2024年浙江选考仿真模拟物理试卷二（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024年浙江选考仿真模拟卷（二）物理（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39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．下面所列物理量与其国际单位制（SI）单位不符的是（）A．力：N B．速度：m/s C．质量：kg D．长度：km【解答】解：A、在国际单位制中，力的单位是N，故A正确；B、在国际单位制中，速度的单位是m/s，故B正确；C、在国际单位制中，质量的单位是kg，故C正确；D、在国际单位制中，长度的单位是m，km只是长度单位的一个常用单位，故D错误；本题选与其国际单位制（SI）单位不符的故选：D。2．物理课上经常出现“高速公路”、“高压输电”、“高频振荡”、“高温物体”等带有“高”字的词语，下列对这些词语的说法正确的是（）A．高速公路上有限速，如限速120km/h，即行车的平均速度不得超过120km/h B．我国远距离输电一般采取高压输电，输送电压越高，相应电流也越大 C．要有效发射电磁波，需要用高频振荡，频率越高发射电磁波的本领越大 D．温度高的物体，从微观角度看，分子热运动的平均速率大【解答】解：A、高速公路限速指的是瞬时速度，故A错误；B、根据P＝UI知，P一定时，U越大，I越小，故B错误；C、发射电磁波的本领由振荡电路频率决定，振荡电路频率越高，发射电磁波的本领越大，故C正确；D、温度高的物体分子平均动能较大，但如果分子质量大，则分子的平均速率可能小，故D错误。故选：C。3．第56届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛，于2022年9月30日至10月9日在中国四川成都举行。在冠亚军争夺战中，中国女团3：0战胜日本女团，以八战全胜且一盘不失的战绩夺得女团冠军，实现世乒赛团体赛五连冠。下列说法正确的是（）A．无论研究乒乓球做何种运动，乒乓球都不能视为质点 B．研究女运动员的接球动作时，女运动员可以视为质点 C．乒乓球被球拍击出后相对于乒乓球桌始终是静止的 D．题中所给的“2022年9月30日至10月9日”，指的是时间间隔【解答】解：A．研究乒乓球的旋转时，乒乓球的大小和形状不能忽略，故不能视为质点，研究乒乓球的运动轨迹时，可以不考虑其大小和形状，所以乒乓球能视为质点，故A错误；B．研究女运动员的接球动作时，女运动员的肢体动作对是否能成功接球有影响，不能忽略，故女运动员不可以视为质点，故B错误；C．乒乓球被球拍击出后相对于乒乓球桌是运动的，故C错误；D．题中所给的“2022年9月30日至10月9日”是比赛进行的时间段，指的是时间间隔，故D正确。故选：D。4．如图所示，一质量为0.3kg的白板擦静止在竖直磁性白板上，现给白板擦一个恒定的水平推力4.0N，重力加速度g取10m/s2，则推力作用后（）A．白板擦可能做水平方向匀速直线运动 B．白板擦可能做匀加速直线运动 C．白板擦受到的摩擦力大小为5.0N D．白板擦共受6个力【解答】解：A、水平推力作用后，如图：重力与推力的合力为5N，方向为左下方，并不是水平方向，故白板擦不可能做水平方向运动，故A错误；B、若最大静摩擦力大于5N，则白板擦静止，若最大静摩擦力小于5N，则沿重力与推力的合力方向做匀加速直线运动，故B正确；C．此时摩擦力大小与弹力成正比，具体大小未知，故C错误；D．推力作用后，白板擦共受重力、弹力、摩擦力、推力、磁力5个力，故D错误。故选：B。5．如图，窗子上、下沿间的高度H＝1.6m，墙的厚度d＝0.3m，某人在离墙壁水平距离L＝1.2m，距窗子上沿高h＝0.2m处的P点，将可视为质点的小物件以速度v垂直于墙壁水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10m/s2，则v的取值范围是（）A．0＜v＜6m/s B．v＜2.5m/s C．2m/s＜v＜6m/s D．2.5m/s＜v＜6m/s【解答】解：当恰好从上沿飞入窗口：h=L＝vt，联立解得：v＝6m/s；当恰好从下窗沿飞出窗口：H+hL+d＝vt，解得：v＝2.5m/s，所以2.5m/s＜v＜6m/s，故ABC错误，D正确。故选：D。6．如图所示，a、b为电场中同一条水平方向电场线上的两点。若已知这两点的电势大小和两点间的距离，则（）A．一定能求出此电场的电场强度 B．一定能求出a、b两点间中点的电势 C．一定能求出已知电荷量的电荷从a点移动到b点电场力所做的功 D．一定能求出已知电荷量的电荷从a点由静止运动到b点所用的时间【解答】解：AB、在匀强电场中，根据公式U＝Ed，但因为电场不一定是匀强电场，所以不一定能计算出电场强度和电势差，以及ab两点间中点的电势，故AB错误；CD、因为已知两点的电势和移动电荷的电量，所以能计算出电势能的变化，根据功能关系也可以计算出电场力做的功；但根据已知条件无法计算出电荷从a点由静止运动到b点的时间，故C正确，D错误；故选：C。7．温室效应是全球变暖的重要原因之一，如图为温室效应的简化图（图中数据单位W/m2），它展现了自然界，包括太空、大气与地表（水、陆平均）之间的能量流向与功率以及温室效应。图中X为地表每单位面积转移给大气的热量功率，依据图中的资料，X的数值为（）A．452 B．492 C．519 D．586【解答】解：由图可知海水单位面积吸收热量的功率为P＝168W/m²+324W/m²＝492W/m²海水单位面积放出热量的功率P'＝X+40W/m²海水温度不变，内能不变，则P'＝P解得X＝452W/m²故A正确，BCD错误。