浙江省2022年1月普通高校招生选考科目考试物理模拟试题C

1、浙江省2022年1月普通高校招生选考科目考试物理模拟试题CF点，在这个过程2考生须知：10090分钟。考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上。选择题的答案须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。2B用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。FF的大小变化情况是12AF和F都变大12本卷中涉及数值计算的，重力加速均取10 。BF变大，F变小12选择题部分CF和F都变小12一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1= 。用国

2、际单位制中基本单位表示正确的是DF变小，F变大12【答案】A【解析】对物体受力分析并合成如图：A2 s3Akgm2A2 s2Ckgm3A2 s3Bkgm3A s3Dkgm3【答案】CR L ，解得： S，则： 1RSLRSL R U ，RSI因为物体始终处于平衡状态，故G始终等于G，大小和方向均不发生变化。在物体缓慢偏离竖直位置的过程中细线与竖直方向的夹角逐渐变大，画出平行四边形如图所示，可以看出：水平拉力逐渐变大，绳子的拉力也逐渐变大。故A正确。联立可得： LIUS，根据U q，而W=FL，F=ma，q=It，联立并根据公式对应单位的换算可知，其单位为42022年4月1日，在中国核能可持续发

3、展论坛上，生态环境部介绍2022年会有核电项目陆续开工建设。某核电站获得核能的核反应方程为235 U+1 n 144 Ba+89 Kr+x1n ，己知铀核235 U m，钡核144 Ba m，氪核9202636921262A2 s3 kg m3，故C正确。89 Kr mm，下列说法中正确的是3634上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t （t 时刻距离海平面的深度为00vtv2该核电站通过核聚变获得核能235 CD一个铀核发生上述核反应，释放的能量为mmmm）2B2【答案】C1234v(t t )2C02tDvt0(1 0 )tt【解析】A核电站获得核能的途径是核裂变，故A错误。B铀核2

4、35 U 的质子数为92，故B错误。C根据质量数92守恒可知x=3，故C正确。D一个铀核235 U 发生上述核反应，由质能方程可得：【答案】Ca v，根据逆向思维，可知蛟龙号在t时刻距离海平面的深度为：E mc2 m m14m m2924c2 m m1m 3c2，故错误。h 12a(t t )20 v(t t0 )22t2t，故C正确。01 / 7人和车的速度为 grsin人和车的速度为 grtanmgcos率较大故C项不符合题意；D水的上升和下降过程具有对称性，两水枪喷出水的最大高度相同，两水枪喷出的水在竖直方向运动情况相同，则两水枪喷出的水在空中运动的时间相同，故D项不符合题意。7如图所示

5、，导体棒PQ沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反。导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是（规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向）【答案】Bmg sin【解析】AB对人和车受力分析如图所示，B人和车在竖直方向受力平衡，水平方向重力与支持力的合力提供向心力mv2r，故CDA错误，B正确；CDmgcos ，故CD错误。水枪，它们的喷水口径相同，所喷出的水在空中运动的轨迹如图所示，则由图可看出【答案】A【解析】设ac左侧磁感应强度是B，

6、则右侧的为2B。导轨间距为L。AB金属棒通过bac区域时，由右手定则可知金属棒感应电流从Q到P，为正方向，由i E B2vt 2Bv2t t i BLv；金属棒PQ通甲水枪喷出水的速度较大RRR过，为负方向，由i RE 4B(L vt)v ，可知随时间均匀RRC甲水枪喷水的功率较大减小，PQ棒刚离开ac时， i 2BLv ，故A正确，B错误。CD金属棒PQ通过bac区域时，安培力R4B2v3t216B2(Lvt)2vD乙水枪喷出的水在空中运动的时间较长F Bi 2vt t2 ，金属P通bd区域时，安培力大小为F 4B Lv。根RR【答案】BAB水从最高处到失火处的运动可视为平抛运动，水的上升和

7、下降过程具有对称性；甲、乙两水枪喷出水的最大高度相同，乙水枪喷出的水更远，则乙水枪喷出的水在最高处具有的水平速度更大；水的最大高度相 A乙水枪喷出水的速度较大，甲、乙两水枪喷水口径相同，则乙水枪喷水的功据数学知识可得，CD错误。8如图所示，倾角 =30 的光滑斜面固定在地面上，长为l、质量为m、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用细线将质量也为m的物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面），在此过程中2 / 7 3 R3T32T 2 ， 即 2 =，则A错误；B在a点在轨道I做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有；2T2R3T

