2020年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟试卷02

2020年1月浙江省普通高校招生选考科目考试

物理仿真模拟试题02·解析版

考生须知：

1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。 2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上。 3．选择题的答案须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。

4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。

5．本卷中涉及数值计算的，重力加速度g均取10 m/s2。

选择题部分

一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30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．下列说法正确的是

A．伽利略提出了行星运动的三大定律 B．牛顿用实验的方法测出了引力常量

C．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比 D．卡文迪许从实验中得出了万有引力定律 【答案】C

【解析】A．开普勒提出了行星运动的三大定律，故A错误。B．卡文迪许用实验的方法测出了引力常量，故B错误。C．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故C正确。D．卡文迪许用实验的方法测出了引力常量，证明了万有引力定律的正确性，但万有引力定律是牛顿提出的，故D错误。

2．如图所示，是一个圆心为O半径为R的中国古代八卦图，中央S部分是两个等半径半圆，练功人（可视为质点）从A点出发以恒定速率v沿相关圆弧A→B→C→O→A→D→C进行，最后到达C点，则在整个过程中，以下判断正确的是

1

A．练功者运动的总位移大小为2R B．练功者的运动是匀速直线运动 C．练功者运动的总路程是4πR D．练功者运动的平均速度大小是v 【答案】A

【解析】A．位移是指从初位置到末位置的有向线段，所有位移的大小为2R，故A正确；B．人沿着C．圆弧运动，是曲线运动，不是直线运动，故B错误；人所经过的路程是人所走的所有的路线的长度，人沿圆弧A→B→C→O→A→D→C的过程中，人经过的路程为大圆的周长和小圆周长的和，所有经过的总的路程为3πR，故C错误；D．平均速度是位移与时间的比值，并不等于v，故D错误。 3．如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与竖直方向的夹角为θ。下列关系正确的是

A．Fmg tanB．Fmgcos

C．FNmg cosD．FNmgtan

【答案】C

【解析】对滑块进行受力分析，如图，由题，滑块处于静止状态，合力为零，则由平衡条件得：

FNcosmg，FNsinF，联立解得FNmg,Fmgtan，故C正确。 cos

4．秦山核电站是我国自行设计、建造和运营管理的第一座30万千瓦压水堆核电站。在一次核反应中一个

2

1361362359023590中子轰击92U变成54Xe、38Sr和若干个中子，已知92U、54Xe、38Sr的比结合能分别为7.6MeV、

8.4 MeV、8.7 MeV，则

235113690901A．该核反应方程为92U0n54Xe38Xe38Sr90n

B．要发生该核反应需要吸收能量

13690C．38Sr比54Xe更稳定

D．该核反应中质量增加 【答案】C

2351136901【解析】A．该核反应方程为92U0n54Xe38Sr100n，选项A错误；B．发生该核反应需要13690放出能量，选项B错误；C．38Sr比54Xe的比结合能大，则更稳定，选项C正确；D．该核反应中放

出能量，则有质量亏损，质量减小，选项D错误。

5．如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，有两个质量和电荷量都相等的粒子沿ad方向射入磁场后分别从b、e两点射出，不计粒子重力。下列说法正确的是

A．两粒子的速率相等 B．从b点射出的粒子速率较大

C．从b点射出的粒子在磁场中运动时间较长 D．从e点射出的粒子在磁场中运动时间较长 【答案】C

qBrv2【解析】AB、两粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，qvBm，得v，如下图分析可

mrAB错误；知，两粒子运动的轨道半径不同，则速率不同，因为r1r2，故从b点射出的粒子速率较小，CD、粒子在磁场中运动的时间t2rm，因两粒子的质量和电荷量都相等，又是同一磁场，2vqB故它们在磁场中运动的时间，与转过的圆心角大小成正比，因12，故从b点射出的粒子，在磁场中运动的时间较长，C正确，D错误。

