浙江省2022年1月普通高校招生選考科目考試物理模擬試題C

1、浙江省2022年1月普通高校招生選考科目考試物理模擬試題CF點，在這個過程2考生須知：10090分鐘?？忌痤}前，務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題卡上。選擇題的答案須用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如要改動，須將原填涂處用橡皮擦凈。2B用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效。FF的大小變化情況是12AF和F都變大12本卷中涉及數(shù)值計算的，重力加速均取10 。BF變大，F(xiàn)變小12選擇題部分CF和F都變小12一、選擇題（本題共10小題，每小題3分，共30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= 。用國

2、際單位制中基本單位表示正確的是DF變小，F(xiàn)變大12【答案】A【解析】對物體受力分析并合成如圖：A2 s3Akgm2A2 s2Ckgm3A2 s3Bkgm3A s3Dkgm3【答案】CR L ，解得： S，則： 1RSLRSL R U ，RSI因為物體始終處于平衡狀態(tài)，故G始終等于G，大小和方向均不發(fā)生變化。在物體緩慢偏離豎直位置的過程中細線與豎直方向的夾角逐漸變大，畫出平行四邊形如圖所示，可以看出：水平拉力逐漸變大，繩子的拉力也逐漸變大。故A正確。聯(lián)立可得： LIUS，根據U q，而W=FL，F(xiàn)=ma，q=It，聯(lián)立并根據公式對應單位的換算可知，其單位為42022年4月1日，在中國核能可持續(xù)發(fā)

3、展論壇上，生態(tài)環(huán)境部介紹2022年會有核電項目陸續(xù)開工建設。某核電站獲得核能的核反應方程為235 U+1 n 144 Ba+89 Kr+x1n ，己知鈾核235 U m，鋇核144 Ba m，氪核9202636921262A2 s3 kg m3，故C正確。89 Kr mm，下列說法中正確的是3634上浮到海面，速度恰好減為零，則“蛟龍?zhí)枴痹趖 （t 時刻距離海平面的深度為00vtv2該核電站通過核聚變獲得核能235 CD一個鈾核發(fā)生上述核反應，釋放的能量為mmmm）2B2【答案】C1234v(t t )2C02tDvt0(1 0 )tt【解析】A核電站獲得核能的途徑是核裂變，故A錯誤。B鈾核2

4、35 U 的質子數(shù)為92，故B錯誤。C根據質量數(shù)92守恒可知x=3，故C正確。D一個鈾核235 U 發(fā)生上述核反應，由質能方程可得：【答案】Ca v，根據逆向思維，可知蛟龍?zhí)栐趖時刻距離海平面的深度為：E mc2 m m14m m2924c2 m m1m 3c2，故錯誤。h 12a(t t )20 v(t t0 )22t2t，故C正確。01 / 7人和車的速度為 grsin人和車的速度為 grtanmgcos率較大故C項不符合題意；D水的上升和下降過程具有對稱性，兩水槍噴出水的最大高度相同，兩水槍噴出的水在豎直方向運動情況相同，則兩水槍噴出的水在空中運動的時間相同，故D項不符合題意。7如圖所示

5、，導體棒PQ沿兩平行金屬導軌從圖中位置以速度v向右勻速通過一正方形磁場區(qū)域abcd，ac垂直于導軌且平行于導體棒，ac右側的磁感應強度是左側的2倍且方向相反。導軌和導體棒的電阻均不計，下列關于導體棒中感應電流和所受安培力隨時間變化的圖象正確的是（規(guī)定電流從M經R到N為正方向，安培力向左為正方向）【答案】Bmg sin【解析】AB對人和車受力分析如圖所示，B人和車在豎直方向受力平衡，水平方向重力與支持力的合力提供向心力mv2r，故CDA錯誤，B正確；CDmgcos ，故CD錯誤。水槍，它們的噴水口徑相同，所噴出的水在空中運動的軌跡如圖所示，則由圖可看出【答案】A【解析】設ac左側磁感應強度是B，

