2024年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟卷03（参考答案）

2024年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟卷03参考答案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)电压；(3) 5.50；0.250；(4)B；(5) D17.(1)甲; (2) ①AD; ②18.(1)B、F、E、C；(2)B；19.解：①以气缸和皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p0

体积V1=1000cm3+40×50cm3=3000cm3，

当活塞下压到气缸底部时，设封闭气体的压强为p2，体积V2=1000cm3，

由玻意耳定律p0V1=p2V2，

解得：p2=3×105Pa；

②以皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为p0，体积为V2=100020.解：

(1)12kx2=12mvC2

vC=2m/s；

(2)mg=mv02R

，

v0=2m/s，

mg×2R=12mv2-12mv21.(1)动子和线圈向前运动的最大位移即

0∼t2

时间段内的位移，由图像知(2)动子和线圈在

t1∼t根据牛顿第二定律有F其中F可得I解得F在

t2∼根据牛顿第二定律有F联立相关式子，解得F=(3)动子和线圈在在

t2∼t从

t3

时刻到返回初始位置时间内的位移根据法拉第电磁感应定律有E据电荷量的定义式q据闭合电路欧姆定律I解得从

t3

时刻到返回初始位置时间内电荷量其中ΔΦ动子和线圈从

t3

时刻到返回时间内，只受磁场力作用，根据动量定理有又因为安培力的冲量F安Δt联立可得v故图丙中

v2

的数值为

-22.解：(1)粒子做匀速直线运动，则有

q⋅Ud=q(2)粒子做类平抛运动，有

x=-d2--d联立可得粒子的比荷

qm(3)粒子做匀速圆周运动，则有

qv0B=mv02所以粒子在磁场中运动半个周期，从左边界飞出，则带电粒子束离开立方体空间的位置坐标

(-d2(4)粒子沿z轴做变速直线运动，在xoy平面内做圆周运动，周期为

T=由乙图可知，在

0-d8v0

时间内加速，粒子在z在

d8v0-2d8在

2d8v0-d2在

d2v0-6d8粒子回复最初的方向接着重复最初的运动，运动时间为

t5此时距板的距离为

Δl=12l-(l3到达极板所用总时间为

t=t1+t2+取整数，所以经过1次。【解析】1.【分析】

解决本题的关键是知道力学的三个基本物理量以及对应的测量工具，需识记，不能搞混，要注意力不是基本物理量。力学的三个基本物理量分别为长度、时间、质量，测量工具分别为刻度尺、天平、秒表．力不是基本物理量。

【解答】

A.天平用来测量质量，而质量是基本物理量，故A不符合题意。

B.刻度尺用来测量长度，而长度是基本物理量，故B不符合题意。

C.弹簧测力计测量力，而力不是基本物理量，C符合题意；

D.秒表用来测量时间，而时间是基本物理量，故D不符合题意。2.解：A、研究队员的划桨动作时，大小和形状不能忽略，故不可将队员看成质点，故A错误；

B、观众相对于龙舟是运动的，所以以龙舟为参考系，岸上站立的观众是运动的，故B错误；

C、获得第一名的龙舟，平均速度一定大，但撞线时的速度不一定最大，故C错误；

D、获得最后一名的龙舟，平均速度一定最小，故D正确．

故选：D．

(1)判断一个物体是运动的还是静止的，要看这个物体与所选参照物之间是否有位置变化，若位置有变化，则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对于参照物是静止的．

