【文档说明】浙江省绍兴市2020届高三上学期11月选考科目诊断性考试物理试题【精准解析】.doc，共(20)页，1.156 MB，由小赞的店铺上传

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2019年11月绍兴市选考科目诊断性考试物理试题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。考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在

试题卷和答题卡规定的位置上。2.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范作答，在试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内。作图时，先使用

2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18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.现行的第四代移动通信技术4G，采用1880～2635MHz频段的无线电波；2020年我国将全面推行第五代移动通信技术5G，采用3300～5000MHz频段的无线电波．未来5G网络的传输速率是4G网络的50～100倍．下列说法中正确的是（）A.5G信号和4G信

号都是横波B.在空气中5G信号比4G信号传播速度大C.5G信号和4G信号相遇能产生干涉现象D.5G和4G电磁波信号的磁感应强度随时间是均匀变化的【答案】A【解析】【详解】A．5G和4G信号都是电磁波，电磁波都是横波，故A正确；B．任何电磁波在真空中的传播速

度均为光速，故传播速度相同，故B错误；C．波的干涉条件是两列波的频率相同，振动情况相同，5G和4G信号的频率不同，相遇不能产生干涉现象，故C错误；D．根据麦克斯韦电磁场理论可知，均匀变化的电（磁）场只能产生恒定不变的磁（电

）场，不能形成电磁波，故5G和4G电磁波信号的磁感应强度随时间不是均匀变化的，故D错误。2.2019年9月23日，中国西昌卫星发射中心以“一箭双星”方式成功发射第47、48颗北斗导航卫星．两颗卫星均属于中圆地球轨道卫星，

轨道半径为72.810m，是目前在建的中国北斗三号系统的组网卫星．已知地球同步卫星轨道半径为74.210m，则第48颗北斗卫星与地球同步卫星相比（）A.动能较大B.周期较大C.向心力较大D.向心加速度较大【答案】D【解析】【详解】根据万有引力提

供向心力可知222()2MmvGmrmmarTr===可得GMvr=32rTGM=2GMar=212kEmv＝AC．北斗卫星和同步卫星的质量未知，则动能和向心力无法确定，选项AC错误；BD．分析题意可知，同步卫星的轨道半径大于北斗卫星，则北斗卫星的周期小，向心加速度大，故D正确，B错误。

3.国家大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．已知21H的质量为2.0136u，32He的质量为3.0150u，11H的质量为1.0073u，10n的质量为1.0087u，1u=931.5MeV/c2，下列说法中正确的是（）A.两个氘核聚变

成一个32He核的同时，产生的另一个粒子是质子B.两个氘核聚变成一个32He核的同时，产生的另一个粒子是正电子C.该核反应过程中释放出的能量为3.3MeVD.该核反应过程中释放出的能量为0.93MeV【答案】C【

解析】【详解】AB．因氘核聚变的核反应方程为：22311120HHHen+→+两个氘核聚变成一个32He核的同时，产生的另一个粒子是中子，选项AB错误；CD．核反应过程中的质量亏损为△m=2mH-（mHe+mn）

=0.0035u释放的核能为△E=△mc2=0.0035uc2=3.3MeV选项C正确，D错误。4.如图所示，理想变压器原副线圈的匝数分别为1n、2n，副线圈电路中L1、L2、L3为3个小灯泡A为理想交流电流表，L为电感线圈，C为电容器，闭合电键K后（）A.电流表指针会不断摆动B.仅增加副线圈的匝

数n2，L1变暗C.仅提高交流电源的频率，L2变暗D.仅提高交流电源的频率，L3变暗【答案】C【解析】【详解】A．交流电流表显示的是有效值，通过交变电流时，不会摆动，故A错误；B．增加副线圈的匝数，根据理想变压器的工作原理可知

，输出电压增大，灯泡L1两端的电压增大，变亮，故B错误；C．仅提高交流电源的频率，则电感对电流的阻碍作用增大，灯泡L2变暗，故C正确；D．仅提高交流电源的频率，则电容对电流的阻碍作用减小，灯泡L3变亮，故D错误。5.如图所示，半径

为R的14圆形区域OMN内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；O为圆心，C、D为边界上两点，D为ON的中点，CD∥MO．a、b两个完全相同的带电粒子分别从M、C两点以相同的速度v水平向右射入磁场中，其中沿半径方向射入的a粒子

