浙江省“山水联盟”2020届高三下学期开学考试物理试题含解析

2019学年第二学期“山水联盟”返校考试高三年级物理学科试题

一、选择题

1.以下物理量属于基本物理量，并且与其相应的国际单位正确的是（）

A. 力 N

B. 电场强度 V/m

C. 电流强度 A

D. 质量 g 【答案】C

【解析】

【详解】A．力不是基本物理量，是导出单位，国际单位是N，所以A错误；

B．电场强度不是基本物理量，是导出单位，国际单位是N/C，所以B错误；

C．电流强度是基本物理量，国际单位制中的单位是A，所以C正确；

D．质量是基本单位，国际单位制中的单位是kg，所以D错误。

故选C。

2.如图所示，为有力支援武汉“抗疫”，空军在2020年2月2日凌晨出动8架大型运输机，分别从沈阳、兰州、广州、南京起飞，向武汉紧急空运795名军队支援湖北医疗队队员和58吨物资，上午9时30分全部抵达武汉天河机场。对以上描述下列说法正确的是（）

A. 计算运输机飞行时间时，运输机不能看成质点

B. 在分析运输机着落动作时，运输机可以看成质点

C. “上午9时30分”指的是最后一架运输机的飞行时间

D. “上午9时30分”指的是最后一架运输机抵达武汉的时刻

【答案】D

【解析】

【详解】A．计算运输机飞行时间时，与运输机的大小和形状无关，所以可以将运输机看成质点，所以A错误；

B．在分析运输机着落动作时，不能忽略运输机的大小和形状，所以运输机不能看成质点，所以B错误；

CD．“上午9时30分”指的是最后一架运输机抵达武汉的时刻，所以D正确，C错误。

故选D

3.2019年11月，在温州翔宇中学举行的浙江省中学生田径锦标赛中，我校高二学生王鑫宇以

2米的成绩获得冠军，如图所示。则下列说法正确的是（ ）

A. 王鑫宇在上升阶段重力变大了

B. 王鑫宇在空中跨越过程处于失重状态

C. 王鑫宇起跳时地面对他的支持力大于他对地面的压力

D. 王鑫宇在助跑过程中，地面对他的支持力做正功

【答案】B

【解析】

【详解】AB ．王鑫宇在上升阶段只受重力，处于失重状态，且重力大小不变，所以B 正确，A 错误；

C ．王鑫宇起跳时地面对他的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，所以C 错误；

D ．王鑫宇在助跑过程中，地面对他的支持力与运动方向垂直，不做功，所以D 错误。

故选B 。

4.现代技术的发展促进了人们对原子、原子核的认识，下列说法正确的是（ ）

A. 汤姆孙根据α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型

B. β衰变说明原子核内部存在自由电子

C. 卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，核反应方程为4141712781He N O H +

→+

D. 核反应过程中如果核子的平均质量减小，则要吸收核能

【答案】C

【解析】

【详解】A ．卢瑟福根据α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，不是汤姆逊，所以A 错误；

B ．β衰变放出的电子是由原子核里的中子转变而来，所以B 错误；

C ．卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，核反应方程为

4

14

1712781He N O H +→+ 发现了质子，所以C 正确；

D ．核反应过程中如果核子

平均质量减小，根据爱因斯坦的质能方程，可知应放出核能，所以D 错误。

故选C 。

5.2019年5月17日23时48分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭，成功发射了第四十五颗北斗导航卫星。该卫星属地球静止轨道卫星，入轨并完成在轨测试后，将接入北斗卫星导航系统，为用户提供更可靠服务。则此卫星（ ）

A. 绕地球运行的周期比月球的小

B. 绕地球运行的向心加速度比近地卫星大

C. 可以绕地球自东向西运动

D. 可以定点在杭州的正上方 【答案】A

【解析】

【详解】A ．卫星绕地球运行的周期为

2T =所以半径越大，周期越大。月球的轨道半径约为38.5万千米，地球静止轨道半径约为4.2万千米，所以地球静止卫星绕地球运行的周期比月球的小，所以A 正确；

B ．卫星绕地球运行的向心加速度为 2

GM a r = 所以半径越大，加速度越小，所以地球静止卫星绕地球运行的向心加速度比近地卫星的小，所以B 错误；

C ．地球自西向东自转，所以地球静止卫星随地球自西向东转动，所以C 错误；

D ．地球静止卫星的轨道在赤道平面的正上方，所以不能定点在杭州，所以D 错误。

故选A 。

6.如图所示，长为1.2m 的水平直杆OP 右端固定于竖直墙上的O 点，长为2m 的轻绳一端固定于直杆左端点P ，另一端固定于墙上O 点正下方的Q 点，重为8N 的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为（ ）