故选：A。8．如图所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民，所以整幢居民楼里有各种不同的电器，例如电炉、电视机、微波炉、电风扇等。停电时，用欧姆表测得A、B间电阻为R；供电后，各家电器同时使用，测得A、B间电压为U，进线电流为I，则计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是（）A．P＝I2R B．P=U2R C．P＝UI D【解答】解：家用电器中有纯电阻用电器也有非纯电阻用电器，故总功率只能用P＝UI来计算，故C正确，ABD错误。故选：C。9．如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法正确的是（）A．周期关系为Ta＝Tc＞Tb B．线速度的大小关系为vc＜vb＜va C．向心加速度的大小关系为aa＞ab＞ac D．向心力关系为Fb＞Fc＞Fa【解答】解：a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星，则a、c的角速度相等，b、c的向心力由万有引力提供；A、c为地球同步卫星，转动角速度与地球自转角速度相等，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mr4π2T2，解得：T=4π2r3B、对a、c，根据公式v＝rω，由ra＜rc可知，va＜vc；对b、c，根据牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，由rb＜rc可知，vc＜vb；故三者线速度的大小关系为va＜vC、对a、c，根据向心加速度公式a＝rω2，由ra＜rc可知，aa＜ac；对b、c，根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，由rb＜rc可知，ac＜ab；故三者心加速度的大小关系为aa＜acD、由于三个物体的质量未知，所以无法比较向心力大小，故D错误。故选：A。10．如图，一束红、蓝复色光沿平行底面的方向从左侧面射入底面镀银的等腰棱镜，进入棱镜的光经底面反射后到达右侧面，对于两列可能的出射光，下列说法正确的是（）A．出射光仍为一束复色光，出射光方向与入射光方向平行 B．可能只有红光出射，蓝光在到达右侧面时发生了全反射 C．两列光都出射，且出射光次序为红光在上，蓝光在下 D．两列光都出射，且出射点的高度差与入射点的位置无关【解答】解：A．如图，入射光经棱镜折射后，发生色散现象，故A错误；B．由图知，光在入射棱镜时的折射角一定等于出射棱镜时的入射角，故不会发生全反射现象，故B错误；C．因为蓝光的频率更大，所以蓝光偏折更大，故蓝光出射点更偏上方，故C错误；D．根据光路图可知，出射点的高度差与入射点的位置无关，故D正确。故选：D。11．以下关于光学知识的叙述中，正确的是（）A．泊松亮斑是光波的圆孔衍射现象 B．彩虹是不同色光在通过水滴时由于偏振而形成的 C．照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的干涉原理 D．用油膜法估测油酸分子的大小实验中，一束白光照到油膜上，可以出现彩色条纹【解答】解：A．泊松亮斑是光波经圆盘衍射形成的现象，故A错误；B．彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的，故B错误；C．照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的薄膜干涉原理，故C正确；D．用油膜法估测油酸分子的大小实验中，油膜很薄，已经到达了分子直径的级别，相对于可见光的波长可以忽略不计，不可能出现彩色条纹，故D错误。故选：C。12．下列说法正确的是（）A．频率越低的光，粒子性越显著 B．无论光强多强，只要入射光的频率小于金属的截止频率，就不能发生光电效应 C．氢原子吸收光子后，电子运动的轨道半径变大，动能也变大 D．发生β衰变时，新核的核电荷数不变【解答】解：A、频率越低的光，光子的能量值越小，其动量越小，粒子性越不显著。故A错误；B、光电效应实验中，无论入射光多强，只要入射光的频率低于金属的截止频率，就不可能发生光电效应，故B正确；C、氢原子吸收光子后，电子运动的轨道半径变大，根据ke2rD、发生β衰变时，原子核内的每一个中子转化为一个质子和一个电子，新核的质量数不变，核电荷数增加一个。故D错误；故选：B。13．如图，在远离海岸的海面上，有两个浮筒发电装置甲、乙沿东西方向排列，相距为10m，海面上某个方向传来一列频率恒定的平面波，波速为10m/s，浮筒甲先开始上下振动，经0.6s后，浮筒乙也开始振动，此后观察到当甲处于最高位置时，乙处于平衡位置且向下运动，且甲、乙之间只有一个波谷，则（）A．波的传播方向为水平向东方向 B．此时海面上传播的波的波长为403C．浮筒振动的周期为0.8s D．浮筒上下运动的振幅与波的周期无关【解答】解：A．海浪为平面波，波速恒定，经0.6s，前进距离为6m，可见波的传播方向与甲、乙的连线方向有一夹角，如图所示：由上图课知，波的传播方向应该为东南方向，故A错误；B．由上图可知，甲、乙在波的传播方向的距离为6m，由题可得，当甲处于最高位置时，乙处于平衡位置且向下运动，且甲、乙之间只有一个波谷，故甲、乙之间的距离与波长的关系为：6m=解得：λ＝8m，故B错误；C．由上可知，波长、波速已知，根据波长、波速、周期的关系式可求周期为：T=λv=D．浮筒的振动为受迫振动，振幅与驱动力周期有关，即与波的周期有关，故D错误。