【文档说明】【精准解析】浙江省名校联盟2020届高三创新卷选考物理试题（三）.pdf，共(23)页，511.620 KB，由小赞的店铺上传

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-1-《浙江省名校联盟新高考创新卷》选考物理（三）一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。在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.下列物理量的单位属于国际单位制中导出单位的是（）A.电流B.质量C.电压D.时间

【答案】C【解析】【详解】电流、质量和时间的单位分别是安培、千克和秒，这些都是国际单位制中的基本单位；而电压的单位伏特，是国际单位制中的导出单位。故选C。2.下列仪器中，属于验电器的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A是电容器；B是验电器；C是电流表；D是电压表。故选

B。3.如图所示是装满水的侧壁打有小孔的可乐瓶，当可乐瓶静止时，水会从小孔中流出来，忽略空气阻力，下列说法正确是（）-2-A.让可乐瓶竖直下落，在下落过程中水会从小孔流出B.将可乐瓶平抛，在平抛运动过程中水不

会从小孔流出C.将可乐瓶斜抛，在斜抛运动过程中水会从小孔流出D.将可乐瓶竖直上抛，在上升和下降过程中水都会从小孔流出【答案】B【解析】【详解】无论是让可乐瓶竖直下落，还是平抛、斜抛和竖直上抛，加速度均为向下的g，水处于完全失重状态，则水在小孔处产生的压强为

零，则水不会从小孔中流出。故选B。4.如图电路中，电源的电动势为E，内阻为r，各电阻阻值如图所示，当滑动变阻器的滑动触从b端滑到a端的过程中（）A.电压表的读数U先增大，后减小B.电流表的读数I先增大，后减小C.电压表读数U与电流表读数I的比值UI不变D

.电压表读数的变化量∆U与电流表读数的变化量∆I的比值UI增大【答案】A【解析】【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P从b端滑到a端的过程中，总电阻先增大后减小，电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，知总电流先减小后增大，则内电压先减-3-小后

增大，外电压先增大后减小。所以电流表的读数I先减小，后增大。电压表的读数U先增大后减小，故A正确、B错误。C．电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻，应先增大后减小。故C错误。D．因为内外电压之和不变，所以外电压的变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等。所以UrI

不变，故D错误。故选A。5.2019年，中国以34次航天发射蝉联全球航天发射榜榜首位置。下列关于火箭升空时下列说法正确的是（）A.喷出气体对火箭的作用力与火箭受到的重力是一对相互作用力B.喷出气体对火箭的作用力大于火箭对喷出气体的作用力C.喷出气体对火箭的作用力等于火箭对

喷出气体的作用力D.火箭在太空的真空环境中将无法加速【答案】C【解析】【详解】ABC．喷出气体对火箭的作用力与火箭对气体的作用力是一对相互作用力，则喷出气体对火箭的作用力等于火箭对喷出气体的作用力，选项AB错误，C正确；D．由于火箭与它喷出的气体发生相互作用，则火箭在太空的

真空环境中仍可加速，选项D错误。故选C。6.太空中在轨飞行两年的天宫二号正运行在平均轨道高度约400km的近圆轨道，飞行状态稳定、各项功能正常，于2019年7月受控离轨。下列说法正确是（）-4-A.天宫二号的发射速度小于7.9km/sB.天宫二号运行的线速度大于7

.9km/sC.天宫二号的周期小于地球同步卫星的周期D.天宫二号的向心加速度大于近地卫星的向心加速度【答案】C【解析】【详解】A．第一宇宙速度是最小的发射速度，则天宫二号的发射速度大于7.9km/s，选项A错误；B．根据GMvr可知，天宫二号运行的

线速度小于7.9km/s，选项B错误；C．根据234rTGM，由于天宫二号的轨道半径远小于同步卫星的轨道半径，可知天宫二号的周期小于地球同步卫星的周期，选项C正确；D．根据2GMar可知，天宫二号的

