年6月浙江省普通高校招生選考科目考試物理試卷一、選擇題I(本題共13小題,每小題3分,共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分1．下列四組物理量中均為標量的是（）A．電勢電場強度 B．熱量功率C．動量動能 D．速度加速度2．在足球運動中，足球入網如圖所示，則（）A．踢香蕉球時足球可視為質點B．足球在飛行和觸網時慣性不變C．足球在飛行時受到腳的作用力和重力D．觸網時足球對網的力大于網對足球的力3．鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能E和機械能E隨運動時間t的變化關系中，正確的是（）A． B．C． D．4．圖為“玉兔二號”巡視器在月球上從O處行走到B處的照片，軌跡OA段是直線，AB段是曲線，巡視器質量為135kg，則巡視器（）A．受到月球的引力為1350NB．在AB段運動時一定有加速度C．OA段與AB段的平均速度方向相同D．從O到B的位移大小等于OAB軌跡長度5．“玉兔二號”裝有核電池，不懼漫長寒冷的月夜。核電池將94238Pu衰變釋放的核能一部分轉換成電能。94A．衰變方程中的X等于233B．24He的穿透能力比C．94238PuD．月夜的寒冷導致942386．如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點，∠aOb=90°，半徑Ob與重力的夾角為37°。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，則圓柱體受到的支持力F、A．Fa=0.6G，Fb=0.4G C．Fa=0.8G，Fb=0.6G 7．我國1100kV特高壓直流輸電工程的送電端用“整流”設備將交流變換成直流，用戶端用“逆變”設備再將直流變換成交流。下列說法正確的是（）A．送電端先升壓再整流 B．用戶端先降壓再變交流C．1100kV是指交流電的最大值 D．輸電功率由送電端電壓決定8．某帶電粒子轉向器的橫截面如圖所示，轉向器中有輻向電場。粒子從M點射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線（等勢線）運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應滿足（）A．E1E2=R2R1 9．木星的衛星中，木衛一、木衛二、木衛三做圓周運動的周期之比為1：2：4。木衛三周期為T，公轉軌道半徑是月球繞地球軌道半徑r的n倍。月球繞地球公轉周期為T0A．木衛一軌道半徑為nB．木衛二軌道半徑為nC．周期T與T0之比為nD．木星質量與地球質量之比為T10．如圖所示，質量為M、電阻為R、長為L的導體棒，通過兩根長均為l、質量不計的導電細桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為L。細桿通過開關S可與直流電源E0或理想二極管串接。在導體棒所在空間存在磁感應強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場，不計空氣阻力和其它電阻。開關S接1，當導體棒靜止時，細桿與豎直方向的夾角固定點θ=A．電源電動勢EB．棒消耗的焦耳熱Q=(1?C．從左向右運動時，最大擺角小于πD．棒兩次過最低點時感應電動勢大小相等11．如圖所示，置于管口T前的聲源發出一列單一頻率聲波，分成兩列強度不同的聲波分別沿A、B兩管傳播到出口O。先調節A、B兩管等長，O處探測到聲波強度為400個單位，然后將A管拉長d=15cm，在OA．聲波的波長λ=15cm B．聲波的波長C．兩聲波的振幅之比為3：1 D．兩聲波的振幅之比為2：112．AB、CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為1.0×10?8C、質量為3.0×10?4kg的小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于A點。閉合開關S，小球靜止時，細線與A．MC距離為53cm C．電場強度大小為3×104N/C 13．在水池底部水平放置三條細燈帶構成的等腰直角三角形發光體，直角邊的長度為0.9m，水的折射率n=43，細燈帶到水面的距離A． B． C． D．二、選擇題Ⅱ(本題共2小題,每小題3分,共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分14．下列說法正確的是（）A．熱量能自發地從低溫物體傳到高溫物體B．液體的表面張力方向總是跟液面相切C．在不同的慣性參考系中，物理規律的形式是不同的D．當波源與觀察者相互接近時，觀察者觀測到波的頻率大于波源振動的頻率15．有一種新型光電效應量子材料，其逸出功為W0。當紫外光照射該材料時，只產生動能和動量單一的相干光電子束。用該電子束照射間距為d的雙縫，在與縫相距為L的觀測屏上形成干涉條紋，測得條紋間距為?x。已知電子質量為m，普朗克常量為h，光速為c，則（）A．電子的動量pc=hLC．光子的能量E=W0+三、實驗題（共14分）16．（1）在“探究平拋運動的特點”實驗中①用圖1裝置進行探究，下列說法正確的是。A．只能探究平拋運動水平分運動的特點B．需改變小錘擊打的力度，多次重復實驗C．能同時探究平拋運動水平、豎直分運動的特點②用圖2裝置進行實驗，下列說法正確的是。A．斜槽軌道M必須光滑且其末端水平B．上下調節擋板N時必須每次等間距移動C．小鋼球從斜槽M上同一位置靜止滾下③用圖3裝置進行實驗，豎直擋板上附有復寫紙和白紙，可以記下鋼球撞擊擋板時的點跡。