3

6．2019年4月20日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运较火箭，成功发射第44颗北斗导航卫星，拉开了今年北斗全球高密度组网的序幕。北斗系统主要由离地面高度约为6R（R为地球半径）同步轨道卫星和离地面高度约为3R的中圆轨道卫星组成，设表面重力加速度为g，忽略地球自转。则 A．这两种卫星速度都大于gR B．中圆轨道卫星的运行周期小于24小时 C．中圆轨道卫星的向心加速度约为

g 9Mmv2D．根据G2m可知，若卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，需向前方喷气减速

rr【答案】B

2GMmmvA．M表示地球的质量，m表示卫星的质量，【解析】根据万有引力提供向心力则有： 2，

rrGMm0GMm0g，可得：v可得：v，又地球表面的物体：

R2rgR2，可见这两种卫星速度都r3GMm42rB．小于gR，故A错误；根据万有引力提供向心力则有：2m2r，可得：T2，rTGM可知轨道半径越大则周期越大，所以中圆轨道卫星的运行周期小于同步卫星的周期24小时，故B正确；C．地球表面的物体：

GMmGMmGMm0mamg，则其向心加速度约0，中圆轨道卫星：(R3R)216R2R2为

g，故C错误；D．卫星的轨道越高，则其机械能增大，所以若卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，16需向后方喷气加速，故D错误。

7．如图所示，两个小球a、b质量分别为m、2m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弾簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为=45°，已知弹簧劲度系数为k，

4

重力加速度为g，则弹簧最短伸长量为

A．

2mg 2kB．

mg kC．

32mg 2kD．

3mg k【答案】C

【解析】以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知F与T的合力与整体重力3mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为Fmin3mgsin所以xmin32mg，故C正确。 2k32mg，根据胡克定律Fminkxmin，2

8．如图所示，在倾角是30°的光滑斜面上，有一长为l的轻杆，杆的一端固定着一个小球，质量为m。另一端绕垂直于斜面的光滑轴做圆周运动，运动到最高点速度是gl

A．在最高点时，杆对球的作用力为0 B．在最高点时，杆对球的作用力沿杆向上

C．在最高点时，杆对球的作用力沿杆向下，大小是mg D．在最低点时，杆对球的作用力沿杆向上，大小是【答案】D

7mg 21mv2【解析】ABC．在最高点有：Fmgsin30mg，代入数据计算可得：Fmg，说明杆

2l5

1mg，故A错误，B错误，C错误。D．设在最低点时速度为v，根21122据动能定理可得：m(gl)mg2lsin30mv，设杆对球的作用力为F，则：

22对球的作用力沿杆向下，大小为

7mv2Fmg，说明在最低点时，杆对球的作用力沿杆向，代入数据计算可得：Fmgsin302l上，大小是

7mg，故D正确。 29．如图甲所示，正方形导线圈abcd放在与线圈平面垂直的磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。已知线圈共100匝，边长为10 cm，总电阻为0.1 Ω。下列说法正确的是

A．在t=1 s时，导线圈产生的感应电动势为0.1 V B．在0~2 s内，通过导线横截面的电荷量2 C C．在2~3 s内，导线圈有收缩的趋势 D．在2~3 s内，导线圈中产生的焦耳热为40 J 【答案】D

BNS，则在t=0至t=2 s内，导线圈中的感应电tt20E21V，A错误；B、根据qItt，结合A选项，可知在t=0至t=2 动势恒为E1000.120R【解析】A、根据法拉第电磁感应定律ENs内，通过导线横截面的电量为20 C，B错误；C、在t=2 s至t=3 s内，穿过线圈的磁通量减小，线圈通过增大面积的方式来阻碍磁通量的减小，C错误；D、在t=2 s至t=3 s内，

2B02E2ENNS1000.1V2V，则线圈中的焦耳热为Q t40J，D正确。

tt32R10．2019年10月18日至27日在中国武汉举行的第七届世界军人运动会中，21岁的邢雅萍成为本届军运

会“八冠王”，成为世界“兵王”，八个冠军中有定点跳伞项目。如图为其运动过程的v–t图象，假设邢雅萍运动只在竖直方向，先做自由落体运动，在t1时刻，速度达到v1时打开降落伞，做减速运动，在t2时刻以速度v2着地。她的速度图象如图所示。下列有关该跳伞队员运动过程的分析正确的