恰好能从N点射出，则（）A.粒子带负电B.粒子的比荷为RBvC.粒子b将从DN边上某一位置（不含N点）射出D.a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2【答案】D【解析】【详解】A．由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；B．由题意可知，a粒子的运转半径为R，则由mvRqB=可知，

粒子的比荷为qvmRB=选项B错误；C．从C点入射的b粒子的半径也为R，且由于∠CON=60°，可知粒子b正好从N点射出，选项C错误；D．从a点射入的粒子在磁场中转过的角度为90°；从b点射入的粒子在磁场中转过的角度为60°；两粒子的周期相同，根据

2tT=可知，a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2，选项D正确。6.如图所示，光滑绝缘斜面AB的倾角为30°，D是斜面AB的中点，AC⊥CB，在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷．质量为m，电荷量为﹣q的小球从A点由静止释放（图中未画出

），经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为零，则（）A.A、C的高度差22vhg=B.A、B两点间的电势差2ABUmvq=C.从A到B的过程中小球的电势能先增大后减小D.从A到D的过程中小球的加速度先增大后减小【答案】B【解

析】【详解】A．由于库仑引力的作用，小球竖直方向的加速度应大于g，所以A、C的高度差22vhg＜，故A错误；B．设AB的长度为2L，则AD=DB=L，在小球从A到D两点得过程中，由动能定理有：mgLsin30°=12mv2-0在小球从A到B的过程中有：mg•L

+（-q）UAB=0-0联立解得：2ABUmvq=故B正确；C．由于A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，距离增大的过程中电

场力对负电荷做负功，所以从A到B的过程中负电荷的电势能先减小后增大，故C错误；D．由上面的分析知：沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，设AD的中点为G，从A到G的过程电场力沿斜面的分量沿斜面向下，加速度相加，越过G点

，电场力沿斜面的分量沿斜面向上，合力大小不确定，所以加速度的变化不确定，故D错误；二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题列出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，有选错的得0分）7.在2019多哈田径世锦赛上，绍兴籍飞人谢震业创造了历史，成为第一个闯入世锦赛男子200米决赛的中国选手，最终谢震业跑出20秒14的好成绩．下列说法中正确的是（）A.“20秒14”指的是时间间隔B.研究谢震业的起跑技术动作时，不可以把他看作质点C

.谢震业在比赛中的平均速度为9.9m/s（保留两位有效数字）D.谢震业在比赛中第1s内的加速度大于最后1s内的加速度【答案】ABD【解析】【详解】A．“20秒14”指的是时间间隔，故A正确；B．研究谢震业的起跑技术动作时，不可以把他看作质点，如果看做

质点则无法研究其起跑动作，故B正确；C．平均速度等于位移和时间的比值，200m是他的路程，由于位移未知，则不能求解谢震业跑完全程的平均速度，故C错误；D．在比赛的第1s内要竭尽全力加速，加速度很大，在最后1s内基本上是以最大速

度做匀速运动，加速度几乎为零，故D正确；8.如图1所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，图2为x=2m处质点的加速度a随时间t变化关系，以下判断中正确的是（）A.该波沿x轴负方向传播B.质点P经过1

s将到达42y=−cm处C.在2s内质点P通过的路程为16cmD.质点Q比P迟23s到达平衡位置【答案】CD【解析】【详解】A．由图可知，在t=0以后x=2m处质点的加速度为负值且逐渐变大，可知此质点在t=0时刻向上振动

，波沿x轴正向传播，选项A错误；B．波速为4m/s1m/s4vT===，则经过1s，波向右传播的距离为s=vt=1m，此时质点P将到达y=-8sin6043cm=−处，选项B错误；C．因P点t=0时刻

处在y=4cm的位移，经过2s=0.5T，质点先向下振动，到最低点后又回到y=-4cm的位置，可知在2s内通过的路程等于16cm，选项C正确；D．质点P到达平衡位置的最短时间为1m13s1m/s3=；而质点Q到达平

衡位置的最短时间为11s4T=，即质点Q比P迟23s到达平衡位置，选项D正确。9.如图所示，两块材料不同的木板M、N，长度分别为2L、L，首尾相连固定．．在水平地面上，B为两木板的连接点，小物块与木板M、N之间的动摩擦因数分别为μ和2μ．当物块以速率v0向右从A点滑上木板M，