故选：C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6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3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14．下列说法中正确的是（）A．动圈式扬声器也可以当作话筒使用 B．利用光敏电阻可以对流水线上的产品计数 C．用半导体材料制作的热敏电阻的阻值随温度升高而变大 D．霍尔元件可以把电学量转化为磁学量【解答】解：A．动圈式扬声器在外界的作用下振动，会带动线圈运动，此时，线圈会切割磁感线运动，从而引起闭合回路的磁通量变化，则会产生感应电流，就会把声音信号变成电信号，故A正确；B．光敏电阻的阻值和光强有关，则利用光敏电阻可以通过遮光情况实现对流水线上的产品计数，故B正确；C．用半导体材料制成的热敏电阻，若它的阻值会随温度升高而变小的，称为负温度系数热敏电阻；若它的阻值随温度升高而变大的，称为正温度系数热敏电阻。所以半导体材料制作的热敏电阻的阻值随温度升高不一定是变大的，故C错误；D．霍尔元件的原理是把磁学量转化为电学量，故D错误。故选：AB。15．用如图所示的装置研究光电效应现象。所用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零，移动变阻器的触点c，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，则下列说法正确的是（）A．换波长更长的光照射，可能电流表G没有示数 B．光电管阴极的逸出功为1.7eV C．当滑动触头向b端滑动时，电流增大 D．开关S断开后，没有电流流过电流表G【解答】解：A、当换波长更长的光，其频率减小，小于极限频率时不能发生光电效应，电流表G便没有示数，故A正确；B、根据光电效应方程Ekm＝hγ﹣W0，所以W0＝hγ﹣Ekm＝2.75eV﹣1.7eV＝1.05eV，故B错误；C、根据分压电路结构可知，当滑动触头向b端滑动时，反向电压减小，电流增大，故C正确；D、开关S断开后，用光子能量为2.75eV的光照身到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，电流表G示数为不为零，故D错误，故选：AC。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16（14分）．Ⅰ、（1）在“探究弹簧弹力F与弹簧长度l的关系”的实验中，装置如图甲所示。毫米刻度尺的0刻度线与弹簧上端对齐，实验中通过改变弹簧下端所悬挂钩码的质量，改变弹簧弹力。①实验中某次测量弹簧长度如图1所示，则此时弹簧长度l＝8.82cm。②多次实验，记录数据后描点连线得到F﹣1图像，由此可知该弹簧的劲度系数k＝200N/m。（计算结果保留三位有效数字）。（2）某实验小组测量当地重力加速度。①小明同学利用手机频闪拍摄小球自由下落的过程来测量当地重力加速度。图3是自由下落运动的部分频闪照片。x1、x2、x3、x4分别是小球到O点的距离，已知手机闪光频率f＝50Hz，则可以测得当地重力加速度g＝9.63m/s2。（计算结果保留三位有效数字）．②小金同学利用图4单摆装置测量当地重力加速度。下列操作正确的是AC（多选）A．摆线上端需要夹子夹牢来固定悬点B．应该从平衡位置（最低点）开始计时，并直接测量一次全振动的时间作为周期C．为减小误差，摆球应该质量大体积小D．为了减小阻力影响，应该让摆球的摆角大一些好，摆动得更明显③小金利用单摆周期公式计算重力加速度，在实验前正确测量摆长，实验后回想到实验过程中小球的摆动平面并没有在严格的同一竖直平面内，则他计算的重力加速度值将偏大（选填“偏大”、“偏小”、“不偏”）。【解答】解：（1）①由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，此时弹簧的实际长度为8.82cm。②图象斜率代表弹簧的劲度系数，则k=ΔFΔx=12-0（2）①手机闪光频率f＝50Hz，则T=1f=150s＝0.02s，根据逐差法可解得重力加速度g=x②A、在摆线上端的悬点处，用夹子夹牢摆线，防止摆线长度变化，故A正确；B、为了减小测量误差，采用累积法，测量多个周期求平均值可以减小误差，故B错误；C、为减小误差，摆球应该质量大体积小，故C正确；D、摆的周期大一些可以方便测量，但是摆角过大，会使摆球的摆动不能看作简谐运动，故D错误；故选：AC。③对圆锥摆，根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mr4π2T2解得T＝2πLcosθg根据g=4π2T2L故〖答案〗为：（1）①8.82，200；（2）①9.63，②AC，③偏大Ⅱ、（1）在“测电源的电动势与内电阻”实验中，测量实验室中干电池组的电动势与内电阻。①图1中导线a端应与电流表的“0.6”（选填“﹣”、“0.6”或“3”）连接。导线b端应与电流表的“﹣接线柱”（选填“﹣接线柱”、“0.6接线柱”或“3接线柱”）连接。②闭合开关后，调节滑动变阻器，使B的示数逐渐变大。A．电压表B．电流表③根据实验测得的5组数据，在坐标纸上描出数据点，如图2所示。则此干电池组的电动势E＝2.98V，内阻r＝3.96Ω。（计算结果均保留三位有效数字）（2）用图3电路对实验室中某一未知电源的电动势Ex进行精确测量，过程如下：先把单刀双掷开关拨到1，移动滑动变阻器滑片P，使电流计G的示数恰好为0，记下滑片P到滑动变阻器左端的距离Is。然后把单刀双掷开关拨到2，移动滑动变阻器滑片P，使电流计G的示数也恰好为0，记下滑片P到滑动变阻器左端的距离Ix。