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01（全解全析）

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01姓名:__________准考证号:__________本试题卷分选择题和非选择题两部分，共12页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意:1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关参数:重力加速度g均取10m/s2。选择题部分一、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.下列对运动的物理量理解正确的是(

)A.图甲中，高铁车厢内显示屏上的速度为平均速度B.图乙中，研究控制平衡车加速的身体动作时，可将其看成质点C.图丙中，以地面为参考系，正在荡秋千的小朋友是静止的D.图丁中，2023年8月2日02：32出现超级月亮，其中“02：32”为时刻【答案】D

【解析】A.高铁车厢内显示屏上显示的速度是瞬时速率，故A错误；B.研究物体某一部分运动时，不可以把物体看成质点，故B错误；C.以地面为参考系，小朋友的位置发生改变，小朋友是运动的，故C错误；D.“02：32”为时刻，故D正确。故选D。2.广州塔又称广州新电视塔，总高度600m，是广州的标志性建筑之一，随着超级高楼越来越多，高速电梯在日常生活中越来越重要。在某次对广州塔高速电梯的测试中，电梯的时间—速度图像如图所示，图中倾斜的虚线a、b分别为曲线在t=0时和tA.0∼10sB.t=2C.t=3sD.t=0时电梯的加速度为t=3s【答案】D

【解析】A、由题图可知，图中切线斜率的倒数表示加速度大小，即a=ΔvΔt=B、由图可知2s时电梯的速度逐渐增大，但不知道电梯在向上运动还是在向下运动，所以不能判断电梯是超重状态还是失重状态，故B错误；C、t=3s时有，故C错误；D、t=0时，则a0a1=6故选D。3.如图，上网课时小明把放在斜面上，处于静止状态。则斜面对的(

)A.支持力竖直向上B.支持力小于所受的重力C.摩擦力沿斜面向下D.摩擦力大于所受的重力沿斜面向下的分力【答案】B

【解析】设的质量为m，斜面倾角为θ。对进行受力分析，如图所示由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有f=mgsinθ，F因cosθ<1，故FN<mg，且摩擦力等于故选B。因为处于静止状态，根据平衡条件求解斜面对的静摩擦力和所受支持力表达式进行分析；斜面对的静摩擦力与重力沿斜面分力平衡，由此分析。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。4.最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头。这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板。当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是(

)A.考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左B.不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左C.考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零D.不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零【答案】C

【解析】A.考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A错误；B.不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，脚可能不受到摩擦力作用，由支持力与重力提供合力，故B错误；C.当考虑空气阻力，当人处如图丙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；D.当不计空气阻力，当人处如图丙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误；故选C。5.汽车的车厢地面上水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直如图乙所示，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时木箱及箱内工件均保持相对静止。从汽车行驶方向上看下列分析判断正确是(

)A.Q和M对P的支持力大小始终相等B.汽车过A、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等C.汽车过A点时，汽车重心的角速度最大D.汽车过A、C两点时，M对P的支持力大于Q对P的支持力【答案】D

【解析】A.汽车过A、B、C三点时，做匀速圆周运动，合外力指向圆弧的圆心，故对P分析，AC两点合外力向左，B点合外力向右，Q和M对P的支持力大小不是始终相等，A错误。B.汽车过A、B、C三点时的圆弧轨道半径不同，根据合外力提供向心力得F合=mv2C.汽车过A点时，由角速度与线速度关系

ω=vr

得，在A点圆弧轨道半径最大，汽车重心的角速度应该最小，D.汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，故M对P的支持力大于Q对P的支持力，D正确。故选D。6.“长征七号”A运载火箭于2023年1月9日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号”卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为g，地球的半径为R，“实践二十三号”卫星距地面的高度为h(h小于同步卫星距地面的高度)，入轨后绕地球做匀速圆周运动，则A.该卫星的线速度大小大于7.9B.该卫星的动能大于同步卫星的动能C.该卫星的加速度大小等于gD.该卫星的角速度大小大于同步卫星的角速度【答案】D

【解析】解：A、由题意可知，“实践二十三号”卫星距地面的高度为h(h小于同步卫星距地面的高度)，根据：GMm(R+h)2=mB、该卫星和同步卫星处于不同高度的轨道上，速度不同，质量也不同，所以动能大小无法确定，故B错误；C、因为：GMmR2=mg，GMmD、该卫星的周期小于24小时，所以角速度大小大于同步卫星的角速度，故D正确。故选：D。7.下列关于教材中四幅插图的说法，不正确的是(

)A.图甲中，摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，且比磁铁转的慢B.图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈中会产生大量热量，从而冶炼金属C.图丙中，当人对着话筒讲话时线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理D.图丁是毫安表的表头，运输时要把正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理【答案】B

