届浙江省杭州市命题比赛高考选考科目模拟测试八物理试题解析版Word文档格式.docx

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【解析】110米栏，选手在跑完110米的过程中看谁用时短，由于位移110米一定，用时短的平均速度大，在跑完全程的过程中某时刻瞬时速度大不能说明全程平均速度大，同理撞线时的瞬时速度大也不能说明全程用时少，起跑时的加速度大不能确定跑完全程用时最短，刘翔之所以取得冠军，是因为在110m栏中他第一个冲过终点，即在相同的位移用时最短，也就是平均速度最大，故C正确，ABD错误；

5.一汽车在路面情况相同的公路上沿直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是（）

A.车速越大，它的惯性越大

B.质量变大，它的惯性不变

C.车速越大，刹车后滑行的路程越长

D.若刹车后滑行的路程越长，其惯性越大

【解析】AB、质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，故A、B错误；

CD、车速越大，所需制动距离越大，与物体惯性的大小无关，所以C正确，D错误；

6.几个水球可以挡住一颗子弹？

许多人被问到这个问题时，答案可能都不一样。

《国家地理频道》（National 

Geographic 

Channel）就为此特地做了一次实验，把10颗水球依序排成了一直线，还找来专家对着这排水球开枪，没想到结果却让不少人出乎意料，四个水球就可以挡住子弹了！

若每个水球直径为15CM，子弹以800m/S的初速度在水中做匀变速直线运动，且子弹恰好可以穿出第四个水球，以上数据不能确定（）

A.子弹穿过4个水球的时间

B.子弹的加速度

C.子弹的平均速度

D.子弹的落地速度

【答案】D

【解析】A、子弹做匀减速运动，通过4个相等的位移，由

求出子弹的加速度，由

求出子弹穿过4个水球的时间，由

求出子弹的平均速度，由于水球离地的高度不知道，无法求出子弹的落地速度，故以上数据不能确定的是D，能确定的是ABC；

故选D。

7.锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中。

现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图所示，充电器电源的输出电压为U，输出电流为I，手机电池的内阻为r，下列说法正确的是（ 

）

A.电能转化为化学能的功率为UI

B.充电器输出的电功率为UI＋I2r

C.电池产生的热功率为I2r

D.充电器的充电效率为Ir/U×

100%

【解析】C、根据热功率公式可得,电池产生的热功率为

，故C正确；

B、由P=UI可知,充电器输出的电功率为P总=UI，故B错误；

A、电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有

，故

，故A错误；

D、充电器的充电效率为

，故D错误；

【点睛】电池的充电和放电过程是电能和化学能转化的过　程，给电池充电是将电能转化为化学能储存在电池内，根据能量守恒定律列式求解。

8.公元1543年，哥白尼临终前在病榻上为其毕生致力的著作《天体运行论》印出的第一本书签上了自己的姓名。

这部书预示了地心宇宙论的终结。

哥白尼提出行星绕太阳做匀速圆周运动，其运动的示意图如图所示。

假设行星只受到太阳的引力，按照哥白尼上述的观点。

下列说法中正确的是（ 

A.太阳对各行星的引力相同

B.土星绕太阳运动的向心加速度比火星绕太阳运动的向心加速度小

C.水星绕太阳运动的周期大于一年

D.木星绕太阳运动的线速度比地球绕太阳运动的线速度大

【解析】A、由于各行星的质量不同，各行星的轨道半径不等，万有引力大小不等，故A错误；

B、根据

得，

，土星的轨道半径大，则土星的向心加速度较小，故B正确；

D、根据

知，

，木星的轨道半径大于地球的轨道半径，则木星的线速度小于地球的线速度，故D错误；

【点睛】根据万有引力提供向心力得出线速度、向心加速度、周期与轨道半径的关系，从而比较大小。

9.司南是春秋战国时期发明的一种指南针，如图所示．它由青铜盘和磁勺组成，磁勺放置在青铜盘的中心，可以自由转动．由于受地磁场作用，司南的磁勺尾静止时指向南方．下列说法中正确的是（　　）