已知滑动变阻器的阻值与长度成正比，标准电源的电动势E＝1.50V，对应刻度Is＝7.50cm，被测电源对应刻度为lx＝21.00cm，则被测电源的电动势Ex＝4.20V。（计算结果保留三位有效数字）【解答】解：（1）①导线a端应与电流表的“0.6”接线柱连接，导线b端应与电流表的“﹣”接线柱连接。②闭合开关后，电流逐渐增大，电压逐渐减小，故B正确、A错误。故选：B。③作出电路图以及U﹣I关系图像如图所示，根据图像可知电池组的电动势：E＝2.98V（2.96V～3.00V）内阻为斜率的绝对值为内电阻，即为：r=ΔUΔI=2.98-1.00.5Ω＝3.96Ω（2）当分压式的滑动变阻器输出电流为零时，其输出电压与电阻成正比，即与长度成正比。当电流计G的电流为0，两次关系分别为：Us＝Es，Ux＝Ex而U故E得Ex＝4.20V故〖答案〗为：（1）①0.6；“﹣接线柱”；②B；③2.96～3.00；3.96～4.04；（2）4.20。17．（8分）如图所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距汽缸底高度h1＝0.50m，气体的温度t1＝27℃．给汽缸缓慢加热至t2＝207℃，活塞上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中缸内气体增加的内能△U＝300J．已知活塞横截面积S＝5.0×10﹣3m2，大气压强p0＝1.0×105Pa．求：①活塞距离汽缸底h2；②此过程中缸内气体吸收的热量Q．【解答】解：①气体做等压变化，根据气态方程可得h10.50300解得h2＝0.80m②在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W0＝p△V＝1.0×105×（0.80﹣0.50）×5.0×10﹣3J＝150J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为△U＝W+Q得Q＝△U+W0＝450J答：①活塞距离汽缸底h2为0.80m；②缸内气体吸收的热量Q为450J．18．（11分）如图所示，一质量m＝0.4kg的滑块（可视为质点）静止于水平轨道上的A点。现对滑块施加一恒定的水平外力F＝5N，使其向右运动，经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数FN＝25.6N。已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5m，物块与水平轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，空气阻力可略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求滑块运动到C点时速度vC的大小；（2）求水平外力作用在滑块上的位移s；（3）若紧挨着D点右侧放置质量也是m的另一滑块，两滑块最终静止时的距离Δx＝4.5m。求碰撞时损失的机械能。【解答】解：（1）滑块运动到D点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝mv滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得：mgR（1﹣cosα）+代入数据解得：vC＝5m/s，vD＝33m/s（2）滑块离开离开B后做平抛运动，滑块到达B点的速度：vB＝vCcosα＝5×cos37°＝4m/s设在水平力作用下滑块的位移大小为s，滑块从A到B运动过程，由动能定理得：Fs﹣μmgL=1代入数据解得：s＝0.8m（3）设两滑块碰撞后的速度大小分别为v1、v2，两滑块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：mvD＝mv1+mv2，碰撞后两滑块在水平面上做匀减速直线运动，设减速到零的位移大小分别为x1、x2，对两滑块，由动能定理得：﹣μmgx1＝0-12mv12两滑块静止时的距离：Δx＝x2﹣x1，代入数据解得：v1=3m/s，v2＝23两滑块碰撞过程，由能量守恒定律得：12m代入数据解得，碰撞过程损失的机械能：△E＝2.4J答：（1）滑块运动到C点时速度vC的大小是5m/s；（2）水平外力作用在滑块上的位移s是0.8m；（3）碰撞时损失的机械能是2.4J。19．（11分）如图所示，虚线边界左侧空间分布磁感应强度为B的匀强磁场，方向竖直向下，边界右侧空间分布磁感应强度为2B的匀强磁场，方向竖直向上。一质量为m，总电阻为R，ab边长为3s，bc边长为L的单匝矩形线框abcd垂直于磁场水平放置，bc边平行于虚线边界，ab、cd边上的e、f两处（e、f两处在边界处）有两个小孔，一光滑绝缘的固定轴穿过两个小孔（小孔和轴图中未画出），ad到边界的距离为s。现让线框在外力的作用下，绕ef轴以角速度ω，顺着ef看为逆时针方向开始匀速转动。（1）求从图示位置开始转动半周过程中通过线框某一横截面的电量大小q；（2）在乙图上画出线框中感应电流随时间的图像（以abcda方向为电流正方向，从初始时刻开始，画一个周期，请标注电流最大值）；（3）求匀速转动一周外力所做的功W；（4）撤去外力和转轴，让线圈静止于一个足够大的光滑绝缘水平面上，线圈与磁场的相对位置依然如图甲所示，现给线框一个水平向右的初速度v0。线框开始运动，发现线框最终的稳定速度为v，求初速度v0大小。