2024年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理仿真模擬卷03（參考答案）

2024年1月浙江省普通高校招生選考科目考試物理仿真模擬卷03參考答案1.C

2.D

3.D

4.D

5.A

6.D

7.A

8.C

9.D

10.D

11.D

12.C

13.B

14.CD

15.AC

16.(1)

右；(2)電壓；(3)?5.50；0.250；(4)B；(5)?D17.(1)甲;?(2)?①AD;?②18.(1)B、F、E、C；(2)B；19.解：①以氣缸和皮吸內(nèi)的氣體為研究對象，開始時封閉氣體的壓強為p0

體積V1=1000cm3+40×50cm3=3000cm3，

當(dāng)活塞下壓到氣缸底部時，設(shè)封閉氣體的壓強為p2，體積V2=1000cm3，

由玻意耳定律p0V1=p2V2，

解得：p2=3×105Pa；

②以皮吸內(nèi)的氣體為研究對象，開始時封閉氣體的壓強為p0，體積為V2=100020.解：

(1)12kx2=12mvC2

vC=2m/s；

(2)mg=mv02R

，

v0=2m/s，

mg×2R=12mv2-12mv21.(1)動子和線圈向前運動的最大位移即

0～t2

時間段內(nèi)的位移，由圖像知(2)動子和線圈在

t1～t根據(jù)牛頓第二定律有F其中F可得I解得F在

t2～根據(jù)牛頓第二定律有F聯(lián)立相關(guān)式子，解得F=(3)動子和線圈在在

t2～t從

t3

時刻到返回初始位置時間內(nèi)的位移根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E據(jù)電荷量的定義式q據(jù)閉合電路歐姆定律I解得從

t3

時刻到返回初始位置時間內(nèi)電荷量其中ΔΦ動子和線圈從

t3

時刻到返回時間內(nèi)，只受磁場力作用，根據(jù)動量定理有又因為安培力的沖量F安Δt聯(lián)立可得v故圖丙中

v2

的數(shù)值為

-22.解：(1)粒子做勻速直線運動，則有

q?Ud=q(2)粒子做類平拋運動，有

x=-d2--d聯(lián)立可得粒子的比荷

qm(3)粒子做勻速圓周運動，則有

qv0B=mv02所以粒子在磁場中運動半個周期，從左邊界飛出，則帶電粒子束離開立方體空間的位置坐標(biāo)

(-d2(4)粒子沿z軸做變速直線運動，在xoy平面內(nèi)做圓周運動，周期為

T=由乙圖可知，在

0-d8v0

時間內(nèi)加速，粒子在z在

d8v0-2d8在

2d8v0-d2在

d2v0-6d8粒子回復(fù)最初的方向接著重復(fù)最初的運動，運動時間為

t5此時距板的距離為

Δl=12l-(l3到達(dá)極板所用總時間為

t=t1+t2+取整數(shù)，所以經(jīng)過1次?！窘馕觥?.【分析】

解決本題的關(guān)鍵是知道力學(xué)的三個基本物理量以及對應(yīng)的測量工具，需識記，不能搞混，要注意力不是基本物理量。力學(xué)的三個基本物理量分別為長度、時間、質(zhì)量，測量工具分別為刻度尺、天平、秒表．力不是基本物理量。

【解答】

A.天平用來測量質(zhì)量，而質(zhì)量是基本物理量，故A不符合題意。

B.刻度尺用來測量長度，而長度是基本物理量，故B不符合題意。

C.彈簧測力計測量力，而力不是基本物理量，C符合題意；

D.秒表用來測量時間，而時間是基本物理量，故D不符合題意。2.解：A、研究隊員的劃槳動作時，大小和形狀不能忽略，故不可將隊員看成質(zhì)點，故A錯誤；

B、觀眾相對于龍舟是運動的，所以以龍舟為參考系，岸上站立的觀眾是運動的，故B錯誤；

C、獲得第一名的龍舟，平均速度一定大，但撞線時的速度不一定最大，故C錯誤；

D、獲得最后一名的龍舟，平均速度一定最小，故D正確．

故選：D．

(1)判斷一個物體是運動的還是靜止的，要看這個物體與所選參照物之間是否有位置變化，若位置有變化，則物體相對于參照物是運動的；若位置沒有變化，則物體相對于參照物是靜止的．