A. 8N

B. 6N

C. 5N

D. 4N

【答案】C

【解析】 【详解】设绳子总长为s ，杆的长度为L ，则由题意可知

1.2m s =

2m L =

挂钩将绳子分为L 1和L 2，则

11sin L s θ=

22sin L s θ=

两式相加得

1212()sin L L s s θ+=+

即

sin L s θ=

θ为绳子与竖直方向的夹角，由此可知，只要绳长和杆长不变，角度就不变，即绳子的拉力不变，为

T 2cos G F θ

=

其中 0.63sin 15θ=

= 37θ=

则

T 5N F =

故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

7.正三角形ABC 的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有恒定电流，方向如图所示，a 、b 、c 三点分别是正三角形三边的中点，若A 、B 、C 三处导线中的电流均为I ，则a 、b 、c 三点的磁感应强度大小关系为（ ）

A. a 点最大

B. b 点最小

C. c 点最小

D. b 、c 点一

样大

【答案】D

【解析】 【详解】通电导线在周围会产生磁场，磁场的强弱与到导线的距离有关。对于a 点，A 导线和B 导线在此处的磁感应强度大小相等方向相反，设C 导线在此处的磁感应强度为B 2，所以a 点的合磁感应强度为B 2；对于b 点，B 导线和C 导线在此处的磁感应强度大小相等，方向相同，设B 导线在此处的磁感应强度为B 1，A 导线在此处的磁感应强度为B 2，则此处的合磁感应强度为22124B B +；对于c 点，A 导线和C 导线在此处的磁感应强度大小相等，方向相同，B 导线在此处的磁感应强度为B 2，则此处的合磁感应强度为22124B B +，所以b 、c 点处磁感应强度一样大，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

8.如图所示，一束激光照射在双缝上，在缝后屏上得到干涉条纹，下列说法中正确的是（ ）

A. 增大双缝到光屏的距离，条纹间距变小

B. 入射光波长不变，光强增大，条纹间距不变

C. 增大激光器到双缝的距离，条纹间距变大

D. 若仅将双缝和光屏置于水中，同等条件下条纹间距变大【答案】B

【解析】

【详解】干涉条纹中相邻两个两条纹或暗条纹的中心间距为

l x

d λ

?=

A．增大双缝到光屏的距离，即增大l，条纹间距变大，所以A错误；

B．入射光波长不变，光强增大，不会改变条纹间距，即条纹间距不变，所以B正确；

C．条纹间距与激光器到双缝的距离无关，所以增大激光器到双缝的距离，条纹间距不变，所以C错误；

D．若仅将双缝和光屏置于水中，光在介质中的折射率变大，根据

c

v

n

=

可知，光的传播速度变小，频率不变，则根据

v

f

λ=

可知，光的波长变短，则条纹间距变小，所以D错误。

故选B。

9.如图所示，面积为0.02m2、内阻可忽略不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO'

匀速转动，转速为50r/s，匀强磁场的磁感应强度为

2

T

10π

。矩形线圈通过滑环与变压器（由

绕在不闭合铁芯上的两组线圈构成）原线圈相连，所有接触电阻不计，副线圈接入一只标有“5V，1W”的小灯泡，小灯泡恰好正常发光，电流表的内阻不计。当线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。下列说法不正确的是（）

A. 图示位置穿过线框的磁通量变化率为零

B. 线圈每转动1s ，线圈中的电流方向变化100次

C. 原线圈中感应电动势的表达式为π)V e t =

D. 原副线圈的匝数之比为4:1，电流表的示数为0.05A

【答案】D

【解析】

【详解】A ．图示中线圈处于中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，等于零，所以A 正确，但不符合题意；

B ．由题意可知，转速为50r/s ，则交流的周期为

10.02s T n

== 交流电在一个周期内方向要改变两次，1s 内包括50个周期，所以线圈中的电流方向变化100次，所以B 正确，但不符合题意；

C ．由题意可知，线圈产生的感应电动势的最大值为

m E nBS ω==

其中

2π100πrad/s n ω==

则原线圈中感应电动势的表达式为

π)V e t =

所以C 正确，但不符合题意；

D ．原线圈电动势的有效值为

120V E U ==

副线圈的电压为

25V U =

则原副线圈的匝数之比为

12

4n n = 电流表的示数为

2

0.02A P I U =

=

所以D错误，符合题意。

故选D。

10.电容为C的电容器、四个电阻及电动势为E、内阻可以忽略的电池连接成如图所示电路。开始时，开关S闭合且电流稳定，然后断开开关S，电流再次稳定。断开开关前后电容器所带的电荷量（）