A.磁勺能够指示方向，是利用了地磁场对磁勺的作用

B.磁勺的指向不会受到附近磁铁的干扰

C.磁勺的指向不会受到附近铁块的干扰

D.磁勺的N极位于司南的磁勺尾部

【解析】试题分析：

司南能够指向南北，是由于地球具有磁场，地磁场是南北指向，故A正确；

司南指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故B错误；

司南也有一定的磁性，所以靠近铁块时，会受到附近铁块的干扰，故C错误；

由于司南的磁勺尾静止时指向南方，所以磁勺的S极位于司南的磁勺尾部，故D错误．

考点：

考查了地磁场

10.干燥的冬天开车门时手与金属车门之间容易“触电”，为了防止“触电”，在淘宝上出现了名叫“静电消除器”的产品，手持“静电消除器”与车体金属部分接触一下（如图所示），就可以防止“触电”。

关于这一现象及这一产品，下列说法不正确的是（）

A.这种“触电”现象是一种静电现象

B.“静电消除器”应该为导体

C.人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体上的电荷都被“静电消除器”吸收而消失了

D.人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体最终构成一个等势体

【解析】A、干燥的冬天，人体容易带上静电，当接触金属车门时就会出现放电现象，所以这种“触电”现象是一种静电现象，故A正确；

B、手持“静电消除器”与车体金属部分接触一下，人体带上静电通过“静电消除器”发生中和，所以“静电消除器”应该为导体，故B正确；

C、根据电荷守恒定律，人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体上的电荷通过“静电消除器”发生中和，而不是被“静电消除器”吸收而消失了，故C错误；

D、人体通过“静电消除器”与车体接触时，人体与车体处于静电平衡，处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，故D正确；