恰好可以滑到C点；若让物块以v0向左从C点滑上木板N，则物块（）A.恰好运动到A点停下B.两次运动的时间相等C.两次经过B点时的速率相同D.两次运动的平均速度大小相同【答案】AC【解析】【详解】A．A到C的过程中，根据动能定理有：2012202mgLm

gLmv−−−＝由于第二次反向运动到A时，摩擦力做功相同，所以物体恰好运动到A点停下，故A正确；B．物体两次运动的速度时间图象如图所示：根据图象可知，两次运动的时间并不相等，故B错误；C．A到B，根据功能

定理有：22011222BmgLmvmv−−＝C到B，根据动能定理有：22011222BmgLmvmv−−＝所以两次到达B的速度大小相等；故C正确；D．根据平均速度的定义式xvt＝可知，位移相等，时间不同，所

以两次运动的平均速度不相等，故D错误；10.在“利用双缝干涉测定光的波长”实验中，用放长为λ1和λ2的两束单色光分别照射同双缝干涉装置，在观察解上形成干涉条纹，测得干涉条纹间距分别为Δx1、Δx2，且

Δx1<Δx2，下列说法中正确的是（）A.两光子的动量12ppB.当两单色光从玻璃射向真空时，其临界角12CCC.两单色光的频率之比1221vxvx=D.若这两束光都能使某种金属发生光电效应，产生的光电子最大初动能之比1122kkExEx

=【答案】AC【解析】【详解】A．用波长为λ1和λ2的两束单色光分别照射同一双缝干涉装置，根据双缝干涉条纹公式可知，Lxd=，△x1＜△x2，则λ1＜λ2，根据hp=可知，两光子的动量p1＞p2，故A正确；B．根据波长、频

率和波速的关系可知，c=λv，由λ1＜λ2可知，v1＞v2，频率大的光折射率大，即n1＞n2，根据临界角公式可知，1sinCn=，折射率大的临界角小，故当两单色光从玻璃射向真空时，其临界角C1＜C2，故B错误；C．根据波长、频率和波速的关系可知，

c=λv，则两单色光的频率之比122211vxvx==故C正确；D．根据爱因斯坦光电效应方程可知，Ek=hv-W，若这两束光都能使某种金属发生光电效应，产生的光电子最大初动能之比111222kkEhvWxEhvWx−=−故D错误。三、实验题（本题共2小题，每空2分，共

20分）11.小何同学用如图1所示的装置来探究加速度与力、质量的关系：(1)下列操作正确的是__________A.将小车静止释放，若能沿长木板下滑，说明已平衡摩擦力B.将100g的质量较大砝码放入小桶后，先接通电源再释放小车C.正确平衡摩擦后，每次改变小桶和砝码总质量，不需要重新平衡

摩擦力(2)图2为实验中获得的一条纸带，A、B、C、D、E为5个计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出，以A点为起点，量出到各点的距离已标在图上．由此求得小车的加速度大小为__________m/s2（结果保留2位有效数字）．(3)小何同学还用此装置探究了做功与物体速度

变化的关系：①保持小桶中的砝码质量不变，通过改变位移来改变外力做功，此条件下，小车及车上钩码的总质量__________（选填“需要”或“不需要”）远远大于小桶和砝码的总质量m．②为探究摩擦对实验结果的影响，进行对照实验，根据平衡摩擦前后两次实验数据描绘出v2—W的图象，如图所示，实线代表未平衡

摩擦时的图线，虚线代表平衡摩擦后的图线，则正确的图线是__________.A.B.C.D.【答案】(1).C(2).0.51(3).不需要(4).A【解析】【详解】（1）[1]．A.将小车放在长木板上，轻推小

车，若能沿长木板匀速下滑，说明已平衡摩擦力，选项Ａ错误；B.当重物的质量远小于小车的质量时我们才可以认为小车的合力等于重物的重力，故不能将100g的质量较大砝码放入小桶，选项B错误；C.正确平衡摩擦后，