【解答】解：（1）感应电动势E=感应电流I=根据q＝It其中ΔΦ＝3BLs解得q=（2）第一个14T内，i=3BLωsRsinωt，0≤t≤π2ω第四个14T内，i=3BLωs（3）根据W＝I2Rt有效值I=解得W=（4）线框的感应电动势E＝2BLv+BLvbc边受到安培力向左Fad边受到安培力向左F由动量定理，Δt时间内有-∑2BiLΔt-∑BilΔt=mv-mv即-解得v答：（1）从图示位置开始转动半周过程中通过线框某一横截面的电量大小为3BLsR（2）见〖解析〗；（3）匀速转动一周外力所做的功为9πB（4）初速度v0大小为v+920．（11分）如图甲所示，有一竖直放置的平行板电容器，两平行金属板间距为l，极板长度为2l，在两极板间加上如图乙所示的交变电压（t＝0时左极板带正电），以极板间的中心线OO1为y轴建立如图里所示的坐标系，在y＝2l直线上方合适的区域加一垂直纸面向里的圆形匀强磁场。t＝0时，有大量电子从入口OA同时以平行于y轴的初速度v0射入两极板间，经过T时间所有电子都能从平行板上方O1D出口平行极板射出，经过圆形磁场区域后所有电子均能打在同一点P（P在y＝3l直线上）已知电子的质量为m，电荷量为e，求：（1）交变电压的周期T和电压U0的值；（2）若P点坐标为（0，3l），求所加磁场的磁感应强度的取值范围；（3）当所加磁场的磁感应强度为（2）问中的最小值时，求P点横坐标的取值范围以及电子从出发到打至P点时，最长运动时间和最短运动时间的差值的范围。【解答】解：（1）由题意，经过T时间所有电子都能从平行板上方O1D出口平行极板射出，粒子在y方向上做匀速直线运动，有：2l＝nv0T可得：T=竖直方向上先加速后减速，有l而加速度为：a=联立求得：U（2）若使电子经磁场偏转后会聚于一点，则电子运动的半径与圆形磁场的半径相等。当所加磁场为图中小圆时磁感应强度最大，此时：r根据洛伦兹力提供向心力有：e联立可得：B当所加磁场为大圆时（与直线y＝2l相切）磁感应强度有最小值，此时：rmax＝l根据洛伦兹力提供向心力有：e联立可得：B则所加磁场的范围为：m（3）当所加磁场的磁感应强度为（2）问中的最小值时，各电子到达同一点的时间不同，当电子过x=12l时，电子在磁场中所用时间最大：最短时间：t则：Δt＝tmax﹣tmin=当大圆向上平移时，Δt变小，当大圆向上平移到最低点与y＝2l相切时，Δt有最小值：t两者之差为：Δtmin＝tmax′﹣tmin′=所以：(2π-3答：（1）交变电压的周期T和电压U0的值分别为：T=2lnv（2）所加磁场的磁感应强度的取值范围为mv（3）电子从出发到打至P点时，最长运动时间和最短运动时间的差值的范围为(2π-332024年浙江选考仿真模拟卷（二）物理（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39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．下面所列物理量与其国际单位制（SI）单位不符的是（）A．力：N B．速度：m/s C．质量：kg D．长度：km【解答】解：A、在国际单位制中，力的单位是N，故A正确；B、在国际单位制中，速度的单位是m/s，故B正确；C、在国际单位制中，质量的单位是kg，故C正确；D、在国际单位制中，长度的单位是m，km只是长度单位的一个常用单位，故D错误；本题选与其国际单位制（SI）单位不符的故选：D。2．物理课上经常出现“高速公路”、“高压输电”、“高频振荡”、“高温物体”等带有“高”字的词语，下列对这些词语的说法正确的是（）A．高速公路上有限速，如限速120km/h，即行车的平均速度不得超过120km/h B．我国远距离输电一般采取高压输电，输送电压越高，相应电流也越大 C．要有效发射电磁波，需要用高频振荡，频率越高发射电磁波的本领越大 D．温度高的物体，从微观角度看，分子热运动的平均速率大【解答】解：A、高速公路限速指的是瞬时速度，故A错误；B、根据P＝UI知，P一定时，U越大，I越小，故B错误；C、发射电磁波的本领由振荡电路频率决定，振荡电路频率越高，发射电磁波的本领越大，故C正确；D、温度高的物体分子平均动能较大，但如果分子质量大，则分子的平均速率可能小，故D错误。故选：C。3．第56届国际乒联世界乒乓球团体锦标赛，于2022年9月30日至10月9日在中国四川成都举行。在冠亚军争夺战中，中国女团3：0战胜日本女团，以八战全胜且一盘不失的战绩夺得女团冠军，实现世乒赛团体赛五连冠。下列说法正确的是（）A．无论研究乒乓球做何种运动，乒乓球都不能视为质点 B．研究女运动员的接球动作时，女运动员可以视为质点 C．乒乓球被球拍击出后相对于乒乓球桌始终是静止的 D．题中所给的“2022年9月30日至10月9日”，指的是时间间隔【解答】解：A．研究乒乓球的旋转时，乒乓球的大小和形状不能忽略，故不能视为质点，研究乒乓球的运动轨迹时，可以不考虑其大小和形状，所以乒乓球能视为质点，故A错误；B．研究女运动员的接球动作时，女运动员的肢体动作对是否能成功接球有影响，不能忽略，故女运动员不可以视为质点，故B错误；C．乒乓球被球拍击出后相对于乒乓球桌是运动的，故C错误；D．题中所给的“2022年9月30日至10月9日”是比赛进行的时间段，指的是时间间隔，故D正确。故选：D。4．如图所示，一质量为0.3kg的白板擦静止在竖直磁性白板上，现给白板擦一个恒定的水平推力4.0N，重力加速度g取10m/s2，则推力作用后（）A．白板擦可能做水平方向匀速直线运动 B．白板擦可能做匀加速直线运动 C．白板擦受到的摩擦力大小为5.0N D．白板擦共受6个力【解答】解：A、水平推力作用后，如图：重力与推力的合力为5N，方向为左下方，并不是水平方向，故白板擦不可能做水平方向运动，故A错误；B、若最大静摩擦力大于5N，则白板擦静止，若最大静摩擦力小于5N，则沿重力与推力的合力方向做匀加速直线运动，故B正确；C．