轨道半径大于近地卫星的轨道半径，则天宫二号的向心加速度小于近地卫星的向心加速度，选项D错误。故选C。7.如图所示直线a和曲线b分别是两个运动物体a和b的位置一时间图线。由图可知（）A.在t1时刻，物体a、b速度的大小相等B.在t2时刻，物体a、b速度的方向

不同C.在t1到t2这段时间内，物体a的平均速度比b的小D.在t1到t2这段时间内，物体a的速率一直比b的小-5-【答案】B【解析】【详解】A．因x-t图像的斜率等于速度，可知在t1时刻，物体a、b速度的大小不相等，选项A错误；B．因x-t图像的斜率的符号反映速度的方向，可知在t2时刻

，物体a、b速度的方向不同，选项B正确；C．在t1到t2这段时间内，两物体的位移相同，则由xvt可知，物体a和b的平均速度相等，选项C错误；D．在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先大于a后小于a，所以a车的速率不是一直比b车小，故D错误。故选B。8.图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所

示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是（）A.图甲表示交流电，图乙表示直流电B.两种电压的有效值都是220VC.图甲所示电压的瞬时值表达式为220sin100ut（V）D.图甲所示电压经原、副线圈匝数比为10

：1的理想变压器变压后，功率比为1：1【答案】D【解析】【详解】A．由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；B．由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲

有效值要比图乙有效值大，图甲是正弦式交流电，所以有效值220V2mEU＝＝，乙小于220V，故B错误；C．图甲所示电压的最大值为311V，周期为0.02s，故角速度为100π；因此其电压的瞬时值表达式为u=311sin100πtV，故C错误；D．理想变压

器输入功率等于输出功率，故D正确。-6-故选D。9.中国已经连续9年成为全球最大汽车市场，越来越多的汽车伴随而来的是“停车难”的问题。因此很多地下车位设计了双层停车位，如图所示的一辆车正在从一层车位被运送至二层车位，在运送过程中，该车经历了先向上加速，然后匀速上升，最后向上减速

到零的过程。下列说法正确的是（）A.该车在向上加速的过程中处于失重状态B.该车在匀速上升过程中机械能守恒C.该车在向上减速过程中处于失重状态D.该车在整个过程中合力所做的功等于机械能的增加量【答案】C【解析】【详解】A.该

车在向上加速的过程中处于超重状态，选项A错误；B.该车在匀速上升过程中动能不变，重力势能增加，则机械能增加，选项B错误；C.该车在向上减速过程中加速度向下，处于失重状态，选项C正确；D.该车在整个过程中动能变化为零，则合力所做的功为零；车的

机械能的增加量等于除重力以外的动力做的功，选项D错误。故选C。10.两个完全相同的质量都为m、带等量异种电荷的小球A、B分别用长l的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2.2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角α=37°，当外加水平向

左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为α=37°，则（）-7-A.A球带负电，B球带正电B.甲图中细线的拉力大小均为0.6mgC.A球带电量为234mglkD.乙图中A球所受匀强电场的力大小为0.75mg【答案】C【解析】【详解】A．由乙图可知，A球带正电，B球带负电，选项

A错误；B．甲图中细线的拉力大小均为1.25cos37mgTmg选项B错误；C．甲图中两球相距2sin37ddll由A球受力平衡可得22tan37kQmgl解得234mglQk选项C正确；D．乙图中若没有B球时，A球所受的匀强电场的力大小为tan

370.75Fmgmg由于电荷B的存在则A球所受的匀强电场的电场力大于0.75mg，选项D错误。故选C。11.以下关于光学常识的描述中说法正确的是（）A.偏振光只可以是横波，不可以是纵波B.泊松亮斑支持了光的微粒说C.雨后路面上的油膜呈现彩

色，是光的折射现象D.“隔墙有耳”是波的干涉现象-8-【答案】A【解析】【详解】A．偏振光只可以是横波，不可以是纵波，选项A正确；B．泊松亮斑是光的衍射现象，支持了光的波动说，选项B错误；C．雨后路面上的油膜呈现彩色，是光的干涉现象，选项C错误；D．“隔墙有