8、211物块的机械能逐渐增加v ，在轨道上b点做向心运动，万有引力大于向心力，则：v GM ，则v ，则B错误；aRb2Rabg21由a r 2，得a 1r2，即在a点的加速度大小为在c点的4倍，则C错误；D在b点做向心运动，在c点做离C软绳重力势能减少了 2 mglD软绳刚好全部离开斜面时的速度大小为5gl 2心运动，则c点的速度大于b点的速度，c点动能大于b点的动能，又两点势能相等，故卫星在b点的机械能小于在c 点的机械能，则D正确。10如图所示是选择密度相同、大小不同纳米粒子的一种装置，待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比。待选OO射入正交的匀强电场、【答案D12OO、O在同一竖直【解析

9、】A对于物块和软绳组成的系统，只发生重力势能与动能之间的转化，所以系统的机械能守恒，故A错312rmq的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则误。B物块静止释放瞬间，由牛顿第二定律：mg mg sin 30 ，解得a g4 ，选项B错误；C软绳重力00011111势能减少了(mgl)(mgl sin 30 )mgl，选错误由机械能守恒定律：mglmgl 2mv2 ，解得v 25gl 22，选项D正确。442I7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道为椭圆轨道，轨道为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道的远地点，b、c点与地心的距

10、离均为轨道I半径的2倍，则A区域的电场强度与磁感应强度大小的比值为qU2q U0m0B区域左右两极板间的电势差大U=Bd01m0A卫星在轨道的运行周期为轨道I的2倍C，则刚进入区域的粒子仍将沿直线通过0rD，仍沿直线通过，则区域的电场与原电场的电场强度大小之比为0r0【答案】A1【解析AB设半径r的粒子加速后的速度则有：q U m v2 ，设区II内电场强度洛伦兹点的 2 倍00203倍qE 2q 0，则区域的电场与磁场的强度比值为【答案】D【解析】A轨道I的半径为R，则轨道的半长轴为R R 2R 3 R ，则由开普勒第三定律得：00m02q U0，故、被加速后m00222 HYPERLINK

11、 l _TOC_250001 rr1 HYPERLINK l _TOC_250000 2qUrr，则m（3m，而q （2qmv2 qU v 00 0 ，故洛伦兹r0r0200m rr03 / 72q Urr12一列沿x轴正方向传播的简谐横波，每个质点振动的振幅都为2 m，已知在t=0时刻相距4 m的两个质点a，b的位力变小，粒子带正电，故粒子向左偏转，错误由于v00 0 v，故洛伦兹力与原来的洛伦兹力之比为m rr0rr0 ；电场力与洛伦兹力平衡，故电场力与原来的电场力之比为 0 ；根据F=qE，区域的电场与移都是1 m，但速度方向相反，其中a质点的速度沿y轴负方向，如图所示，则rr原电场的电

12、场强度之比为r0 ，故D错误。r二、选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）从点射出，出射光线平行于AB，已知ABD=30，光在真空中的传播速度为c，则此玻璃的折射率为 33R到需用时cDAB【答案】AB【解析】A如图，由几何知识可得入射角i=ABD=30，折射角r=2ABD=30=60，则此玻璃的折射率为sinrsin60两质点的加速度相同C当质点的速度为零 D当+2 m【答案】AD【解析】Aa、b两个质点都做简谐运动，t=0时刻a、b两质点的位移相同，根据简谐运动的特征：a kx

13、，m得知加速度相同，故A正确。B图示时刻两质点位移相同，速度相反，但不是同相点，所以a、b两质点的平衡位置间的距离不是波长的整数倍，故B错误。C由图看出，a正向平衡位置运动，速度增大，b正向波峰运动， 速度减小，当a通过1cm位移到达平衡位置时，b还没有到达波峰，则a质点速度最大时，b质点速度不为零。故C 错误。D假设在t=0时刻，ab之间只有一个波峰则其位置在x=3的位置，当b质点位移为+2 cm到达波峰时，波向右传播2 m的距离，将波形向右平移2 m可看出，此时a质点位于平衡位置下方，位移为1 cm，故D正确。v时，起重机的有用功率达到最大值1P。以后，起重机保持该功率不变，继续提升重物，

14、直到以最大速度匀速上升。则下列说法正确的是Pv钢绳的最大拉力为v1n 3，故正确；sinisin30Pv+mgv1PmgcsACDmv 21P mgv1长度s=2Rcos30= 3 v ，故光线传到的时间为t ，故正nvc【解析】AB重物先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，开始匀加速时加速度vP Fv ，可得钢绳的最大拉力13211确；C由sinC n3 2，则临界角C45，所以若增大ABD，入射角可能大于临界角，所以光线可P为v，故正确，BF mg P Fv2 ，联立可得重物能在错误；D30，小，则从AD段射出的光线与AB不平行，故D错误。14 / 7Pv=2mg，