A. 减少

12

CE

B. 增加

12

CE

C. 增加

6

CE

D. 增加

4

CE 【答案】A

【解析】

【详解】由题意可知，开关断开前，其中一个R被短路，另一个R与2R并联后与2R串联，电容器两端电压为电阻R两端的电压，此时电容器的电荷量为

112

(2)

24

2

2

E CE

Q CU C E R

R

R

R R

==?-?=

+

+

开关断开后，两个R串联和一个2R并联后与另一个2R串联，此时电容器两端的电压与其中一个电阻R两端的电压相等，则此时电容器的电荷量为

222(2)6

ER CE

Q CU C

R R

==?=

+

则电容器的电荷量减少了

2112

CE

Q Q Q

?=-=

所以A正确，BCD错误。

故选A。

11.如图为回旋加速器的示意图，真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）进入加速电场（初速

度近似为零）。D 形盒半径为R ，粒子质量为m 、电荷量为+q ，两D 形盒间接电压为U 的高频交流电源。不考虑相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间。下列论述正确的是（ ）

A. 粒子的能量是由加速电场提供的，能获得的最大动能与加速电压U 有关

B. 加速氘核（21H ）和氦核（42He ）时，两次所接高频交流电源的频率应不同

C. 加速氘核（21H ）和氦核（4

2He ）时，它们能获得的最大动能相等

D. 若增大加速电压U ，则粒子在D 型盒内运动的总时间减少

【答案】D

【解析】

【详解】A ．质子加速后的最大轨道半径等于D 型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 2

mv qvB R

= 解得粒子的最大运行速度

m m v qBR =

质子获得的最大动能

2m km 12

E mv =

解得 222km 2q B R E m

= 可知粒子被加速后获得的最大动能与加速电压无关。故A 错误；

B ．加速不同粒子，交流电频率

2πBq f m

= 可以看出频率与比荷成正比，氘核和氦核比荷相同，所以加速氘核和氦核的电源频率相同，故B 错误；

C ．质子获得的最大动能

2222km m 122q B R E mv m

== 虽然氘核和氦核比荷相同，但是二者的最大动能不相等，氦核的最大动能是氘核的最大动能的二倍，故C 错误；

D ．粒子完成一次圆周运动被电场加速两次，由动能定理得

k 2qU E =

经过的周期个数

km k

E n E =

又最大动能为 2222km

m 122B R q E mv m

== 粒子在D 型盒内运动时间为 t nT =

联立可得

2

π2BR t U

= 所以U 越大，t 越小，故D 正确。

故选D 。

12.如图所示，环形塑料管半径为R ，竖直放置，且管的内径远小于环的半径，ab 为该环的水平直径，环的ab 及其以下部分有水平向左的匀强电场，电场强度的大小mg

q E =，管的内壁

光滑。现将一质量为m ，电荷量为+q 的小球从管中a 点由静止开始释放，则（ ）

A. 小球到达b 点时速度为零，并在adb 间往复运动

B. 小球每周的运动过程中最大速度在圆弧ad 之间的某一位置

C. 小球第一次和第二次经过最高点c 时对管壁的压力之比为1:5

D. 小球第一次经过最低点d 和最高点c 时对管壁的压力之比为4:1

【答案】C

【解析】

【详解】A ．只有重力和电场力做功，带电小球到达b 点，重力势能不变，电势能减小，故有动能，其动能大小等于电场力做的功，为

k 22E qE R mgR =?=

故A 错误；

B ．当小球重力和电场力的合力正好沿半径方向时，小球的速度最大，所以速度最大点在d 点的左侧，故B 错误；

D ．第一次过d 点时，根据动能定理，有

2112

d mgR qER mv +=

根据向心力公式，有 211d d mv N mg R

-= 解得

15d N mg =

第一次过c 点，根据向心力公式，有

211c c mv N mg R

+=

根据B 选项分析，第一次经过c 点的动能为mgR ，故

1c N mg =

则小球第一次经过最低点d 和最高点c 时对管壁的压力之比为

11:5:1d c N N =

故D 错误；

C ．从a 点释放到第二次到c 点过程，根据动能定理，有

221222

c mgR qE R mv -+?=

据向心力公式，有 222c c mv N mg R

+= 解得

25c N mg =

则小球第一次和第二次经过最高点c 时对管壁的压力之比为

12:1:5c c N N =

故C 正确。

故选C 。

13.由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为m sin t ωΦ=Φ，则产生的感应电动势为m cos e t ωω=Φ。如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD （由细软弹性电阻丝制成），端点A 、D 固定。在以水平线段AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻恒为r ，圆的半径为R ，用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线与圆周的接触点C 点以恒定角速度ω1（相对圆心O ）从A 点沿圆弧移动至D 点；方式二：以AD 为轴，保持30ADC ∠=，将导线框以恒定的角速度ω2转90。则下列说法正确的是（ ）