(2)在比赛时是相同距离下比较时间，即比较平均速度的大小．

本题以龙舟比赛为载体考查与之相关的物理知识，注重了物理知识和生活的联系，注意明确平均速度的正确应用．3.【分析】

本题考查了匀变速直线运动的规律，注意平均速度的计算不能简单用推论。

根据刹车的最大初速度和刹车的加速度，由速度位移公式v2=2as可得刹车位移，与安全距离比较判断是否能安全停下。

【解答】

已知v0=36km/h=10m/s，

A.汽车刹车时间为t0=v0a=106s=53s，故A错误；

B.汽车刹车过程中的位移为s=v022a=1022×6m≈8.33m<10m，则汽车能安全停下，故B4.A.甲中人对椅子的压力是因为人的形变而引起的，故A错误；

B.甲图中的人受到重力和椅子对人的作用力，椅子对人的作用力和重力平衡，因此人不同的躺姿不会改变椅子对人的合力，故B错误；

C.乙中人脚用力蹬地，不能判断人的运动趋势方向，故躺椅对人背部摩擦力的方向亦不能确定，故C错误；

D.乙中以人和躺椅整体为研究对象，水平方向上受到地面给脚和躺椅的摩擦力，因整体保持静止，故地面给脚的摩擦力和地面给躺椅摩擦力大小相等，方向相反，故D正确。

故选D。5.【分析】根据力的合成遵循平行四边形定则分析即可，难度不大。【解答】

在角度缓慢变化过程中，三段绳上的力合力为零，甲乙两队对绳的力大小不变，夹角变小，根据平行四边形定则合成可得合力变大，丙队对绳子的拉力与甲乙两队对绳的力的合力等大反向，则丙队对绳子的拉力变大，故选A。6.【分析】

分析图象，根据图象中弹力大小与重力的大小关系，从而明确是超重现象还是失重现象，并明确完全失重的时间；再根据竖直上抛的对称性明确竖直上抛的时间，由竖直上抛运动规律即可求出上升的最大高度。

本题重点在于图象的识别，一是要从图象得到，初始时候弹力等于重力。二是在稳定后的高度最大，且稳定后每一个在空中的上升和下降时间是相等的。

【解答】

A.由图象可知，0-3.6s内，弹力等于重力，运动员在3.6s～4.2s内，弹力大于重力，故运动员处于超重状态，故A正确；

B.由图乙可知，运动员在8.4s～9.4s内，运动员受到的弹力先小于重力，再大于重力，然后再小于重力，故运动员先处于失重状态再处于超重状态再处于失重状态，故B正确；

C.由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s，它们的时间间隔均为1.6s，故处于完全失重状态的最长时间为1.6s，故C正确；

D.7.【分析】本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动、牛顿第三定律、动量定理；电流的定义表达式，本题知识点错综复杂，但只要我们按题目最后的要求一层一层往前推导，通过联想类比就有可能顺利解决问题。【解答】

以正离子为研究对象，由动能定理得qU=12mv2

Δt时间内通过的总电荷量为Q=IΔt，

喷出的正离子总质量为M=Qqm=IΔtqm。

由动量定理可知正离子所受的平均冲量8.【分析】

本题考查水平方向的圆周运动知识，知道向心力来源是将诶同的关键。

【解答】

A.运动过程中腰带可看成不动，腰带合力始终为零，故A错误；B.对配重根据牛顿第二定律有mgtanθ当θ=37°，代入数据解得ω=C.使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，以滑轮为研究对象，根据牛顿第二定律Fr变小，轨道对滑轮作用力减小，滑轮对绳子的作用力减小，绳子对配重的作用力也减小，根据T=mgcosθ，可知D.根据B中结论，当θ=53o时，ω=故选C。9.【分析】

双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律求出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度和周期的变化．本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题．

【解答】

A、双星间的距离L不断缓慢增加，根据万有引力公式：F=Gm1m2L2可知，万有引力减小，故A错误．

BCD、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：Gm1m2L2=10.【分析】根据圆柱体体积计算公式求出1s内冲击风车的气流的体积V=SL=vΔtS；利用m=ρV求出质量，再由动能的定义式可求出动能，再根据单位时间内的动能与转化功率的关系求出发电机功率。

本题考查的是流体的动能及能量转化；本题的关键是根据密度公式计算单位时间流体的质量，进而求解单位时间流体的动能。

【解答】

A.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为V=vS=v⋅πR2，故A错误；

B.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的质量11.【分析】

沙子只能在平衡位置上下振动，不会随着波的传播而移动；两种波在沙子中匀速传播，结合距离可求出两种波传播到蝎子的时间差；由横波与纵波传播过程中质点振动方向与传播方向的关系分析；波在传播过程中既可传播振动情况，也可传播信号与能量。

解决本题的关键是理解并掌握波的基本知识。

【解答】

A.虫子脚下的沙子在平衡位置上下振动，不会随着波的传播而移动，故A错误；B.两种波传播到蝎子的时间差为Δt=xvC.横波的传播方向与振动方向垂直，纵波的传播方向与振动方向平行，故C错误；D.波的传播过程中既传播了振动，也传播了信号和能量，故D正确。故选D。12.解：A、静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持与电源相连，两极板带电，故A错误；