此时摩擦力大小与弹力成正比，具体大小未知，故C错误；D．推力作用后，白板擦共受重力、弹力、摩擦力、推力、磁力5个力，故D错误。故选：B。5．如图，窗子上、下沿间的高度H＝1.6m，墙的厚度d＝0.3m，某人在离墙壁水平距离L＝1.2m，距窗子上沿高h＝0.2m处的P点，将可视为质点的小物件以速度v垂直于墙壁水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10m/s2，则v的取值范围是（）A．0＜v＜6m/s B．v＜2.5m/s C．2m/s＜v＜6m/s D．2.5m/s＜v＜6m/s【解答】解：当恰好从上沿飞入窗口：h=L＝vt，联立解得：v＝6m/s；当恰好从下窗沿飞出窗口：H+hL+d＝vt，解得：v＝2.5m/s，所以2.5m/s＜v＜6m/s，故ABC错误，D正确。故选：D。6．如图所示，a、b为电场中同一条水平方向电场线上的两点。若已知这两点的电势大小和两点间的距离，则（）A．一定能求出此电场的电场强度 B．一定能求出a、b两点间中点的电势 C．一定能求出已知电荷量的电荷从a点移动到b点电场力所做的功 D．一定能求出已知电荷量的电荷从a点由静止运动到b点所用的时间【解答】解：AB、在匀强电场中，根据公式U＝Ed，但因为电场不一定是匀强电场，所以不一定能计算出电场强度和电势差，以及ab两点间中点的电势，故AB错误；CD、因为已知两点的电势和移动电荷的电量，所以能计算出电势能的变化，根据功能关系也可以计算出电场力做的功；但根据已知条件无法计算出电荷从a点由静止运动到b点的时间，故C正确，D错误；故选：C。7．温室效应是全球变暖的重要原因之一，如图为温室效应的简化图（图中数据单位W/m2），它展现了自然界，包括太空、大气与地表（水、陆平均）之间的能量流向与功率以及温室效应。图中X为地表每单位面积转移给大气的热量功率，依据图中的资料，X的数值为（）A．452 B．492 C．519 D．586【解答】解：由图可知海水单位面积吸收热量的功率为P＝168W/m²+324W/m²＝492W/m²海水单位面积放出热量的功率P'＝X+40W/m²海水温度不变，内能不变，则P'＝P解得X＝452W/m²故A正确，BCD错误。故选：A。8．如图所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民，所以整幢居民楼里有各种不同的电器，例如电炉、电视机、微波炉、电风扇等。停电时，用欧姆表测得A、B间电阻为R；供电后，各家电器同时使用，测得A、B间电压为U，进线电流为I，则计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是（）A．P＝I2R B．P=U2R C．P＝UI D【解答】解：家用电器中有纯电阻用电器也有非纯电阻用电器，故总功率只能用P＝UI来计算，故C正确，ABD错误。故选：C。9．如图所示，a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星。关于a、b、c做匀速圆周运动的说法正确的是（）A．周期关系为Ta＝Tc＞Tb B．线速度的大小关系为vc＜vb＜va C．向心加速度的大小关系为aa＞ab＞ac D．向心力关系为Fb＞Fc＞Fa【解答】解：a为地球赤道上的物体，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，c为地球同步卫星，则a、c的角速度相等，b、c的向心力由万有引力提供；A、c为地球同步卫星，转动角速度与地球自转角速度相等，根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mr4π2T2，解得：T=4π2r3B、对a、c，根据公式v＝rω，由ra＜rc可知，va＜vc；对b、c，根据牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，由rb＜rc可知，vc＜vb；故三者线速度的大小关系为va＜vC、对a、c，根据向心加速度公式a＝rω2，由ra＜rc可知，aa＜ac；对b、c，根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2，由rb＜rc可知，ac＜ab；故三者心加速度的大小关系为aa＜acD、由于三个物体的质量未知，所以无法比较向心力大小，故D错误。故选：A。10．如图，一束红、蓝复色光沿平行底面的方向从左侧面射入底面镀银的等腰棱镜，进入棱镜的光经底面反射后到达右侧面，对于两列可能的出射光，下列说法正确的是（）A．出射光仍为一束复色光，出射光方向与入射光方向平行 B．可能只有红光出射，蓝光在到达右侧面时发生了全反射 C．两列光都出射，且出射光次序为红光在上，蓝光在下 D．两列光都出射，且出射点的高度差与入射点的位置无关【解答】解：A．如图，入射光经棱镜折射后，发生色散现象，故A错误；B．由图知，光在入射棱镜时的折射角一定等于出射棱镜时的入射角，故不会发生全反射现象，故B错误；C．因为蓝光的频率更大，所以蓝光偏折更大，故蓝光出射点更偏上方，故C错误；D．根据光路图可知，出射点的高度差与入射点的位置无关，故D正确。故选：D。11．以下关于光学知识的叙述中，正确的是（）A．泊松亮斑是光波的圆孔衍射现象 B．彩虹是不同色光在通过水滴时由于偏振而形成的 C．照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的干涉原理 D．用油膜法估测油酸分子的大小实验中，一束白光照到油膜上，可以出现彩色条纹【解答】解：A．