A. 方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到图中30ADC ∠=位置的过程中，通过导线截面的电荷量2

3BR q = B. 方式一中，在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中磁通量的变化率最大 C. 两种方式回路中电动势的有效值之比123

E E ＝ D. 若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则

1238

ωω＝ 【答案】D

【解析】

【详解】A ．方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到题图中 30ADC ∠=

位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为

232

BR ?Φ=

由法拉第电磁感应定律 E t ?Φ=?，E I r

=，q I t =? 联立解得 2

3BR q r ?Φ== 故A 错误；

B ．第一种方式中穿过回路的磁通量

211sin BR t ωΦ=

所产生的电动势为

2111cos e BR t ωω=

在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，感应电动势为零，故B 错误；

CD ．第二种方式中穿过回路的磁通量

222cos t ωΦ=

所产生的电动势为

2222sin 2

e BR t ω= 则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为

12E E =时间满足

11221802901

t t ωω== 产生的焦耳热

2111E Q t r =，2222E Q t r

= 若

12Q Q =

则

1238

ωω= 故C 错误，D 正确。

故选D 。

二、选择题

14.自2020年1月以来，“新冠肺炎”席卷全国。“新冠肺炎”的典型症状就是持续发烧，因此测温是“新冠肺炎”防控的重要环节。为方便测温人们习惯采用如图所示的额温枪。额温枪是通过传感器接收红外线，得出感应温度数据，使用时只要将额温枪放于距两眼中间部

位5-6cm 处，修正额头与实际体温的温差便能显示准确的体温。则以下说法正确的是（ ）

A. 额温枪能测温度是因为温度不同的人体辐射的红外线存在差异

B. 额温枪利用的红外线也可用于杀菌消毒

C. 红外线是波长比紫外线长的电磁波，它们都是横波

D. 爱因斯坦最早提出“热辐射是一份一份的、不连续的”观点，并成功解释了光电效应现象

【答案】AC

【解析】

【详解】A ．额温枪能测温度是因为温度不同的人体辐射的红外线存在差异，所以A 正确；

B ．用于杀菌消毒的是紫外线，不是红外线，所以B 错误；

C ．红外线是波长比紫外线长的电磁波，它们都是横波，所以C 正确；

D ．普朗克最早提出“热辐射是一份一份的、不连续的”观点，但是成功解释光电效应现象的是爱因斯坦，所以D 错误。

故选AC 。

15.一列简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔0.1m L =选取一个质点，如图甲所示，0t =时刻波恰传到质点1，并立即开始向上振动，经过时间0.3s t ?=，所选取的1~9号质点间第一次出现如图乙所示的波形，另知波的振幅为0.15m ，则下列判断正确的是（ ）

A. 0.15s t =时刻，质点3向上运动

B. 该波的周期一定为0.2s ，波速一定为4m/s

C. 0t =至0.3s t =内，质点5运动的路程为0.6m

D. 0.225s t =时，质点4位于波谷

【答案】BCD

【解析】

【详解】B ．由题意可知质点1的起振方向向上，经过0.3s 图乙第一次出现如图波形，说明

波向前传播了1.5λ，所以这列波的周期为

0.3s 0.2s 32

T ==

如图可知波长为

0.8m λ=

所以波速为

4m/s v T λ=

=

所以B 正确；

A ．0.15s t =时刻，波向前传播了 0.45m x vt ==

即波传到了质点4，将向上运动，所以A 错误；

C ．波传到质点5需要时间

110.4s 0.1s 4

x t v === 所以0t =至0.3s t =内，质点5振动了0.2s ，即振动了一个周期，通过的路程为

40.6m s A ==

所以C 正确；

D ．波传到质点4需要时间

220.3s 0.075s 4

x t v =

== 0.225s t =时，质点4振动了0.15s ，即34T ，又因为波的起振方向是向上，所以此时质点4位于波谷，所以D 正确。

故选BCD 。

16.如图所示，a 、b 为两束不同频率的单色光，以相同的入射角射到平行玻璃砖的上表面（玻璃砖上下表面足够大、对a 、b 两种光的折射率均大于1.5），直线OO '与玻璃砖上表面垂直且与其交于N 点，入射点A 、B 到N 点的距离相等，经玻璃砖上表面折射后两束光相交于图中的P 点，下列说法正确的是（ ）