每次改变小桶和砝码总质量，不需要重新平衡摩擦力，选项C正确；（2）[2]．根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得小车的加速度为：22220.27820.12890.1289=m/s0.51m/s440.1CEACx

xaT−−−=＝（3）①[3]．保持小桶中的砝码质量m′不变，通过改变位移来改变外力做功，可通过''21()2mghmmv=+验证功和动能变化之间的关系，故此条件下，小车及车上钩码的总质量不需要远远大于小桶和砝码的总质量

m．②[4]．未平衡摩擦力时，则：21-2fWWmv=即222-fvWWmm=即图中的实线应该在纵轴上有负截距；平衡摩擦后，则212Wmv=即22vWm=则图中的虚线是过原点的直线，且虚线和实线斜率相等；故选A.12.小明探究小灯泡L（“3V，1.5W”）的伏安特性曲线

．备用的器材有：电压表V1（0～3V，内阻Rv1=3kΩ），电压表V2（0～15V，内阻Rv2很大），电流表A1（0～0.6A，内阻RA1约为0.5Ω），电流表A2（0～3A，内阻RA2约为0.1Ω），滑动

变阻器R1（10Ω，1A），滑动变阻器R2（100Ω，0.2A），电源（电动势E=3V，内阻可忽略不计），开关一个，导线若干．（1）电流表应选择__________（选填“A1”或“A2”）（2）按图1连接电路后，检查所

有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好；闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调到零，则断路的导线为__________（填导线编号）；（3）某次实验时电压表的指针如图2所示，其读数为__________V；（4）

根据实验数据，小明作出了I—U图线，他还试着作了P-U2图线，如图所示，下列图线符合实际情况的是__________.A.B.C.D.(5)为了测量电压表V2的内阻Rv2，利用上述提供的部分器材，小明设

计了一个电路图，如图所示，请你帮助小明选择一个合适的器材，画在虚框里__________．用测得的物理量表示Rv2=__________．（写明式中各物理量的含义）【答案】(1).A1(2).③(3).2.40(2.39~2.41)(4).C(5).(6).2211VVURRU

=，其中1U为电压表1的示数，1VR为电压表1的内阻，2U为电压表2的示数【解析】【详解】（1）[1]．小灯泡的额定电流为0.5APIU==，则电流表应选择A1；（2）[2]．因电压表和电流表示数不能调到零，则肯定是滑动变阻器接成了限流式

电路，即导线③断路；（3）[3]．电压表的读数为2.40V；（4）[4]．根据221UPURR==，因电阻随温度升高而变大，则P-U2斜率减小，即图像C正确；（5）[5][6]．待测电压表可以读出本身两端电压，因两个电流表的量程都过大，

则可用已知内阻的电压表V1与待测电压表串联即可，电路如图：待测电压表V2的内阻为：2211VVURRU=，其中1U为电压表1的示数，1VR为电压表1的内阻，2U为电压表2的示数.四、计算题（本题共3小题，共46分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的

不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）13.如图所示，水平放置的两平行金属导轨间距l=2m，虚线CD左侧的轨道光滑，右侧粗糙；导轨右侧两端点与匝数N=200、横截面积S=100cm2、总电阻r=0.25

Ω的线圈相连，另有一金属棒PQ垂直搁置在导轨上，距离CD为0.6m；垂直放置在导轨左端的金属棒MN通过水平绝缘轻杆固定，两金属棒的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.5Ω；MNDC区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度20.5B=T．在t=0时刻，闭合电键K，

同时金属棒PQ以1m/s的初速度向左运动，同时线圈内磁场的磁感应强度B1随时间t的变化符合以下规律：10.4()020.40.2()24TtsBtTsts=−．两金属棒与导轨始终接触良好，PQ棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.1，导轨电阻不计．(1)通过定量计算分析4s内导体棒P

Q的运动情况；(2)计算4s内通过金属棒PQ的电荷量大小；(3)2～4s内绝缘轻杆右端受到的弹力大小和方向？【答案】(1)停在CD线右侧0.10m处(2)0.8Cq=(3)0.4F=N，方向向左【解析】【详解】（1）金属棒PQ先在无磁场区域做匀减速运动，据μmg=ma得a

=1m/s2减速到0所需的时间01vtsa==滑行位移200.52vxa==m之后一直保持静止，停在CD线右侧0.10m处（2）0～2s内PQ棒中无电流，2～4s内线圈中产生的电动势42000.2100100.4VENt−===