耳”是波的衍射现象，选项D错误。故选A。12.下列说法正确的是（）A.元素发生α衰变时，能够产生电子，并伴随着γ射线产生B.从金属表面逸出光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率有关C.β射线是高速运动的电子流，能够穿透几厘米厚的铅板D.根据玻尔的原子理论，氢原子从

n=5的激发态跃迁到n=2的激发态时，要吸收光子，核外电子动能减小【答案】B【解析】【详解】A．元素发生β衰变时，能够产生电子，并伴随着γ射线产生，选项A错误；B．根据光电效应理论，从金属表面逸出光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率有关，选项B正确

；C．β射线是高速运动的电子流，穿透本领较弱，不能够穿透几厘米厚的铅板，选项C错误；D．根据玻尔的原子理论，氢原子从n=5的激发态跃迁到n=2的激发态时，要放出光子，核外电子绕核运动的半径减小，动能增加，选项D错

误。故选B。13.如图所示，AOB为扇形玻璃砖，一细光束照射到AO面上的C点，入射光线与AO面的夹角为30°，折射光线平行于BO边，圆弧的半径为R，C点到BO面的距离为2R，AD⊥BO，∠DAO=30°，光在空气中的传播速度为c，下列说法正确的

是（）-9-A.玻璃砖的折射率2B.光线在AB圆弧面上出射时的折射角30°C.光线会在AB圆弧面上发生全反射D.光在玻璃砖中传播的时间为2Rc【答案】D【解析】【详解】A．光路如图所示，由于折射光线CE平行于BO，因此光线在圆弧面上的入射点E到B

O的距离也为2R，则光线在E点的入射角α满足sinα=12得α=30°由几何关系可知，∠COE=90°，因此光线在C点的折射角为r=30°由折射定律知，玻璃砖的折射率为sinsin603sinsin30inr选项A错误；BC．由于光线在E点的入射角为30°，

根据折射定律可知，光线在E点的折射角为60°，光线不会在AB圆弧面上发生全反射，选项BC错误；D．由几何关系可知23cos303RRCE光在玻璃砖中传播的速度为-10-3ccvn因此光在玻璃砖中传播的时间为2CERtvc选项D正确。故选D。二、不定项选择题（本大题共

3小题，每小题2分，共6分，每小题有一个或一个以上的选项符合题意，漏选得2分，不选、错选得0分）14.发生下列哪一种情况时，单摆周期会减小（）A.减小摆长B.减小摆球质量C.减小单摆振幅D.将单摆由高山山顶移至山下【答案】AD【解析】【详解】根据单摆周期公式2LTg可知：A．减小摆长，周

期减小，选项A正确；B．减小摆球质量，周期不变，选项B错误；C．减小单摆振幅，周期不变，选项C错误；D．将单摆由高山山顶移至山下，则g变大，周期变小，选项D正确。故选AD。15.如图所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀

强磁场，磁场方向均垂直于纸面。一粗细均匀的导线框abcdef位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合导线框与磁场区域的尺寸如图所示从t=0时刻开始（单位时间为lv），线框以速度v匀速横穿两个磁场区域以abcdef为线框中的电动

势E的正方向，设0EBlv，则以下关于闭合线框中的总电动势E和bc两点间电势差Ubc随时间的变化关系图正确的是（）-11-A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图。在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv．此时

bc两端的电压Ubc=78Blv；在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零，此时bc两端的电压Ubc=-Blv；在第三阶段，de切割向里的磁感

线，同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为3Blv，此时bc两端的电压Ubc=38Blv．在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负大小为2Blv．此时bc两端的电压Ubc=-1

4Blv，故BC正确，AD错误。-12-故选BC。16.在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图，其波速为5m/s，则下列说法正确的是（）A.此时P（－2m，0cm）、Q（2m，0cm）两点运动方向相反B.再经过

0.5s质点N刚好在波峰位置C.再经过1s质点P沿波的传播方向向前传播5mD.能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz【答案】BD【解析】【详解】A．根据对称性可知，此时P（-2m，0cm）、Q（2m，0cm）两点运动方向相同，故A错误。B

