底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数=0.25，已知，求：（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；（2）企鹅在冰面滑动的加速度大小；（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（结果可用根式表示）【答案】(1) (2) 上滑过程： ；下滑过程： (3) 【解析】【分析】企鹅向上“奔跑”做匀加速运动，由运动学公式求出企鹅向上“奔跑”的位移大小；根据牛顿第二定律求出企鹅在冰面滑动的加速度大小，结合运动学公式求出企鹅退滑到出发点时的速度大小；解：（1）“奔跑”过程（2）上滑过程：
21、下滑过程（3）上滑位移，退滑到出发点的速度，解得20. 如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成，现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过BC段所受的阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平地面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m，小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力。（1）求小球运动至B点时的速度大小；（2）求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；（4）小球落到P点后弹起，与地面多次碰
22、撞后静止，假设小球每次碰撞机械能损失75、碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，求小球从C点飞出到最后静止所需时间。【答案】(1) (2) (3) (4) 2.4s【解析】试题分析：（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由此即可求出B点的速度；（2）根据动能定理即可求出小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）结合平抛运动的公式，即可求出为使小球落点P与B点的水平距离最大时BC段的长度；（4）由机械能的损失求出速度的损失，然后结合竖直上抛运动的公式求出各段时间，最后求和即可；（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则：代入数据可得：（2）A到B的过程中重力和阻力做功，则由
23、动能定理可得：代入数据得：（3）B到C的过程中，由动能定理得：解得：从C点到落地的时间：B到P的水平距离：代入数据，联立并整理可得：可知。当时，P到B的水平距离最大，为L=3.36m（4）由于小球每次碰撞机械能损失75%，由，则碰撞后的速度为碰撞前速度的，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的，所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间：，同理，从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间：，由此类推可知，从第n次碰撞后到发生第n+1次碰撞的时间：小球运动的总时间：由数学归纳法分可得：【点睛】该题结合
24、机械能守恒考查平抛运动以及竖直平面内的圆周运动，其中的第三问的难度较大，根据小球每次碰撞机械能损失75%，得出碰撞后的速度为碰撞前速度的是解答的关键。21. （1）细丝和单缝有相似的衍射图样，在相同条件下，小明用激光束分别垂直照射两种不同直径的细丝I和细丝II，在光屏上形成的衍射图样如图中a和b所示，已知细丝I的直径为0.605mm，现用螺旋测微器测量细丝II的直径，如图所示，细丝II的直径为_mm。图中的_（填“a”或“b”）是细丝II的衍射图样。（2）小明在做“用双缝干涉测量光的波长”实验时，尝试用单缝和平面镜做类似实验。单缝和平面镜的放置如图所示，白炽灯发出的光经滤光片称为波长为的单色光
25、照射单缝，能在光屏上观察到明暗相间的干涉条纹。小明测得单缝与镜面延长线的距离为h，与光屏的距离为D，则条纹间距_，随后小明撤去平面镜，在单缝下方A处放置同样的另一单缝，形成双缝结构，则在光屏上_（填“能”会“不能”）观察到干涉条纹。【答案】 (1). 0.9961.000 (2). b (3). (4). 不能【解析】（1）根据图示读数可知细丝II的直径为0.999mm；单缝衍射，单缝越宽，条纹间距越小，所以是图a是直径更大的细丝的衍射图样；（2）如下图，通过平面镜反射的光线可以看做在A点下方h处射出的光线，则干涉条纹可以看做由到A点距离均为h的双缝干涉形成的条纹，则条纹间距；撤去平面镜，在单
26、缝下方A处放置同样的另一单缝，有双缝结构，但白炽灯发出的光不是相干光，通过两缝的光不能发生干涉。22. 压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p（t）进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比（）。霍尔片的放大图如图2所示，它由长宽厚=abd，单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成，磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为。无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0.（1）指出D1、D2两点那点电势高；（2）推导出
27、U0与I、B0之间的关系式（提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd，其中e为电子电荷量）；（3）弹性盒中输入压力波p（t），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率。（结果用U0、U1、t0、及）【答案】(1) D1点电势高 (2) (3) ，【解析】【分析】由左手定则可判定电子偏向D2边，所以D1边电势高；当电压为U0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd求出U0与I、B0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t0内，轻
28、杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U0与I、B0之间的关系式求出压力波的振幅。解：（1）电流方向为C1C2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D2边，所以D1边电势高；（2）当电压为U0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力 由电流 得： 将带入得（3）图像结合轻杆运动可知，0-t0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t0所以，频率为:当杆运动至最远点时，电压最小，即取U1，此时 取x正向最远处为振幅A，有： 所以：解得：根据压力与唯一关系可得因此压力最大振幅为：23. 如图所示，在竖直平面
29、内建立xOy坐标系，在，范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长为L=0.10m、质量m=0.02kg、电阻R=0.40的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置，其中心的坐标为（0，0.65）。现将线框以初速度水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程，线框在全过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴保持平行，空气阻力不计，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）线框在全过程中产生的焦耳热Q；（3）在全过程中，cb两端得到电势差与线框中心位置的x坐标的函数关系。【答案】(1) 2T (2) 0.0375
30、J (3) 进入磁场前：，,进入磁场过程：， 在磁场中：， 出磁场过程：，【解析】【分析】由运动学公式求出线框进入磁场的竖直速度vy，由题意线框进入磁场时速度不变，由平衡条件和欧姆定律就能求出磁感应强度的大小；由动量定理结合线框通过磁场区域内电量是一定的，恰恰能求出线框的末速度，由能量守恒定律就能求出全过程产生的热量；分段考虑线框进入磁场时切割磁感线的速度（即竖直速度），先表示出电动势，再由欧姆定律表示Ucb两端的电压解：（1）线框进入磁场的过程中速度不变，线框受力平衡： 感应电流进入时的y方向速度：，解得：B=2T（2）动量定理：解得全过程能量守恒：解得Q=0.0375J（3）进入磁场前：进入磁场过程：在磁场中：出磁场过程：