【解析】A.根据电磁驱动原理，图甲中，当摇动手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会同向转动，线圈比磁铁转得慢，故A正确；B.图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，在铁块中产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，故B错误；C.图丙中，当人对着话筒讲话时，带动线圈运动切割磁感线，线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理，故C正确；D.图丁是毫安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D正确。本题选错误的，故选B。8.钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量电流强度很大的电流，其原理如图所示。若原线圈与副线圈的匝数比为1:500，电流表A的示数为1A，则A.钳形电流表能够用来测量直流电的电流 B.被测电路电流的有效值为500C.被测电路电流的平均值为500A D.被测电路电流的最大值为【答案】B

【解析】A.理想变压器的工作原理是电磁感应现象，钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，该测量仪只能测量交流电的电流，故A错误；BCD.由变压器的基本原理可知I1I2=n2n1，解得故选B。9.自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2(前表面的电势低于后表面的电势)。下列说法中A.图乙中霍尔元件的载流子带负电B.已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即获得车速大小C.若传感器的电源输出电压U1变大，则霍尔电势差UD.若自行车的车速越大，则霍尔电势差U2【答案】D

【解析】A、霍尔元件的电流是由负电荷定向运动形成的，故A正确；B、根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式v=rω，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故B正确；D、根据qvB=qU2d，得U2=vdB，根据电流的微观定义式I=neSv，得v=IneSC、由上述D可知，若U1变大，则I变大，导致U2变大，故本题选错误的，故选D。10.小张用多用表的欧姆挡测量一个带铁芯变压器线圈的电阻。小杨两手分别握住线圈裸露的两端让小张测量，测量时表针摆过了一定角度。正当小张将表笔与线圈脱离时，小杨有电击感。下列说法正确的是(

)A.实验中小张也有电击感B.表笔与线圈脱离前后通过小杨的电流方向不变C.若未放置铁芯，小杨电击感减弱D.小杨有电击感，是因为表笔与线圈脱离后流过线圈的电流突然变大【答案】C

【解析】解：D、当小张把多用表的表笔与被测线圈脱离时，回路中的电流要立即减小到零，与多用电表欧姆挡的内部电池相连的变压器线圈会产生较大的自感电动势，使小杨有触电感，故原因不是流过线圈的电流突然变大，故D错误；A、发生电击时，多用电表已经与电路断开，此时多用电表的电流为零，故小张也没有电击感，故A错误；B、发生电击的前后，由于线圈的自感电动势要阻碍原电流的减小，故它产生的自感电流方向与原方向一致，这样使得流过刘伟的电流方向与原来相反，流过刘伟的电流大小也明显增大，故B错误；C、若未放置铁芯，变压器线圈产生的自感电动势减弱，小杨电击感减弱，故C正确。故选：C。11.降噪耳机的原理是在耳机内设有麦克风，用来采集周围环境中的噪声信号，在此基础上耳机处理器能够预测下一时刻的噪声并产生相应的抑噪信号再由耳机放出，可以有效降低噪音．下列说法正确的是A.该降噪原理是声波的多普勒效应B.抑噪信号与噪音信号频率可能不同C.抑噪信号与噪音信号振幅相同，降噪效果最好D.抑噪信号与噪音信号在相遇点相位相同，降噪效果最好【答案】C

【解析】A、降噪功能的麦克风工作原理是通过两个声波发生干涉，起到减弱甚至抵消噪声的目的，故A错误；B、两列频率相同，相位差恒定的波相互叠加，产生干涉，相位差是π，则抑噪信号与噪音信号相互减弱，从而起到降噪效果，故B错误；C、两列信号波叠加减弱后的振幅为A1-A2，若D、抑噪信号与噪音信号在相遇点相位差正好为π，降噪效果最好，故D错误。12.位于安徽省合肥市科学岛上的“东方超环”(EAST)，俗称“人造小太阳”，已实现1亿摄氏度高参数等离子体运行， 12H+1A.该核聚变过程放出能量，因此反应在常温下就能发生B.X是电子，来自原子核内C.核聚变反应比核裂变反应平均每个核子放出的能量更大D.该反应有质量亏损，所以质量数不守恒【答案】C

【解析】A.轻核聚变需在很高的温度下发生，会释放出更多的热量，所以轻核聚变又称为热核反应，故A错误;B.根据质量数与电荷数守恒，X的质量数为2+3-4=1，质子数为1+1-2=0，可知X是中子，故B错误;C.核聚变比核裂变反应中平均每个核子放出的能量大3∼4倍，C正确;D.该反应有质量亏损，但质量数守恒，D错误。13.如图所示为某透明介质制成的棱镜的截面图，其中∠A=30∘、∠C=60∘，由两种色光组成的细光束垂直AB边射入棱镜，色光1刚好在AC面发生全反射，色光2A.色光1、2的折射率之比为1:B.色光2在真空中的波长较短C.色光2比色光1更容易发生衍射现象D.改变入射光的角度，两种色光可能在AB面发生全反射【答案】C