6、則右側的為2B。導軌間距為L。AB金屬棒通過bac區(qū)域時，由右手定則可知金屬棒感應電流從Q到P，為正方向，由i E B2vt 2Bv2t t i BLv；金屬棒PQ通甲水槍噴出水的速度較大RRR過，為負方向，由i RE 4B(L vt)v ，可知隨時間均勻RRC甲水槍噴水的功率較大減小，PQ棒剛離開ac時， i 2BLv ，故A正確，B錯誤。CD金屬棒PQ通過bac區(qū)域時，安培力R4B2v3t216B2(Lvt)2vD乙水槍噴出的水在空中運動的時間較長F Bi 2vt t2 ，金屬P通bd區(qū)域時，安培力大小為F 4B Lv。根RR【答案】BAB水從最高處到失火處的運動可視為平拋運動，水的上升和

7、下降過程具有對稱性；甲、乙兩水槍噴出水的最大高度相同，乙水槍噴出的水更遠，則乙水槍噴出的水在最高處具有的水平速度更大；水的最大高度相 A乙水槍噴出水的速度較大，甲、乙兩水槍噴水口徑相同，則乙水槍噴水的功據數(shù)學知識可得，CD錯誤。8如圖所示，傾角 =30 的光滑斜面固定在地面上，長為l、質量為m、質量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平。用細線將質量也為m的物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面（此時物塊未到達地面），在此過程中2 / 7 3 R3T32T 2 ， 即 2 =，則A錯誤；B在a點在軌道I做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，則有；2T2R3T

8、211物塊的機械能逐漸增加v ，在軌道上b點做向心運動，萬有引力大于向心力，則：v GM ，則v ，則B錯誤；aRb2Rabg21由a r 2，得a 1r2，即在a點的加速度大小為在c點的4倍，則C錯誤；D在b點做向心運動，在c點做離C軟繩重力勢能減少了 2 mglD軟繩剛好全部離開斜面時的速度大小為5gl 2心運動，則c點的速度大于b點的速度，c點動能大于b點的動能，又兩點勢能相等，故衛(wèi)星在b點的機械能小于在c 點的機械能，則D正確。10如圖所示是選擇密度相同、大小不同納米粒子的一種裝置，待選粒子帶正電且電荷量與其表面積成正比。待選OO射入正交的勻強電場、【答案D12OO、O在同一豎直【解析

9、】A對于物塊和軟繩組成的系統(tǒng)，只發(fā)生重力勢能與動能之間的轉化，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯312rmq的納米粒子剛好能沿直線通過，不計納米粒子重力，則誤。B物塊靜止釋放瞬間，由牛頓第二定律：mg mg sin 30 ，解得a g4 ，選項B錯誤；C軟繩重力00011111勢能減少了(mgl)(mgl sin 30 )mgl，選錯誤由機械能守恒定律：mglmgl 2mv2 ，解得v 25gl 22，選項D正確。442I7.9 km/s對應的近地環(huán)繞圓軌道，軌道為橢圓軌道，軌道為與第二宇宙速度11.2 km/s對應的脫離軌道，a、b、c三點分別位于三條軌道上，b點為軌道的遠地點，b、c點與地心的距

10、離均為軌道I半徑的2倍，則A區(qū)域的電場強度與磁感應強度大小的比值為qU2q U0m0B區(qū)域左右兩極板間的電勢差大U=Bd01m0A衛(wèi)星在軌道的運行周期為軌道I的2倍C，則剛進入區(qū)域的粒子仍將沿直線通過0rD，仍沿直線通過，則區(qū)域的電場與原電場的電場強度大小之比為0r0【答案】A1【解析AB設半徑r的粒子加速后的速度則有：q U m v2 ，設區(qū)II內電場強度洛倫茲點的 2 倍00203倍qE 2q 0，則區(qū)域的電場與磁場的強度比值為【答案】D【解析】A軌道I的半徑為R，則軌道的半長軸為R R 2R 3 R ，則由開普勒第三定律得：00m02q U0，故、被加速后m00222 HYPERLINK

11、 l _TOC_250001 rr1 HYPERLINK l _TOC_250000 2qUrr，則m（3m，而q （2qmv2 qU v 00 0 ，故洛倫茲r0r0200m rr03 / 72q Urr12一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，每個質點振動的振幅都為2 m，已知在t=0時刻相距4 m的兩個質點a，b的位力變小，粒子帶正電，故粒子向左偏轉，錯誤由于v00 0 v，故洛倫茲力與原來的洛倫茲力之比為m rr0rr0 ；電場力與洛倫茲力平衡，故電場力與原來的電場力之比為 0 ；根據F=qE，區(qū)域的電場與移都是1 m，但速度方向相反，其中a質點的速度沿y軸負方向，如圖所示，則rr原電場的電