泊松亮斑是光波经圆盘衍射形成的现象，故A错误；B．彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的，故B错误；C．照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的薄膜干涉原理，故C正确；D．用油膜法估测油酸分子的大小实验中，油膜很薄，已经到达了分子直径的级别，相对于可见光的波长可以忽略不计，不可能出现彩色条纹，故D错误。故选：C。12．下列说法正确的是（）A．频率越低的光，粒子性越显著 B．无论光强多强，只要入射光的频率小于金属的截止频率，就不能发生光电效应 C．氢原子吸收光子后，电子运动的轨道半径变大，动能也变大 D．发生β衰变时，新核的核电荷数不变【解答】解：A、频率越低的光，光子的能量值越小，其动量越小，粒子性越不显著。故A错误；B、光电效应实验中，无论入射光多强，只要入射光的频率低于金属的截止频率，就不可能发生光电效应，故B正确；C、氢原子吸收光子后，电子运动的轨道半径变大，根据ke2rD、发生β衰变时，原子核内的每一个中子转化为一个质子和一个电子，新核的质量数不变，核电荷数增加一个。故D错误；故选：B。13．如图，在远离海岸的海面上，有两个浮筒发电装置甲、乙沿东西方向排列，相距为10m，海面上某个方向传来一列频率恒定的平面波，波速为10m/s，浮筒甲先开始上下振动，经0.6s后，浮筒乙也开始振动，此后观察到当甲处于最高位置时，乙处于平衡位置且向下运动，且甲、乙之间只有一个波谷，则（）A．波的传播方向为水平向东方向 B．此时海面上传播的波的波长为403C．浮筒振动的周期为0.8s D．浮筒上下运动的振幅与波的周期无关【解答】解：A．海浪为平面波，波速恒定，经0.6s，前进距离为6m，可见波的传播方向与甲、乙的连线方向有一夹角，如图所示：由上图课知，波的传播方向应该为东南方向，故A错误；B．由上图可知，甲、乙在波的传播方向的距离为6m，由题可得，当甲处于最高位置时，乙处于平衡位置且向下运动，且甲、乙之间只有一个波谷，故甲、乙之间的距离与波长的关系为：6m=解得：λ＝8m，故B错误；C．由上可知，波长、波速已知，根据波长、波速、周期的关系式可求周期为：T=λv=D．浮筒的振动为受迫振动，振幅与驱动力周期有关，即与波的周期有关，故D错误。故选：C。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6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3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14．下列说法中正确的是（）A．动圈式扬声器也可以当作话筒使用 B．利用光敏电阻可以对流水线上的产品计数 C．用半导体材料制作的热敏电阻的阻值随温度升高而变大 D．霍尔元件可以把电学量转化为磁学量【解答】解：A．动圈式扬声器在外界的作用下振动，会带动线圈运动，此时，线圈会切割磁感线运动，从而引起闭合回路的磁通量变化，则会产生感应电流，就会把声音信号变成电信号，故A正确；B．光敏电阻的阻值和光强有关，则利用光敏电阻可以通过遮光情况实现对流水线上的产品计数，故B正确；C．用半导体材料制成的热敏电阻，若它的阻值会随温度升高而变小的，称为负温度系数热敏电阻；若它的阻值随温度升高而变大的，称为正温度系数热敏电阻。所以半导体材料制作的热敏电阻的阻值随温度升高不一定是变大的，故C错误；D．霍尔元件的原理是把磁学量转化为电学量，故D错误。故选：AB。15．用如图所示的装置研究光电效应现象。所用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零，移动变阻器的触点c，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，则下列说法正确的是（）A．换波长更长的光照射，可能电流表G没有示数 B．光电管阴极的逸出功为1.7eV C．当滑动触头向b端滑动时，电流增大 D．开关S断开后，没有电流流过电流表G【解答】解：A、当换波长更长的光，其频率减小，小于极限频率时不能发生光电效应，电流表G便没有示数，故A正确；B、根据光电效应方程Ekm＝hγ﹣W0，所以W0＝hγ﹣Ekm＝2.75eV﹣1.7eV＝1.05eV，故B错误；C、根据分压电路结构可知，当滑动触头向b端滑动时，反向电压减小，电流增大，故C正确；D、开关S断开后，用光子能量为2.75eV的光照身到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，电流表G示数为不为零，故D错误，故选：AC。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16（14分）．Ⅰ、（1）在“探究弹簧弹力F与弹簧长度l的关系”的实验中，装置如图甲所示。毫米刻度尺的0刻度线与弹簧上端对齐，实验中通过改变弹簧下端所悬挂钩码的质量，改变弹簧弹力。①实验中某次测量弹簧长度如图1所示，则此时弹簧长度l＝8.82cm。②多次实验，记录数据后描点连线得到F﹣1图像，由此可知该弹簧的劲度系数k＝200N/m。（计算结果保留三位有效数字）。（2）某实验小组测量当地重力加速度。①小明同学利用手机频闪拍摄小球自由下落的过程来测量当地重力加速度。图3是自由下落运动的部分频闪照片。x1、x2、x3、x4分别是小球到O点的距离，已知手机闪光频率f＝50Hz，则可以测得当地重力加速度g＝9.63m/s2。（计算结果保留三位有效数字）．