．由图知波长λ=2m，周期为2m=0.4s5m/sTv时间t=0.5s=114T，波传到N点时间为T，波传到N点时，N点向上运动，则经过0.5s质点N刚好在波峰，故B正确。C．质点只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项C错误；D．该波的频率为12.5Hz

fT能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz．故D正确。故选BD。三、非选择题（本题共2小题，共14分。17题、18题各7分。）17.“探究功与速度变化的关系”实验装置如图所示。-13-(1)除了图中所给出的实验器材外，实验还需要的器材有____________A.B.C.D.(2)实

验中小车会受到阻力，可以使木板适当倾斜来“抵消”阻力的影响，需要将木板的______侧适当垫高（填“左”或“右”）。(3)某次橡皮筋对小车做功为W，打点计时器打出的纸带如图所示，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，则对应的小车速度v=_

__________m/s（保留2位有效数字）。(4)若根据多次测量数据画出的W—v图像如下图所示，可知W与v的可能正确的是___________A.B.C.D.-14-【答案】(1).BC(2).左(3).0.17(4).C【解析】【详解】(1)

[1]．除了图中所给出的实验器材外，实验还需要的器材有低压交流电源和刻度尺，故选BC。(2)[2]．为了平衡小车运动的阻力，需要将木板的左侧适当垫高；(3)[3]．每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出，打点周期：T=0.1s，利用纸带求解小车速度21.6810m/s0.17m/

s0.1v(4)[4]．因为212Wmv，则W-v图像为C图。18.在研究规格为“6V3W”的小灯泡的伏安特性曲线的实验中，要求小灯泡两端的电压从0开始逐渐增大。实验提供的电流表量程为0.6A、内阻约1，电压表量程为10V、内阻约20k。(1)根据下列实验电

路图甲，将乙图中的实物图补充完整_________；(2)小灯泡接入电路前，某同学使用多用电表欧姆挡，如下图丙所示，应将选择开关旋至___________，（填“×l”、“×l0”、“×100”）直接测量小灯泡的电阻。【结合1问，不需要表盘】-15-(3)某同学描绘出小灯泡的

伏安特性曲线如图丁所示，则小灯泡的电阻值随温度的升高而___________（填“增大”、“减小”或“不变）。【答案】(1).(2).×l(3).增大【解析】【详解】(1)[1]．实物连线如图：(2)[2]．小灯

泡的电阻236123URP则欧姆表选择“×1”档；(3)[3]．由图像可知，小灯泡的电阻值随温度的升高而增大。19.如图甲所示，质量为m=1kg的物块A在粗糙的水平面上做直线运动，经过O点时物块A的初速度方向水平向右，此时与静止在O点的另一质量相同的物块B发生碰撞，碰

后两物块粘连在一起，记为t=0时刻，然后一起以速度v=8m/s减速到零，再给粘连在一起的两物块作用一个水平向左的恒力F，通过速度传感器测出两物块粘连在一起后运动的瞬时速度，选水平向右为速度的正方向，所得v—t图像如图乙所示。重力加速

度g=10m/s2.物块A、B均可视为质点，求：(1)物块A未与B碰撞前在O点的初速度v0；(2)物体与水平面间的动摩擦因数；(3)从4s末到10s末的这段时间内，恒力F对两物体所做的功。-16-【答案】（1）16m/s；（2）0.2；（3）108J【

解析】【详解】（1）物体AB碰撞过程动量守恒，则02mvmv解得v0=16m/s（2）由图象得AB一起做减速运动的加速度212m/svatfNFF22mgma解得0.2（3）从4s末到10s末，由图象得221m/svat22fFFma222Fmgm

a解得F=6N两物体的位移166m=18m2x力F的功-17-W=Fx=108J20.滑板项目是极限运动历史的鼻祖，在滑板公园里经常看到各种滑板场地，如图1所示。现有一个滑板场可简化为如下模型，如图2所示，由足够长的斜

直轨道、半径12Rm的凹形圆弧轨道和半径23.6Rm的凸形圆弧轨道三部分组成的滑板组合轨道。这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内。其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸

形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上。一可视为质点、质量为m=1kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点。在凸形圆弧最右侧距离L=0.9m的位置有一个高度23hm、倾角为53°的斜面。不计一切阻力，g取10m/

s2.求：(1)若P点距水平面的高度13.2hm，滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小FN；(2)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度H；(3)若滑板滑至N点时刚好做平抛运动，滑板能否与右侧斜面发

生碰撞（不考虑碰撞后反弹）？若能，请计算出碰撞的具体位置；若不能，请说明理由。【答案】（1）42N；（2）5.4m；（3）能，见解析【解析】【详解】（1）滑板由P点滑至M点过程，由机械能守恒有212Mmghmv得vM=8m/s.对滑板滑至M点时受力分析，

由牛顿第二定律有21MNvFmgmR得FN=42N.-18-（2）滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则有22NvmgmR得vN=6m/s滑板从P点到N点机械能守恒，则有2212NmgHmgRmv解得H=5.4m.（3）由平抛运动的规律212ygt

x=vNt3.6tan534.5yx解得t=0.8s则碰撞点距离斜面底端的水平距离为0.3m，距离斜面底端的高度为0.4m。21.在xOy平面内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.01T，其中有一半径为R=0.4m的无磁场圆形区域，

与x轴相切于O点，圆心在O′（0，0.4m），如图所示。位于直线：x=0.64m上的粒子源可以沿直线移动，且沿x轴负向发射质量141.010mkg、电荷量61.010qC、速率54.010vm/s的正粒子，忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。求：(1)从粒子源

发射的粒子运动到圆形区域所用的最短时间。(2)在直线x=0.64m上什么范围内发射的粒子才能进入圆形区域；(3)若圆形区域内有垂直纸面向里的磁感应强度B=0.01T的匀强磁场，圆形区域外无磁场，请指出这些带电粒子与x轴相交的区域，并说明理由。-19-【答案】（1）6.5×10

-7s；（2）0.32m1.28my；（3）见解析；【解析】【详解】（1）由题意得：2vqvBmrmvrqB=0.4m由几何关系得：sin0.6xr37360tT37180mqB=6.5×10

-7s（2）找到相切圆，由几何关系得：-20-10.48ym最上端能达到圆形区域的粒子的纵坐标11yyRr=1.28m由于20.48ym22yyR=0.08m在直线x=0.64m上发射的粒子才能进入圆形区域范围：0.32m1.28my

（3）根据R=r，在圆形磁场中发生磁聚焦，最终带电粒子与x轴相交于O点.22.如图所示，倾角θ=37°、间距l=0.1m的足够长金属导轨上端接有阻值0.5R的电阻。质量m=0.1kg的电阻0.5r金属棒ab垂直

导轨放置，与导轨间的动摩擦因数0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2m≤x≤0.4m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1.0T。从t=0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位

移x满足v=kx（可导出a=kv），15ks。运动至20.4xm处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用F-x图像下的“面积”代表力F做的功，sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)棒ab从

x=0处运动至10.2xm处的过程中，ab棒所受合力的冲量I；(2)外力F随x变化的关系式；-21-(3)棒ab从x=0处至第一次运动30.6xm处过程中，合力对棒ab所做的功W合以及电阻R产生的焦耳热Q。【答案】（1）0.1N·s；（2）F=0.96+2.55x；（3）38

10J，31.510J【解析】【详解】（1）由题意得：11vkx11m/sv10IFtmvmv合I=0.1N·s（2）由题意得：在无磁场区域00.2mx，有a=kv=25xcos37s

in37FmgmgmaF=0.96+2.5x在有磁场区域0.2m0.4mx，有a=kv=25x22cos37sin37BlvFmgmgmaRrF=0.96+2.55x（3）棒ab在运动至x2=0.4m处时的速度设为v2，运动至x3=0

.6m处时的速度设为v32252vxm/scos37sin37agg=9.6m/s2-22-22322vvax30.4vm/s2312Wmv合3810W合J220.05ABlvFxRr12210.

052AxxxxW3310AWJ31.510JRARQWRr-23-