6

A．在0～t1时间内加速度增大，在t1～t2时间内加速度减小 B．在t1～t2时间内邢雅萍及其降落伞所受的阻力越来越小

C．运动员在t1～t2时间内，加速度大小总是小于在0～t1时间内的加速度大小 D．t1～t2时间里，邢雅萍的平均速度等于【答案】B

【解析】A．v–t图像的斜率表示加速度，则在0～t1时间内加速度恒定，在t1～t2时间内加速度逐渐B．减小，故A错误；由t1时刻速度达到v1时打开降落伞立即做减速运动可知阻力大于重力，在t1～t2时间内由牛顿第二定律有：fmgma，因加速度逐渐减小，则阻力逐渐减小；故B正确；C．由图像的斜率可比较加速度大小，但图像在在t1～t2和0～t1的斜率没有具体的数据，所以无法比较其大小，则运动员在t1～t2时间内的加速度大小不一定总是小于在0～t1时间内的加速度大小；故C错误；D．图线与时间轴围成的面积表示位移，在t1~t2的时间内，若做初速度v1、末速度v2的匀减速直线运动，其位移将大于实际位移，而匀减速的平均速度为

v1v2 2v1v2，实际平均速度为v，故其平均速度2vv1v2，故D错误。 2二、选择题Ⅱ（本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）

11．如图所示为某透明均质圆柱形玻璃截面图，其中MN为过圆心O的水平直线。现有两单色细光束a、b相对MN两侧对称，且平行MN照射玻璃柱体，经玻璃折射后两束光相交于P点，部分光路如图所示。a、b两束光相比

A．玻璃对a光的折射率小

7

B．在玻璃中a光的传播速度小 C．在玻璃中a光的传播时间短 D．a、b光在P点都不能发生全反射 【答案】BD

【解析】A．由光路图可知，a、b两光的入射角i相等，折射角：rb>ra，由折射定律nnbva，故B正确；C．由nssbva，tbv光路图可知，在P点光a、b的入射角都等于光射入玻璃砖时的折射角，在P点的入射角一定小于临界角，a、b在P点不可能发生全反射，故D正确。

12．如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮（不计滑轮的质量与摩擦），下悬

重为G的物体｡设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率v逆时针转动｡则

A．人对重物做功功率为Gv

B．人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向左 C．在时间t内人对传送带做功消耗的能量为Gvt D．若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率增大 【答案】BCD

【解析】A．根据题意可知，重物没有位移，所以人对重物没有做功，功率为零。故A不符合题意。B．人处于平衡状态，人所受的摩擦力与拉力平衡，传送带对人的摩擦力方向向右，拉力等于物体的重力G，所以人对传送带的摩擦力大小也等于G，方向水平向左。故B符合题意。C．在时间t内人对传送带做功消耗的能量等于人对传送带做的功，人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于G。根据W=Fvt，所以人对传送带做功的功为Gvt。故C符合题意。D．根据功率P=Fv，可得若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率增大。故D符合题意。

8

13．如图所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为20 m/s，则下列

说法正确的是

A．图中质点b的正在做减速运动

B．从图示时刻开始，经0.05 s质点b通过的路程为20 cm C．从图示时刻开始，经0.05 s质点a沿着传播方向移动1 m D．若该波在传播过程中遇到人，会发生明显的衍射现象 【答案】AD

【解析】A．简谐横波沿x轴正方向传播，由波形平移法知图示时刻b点的振动方向沿y轴负方向，正远离平衡位置，其速度正在减小。故A正确。B．由图可知波长为：4m，周期为：

Tv4Ts=0.2s，从图示时刻开始，经0.05 s，即0.05s=，由图可知经0.05 s质点b通过的路204程小于20 cm。故B错误。C．质点a在平衡位置附近做周期性振动，并不随随波迁移。故C错误。D．该波的波长为4 m，若该波发生明显的衍射，知波遇到的障碍物或孔的尺寸比4 m小，或与4 m相当。故D正确。