说法不正确的选C。

11.转篮球是一项难度较高的技巧，其中包含了许多物理知识。

如图所示，假设某转篮球的高手能让篮球在手指上（手指刚好在篮球的正下方）做匀速圆周运动，下列有关该同学转篮球的物理知识正确的是（）

A.篮球上各点做圆周运动的圆心在手指上

B.篮球上各点的向心力是由手指提供的

C.篮球上各点做圆周运动的角速度相同

D.篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越大

【解析】A、篮球上的各点做圆周运动时，是绕着转轴做圆周运动，圆心均在转轴上，故A错误；

B、篮球旋转就是靠我们的手拍动篮球旋转，造成篮球旋转产生的向心力的，故B错误；

C、篮球上的各点绕转轴做圆周运动，故角速度相同，故C正确；

D、由于角速度相同，根据a=ω2r可知篮球上各点离转轴越近，做圆周运动的向心加速度越小，故D错误；

【点睛】篮球上的各点做圆周运动时，是绕着转轴做圆周运动，角速度相同，离圆心越近，向心加速度越小。

12.在电影《飞屋环游记》中，主角用一簇气球使他的房子成功升空。

小屋从地面静止出发匀加速运动，它加速上升到h处时，速度达到了v，不计小屋受到的浮力和空气阻力，则在这一过程中（）

A.绳对小屋的拉力等于小屋的重力

B.绳对小屋的拉力做的功等于小屋动能的增量

C.绳对小屋的拉力做的功等于小屋机械能的增量

D.绳对小屋的拉力和小屋重力对小屋做的总功等于小屋机械能的增量

【解析】A、小屋做匀加速运动，绳对小屋的拉力大于小屋的重力，故A错误；

BD、根据动能定理得：

，绳对小屋的拉力和小窝重力对小屋做的总功等于小屋动能的增量，所以绳对小屋的拉力做的功大于小屋动能的增量，故B、D错误；

C、根据功能原理可知，小屋的机械能增加等于拉力F对小屋做的功，为Fh，故C正确；

【点睛】对小屋受力分析，判断各力做功情况，由功能关系分析重力势能、动能和机械能的变化。

13.静电喷涂时，被喷工件接正极，喷枪口接负极，它们之间形成高压电场。

涂料微粒从喷枪口喷出后只在静电力作用下向被喷工件运动，最后吸附在其表面．图中虚线为涂料微粒的运动轨迹，下列说法正确的是（　　）

A.涂料微粒带正电

B.离工件越近，所受库仑力越小

C.电场力对涂料微粒做负功

D.涂料微粒的电势能减小

【解析】A、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电，故A错误；

B、根据电场强度的分布可知，所受电场力先减小后增大，故B错误；

CD、涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其动能增大，电势能减小，故C错误，D正确；

【点睛】解答本题关键抓住：

在涂料微粒向工件靠近的过程中，工件带正电，涂料微粒带负电；

根据库仑定律分析库仑力的变化；

电场力做正功，涂料微粒的电势能减小。

二、多项选择题

14.如图所示为两列简谐横波在同一绳上传播在t=0时刻的波形图，已知甲波向右传，乙波向左传．以下说法正确的是（）

A.甲波的频率比乙波的频率大

B.两列波同时传到坐标原点

C.由于两波振幅不等，故两列波相遇时不会发生干涉现象

D.x=0.5cm处的质点开始振动时的方向向+y方向

【答案】BD

根据相邻波峰或波谷间的距离等于波长，读出两列波的波长都为λ=2cm．波速是由介质决定的，可知两列波的波速相等，由波速公式v=λf分析得知，两列波的频率相等．A错误．由于波速相等，所以两列波同时传到坐标原点．B正确．两波振幅不等，但频率相等，满足干涉的条件，故两列波相遇时会发生干涉现象．C错误．乙波向左传播，图中x=1cm处质点的振动方向沿+y轴方向，所以x=0.5cm处的质点开始振动时的方向向+y方向．

本题考查机械波。

15.关于下列四幅图的说法，正确的是（　　）

A.甲图为放射源放出的三种射线在磁场中运动的轨迹，射线1为α射线

B.乙图中，用紫外光灯照射与验电器相连的锌板，发现原来闭合的验电器指针张开，此时锌板和验电器均带正电

C.丙图为α粒子散射实验示意图，卢瑟福根据此实验提出了原子的核式结构模型

D.丁图为核反应堆示意图，它是利用了铀核聚变反应所释放的能量

【答案】BC

在图甲中根据左手定则和粒子偏转方向可知，沿轨迹1运动的射线带负电，应为β射线，故选项A错误；

当用紫外光灯照射与验电器相连的锌板，时由于用电器指针张开，说明发生了光电效应现象，即有光电子逸出，锌板因失去电子而带正电，此时与其相连的用电器上有部分电子移向锌板，两者都带正电，故选项B正确；

丁图所示的核反应堆示意图，是利用了铀核裂变反应释放能量，故选项D错误；

选项C说法正确。

本题主要考查了对三种射线特征、光电效应现象、卢瑟福α粒子散射实验、核反应堆的掌握与理解问题，属于中档偏低题。

16.如图是在四川景区九寨沟拍摄的一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的树枝和池底都看得很清楚，而远处则只看到对岸山峰和绿树的倒影，水面下的景物则根本看不到．下列说法中正确的是（　　）

A.远处山峰的倒影非常清晰，是因为来自山峰的光线在水面上发生了全反射

B.光从空气射入水中，光的波速变小，波长变小

C.远处水面下景物的光线到水面处，入射角较大，可能发生了全反射，所以看不见

D.来自近处水面下景物的光射到水面处，入射角较小，反射光强而折射光弱，因此有较多的能量射出水面而进入人的眼睛中

【解析】A、远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了反射，但不是全反射，因为全反射只有光从光密介质射入光疏介质时才可能发生，故A错误；

B、光线由空气射入水，光的波速变小，频率不变，由波速公式v=λf知波长变小，故B正确；

C、远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，当入射角大于等于全反射临界角时能发生全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故C正确；