實驗時豎直擋板初始位置緊靠斜槽末端，鋼球從斜槽上P點靜止滾下，撞擊擋板留下點跡0，將擋板依次水平向右移動x，重復實驗，擋板上留下點跡1、2、3、4。以點跡0為坐標原點，豎直向下建立坐標軸y，各點跡坐標值分別為y1、y2、y3、y4。測得鋼球直徑為d，則鋼球平拋初速度v0為。A．(x+d2)g2y（2）如圖所示，某同學把A、B兩根不同的彈簧串接豎直懸掛，探究A、B彈簧彈力與伸長量的關系。在B彈簧下端依次掛上質量為m的鉤碼，靜止時指針所指刻度xA、x鉤碼個數12…xA/cm7.758.539.30…xB/cm16.4518.5220.60…鉤碼個數為2時，彈簧A的伸長量ΔxA=cm，彈簧B的伸長量ΔxB=17．在“測量干電池的電動勢和內阻”實驗中（1）部分連線如圖1所示，導線a端應連接到（選填“A”、“B”、“C”或“D”）接線柱上。正確連接后，某次測量中電壓表指針位置如圖2所示，其示數為V。（2）測得的7組數據已標在如圖3所示U?I坐標系上，用作圖法求干電池的電動勢E=V和內阻r=Ω。（計算結果均保留兩位小數）18．以下實驗中，說法正確的是（）A．“觀察電容器的充、放電現象”實驗中，充電時電流逐漸增大，放電時電流逐漸減小B．“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，滴入油酸酒精溶液后，需盡快描下油膜輪廓，測出油膜面積C．“觀察光敏電阻特性”和“觀察金屬熱電阻特性”實驗中，光照強度增加，光敏電阻阻值減小；溫度升高，金屬熱電阻阻值增大D．“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，如果可拆變壓器的“橫梁”鐵芯沒裝上，原線圈接入10V的交流電時，副線圈輸出電壓不為零19．如圖所示，導熱良好的固定直立圓筒內用面積S=100cm2，質量m=1kg的活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞能無摩擦滑動。圓筒與溫度300K的熱源接觸，平衡時圓筒內氣體處于狀態A，其體積VA=600cm3。緩慢推動活塞使氣體達到狀態B，此時體積VB=500cm3。固定活塞，升高熱源溫度，氣體達到狀態C，此時壓強pC=1.4×105（1）氣體從狀態A到狀態B，其分子平均動能（選填“增大”、“減小”或“不變”），圓筒內壁單位面積受到的壓力（選填“增大”、“減小”或“不變”）；（2）求氣體在狀態C的溫度T；（3）求氣體從狀態A到狀態B過程中外界對系統做的功W。20．為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R=0.4m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數k=100N/m的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上。現有質量m=0.12kg的滑塊a以初速度v0=221m/s從D處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長L=0.8m，以（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小v和所受支持力大小F；（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度vB=1m/s，求滑塊a、（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx。21．某興趣小組設計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導電桿MN）和裝置A組成，并形成團合回路。裝置A能自動調節其輸出電壓確保回路電流I恒定，方向如圖所示。導軌長度遠大于導軌間距，不論導電桿運動到什么位置，電流I在導電桿以上空間產生的磁場近似為零，在導電桿所在處產生的磁場近似為勻強磁場，大小B1=kI（其中k為常量），方向垂直導軌平面向里；在導電桿以下的兩導軌間產生的磁場近似為勻強磁場，大小B2=2kI，方向與B1相同。火箭無動力下降到導軌頂端時與導電桿粘接，以速度v0進入導軌，到達絕緣停靠平臺時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導電桿的總質量為M，導軌間距d=3Mg（1）求導電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；（2）求回路感應電動勢E與運動時間t的關系；（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關系和輸出的能量W；（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小。22．利用磁場實現離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區域Ⅰ和Ⅱ，其中區域存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場，區域Ⅱ存在磁感應強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于(0，3L)處的離子源能釋放出質量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應。（1）求離子不進入區域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；（2）若B2=2B1，求能到達y=（3）若B2=B1L