②小金同学利用图4单摆装置测量当地重力加速度。下列操作正确的是AC（多选）A．摆线上端需要夹子夹牢来固定悬点B．应该从平衡位置（最低点）开始计时，并直接测量一次全振动的时间作为周期C．为减小误差，摆球应该质量大体积小D．为了减小阻力影响，应该让摆球的摆角大一些好，摆动得更明显③小金利用单摆周期公式计算重力加速度，在实验前正确测量摆长，实验后回想到实验过程中小球的摆动平面并没有在严格的同一竖直平面内，则他计算的重力加速度值将偏大（选填“偏大”、“偏小”、“不偏”）。【解答】解：（1）①由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，此时弹簧的实际长度为8.82cm。②图象斜率代表弹簧的劲度系数，则k=ΔFΔx=12-0（2）①手机闪光频率f＝50Hz，则T=1f=150s＝0.02s，根据逐差法可解得重力加速度g=x②A、在摆线上端的悬点处，用夹子夹牢摆线，防止摆线长度变化，故A正确；B、为了减小测量误差，采用累积法，测量多个周期求平均值可以减小误差，故B错误；C、为减小误差，摆球应该质量大体积小，故C正确；D、摆的周期大一些可以方便测量，但是摆角过大，会使摆球的摆动不能看作简谐运动，故D错误；故选：AC。③对圆锥摆，根据牛顿第二定律有mgtanθ＝mr4π2T2解得T＝2πLcosθg根据g=4π2T2L故〖答案〗为：（1）①8.82，200；（2）①9.63，②AC，③偏大Ⅱ、（1）在“测电源的电动势与内电阻”实验中，测量实验室中干电池组的电动势与内电阻。①图1中导线a端应与电流表的“0.6”（选填“﹣”、“0.6”或“3”）连接。导线b端应与电流表的“﹣接线柱”（选填“﹣接线柱”、“0.6接线柱”或“3接线柱”）连接。②闭合开关后，调节滑动变阻器，使B的示数逐渐变大。A．电压表B．电流表③根据实验测得的5组数据，在坐标纸上描出数据点，如图2所示。则此干电池组的电动势E＝2.98V，内阻r＝3.96Ω。（计算结果均保留三位有效数字）（2）用图3电路对实验室中某一未知电源的电动势Ex进行精确测量，过程如下：先把单刀双掷开关拨到1，移动滑动变阻器滑片P，使电流计G的示数恰好为0，记下滑片P到滑动变阻器左端的距离Is。然后把单刀双掷开关拨到2，移动滑动变阻器滑片P，使电流计G的示数也恰好为0，记下滑片P到滑动变阻器左端的距离Ix。已知滑动变阻器的阻值与长度成正比，标准电源的电动势E＝1.50V，对应刻度Is＝7.50cm，被测电源对应刻度为lx＝21.00cm，则被测电源的电动势Ex＝4.20V。（计算结果保留三位有效数字）【解答】解：（1）①导线a端应与电流表的“0.6”接线柱连接，导线b端应与电流表的“﹣”接线柱连接。②闭合开关后，电流逐渐增大，电压逐渐减小，故B正确、A错误。故选：B。③作出电路图以及U﹣I关系图像如图所示，根据图像可知电池组的电动势：E＝2.98V（2.96V～3.00V）内阻为斜率的绝对值为内电阻，即为：r=ΔUΔI=2.98-1.00.5Ω＝3.96Ω（2）当分压式的滑动变阻器输出电流为零时，其输出电压与电阻成正比，即与长度成正比。当电流计G的电流为0，两次关系分别为：Us＝Es，Ux＝Ex而U故E得Ex＝4.20V故〖答案〗为：（1）①0.6；“﹣接线柱”；②B；③2.96～3.00；3.96～4.04；（2）4.20。17．（8分）如图所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距汽缸底高度h1＝0.50m，气体的温度t1＝27℃．给汽缸缓慢加热至t2＝207℃，活塞上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中缸内气体增加的内能△U＝300J．已知活塞横截面积S＝5.0×10﹣3m2，大气压强p0＝1.0×105Pa．求：①活塞距离汽缸底h2；②此过程中缸内气体吸收的热量Q．【解答】解：①气体做等压变化，根据气态方程可得h10.50300解得h2＝0.80m②在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W0＝p△V＝1.0×105×（0.80﹣0.50）×5.0×10﹣3J＝150J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为△U＝W+Q得Q＝△U+W0＝450J答：①活塞距离汽缸底h2为0.80m；②缸内气体吸收的热量Q为450J．18．（11分）如图所示，一质量m＝0.4kg的滑块（可视为质点）静止于水平轨道上的A点。现对滑块施加一恒定的水平外力F＝5N，使其向右运动，经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数FN＝25.6N。已知轨道AB的长度L＝2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5m，物块与水平轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，空气阻力可略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求滑块运动到C点时速度vC的大小；（2）求水平外力作用在滑块上的位移s；（3）若紧挨着D点右侧放置质量也是m的另一滑块，两滑块最终静止时的距离Δx＝4.5m。求碰撞时损失的机械能。【解答】解：（1）滑块运动到D点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：FN﹣mg＝mv滑块由C点运动到D点的过程，由机械能