12、場強度之比為r0 ，故D錯誤。r二、選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16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4分，選對但不全的得2分，有錯選的得0分）從點射出，出射光線平行于AB，已知ABD=30，光在真空中的傳播速度為c，則此玻璃的折射率為 33R到需用時cDAB【答案】AB【解析】A如圖，由幾何知識可得入射角i=ABD=30，折射角r=2ABD=30=60，則此玻璃的折射率為sinrsin60兩質點的加速度相同C當質點的速度為零 D當+2 m【答案】AD【解析】Aa、b兩個質點都做簡諧運動，t=0時刻a、b兩質點的位移相同，根據簡諧運動的特征：a kx

13、，m得知加速度相同，故A正確。B圖示時刻兩質點位移相同，速度相反，但不是同相點，所以a、b兩質點的平衡位置間的距離不是波長的整數(shù)倍，故B錯誤。C由圖看出，a正向平衡位置運動，速度增大，b正向波峰運動， 速度減小，當a通過1cm位移到達平衡位置時，b還沒有到達波峰，則a質點速度最大時，b質點速度不為零。故C 錯誤。D假設在t=0時刻，ab之間只有一個波峰則其位置在x=3的位置，當b質點位移為+2 cm到達波峰時，波向右傳播2 m的距離，將波形向右平移2 m可看出，此時a質點位于平衡位置下方，位移為1 cm，故D正確。v時，起重機的有用功率達到最大值1P。以后，起重機保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，

14、直到以最大速度勻速上升。則下列說法正確的是Pv鋼繩的最大拉力為v1n 3，故正確；sinisin30Pv+mgv1PmgcsACDmv 21P mgv1長度s=2Rcos30= 3 v ，故光線傳到的時間為t ，故正nvc【解析】AB重物先做勻加速直線運動，再做加速度減小的加速運動，最后做勻速運動，開始勻加速時加速度vP Fv ，可得鋼繩的最大拉力13211確；C由sinC n3 2，則臨界角C45，所以若增大ABD，入射角可能大于臨界角，所以光線可P為v，故正確，BF mg P Fv2 ，聯(lián)立可得重物能在錯誤；D30，小，則從AD段射出的光線與AB不平行，故D錯誤。14 / 7Pv=2mg，

15、故C正確F，重物做勻加速運動由牛頓第二定律可得1圖1圖2實驗中除了需要小車、砝碼、托盤、細繩、附有定滑輪的長木板、墊木、打點計時器、低壓交流電源、兩F Pmv根導線、復寫紙、紙帶之外，還需。mgmav ，由運動學公式可得v11 at ，聯(lián)立可求的時間t 1P mgv1，故D正下列做法正確的。確。的絕緣輕質細的小球（可視為質點），點擺動，如此往60。不計空氣阻力，下列說法中正確的是A調節(jié)滑輪的高度，使牽引小車的細繩與長木板保持平行 B在調節(jié)木板傾斜角度平衡小車受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的托盤通過定滑輪拴在小車上 C實驗時，先放開小車再接通打點計時器的電源 D通過增減小車上的砝碼改變質量時，不

16、需要重新調節(jié)木板傾斜度 E砝碼的總質量遠小于小車和車上砝碼的總質量1某同學以小車和車上砝碼的總質量的倒數(shù)M1為橫坐標，小車的加速度a為縱坐標，在坐標紙上作出的a在0關系圖線如所示。由圖可分析得出：加速度與質量關系（填“正比”或“反M3mg q3比”）；圖線不過原點說明實驗有誤差，引起這一誤差的主要原因是平衡摩擦力時長木板的傾角 （填“過大”或“過小”）?！敬鸢浮浚?分） 分） （2）ADE（3分） （3）（1分） （1分）mgL【解析】（1）實驗中用砝碼桶的總重力表示小車的拉力，需測量砝碼桶的質量，所以還需要天平。實驗中需要小球在下擺的過程中，小球的重力勢能和電勢能之和先減小后增大【答案】BC