15、故C正确F，重物做匀加速运动由牛顿第二定律可得1图1图2实验中除了需要小车、砝码、托盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、两F Pmv根导线、复写纸、纸带之外，还需。mgmav ，由运动学公式可得v11 at ，联立可求的时间t 1P mgv1，故D正下列做法正确的。确。的绝缘轻质细的小球（可视为质点），点摆动，如此往60。不计空气阻力，下列说法中正确的是A调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行 B在调节木板倾斜角度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的托盘通过定滑轮拴在小车上 C实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源 D通过增减小车上的砝码改变质量时，不

16、需要重新调节木板倾斜度 E砝码的总质量远小于小车和车上砝码的总质量1某同学以小车和车上砝码的总质量的倒数M1为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上作出的a在0关系图线如所示。由图可分析得出：加速度与质量关系（填“正比”或“反M3mg q3比”）；图线不过原点说明实验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角 （填“过大”或“过小”）。【答案】（1分） 分） （2）ADE（3分） （3）（1分） （1分）mgL【解析】（1）实验中用砝码桶的总重力表示小车的拉力，需测量砝码桶的质量，所以还需要天平。实验中需要小球在下摆的过程中，小球的重力势能和电势能之和先减小后增大【答案】BC

17、D【解析】A小球在B点受重力竖直向下，电场力水平向右，故合力一定不为零，故A错误；B小球由A到B的过3mg用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还需要刻度尺。（2）ABBCD、通D、对整体分析，根据牛顿第二定律程中，由动能定理可得：mgLsinEqL（1cos60）=0，则电场强度的大小为E q，故B正确；a mgF Ma MmgmgM m ，则绳子上拉力大小M m1 m ，当mM ，即砝码桶及桶内砝码的总3C小球从A运动到B，重力做正功，W=mgh=mgLsin，故重力势能减小mgLsin60 2 mgL ，故C正确；D小球在下摆过程中，除重力做功外，还有电场力做功，故机械能不

18、守恒，但机械能和电势能总能量之和不变，因为球在下摆的过程中，动能先增加后减小，则小球的重力势能和电势能之和先减小后增大，故D正确。M质量远小于小车和小车上砝码的总质量时，砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力。故E正确。1非选择题部分三、实验题（本题共2小题，共17分）（3）因为a M成的。图象是一条直线，a与M成反比；图象在a轴上有截距，这是平衡摩擦力时长木板的倾角过大造15（7分）某实验小组利用如图1所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”。5 / 716（10分）某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100 A，内阻为2 500

19、的表头，一个开关，两个电阻箱（0999.9 ）和若干导线。由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程50 的电流表，则应将表头与电阻 （填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为。因I即表示电源的路端电压，则有IR E I r R 1.53，内阻为A123456R/95.075.055.045.035.025.0I/mA15.018.724.829.536.048.0IR/V1.421.401.361.331.261.20根据表中数据，下图中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图中，并画出IRI图线。1.53 1.18r (5)2.0。0.05三、计算题（本题共3小题，共37分）

20、17（10分）的带球进入水平轨、。、。、E。Pvv。AB【答案】 2gh （3分） （2）2 分） （3）12gh42gh （4分）根据图线可得电池的电动是内是。3【解析】A 2mgh 331 2mv2 （2分）1解得： v0202gh （1分）【答案】并联分） 5.0（2分） （2）（2分） 1.53（2分）（2）当A球进入水平轨道后，A、B 两球组成的系统动量守恒，当A、B 相距最近时，两球速度相等，由动量守恒定律可得： 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，根据并联分流原理，改装

21、成大量程电流表需并202p2gg联立解得：EI Rpmgh（1分）gg =5.0。（3）当A、B 相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之I Ig（2）根据描点法作出5、6两点，再将各点拟合为对应的直线，注意误差较大的点要去除；即得出对应的图象间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A 、 B 两球组成的系统动量如图所示；守恒、能量也守恒，由动量守恒定律可得：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垂直进入磁场，区域0磁场磁感应强度大小不变，方向周期性变化，如图乙所示（垂直纸面向里为正方向）；区域为匀强电场，方6 / 7B。粒子在区域内一定能完成半圆运动且0T强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