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】電勢、熱量、功率、動能只有大小，沒有方向，是標量，電場強度、動量、速度、加速度既有大小，又有方向，是矢量，故B符合題意，ACD不符合題意。

故答案為：B

【分析】矢量是既有大小，又有方向的物理量，而標量是只有大小，沒有方向的物理量，根據有沒有方向確定是標量還是矢量。2．【答案】B【解析】【解答】A.在研究如何踢出“香蕉球”時，需要考慮踢在足球上的位置與角度，所以不可以把足球看作質點，故A不符合題意；

B.慣性只與質量有關，足球在飛行和觸網時質量不變，則慣性不變，故B符合題意；

C.足球在飛行時腳已經離開足球，故在忽略空氣阻力的情況下只受重力，故C不符合題意；

D.觸網時足球對網的力和網對足球的力是一對相互作用力，大小相等，故D不符合題意。

故答案為：B

【分析】在研究如何踢出“香蕉球”時，需要考慮踢在足球上的位置與角度；慣性只與質量有關；足球在飛行時只受重力作用；觸網時足球對網的力和網對足球的力是一對相互作用力。3．【答案】D【解析】【解答】A.鉛球做平拋運動，加速度恒定，故A不符合題意；

B.豎直方向有vy=gt，則拋出后速度大小為：v=v02+（gt）2，可見速度大小與時間不是一次函數關系，故B不符合題意；

C.鉛球拋出后的動能4．【答案】B【解析】【解答】A.在月球上的重力加速度約為地球上的16，所以受到月球的引力約為225N，故A不符合題意；

B.由于在AB段運動時做曲線運動，速度方向一定改變，一定有加速度，故B符合題意；

C.平均速度方向與位移方向相同，由圖知OA段與AB段位移方向不同，所以平均速度方向不相同，故C不符合題意；

D.根據位移的定義可知從O到B的位移大小等于OB的連線長度，故D不符合題意。

故答案為：B

5．【答案】C【解析】【解答】A.根據質量數守恒得：238=X+4，解得：X=234，故A不符合題意；

B.24He的穿透能力比γ射線弱，故B不符合題意；

C.比結合能越大越穩定，由于94238Pu衰變成為了92234U，所以92234U比94238Pu穩定，即94238Pu比926．【答案】D【解析】【解答】對光滑圓柱體受力分析如圖：

三力平衡，由三角形法得：Fa=Gsin37°=0.6G，Fb=G7．【答案】A【解析】【解答】AB.升壓和降壓都需要在交流的時候才能進行，所以送電端應該先升壓再整流，用戶端應該先變交流再降壓，故A符合題意，B不符合題意；

C.1100kV是指交流電的有效值，故C不符合題意；

D.輸電的功率是由用戶端負載得總功率來決定的，故D不符合題意。

故答案為：A

【分析】升壓和降壓都需要在交流的時候才能進行；1100kV是指交流電的有效值；輸出功率決定輸入功率。8．【答案】A【解析】【解答】帶電粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，則qE=mv2R，所以E1E9．【答案】D【解析】【解答】根據題意，T1=T4，T2=T2，T3=T，R3=nr，T月=T0。