D、近处水面下景物的光线到水面处，入射角越小，反射光越弱而折射光越强，射出水面而进入人眼睛中能量越多，故D错误；

故选BC。

三、非选择题

17.高中物理实验多次用到图示实验装置：

（1）下列说法正确的是（____）

A.测定匀变速运动加速度用到此装置，需平衡摩擦力

B.探究加速度与力、质量关系用到此装置，需平衡摩擦力

C.探究功与速度变化的关系可用此装置，需平衡摩擦力

D.探究力的合成规律可用此装置，需平衡摩擦力

（2）关于此装置平衡摩擦力的做法，下列正确的是（____）

A.应挂上重物

B.应把右端木板适当垫高

C.小车应连接纸带并穿过打点计时器

D.在小车中加重物后应重新平衡摩擦力

【答案】

（1）.BC；

（2）.BC；

【解析】

（1）测定匀变速运动加速度用到此装置，不需平衡摩擦力，故A错误；

B、探究加速度与力、质量关系用到此装置，当小车在木板上滑动时，有摩擦力作用时，合外力不等于绳子的拉力，所以必须想办法将摩擦力平衡掉，故B正确；

C、探究功与速度变化的关系可用此装置，当小车在木板上滑动时，摩擦力对物体做负功，因此，合外力的功不等于弹力所做的功，所以必须想办法将摩擦力平衡掉，故C正确；

D、探究力的合成规律不用此装置，故D错误；

故选BC；

（2）A、平衡摩擦力时，不应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上，故A错误；

B、可以适当垫高木板的右端，使得重力的分力与摩擦力抵消，来平衡小车运动过程中受到的摩擦力，故B正确；

C、小车运动中，纸带与打点计时器之间也有摩擦了，这个摩擦力也要平衡的，故C正确；

D、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力，故D错误；

18.在“练习使用多用电表”的实验中：

（1）某同学测量一电学元件的阻值时，多用电表的选择开关旋至如图所示的位置，其余操作正确，表盘指针如图所示，则该电学元件的阻值为_______

（2）该电学元件最有可能是哪一个_______；

A．“220V800W”电饭煲 

B．“220V100W”电炉子 

C．“220V40W”白炽灯 

D．“220V20W”咖啡壶

【答案】

（1）.

（1）1200Ω；

（2）.

（2）C

（1）该电学元件的阻值为：

12×

100=1200Ω；

........................

选项C与读数最为接近，故选C。

19.现代化的生产流水线大大提高了劳动效率，如图为某工厂生产流水线上的水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成。

物品从A处无初速、等时间间隔地放到传送带上，恰好匀加速运动到B处后进入匀速转动的转盘随其一起运动（无相对滑动），到C处被取走装箱。

已知A、B的距离L=9.0m，物品在转盘上与转轴O的距离R=3.0m，传送带的传输速度和转盘上与O相距为R处的线速度均为v=3.0m/s，取g=10m/s2。

问：

（1）物品从A处运动到B处的时间t；

（2）物品与传送带的动摩擦因数μ1

（3）若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大？

【答案】

（1）6s；

（2）0.05；

（3）

；

【解析】【分析】物品放在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出运动时间和物品与传送带的动摩擦因数，物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品恰好要滑动时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数μ2的最小值

解：

（1）物品被放上传送带后收到摩擦力而做初速度为零的匀加速直线运动:

由

可得t=6s

（2）由v2=2ax可得a=0.5m/s2

又因为Ff=ma且Ff=μ1mg

可得

（3）物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力

可得μ2≥0.3

20.如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°

的光滑斜面上．长为L＝9cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，弹簧的最大压缩量为x＝5cm.（g取10m/s2，sin53°

＝0.8，cos53°

＝0.6）求：

（1）细绳受到的拉力的最大值；

（2）D点到水平线AB的高度h；

（3）弹簧所获得的最大弹性势能Ep.