14．一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电

量为＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下述说法正确的是

A．小球经过环的最低点时速度最大 B．小球在运动过程中机械能守恒

C．小球经过环的最低点时对轨道压力为（mg＋qE） D．小球经过环的最低点时对轨道压力为3（mg＋qE） 【答案】AD

【解析】A．小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功最多，则根据动能定理得知，动能增大，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大，故A正确；B．小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒，故B错误；CD．小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：（mg+qE）R=

9

12

mv，2

v2又由N−mg−qE=m，联立解得N=3（mg+qE），故C错误，D正确。

R非选择题部分

三、实验题（本题共2小题，共17分）

15．（7分）如图甲所示是某同学设计的“探究加速度a与物体所受合力F及质量m间关系”的实验装置简

图，A为小车，B为打点计时器，C为装有砂的砂桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于砂和砂桶的总重力，小车运动加速度a可由纸带求得。

（1）图乙所示是某同学通过实验得到的一条纸带，他在纸带上取A、B、C、D、E、F、G等7个计

数点（每相邻两个计数点之间还有4个点没有画出）。已知打点计时器所使用电源的频率为50 Hz，AB=0.60 cm，AC=1.60 cm，AD=3.00 cm，AE=4.80 cm，AF=7.00 cm，AG=9.60 cm，用刻度尺测得：

则打E点时小车的速度为_______m/s，小车的加速度为_______m/s2。（结果均保留两位有效数字）

（2）另一同学保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F

图线如图丙，该图线不通过原点，其主要原因是_________________。

（3）若实验中将小车换成滑块，将木板水平放置可测出滑块与木板间的动摩擦因数μ。要测出动摩擦

因数μ，需要测量的物理量有_______________________________；实验测得的动摩擦因数μ比真实值____________（选填“大”或“小”）。

【答案】（1）0.20（1分） 0.40（2分） （2）实验前未平衡摩擦力（或平衡摩擦力不足或平衡摩擦力时木板倾角过小）（2分） （3）砂和砂桶的总质量、木块的质量以及对应的加速度（1分） 大（1分）

10

【解析】（1）根据打点计时器瞬时速度公式可得vE式axDExEF，解得vE0.20m/s，根据加速度公

2TxDGxAD，解得a0.40m/s2。 29T（2）由图可知，当有力的时候没有加速度，原因是实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足或平衡摩擦力时木板倾角过小；

（3）如果要测出滑块与木板间的动摩擦因数μ，则根据牛顿第二定律可得m1gm2g(m1m2)a，因此需要测量砂和砂桶的总质量、木块的质量以及对应的加速度。因为在公式中没有考虑绳的摩擦，因此求出的动摩擦因数μ比真实值偏大。

16．（10分）在“探究决定导线电阻的因素”实验中，所用测量仪器均已校准。

（1）如图所示，螺旋测微器的读数为________mm；游标卡尺的读数为________mm。

（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组（电动势3 V，内阻约1 Ω）、电流表（内

阻约0.1 Ω）、电压表（内阻约3 kΩ）、滑动变阻器R（0~20 Ω，额定电流2 A）、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下： 次数 U/V I/A 1 0.10 0.020 2 0.30 0.060 3 0.70 0.160 4 1.00 0.220 5 1.50 0.340 6 1.70 0.460 7 2.30 0.520 由以上实验数据可知，他们测量Rx的电路是采用下图中的______图（选填“甲”或“乙”）。

（3）图丙是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的

一端。请根据（2）所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。

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（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图丁所示，图中已标出了与测量数据对应的4

个坐标点。请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx=________Ω（保留两位有效数字）。

（5）任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项

是________。

A．用仪器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差

C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差 D．用U－I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差

6.119 50.90 （2） （3）【答案】（1）（1分）（1分）甲（2分）

12

（2分） （4）（1分） 4.5（1分） （5）AC（2分）

11.9×0.01 mm=0.119 【解析】（1）由图可知螺旋测微器可知，固定刻度示数为6 mm，可动刻度示数为：mm，螺旋测微器示数为：6 mm+0.119 mm=6.119 mm；游标卡尺主尺的读数为50 mm，游标尺的读数0.05 mm=0.90 mm，所以游标尺的读数为：50 mm+0.90 mm=50.90 mm； 为：18×