17、D【解析】A小球在B點受重力豎直向下，電場力水平向右，故合力一定不為零，故A錯誤；B小球由A到B的過3mg用刻度尺測量紙帶上點跡間的距離，從而得出加速度，所以還需要刻度尺。（2）ABBCD、通D、對整體分析，根據牛頓第二定律程中，由動能定理可得：mgLsinEqL（1cos60）=0，則電場強度的大小為E q，故B正確；a mgF Ma MmgmgM m ，則繩子上拉力大小M m1 m ，當mM ，即砝碼桶及桶內砝碼的總3C小球從A運動到B，重力做正功，W=mgh=mgLsin，故重力勢能減小mgLsin60 2 mgL ，故C正確；D小球在下擺過程中，除重力做功外，還有電場力做功，故機械能不

18、守恒，但機械能和電勢能總能量之和不變，因為球在下擺的過程中，動能先增加后減小，則小球的重力勢能和電勢能之和先減小后增大，故D正確。M質量遠小于小車和小車上砝碼的總質量時，砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于小車運動時受到的拉力。故E正確。1非選擇題部分三、實驗題（本題共2小題，共17分）（3）因為a M成的。圖象是一條直線，a與M成反比；圖象在a軸上有截距，這是平衡摩擦力時長木板的傾角過大造15（7分）某實驗小組利用如圖1所示的裝置“探究加速度與力、質量的關系”。5 / 716（10分）某同學為了測量一節(jié)電池的電動勢和內阻，從實驗室找到以下器材：一個滿偏電流為100 A，內阻為2 500

19、的表頭，一個開關，兩個電阻箱（0999.9 ）和若干導線。由于表頭量程偏小，該同學首先需將表頭改裝成量程50 的電流表，則應將表頭與電阻 （填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），并將該電阻箱阻值調為。因I即表示電源的路端電壓，則有IR E I r R 1.53，內阻為A123456R/95.075.055.045.035.025.0I/mA15.018.724.829.536.048.0IR/V1.421.401.361.331.261.20根據表中數(shù)據，下圖中已描繪出四個點，請將第5、6兩組數(shù)據也描繪在圖中，并畫出IRI圖線。1.53 1.18r (5)2.0。0.05三、計算題（本題共3小題，共37分）

20、17（10分）的帶球進入水平軌、。、。、E。Pvv。AB【答案】 2gh （3分） （2）2 分） （3）12gh42gh （4分）根據圖線可得電池的電動是內是。3【解析】A 2mgh 331 2mv2 （2分）1解得： v0202gh （1分）【答案】并聯(lián)分） 5.0（2分） （2）（2分） 1.53（2分）（2）當A球進入水平軌道后，A、B 兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當A、B 相距最近時，兩球速度相等，由動量守恒定律可得： 2mv0 2m mv （1分）1由能量守恒定律得： 2mv21 12mmv2 （1分）2.0（2分）【解析】=100A，R=2500，I=50mA，根據并聯(lián)分流原理，改裝

21、成大量程電流表需并202p2gg聯(lián)立解得：EI Rpmgh（1分）gg =5.0。（3）當A、B 相距最近之后，由于靜電斥力的相互作用，它們將會相互遠離，當它們相距足夠遠時，它們之I Ig（2）根據描點法作出5、6兩點，再將各點擬合為對應的直線，注意誤差較大的點要去除；即得出對應的圖象間的相互作用力可視為零，電勢能也視為零，它們就達到最終的速度，該過程中，A 、 B 兩球組成的系統(tǒng)動量如圖所示；守恒、能量也守恒，由動量守恒定律可得：2mv0 2mvAmvB（1分）由能量守恒定律可得：1 2mv2 2mv2 mv2 （1分）1201A2B解得： v 1 v 12ghvv 2gh （2分）4A3 03B3 03418（12分）v垂直進入磁場，區(qū)域0磁場磁感應強度大小不變，方向周期性變化，如圖乙所示（垂直紙面向里為正方向）；區(qū)域為勻強電場，方6 / 7B。粒子在區(qū)域內一定能完成半圓運動且0T強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