A. a 光光子的动量大于b 光光子的动量

B. 若a 光能使某金属发生光电效应，则b 光一定能使该金属发生光电效应

C. 同时增大入射角，则b 光先在下表面发生全反射

D. 只要入射角相同，a 光在玻璃砖中传播的时间始终小于b 光在玻璃砖中传播的时间

【答案】BD

【解析】

【详解】A ．有图可知，两束光的入射角相等，a 光的折射角大于b 光的折射角，所以

a b n n <

所以

a b νν<，a b λλ> 根据

h p λ=

则 a b p p <

所以A 错误；

B ．由于

a b νν<

若a 光能使某金属发生光电效应，则b 光一定能使该金属发生光电效应，所以B 正确；

C ．只要光线可以从上表面射入，在玻璃中发生折射，就一定可以从下表面射出，所以C 错误；

D ．由以上分析可知，根据

c v n

=

波速关系为

a b v

v >

光在玻璃中传播的时间为

1222

2sin cos cos sin 2d x d dn t v v c c θθθθ=

=== 又 22a b θθ>

所以

a b t t <

所以D 正确。

故选BD 。

三、非选择题

17.在“探究做功与物体速度变化的关系”的实验中，实验装置如图甲所示。让小车在一条橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，此时橡皮筋对小车做的功记为W 0。然后用相同的橡皮筋二条、三条……合并在一起分别进行第2次、第3次……实验，每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致。且每次实验中小车获得的速度v 可由电磁打点计时器所打的纸带求出。（电磁打点计时器所用交流电频率为50Hz ）。请回答下列问题：

(1)除了图甲中已给出器材外，必需的器材还有___________（多选）；

A ．学生电源及导线若干

B ．天平及砝码

C ．毫米刻度尺

D ．游标卡尺

(2)为完成实验测量，图甲中橡皮筋与小车支柱连接方式应为图乙中的______（填“A”或“B”）；

(3)图丙中，是小车在某次运动过程中电磁打点计时器在纸带上打出的一系列的点，各点间距如图丙所示，则合理选取数据后计算出小车的速度v 为_______m/s ；（结果保留2位有效数字）

(4)在探究W 、v 的关系时，通常采用作图法，本实验最终选择作W -v 2

的图象，这样做的原因是___________。

【答案】 (1). AC (2). A (3). 0. 67±0. 01 (4). 变量间的图象为直线时便于准确确定两者的定量关系

【解析】 【详解】(1)[1]除了图甲中已给出的器材外，必需的器材还有学生电源和导线，以及测纸带长度的毫米刻度尺，所以选AC 。

(2)[2]如果采用图B 的接法，在橡皮筋恢复原长时小车不能被弹开，无法测量因橡皮筋的弹力做功而让小车增加的动能，所以选图A 的接法。

(3)[3]当纸带上的点均匀分布时，求得小车的速度为

(1.35 1.34 1.35 1.36 1.34)0.01m/s (0.670.01)m/s 0.025

v ++++?==±? (4)[4]因为W 、v 的关系不是线性关系，而利用图象处理数据要求简单明了，所以作出W -v 2

的图象时，画出图线是直线，便于准确确定两者的定量关系。

18.为测绘一个标有“3V、1.2W”小灯泡的伏安特性曲线，需选择合适仪器，正确连接电路进行实验：

(1)实验的电路图应选用图中的___； A ． B ． C ． D ．

(2)按(1)所选电路图连接电路，现已连接了部分电路，如图乙所示，请在答题纸上对应位置将电路连接完整_______；

(3)实验中，某次调节实验电路使电压表示数如图丙所示，则其示数为____V；

(4)实验得到小灯泡的伏特性曲线如图丁所示，若将小灯泡与某一电动势为3V，内阻为1Ω的

电源连成闭合电路，则小灯泡的实际功率约为___W。（结果保留2位有效数字）

【答案】 (1). D (2). (3). 1. 80~1. 81

(4). 0. 96~1. 0

【解析】

【详解】(1)[1]本实验要求画出小灯泡的伏安特性曲线，所以要求多测几组数据，所以滑动

变阻器需要采用分压接法，而根据题意可知，小灯泡内阻为7.5Ω，属于小电阻，要用外接法，

所以选D。

(2)[2]实物图如图所示。