(2)在比賽時是相同距離下比較時間，即比較平均速度的大?。?/p>

本題以龍舟比賽為載體考查與之相關(guān)的物理知識，注重了物理知識和生活的聯(lián)系，注意明確平均速度的正確應(yīng)用．3.【分析】

本題考查了勻變速直線運動的規(guī)律，注意平均速度的計算不能簡單用推論。

根據(jù)剎車的最大初速度和剎車的加速度，由速度位移公式v2=2as可得剎車位移，與安全距離比較判斷是否能安全停下。

【解答】

已知v0=36km/h=10m/s，

A.汽車剎車時間為t0=v0a=106s=53s，故A錯誤；

B.汽車剎車過程中的位移為s=v022a=1022×6m≈8.33m<10m，則汽車能安全停下，故B4.A.甲中人對椅子的壓力是因為人的形變而引起的，故A錯誤；

B.甲圖中的人受到重力和椅子對人的作用力，椅子對人的作用力和重力平衡，因此人不同的躺姿不會改變椅子對人的合力，故B錯誤；

C.乙中人腳用力蹬地，不能判斷人的運動趨勢方向，故躺椅對人背部摩擦力的方向亦不能確定，故C錯誤；

D.乙中以人和躺椅整體為研究對象，水平方向上受到地面給腳和躺椅的摩擦力，因整體保持靜止，故地面給腳的摩擦力和地面給躺椅摩擦力大小相等，方向相反，故D正確。

故選D。5.【分析】根據(jù)力的合成遵循平行四邊形定則分析即可，難度不大?！窘獯稹?/p>

在角度緩慢變化過程中，三段繩上的力合力為零，甲乙兩隊對繩的力大小不變，夾角變小，根據(jù)平行四邊形定則合成可得合力變大，丙隊對繩子的拉力與甲乙兩隊對繩的力的合力等大反向，則丙隊對繩子的拉力變大，故選A。6.【分析】

分析圖象，根據(jù)圖象中彈力大小與重力的大小關(guān)系，從而明確是超重現(xiàn)象還是失重現(xiàn)象，并明確完全失重的時間；再根據(jù)豎直上拋的對稱性明確豎直上拋的時間，由豎直上拋運動規(guī)律即可求出上升的最大高度。

本題重點在于圖象的識別，一是要從圖象得到，初始時候彈力等于重力。二是在穩(wěn)定后的高度最大，且穩(wěn)定后每一個在空中的上升和下降時間是相等的。

【解答】

A.由圖象可知，0-3.6s內(nèi)，彈力等于重力，運動員在3.6s～4.2s內(nèi)，彈力大于重力，故運動員處于超重狀態(tài)，故A正確；

B.由圖乙可知，運動員在8.4s～9.4s內(nèi)，運動員受到的彈力先小于重力，再大于重力，然后再小于重力，故運動員先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，故B正確；

C.由圖象可知運動員離開蹦床后做豎直上拋運動，離開蹦床的時刻為6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的時刻為8.4s或11s，它們的時間間隔均為1.6s，故處于完全失重狀態(tài)的最長時間為1.6s，故C正確；

D.7.【分析】本題考查了帶電粒子在勻強電場中的運動、牛頓第三定律、動量定理；電流的定義表達(dá)式，本題知識點錯綜復(fù)雜，但只要我們按題目最后的要求一層一層往前推導(dǎo)，通過聯(lián)想類比就有可能順利解決問題?！窘獯稹?/p>