AB.由開普勒第三定律得：R13T110．【答案】C【解析】【解答】A.當開關接1時，對導體棒受力分析如圖：

由幾何關系得：Mg=BIL，解得：I=MgBL，根據歐姆定律得：I=E0R，聯立解得：E0=MgRBL，故A不符合題意；

B.假設棒從左側開始運動到達最低點時速度為零，則棒的重力勢能減少：?Ep=Mgl（1-cosθ）=（1-22）Mgl，根據能量守恒定律知，棒消耗的焦耳熱：Q=（1-211．【答案】C【解析】【解答】AB.AB管等長時，兩列波發生干涉加強，將A管拉長15cm之后，聲波強度最小，意味著兩列波發生干涉減弱，由于是第一次干涉減弱，表明A管整體伸長的距離為波長的一半，即2d=λ2，解得：λ=4d=60cm，故AB不符合題意；

CD.根據題意設聲波加強時振幅為20，聲波減弱時振幅為10，則A1+A2=20，A12．【答案】B【解析】【解答】A.剪斷細線，小球沿直線運動到M點，如圖所示：

根據幾何關系得：MC=10tan30°cm=103cm，故A不符合題意；

B.根據平衡條件和幾何關系得：T=qE，Tcos30°+qEcos30°=mg，聯立解得：qE=3×10-3N，根據幾何關系得小球沿著電場力方向的位移x=（0.1-0.05×sin13．【答案】C【解析】【解答】在燈帶上取一點作為點光源，點光源發出的光在水面上有光射出的水面形狀為圓形，設此圓形的半徑為R，點光源射出的光線在水面恰好發生全發射的光路圖如圖：

臨界角的正弦值：sinC=1n=34，所以tanC=37，根據幾何關系得：R=htanC=0.3m。

三條細燈帶構成的等腰直角三角形發光體發出的光在水面上有光射出的水面形狀如圖：

設直角邊的長度為a=0.9m，由幾何關系得：此三角形的內切圓的半徑：r=a-14．【答案】B,D【解析】【解答】A.根據熱力學第二定律知，熱量不能自發地從低溫物體傳到高溫物體，故A不符合題意；

B.液體的表面張力方向總是跟液面相切，故B符合題意；

C.由狹義相對論的兩個基本假設知，在不同的慣性參考系中，一切物理規律都是相同的，故C不符合題意；

D.根據多普勒效應的原理知，當波源與觀察者相互接近時，觀察者接收到的頻率增大；反之，觀察者接收到的頻率減小，故D符合題意。

故答案為：BD

【分析】根據熱力學第二定律分析即可；根據液體表面張力的特點分析即可；根據狹義相對論分析即可；根據多普勒效應分析即可。15．【答案】A,D【解析】【解答】A.根據?x=Ldλ得：λ=dL?x，所以電子的動量為：p=hλ=hLd?x，故A符合題意；

B.根據動能和動量的關系Ek=p22m=16．【答案】（1）B；C；D（2）0.78；1.29；>【解析】【解答】（1）①圖1裝置，只能探究平拋運動豎直方向上的運動特點，為了保證小球的水平速度不同，需改變小錘擊打的力度，多次重復實驗，故B符合題意，AC不符合題意。

②AC.為了保證小球做平拋運動，需要斜槽末端水平，為了保證小球拋出時速度相等，每次需要小球由靜止從同一位置釋放，斜槽不需要光滑，故A不符合題意，C符合題意；

B.上下調節擋板N時不必每次等間距移動，故B不符合題意。

③根據平拋運動規律得：y4=12gt2，4x-d2=v0t，聯立解得：v0=（4x-d2）【分析】（1）①此裝置只能分析出兩球豎直方向上的運動特點，為了保證多次實驗驗證，需要改變小球的初速度；