V则0.40.80.250.252EEIRRr====++AA总总0.42PQII==总A0.420.8qItC===C（3）MN棒所受的安培力：20.50.420.4FBIlN===安N由平衡条件可知绝缘轻杆对金属棒M

N的弹力0.4FF==安N根据牛顿第三定律，棒对绝缘轻杆（右端）所受弹力0.4F=N，方向向左．14.如图所示，在水平轨道上A点固定一弹簧发射器，D点与半径R=lm的竖直半圆形轨道相接，O为轨道圆心、D

为最低点：粗糙部分BC段长l=lm，其余部分光滑．将质量0.5am=kg的物块a压紧弹簧，释放后滑块a与静置于C点右侧的质量1bm=kg的物块b发生弹性正碰．已知物块与BC面的动摩擦因数μ=0.25.物块均可看成质点．(1)若物块b被碰后恰好

能通过圆周最高点E，求其在平抛运动中的水平位移大小；(2)在弹性势能037.25pE=J时弹出物块a，求b被碰后运动到D点时对圆弧轨道的压力；(3)用质量1cm=kg的物块c取代a，问：弹性势能EP取值在什么范围内，才能同时满足以下两个条件（不考虑物块b脱离轨道后可能的碰撞）①物块c能与b碰撞

；②c与b的碰撞不超过2次.（已知碰撞是弹性正碰）【答案】(1)x=2m(2)74NF=N，方向竖直向下(3)22.57.5pEJJ【解析】【详解】（1）恰好过最高点：2vmgmR=得vgR=做平抛运动：2122gtR

=，得4Rtg=所以，平抛运动的水平位移为：x=vt=2R=2m（2）由动能定理：210120paaamEmgLv−=−得112av=m/s1220aaaabbmvmvmv+=+2221221102

212aaaabbmvmvmv+=+得：va2=–4m/s，vb2=8m/s2bNbbvFmRgm−=得：FN=74N方向竖直向下根据牛顿第三定律，74NNFF==N，方向竖直向下．（3）情况1发生一次弹性碰撞：物块b在半圆形轨道上运动高度超过O点等高点，则2112

bbmvmgR得12bvgR因为质量相等的两个物体发生弹性碰撞，交换速度，所以碰前c的速度12cvgR；21112pcccEmgLmv−=得112.5pEJ情况2发生二次弹性碰撞：要碰2.5pcEmgL=J

仅碰两次37.5pcEmgL=J且7.5J<12.5J综上22.57.5pEJJ15.诺贝尔物理学奖得主劳伦斯发明了回旋加速器，其原理可简化如下．如图所示，两个中空的半径R=0.125m的半圆金属盒，接在电压U=5000V、频率恒定

的交流电源上；两盒狭缝之间距离d=0.01m，金属盒面与匀强磁场垂直，磁感应强度B=0.8T．位于圆心处的质子源能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计，不计质子间的相互作用），质子在狭缝之间能不断被电场加速，最后通过特殊装置引出．已知质子的比荷198271.6101101.6

710qCmkg−−=C/kg，求：(1)质子能获得的最大速度；(2)质子在电场加速过程中获得的平均功率；(3)随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr如何变化？简述理由．(4)设输出时质子束形成的等效

电流为100mA，回旋加速器输出功率是多大？【答案】(1)7max110v=m/s(2)7410P−W电(3)Δr逐渐减小(4)P=5000W【解析】【详解】（1）粒子在磁场中回旋，有2mvqvBr=引出时有r=R，得7max

110gBRvm==m/s（2）引出前质子（在电场中）加速的次数100kmEnqU==质子在电场中多次加速，可等效为一次性做匀加速直线运动该过程中的平均速度为v/2，则7210/2ndtsv−==电平均功率()2277

7711.6710102410210WPt−−−==WW电电（3）粒子回旋半径mvrqB=，设加速一次后的速度为v1，加速三次后的速度为v3，则有313vv=，515vv=……，由此313rr=，515rr=因为111(31)(53)(75)rrr−−−，故Δr逐渐减小（4）研

究出口处截面Δt→0时间内的质子，设有N个，则N·q=I·Δt在该时间内，回旋加速器做的功等效于把N个质子从静止加速到kmE即21(0)2WNmv=−WPt=，代入得P=5000W