B、保持向前匀加速运动时，加速度恒定不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电容不变，电容器保持与电源相连电压不变，由Q=CU知电量不变，电路中无电流，故B错误；

C、由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C=εrS4πkd知电容C增大，电压不变，由Q=CU知电容器电量增加，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；

D、由向前加速突然静止时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C=εrS4πkd知电容C增大，电压不变，由Q=CU知电容器电量增加，电容器充电，电流由a向b13.【分析】本题考查了光的折射、反射、折射率和光子动量。由图分析入射光线，根据偏折角度分析折射率，根据折射率分析传播速度和频率，根据p=【解答】

A、c为棱镜斜边处的反射光线，垂直射出棱镜，所以d为入射光，故A错误；

B、c为棱镜斜边处的反射光线，垂直射出棱镜，所以c仍为复色光，故B正确；

C、由图可知a的折射率小于b的折射率，根据n=cv，可知在玻璃中b光的传播速度比a光的小，故C错误；

D、a的折射率小于b的折射率，所以a的频率小于b的频率，根据光子动量p=hνc14.[解析]处于热平衡状态的两个系统，它们具有相同热学性质的物理量是温度，A错误;当分子力表现为引力，两个分子靠近时，分子力做正功，分子势能减小;当分子力表现为斥力，两个分子靠近时，分子力做负功，分子势能增加，B错误;气体压强产生的原因主要是大量气体分子频繁地碰撞容器壁，C正确;一定量的100°C的水变成100°C15.【分析】

解决本题需要知道：α

射线电离能力最强，元素的半衰期不会受到外界环境温度的影响；核反应前后的质量数守恒和电荷数守恒。属于基础考法。

【解答】

A.

α

射线电离能力最强，所以这种报警装置应用了

α

射线电离能力强的特点，故A正确；B.半衰期不因外界环境的温度而改变，发生火灾时温度升高，的半衰期不会改变，故B错误；CD.

α

衰变释放出氦核，故核反应方程是 95241Am→故选AC。16.【分析】本题为测定充电宝的电动势和内阻的实验，明确实验原理是解题关键，明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律得出U-I关系式，结合图像分析斜率和纵轴截距的物理意义即可得出结论。

【解答】(2)图中“数字多用表1”与滑动变阻器并联，其是用来测量电压，即图中“数字多用表1”是电压表。(3)根据电路图，结合闭合电路欧姆定律有U=结合U-I图像有E=5解得r=0(4)由于电动势的测量值为5.50V，因此若用一只机械式多用电表粗略判断该充电宝在电量减少时电动势是否会减小，测量时他应该把选择开关置于10故选B。(5)由于充电宝在电量减少较多时，电动势几乎不变，而电感线圈与电阻不具备这个特征，电容器电量减小时，电压也减小，因此可以推测充电宝内可能用来储存电能的是电池。故选D17.【分析】

(1)碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，弹性碰撞无机械能损失;而非弹性碰撞时损失最大。

(2)两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。

(3)A开始做匀速直线运动，根据题意知，碰撞前A在1个T内位移为20cm，B开始处于静止，通过碰后速度的大小关系判断出质量的关系。

对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。

【解答】

(1)题图甲中两滑块发生的碰撞可以看作是弹性碰撞，动能损失较小，题图乙中两滑块发生完全非弹性碰撞，动能损失最大，故选择甲。

(2) ①m1和m2离开轨道末端后均做平抛运动，设抛出点的高度为H，则平抛运动的时间

t=2Hg

两球抛出点的高度H相等，则它们做平抛运动的时间t相同，

由题意可知m1与m2碰撞前瞬间的速度大小为v0=OPt

由于m1与m2碰撞后瞬间m1的速度不可能大于碰撞前间的速度，

所以碰后瞬间两球的速度大小分别为

v1=OMt，v2=ONt

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

m1v0=m1v1+m2v2，

解得：m1OP=m1OM+m2ON

本实验需要测量两个小球的质量m1、m2，并测量平抛射程OM、ON，故选AD。18.【分析】

本题考查“用油膜法估测油酸分子的大小”实验。解决问题的关键是清楚实验原理、实验步骤、实验注意事项，会处理数据。

【解答】

(1)“用油膜法估测油酸分子的大小”的实