（2）由表中实验数据可知，电压与电流的第一个测量值很小，接近于零，滑动变阻器用分流接法电压与电流不能达到这么小的数值，因此滑动变阻器应采用分压接法，因此需要选择图甲所示电路。 （3）根据给出的电路图可得出对应实物图如图所示；

（4）根据描出的点，作出图象，如图所示：

由图线得到金属丝的阻值RxU1.80Ω=4.5Ω。 I0.40（5）A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A正确；B．由于C．电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B错误；若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故C正确；D．用U−I图象处理数据求金属丝电阻可以消除系统误差，故D错误。

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三、计算题（本题共3小题，共37分）

17．（10分）如图所示，半圆形竖直光滑轨道bc固定在水平地面上，轨道半径R=0.6 m，与水平粗糙地面

ab相切，质量m2=0.2 kg的物块B静止在水平地面上b点，另一质量m1=0.6 kg物块A在a点以v0=10m/s的初速度沿地面滑向物块B，与物块B发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起，之后冲上半圆轨道，到最高点c时，两物块对轨道的压力恰好等于两物块的重力。已知ab两点间距L=3.6 m，A与B均可视为质点，空气阻力不计，g取10 m/s2。求：

（1）物块A与B刚碰后一起运动的速度v； （2）物块A和地面间的动摩擦因数μ。 【答案】（1）6 m/s（5分） （2）0.5（5分）

vc2【解析】（1）在轨道的最高点，根据牛顿定律：FNm1m2gm1m2（1分）

RFNm1m2g（1分）

从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒：

11m1m2vc2m1m2g2Rm1m2v2（2分） 22联立各式代入数据解得v6m/s（1分）

（2）两物块碰撞的过程中，根据动量守恒定律：m1vAm1m2v（2分） 物块A从a运动到b的过程中，根据动能定理：m1gL联立各式并代入数据得：0.5（1分）

18．（12分）如图所示，两平行金属板间电势差为U，板间电场可视为匀强电场，金属板下方有一磁感应

强度为B的匀强磁场．带电量为＋q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：

1122m1vAm1v0（2分） 2214

（1）粒子从电场射出时速度v的大小； （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。 【答案】（1）12mU2Uq（6分） （2）（6分）

Bqm12mv（3分） 2【解析】（1）设带电粒子射出电场时的速度为v，由动能定理可得：qU解得粒子射出速度v2qU（3分） mv2（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：qvBm（3分）

R可得带电粒子圆周运动的半径Rmvm2Uq12mU（3分） qBqBmBq19．（15分）如图所示，电阻Rab=0.1 Ω的导体ab沿光滑导线框向右做匀速运动线框中接有电阻R=0.4 Ω，

线框放在磁感应强度B=0.1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，导轨间距L=0.4 m，运动速度v=10 m/s。（线框的电阻不计）

（1）电路abcd中相当于电源的部分是？

（2）使导体ab向右匀速运动所需的外力的大小和方向？

（3）撤去外力后导体棒继续向前在滑行了0.8 m，求这个过程中通过导体棒横截面的电荷量？ 【答案】（1）导体ab（2分） （2）0.032 N，方向水平向右（8分） （3）0.064 C（5分） 【解析】（1）电路abcd中ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源。由右手定则判断可知相当于电源的正极是a端。（2分）

0.4×10V=0.4V（2分） （2）感应电动势为：E=BLv=0.1×

15

感应电流为：IE0.4A0.8A（2分）

RRab0.40.1因为导体杆匀速运动，ab杆所受的安培力与外力平衡，则根据平衡条件得： F=FA=BIL=0.1×0.8×0.4N=0.032N（2分）

由右手定则判断可知，ab中感应电流方向从b→a，由左手定则得知，安培力的方向向左。则外力方向向右。（2分） （3）根据qIt IEBLx E（3分）

RRabtt解得q

BLx0.10.40.8C0.064C（2分）

RRab0.10.416