以正離子為研究對象，由動能定理得qU=12mv2

Δt時間內(nèi)通過的總電荷量為Q=IΔt，

噴出的正離子總質(zhì)量為M=Qqm=IΔtqm。

由動量定理可知正離子所受的平均沖量8.【分析】

本題考查水平方向的圓周運動知識，知道向心力來源是將誒同的關(guān)鍵。

【解答】

A.運動過程中腰帶可看成不動，腰帶合力始終為零，故A錯誤；B.對配重根據(jù)牛頓第二定律有mgtanθ當(dāng)θ=37°，代入數(shù)據(jù)解得ω=C.使用者使用一段時間后成功減肥，再次使用時將腰帶調(diào)小，以滑輪為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律Fr變小，軌道對滑輪作用力減小，滑輪對繩子的作用力減小，繩子對配重的作用力也減小，根據(jù)T=mgcosθ，可知D.根據(jù)B中結(jié)論，當(dāng)θ=53o時，ω=故選C。9.【分析】

雙星做勻速圓周運動具有相同的角速度，靠相互間的萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力定律與牛頓第二定律求出雙星的軌道半徑關(guān)系，從而確定出雙星的半徑如何變化，以及得出雙星的角速度和周期的變化．本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵知道雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力定律與牛頓第二定律即可正確解題．

【解答】

A、雙星間的距離L不斷緩慢增加，根據(jù)萬有引力公式：F=Gm1m2L2可知，萬有引力減小，故A錯誤．

BCD、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：Gm1m2L2=10.【分析】根據(jù)圓柱體體積計算公式求出1s內(nèi)沖擊風(fēng)車的氣流的體積V=SL=vΔtS；利用m=ρV求出質(zhì)量，再由動能的定義式可求出動能，再根據(jù)單位時間內(nèi)的動能與轉(zhuǎn)化功率的關(guān)系求出發(fā)電機功率。

本題考查的是流體的動能及能量轉(zhuǎn)化；本題的關(guān)鍵是根據(jù)密度公式計算單位時間流體的質(zhì)量，進而求解單位時間流體的動能。

【解答】

A.單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機葉片圓面的氣流的體積為V=vS=v?πR2，故A錯誤；

B.單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機葉片圓面的氣流的質(zhì)量11.【分析】

沙子只能在平衡位置上下振動，不會隨著波的傳播而移動；兩種波在沙子中勻速傳播，結(jié)合距離可求出兩種波傳播到蝎子的時間差；由橫波與縱波傳播過程中質(zhì)點振動方向與傳播方向的關(guān)系分析；波在傳播過程中既可傳播振動情況，也可傳播信號與能量。

解決本題的關(guān)鍵是理解并掌握波的基本知識。

【解答】

A.蟲子腳下的沙子在平衡位置上下振動，不會隨著波的傳播而移動，故A錯誤；B.兩種波傳播到蝎子的時間差為Δt=xvC.橫波的傳播方向與振動方向垂直，縱波的傳播方向與振動方向平行，故C錯誤；D.波的傳播過程中既傳播了振動，也傳播了信號和能量，故D正確。故選D。12.解：A、靜止時，N板不動，電容器的電容不變，則電容器電量不變，則電流表示數(shù)為零，電容器保持與電源相連，兩極板帶電，故A錯誤；

B、保持向前勻加速運動時，加速度恒定不變，則N板的位置在某位置不動，電容器電容不變，電容器保持與電源相連電壓不變，由Q=CU知電量不變，電路中無電流，故B錯誤；

C、由靜止突然向后加速時，N板相對向前移動，則板間距減小，根據(jù)C=εrS4πkd知電容C增大，電壓不變，由Q=CU知電容器電量增加，電容器充電，電流由a向b流過電流表，故C正確；

D、由向前加速突然靜止時，N板相對向前移動，則板間距減小，根據(jù)C=εrS4πkd知電容C增大，電壓不變，由Q=CU知電容器電量增加，電容器充電，電流由a向b13.【分析】本題考查了光的折射、反射、折射率和光子動量。由圖分析入射光線，根據(jù)偏折角度分析折射率，根據(jù)折射率分析傳播速度和頻率，根據(jù)p=【解答】