②為了保證小球的初速度相同，要讓小球從同一位置由靜止下滑，軌道是否光滑對實驗無影響，擋板N不需要等間距移動；

③根據平拋運動規律求初速度的表達式；

（2）根據指針刻度和彈簧伸長量的關系得出彈簧的伸長量，根據能量守恒定律得出彈性勢能增加量和重力勢能減少量的大小關系17．【答案】（1）B；1.20（2）1.50；1.04【解析】【解答】（1）根據實驗原理知，電壓表要連接在電源的兩端，因此導線a端應連接到B接線柱上；電壓表的量程是0~3V，分度值為0.1V，需要估讀到分度值的下一位，所以示數為1.20V。

（2）根據U=E-Ir，結合圖像得：E=1.50V，r=1.50-1.000.48Ω=1.04Ω【分析】（1）根據實驗原理知電壓表測量的是外電壓，由此分析出導線a端的連接方式，根據電壓表的讀數規則得出對應的示數；

（2）根據閉合電路歐姆定律，結合圖像的物理意義得出電池電動勢和內阻。18．【答案】C,D【解析】【解答】A.“觀察電容器的充、放電現象”實驗中，充電時和放電時電流均逐漸減小，故A不符合題意；

B.“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散開，才能在水面上形成一層油膜，此時油膜是由單層油酸分子，用一玻璃板輕輕蓋在淺盤上，然后用水筆把油酸溶液的輪廓畫在玻璃板上，測出油膜面積，故B不符合題意；

C.“觀察光敏電阻特性”和“觀察金屬熱電阻特性”實驗中，光照強度增加，光敏電阻阻值減小；溫度升高，金屬熱電阻阻值增大，故C符合題意；

D.“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”實驗中，如果可拆變壓器的“橫梁”鐵芯沒裝上，會導致變壓器的效果減弱，但副線圈磁通量還是會發生變化，所以副線圈輸出電壓不為零，故D符合題意。

故答案為：CD

【分析】理解電容器充電時和放電時電流均逐漸減小；理解油酸在水面盡可能散開，是為了形成單分子油膜；光敏電阻阻值隨光照強度增加而減小，金屬熱電阻阻值隨溫度升高而增大；根據變壓器的規律分析。19．【答案】（1）不變；增大（2）在狀態A：pA=p0-mgS=1.0×105Pa，TA=300K，V（3）因為從A到B過程中氣體的溫度保持不變，則?UAB=0，從B到C的過程中氣體的體積不變，則WAB=WAC，從A到C的過程中，根據熱力學第一定律得：?【解析】【解答】（1）氣體從狀態A緩慢推動活塞到狀態B，氣體溫度不變，則氣體分子平均動能不變；氣體體積減小，壓強變大，圓筒內壁單位面積受到的壓力增大；

故答案為：不變；增大。

【分析】（1）根據題意分析氣體的溫度變化，由此分析分子平均動能的變化；根據一定質量的理想氣體狀態方程分析出氣體的壓強變化，結合題意完成分析；（2）從A到C過程，根據理想氣體狀態方程得出氣體的溫度；

（3）從A到B過程中氣體的溫度保持不變，內能不變，從B到C的過程中氣體的體積不變，氣體即沒對外界做功，外界也沒對氣體做功，根據熱力學第一定律得出從狀態A到狀態B過程中外界對系統的做功情況。20．【答案】（1）滑塊a從D到F的過程，由動能定理得：mg·2R=12mvF2-12（2）設碰撞后滑塊a的速度為v1，滑塊b的速度為v2。滑塊a碰后返回到B點的過程中，

根據動能定理得：-2mgR-μmgL=12mvB2-12mv12，（3）設a、b碰撞后粘在一起的速度為v，對a、b碰撞瞬間，根據動量守恒定律得：mvF=（m+3m）v，解得：v=2.5m/s，當彈簧的長度最大或者最小時，彈簧的彈性勢能都最大，且滑塊的速度相等，設共同速度為v'，根據動量守恒定律得：4mv=（4m+2m）v'，解得：v'=53m/s，當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1【解析】【分析】（1）根據動能定理得出滑塊的