（1）30N；

（2）0.16m；

（3）2.9J；

（1）小球由C到D，由机械能守恒定律得：

解得

①

在D点，由牛顿第二定律得

②

由①②解得F＝30N

由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30N。

（2）由D到A，小球做平抛运动vy2＝2gh③

④

联立解得h＝16cm

（3）小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即Ep＝mg（L＋h＋xsin53°

），代入数据解得：

Ep＝2．9J。

机械能守恒；

牛顿第二定律

【名师点睛】本题考查了圆周运动、平抛运动等知识点，综合运用了牛顿第二定律、机械能守恒定律，关键是理清运动过程，选择合适的规律进行求解。

21.如图所示是“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验装置，下列说法正确的是（____）

A.与灯泡连接的线圈叫原线圈

B.测量变压器输出电压要用直流电压表

C.若只增加副线圈的匝数，变压器的输出电压变大

D.若只增加副线圈的匝数，变压器的输出电压变小

（2）为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、电池组、滑动变阻器、电键接成如图所示的实验电路：

该同学将线圈B放置在线圈A中，闭合、断开电键时，电流表指针都没有偏转，其原因是_____________________

【答案】

（1）.

（1）C；

（2）.

（2）电键的位置接错，应放在线圈B的回路中；

（1）A、与灯泡连接的线圈叫副线圈，故A错误；

B、测量变压器输出电压要用交流电压表，故B错误；

CD、若只增加副线圈的匝数，根据电磁感应定律得，变压器的输出电压与匝数成正比，故变大，故C正确，D错误；

故选C；

（2）该同学将线圈B放置在线圈A中，线圈A中产生感应电动势；

再闭合电键，磁通量不变，无感应电动势，故电流表指针不偏转，应改为电键闭合后，再将线圈B放置在线圈A中；

或者将电键接在B线圈所在回路中；

22.如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在水平绝缘桌面上，半径为R的l/4圆弧部分处在竖直平面内且与水平直轨道在最低点相切，水平直导轨部分处在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。

两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好。

棒ab质量为2m，电阻为r，棒cd的质量为m，电阻为r。

重力加速度为g。

开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。

棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为1:

3。

求：

（1）棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；

（2）棒cd在水平导轨上的最大加速度；

（3）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。

（1）v1=

，v2=

（2）a=

（3）Q=

mgR；

（1）设ab棒进入水平导轨的速度为v1，ab棒从圆弧导轨滑下机械能定恒：

①（2分）

离开导轨时，设ab棒的速度为

棒的速度为

棒与

棒在水平导轨上运动，

动量定恒，

②（2分）

依题意

，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，

由平热量运动水平位移

可知

③（2分）

联立①②③解得

（2分）

（2）ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势为

④（1分）

⑤（1分）

cd棒受到的安培力为：

⑥（1分）

根据牛顿第二定律，cd棒有最大加速度为

⑦（1分）

联立④⑤⑥⑦解得：

（3）根据能量定恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为：

⑧（2分）

联立①⑧并代入

解得：

23.如图所示，ABCD为一矩形区域，其中AB=3L/4，BC=L，其内有垂直纸面向里的匀强磁场，E是BC边上的一点，BE=1L/4；

MN是两金属板构成的一理想平行板电容器，N板正中央有一小孔，小孔正对AB边（略偏上）；

在MN之间，正对小孔的电容器中央位置有一粒子源，持续不断地产生质量为m、电荷量为q的正粒子（忽略电荷间的相互作用、粒子的初速度及重力，不考虑磁场的边界效应）；

当UMN=U0时，粒子经电场加速后进入磁场，恰好打中D点。

（1）求这些粒子经电容器MN加速后的速度大小V0和磁场的磁感应强度B

（2）电容器的电压连续可调，求粒子能从CB边上CE范围出射的电压范围（用U0表示）

（3）请在CE的右方设置一个或数个磁场区域，使得

（2）问中从CB边上CE范围出射的粒子最终都从同一点平行AB向右射出所加磁场区域（不必阐述设计理由，只需画出或指出其范围、磁场大小和方向即可）

（1）

，

（2）

【解析】解：

（1）粒子在电场