A、c為棱鏡斜邊處的反射光線，垂直射出棱鏡，所以d為入射光，故A錯誤；

B、c為棱鏡斜邊處的反射光線，垂直射出棱鏡，所以c仍為復(fù)色光，故B正確；

C、由圖可知a的折射率小于b的折射率，根據(jù)n=cv，可知在玻璃中b光的傳播速度比a光的小，故C錯誤；

D、a的折射率小于b的折射率，所以a的頻率小于b的頻率，根據(jù)光子動量p=hνc14.[解析]處于熱平衡狀態(tài)的兩個系統(tǒng)，它們具有相同熱學(xué)性質(zhì)的物理量是溫度，A錯誤;當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力，兩個分子靠近時，分子力做正功，分子勢能減小;當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力，兩個分子靠近時，分子力做負(fù)功，分子勢能增加，B錯誤;氣體壓強產(chǎn)生的原因主要是大量氣體分子頻繁地碰撞容器壁，C正確;一定量的100°C的水變成100°C15.【分析】

解決本題需要知道：α

射線電離能力最強，元素的半衰期不會受到外界環(huán)境溫度的影響；核反應(yīng)前后的質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒。屬于基礎(chǔ)考法。

【解答】

A.

α

射線電離能力最強，所以這種報警裝置應(yīng)用了

α

射線電離能力強的特點，故A正確；B.半衰期不因外界環(huán)境的溫度而改變，發(fā)生火災(zāi)時溫度升高，的半衰期不會改變，故B錯誤；CD.

α

衰變釋放出氦核，故核反應(yīng)方程是?95241Am→故選AC。16.【分析】本題為測定充電寶的電動勢和內(nèi)阻的實驗，明確實驗原理是解題關(guān)鍵，明確電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)閉合電路歐姆定律得出U-I關(guān)系式，結(jié)合圖像分析斜率和縱軸截距的物理意義即可得出結(jié)論。

【解答】(2)圖中“數(shù)字多用表1”與滑動變阻器并聯(lián)，其是用來測量電壓，即圖中“數(shù)字多用表1”是電壓表。(3)根據(jù)電路圖，結(jié)合閉合電路歐姆定律有U=結(jié)合U-I圖像有E=5解得r=0(4)由于電動勢的測量值為5.50V，因此若用一只機械式多用電表粗略判斷該充電寶在電量減少時電動勢是否會減小，測量時他應(yīng)該把選擇開關(guān)置于10故選B。(5)由于充電寶在電量減少較多時，電動勢幾乎不變，而電感線圈與電阻不具備這個特征，電容器電量減小時，電壓也減小，因此可以推測充電寶內(nèi)可能用來儲存電能的是電池。故選D17.【分析】

(1)碰撞分為彈性碰撞和非彈性碰撞，彈性碰撞無機械能損失;而非彈性碰撞時損失最大。

(2)兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律分析答題。

(3)A開始做勻速直線運動，根據(jù)題意知，碰撞前A在1個T內(nèi)位移為20cm，B開始處于靜止，通過碰后速度的大小關(guān)系判斷出質(zhì)量的關(guān)系。

對于實驗題，要弄清楚實驗?zāi)康摹嶒炘硪约皵?shù)據(jù)處理等問題，一般的實驗設(shè)計、實驗方法都是根據(jù)教材上給出的實驗方法進行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實驗。

【解答】

(1)題圖甲中兩滑塊發(fā)生的碰撞可以看作是彈性碰撞，動能損失較小，題圖乙中兩滑塊發(fā)生完全非彈性碰撞，動能損失最大，故選擇甲。

(2)?①m1和m2離開軌道末端后均做平拋運動，設(shè)拋出點的高度為H，則平拋運動的時間

t=2Hg

兩球拋出點的高度H相等，則它們做平拋運動的時間t相同，

由題意可知m1與m2碰撞前瞬間的速度大小為v0=OPt

由于m1與m2碰撞后瞬間m1的速度不可能大于碰撞前間的速度，

所以碰后瞬間兩球的速度大小分別為

v1=OMt，v2=ONt

兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：

m1v0=m1v1+m2v2，

解得：m1OP=m1OM+m2ON

本實驗需要測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2，并測量平拋射程OM、ON，故選AD。18.【分析】

本題考查“用油膜法估測油酸分子的大小”實驗。解決問題的關(guān)鍵是清楚實驗原理、實驗步驟、實驗注意事項，會處理數(shù)據(jù)。

【解答】

(1)“用油膜法估測油酸分子的大小”的實