【解析】A.由题意可知，色光1在AC边刚好发生全反射，则色光1在AC面的入射角刚好等于临界角，由临界角公式可知n1=1sinC=1sin30∘=2;色光2从AC面出射，折射角为45∘，则色光2的折射率为BC.由于色光1的折射率大，则色光1的频率大，色光1的波长较短，色光2比色光1更容易发生衍射现象，B错误，C正确；D.全反射的条件是光由光密介质向光疏介质传播，且入射角大于临界角，D错误。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.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是(

)A.图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子核式结构模型B.图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能C.图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的D.图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构【答案】ABC

【解析】解：A、图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型。故A正确。B、用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能。故B正确。C、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故C正确；D、图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有一定结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构。故D错误。故选：ABC。卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；用中子轰击铀核使其发生裂变，产生中子，再次轰击，产生链式反应，释放出巨大的能量。普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念。玻尔理论指出氢原子能级是分立的。本题考查了α粒子散射实验、链式反应、氢原子能级以及天然放射现象的发现等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。15.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，则

(

)A.火箭的推力来源于燃气对它的反作用力B.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为mC.喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为mD.在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒【答案】AB

【解析】解：A、火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；B、在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M-m)v-mv0=0，解得火箭的速度大小为v=C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h=v2D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。故选AB。非选择题部分三、实验题（本大题共3小题，共16.0分）16.某同学做“探究匀变速直线运动的规律”的实验装置如图甲所示。(1)本实验中打点计时器的电源配置应选用

;A.B.C.(2)在该实验中，下列说法正确的是

;A.应先接通电源，再释放小车B.滑轮与小车之间的细线一定要保持水平C.牵引小车的钩码质量应远小于小车的质量(3)实验得到如图乙所示的一条纸带，相邻两个计数点间的距离已在图中标出。已知交流电源的频率为50Hz，每两个相邻计数点间还有两个点没有画出，则小车运动的加速度大小为

m/s【答案】(1)B；(2)A；(3)4.76

【解析】(1)电磁打打点计时器所接电源应为10V以下交流电源。故选B。(2)A.使用打点计时器时，应先接通电源，再释放纸带，故A正确；B.滑轮与小车之间的细线要保持和木板平行，但不是一定要保持水平，故B错误；C.根据实验目的，只需要保证小车能够保持匀变速直线运动即可，故C错误。故选A。(3)已知交流电源的频率为50Hz，每两个相邻计数点间还有2个点没有画出来，则相邻计数点的时间为t=3T= 根据逐差法，则有：a=CD+DE-17.图甲为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图。(1)已知毫安表表头的内阻为10Ω，满偏电流为3mA；R1滑动变阻器，R2为电阻箱(0-9999.9Ω)(2)电流表A有两种规格，A1(量程0.6A，内阻约为0.1Ω)和A2(量程3A，内阻约为0.05Ω)；滑动变阻器R1有两种规格，最大阻值分别为20Ω和200(3)实验步骤如下： ①闭合开关S前，应将滑动变阻器R1的滑动片移到______端(选填“左”或“右”)②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电流表的示数I2和毫安表表头的示数I③以I1为纵坐标，I2为横坐标，作④根据图线求得电源的电动势E=______V(结果保留三位有效数字)，内阻r=______Ω(【答案】(1)3.0；(2)A1，20；(3)①左；④

1.48(1.44∼1.52)，0.86(0.82∼0.90)【解析】(1)改装后的电表的量程为：U=(2)一节干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω，所以电路中的最大电流约为Im=Er=1.5A，且接入滑动变阻器电流会更小，结合电流表量程可知电流表选择A(3)①闭合开关S前，为保护电路，使滑动变阻器接入电路电阻最大，所以应将滑动变阻器R1④由闭合电路欧姆定律得：E=I1+IE解得：E=1.48V，r=0.86Ω。故答案为：(1)3.0；(2)A1；20；(3)①左；④

1.48(1.44∼1.52)，18.在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，如图甲所示。(1)关于该实验，下列说法正确的是__________。A.A处为单缝，B处为双缝B.单缝与双缝应相互垂直放置C.干涉条纹与双缝垂直D.想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以将单缝向双缝靠近(2)某同学在做该实验时，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹，此时测量头的游标卡尺示数为12.1 mm。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第5条亮条纹，此时测量头的游标卡尺示数如图乙所示，读数为__________mm。已知双缝的间距是0.50 mm，双缝和光屏之间的距离是1.00 m，则所测单色光的波长是__________m。(保留3【答案】(1)A；(2)16.7；5.75×10【解析】(1)A、从左向右的实验装置是光源、凸透镜、滤光片、单缝、双缝、光屏，可见A处为单缝，B处为双缝，故A正确；BC、为使屏上的干涉条纹清晰，单缝和双缝必须平行放置，所得到的干涉条纹与双缝平行，故BC错误；D、想增加从目镜中观察到的条纹个数，即要减小条纹间距，由条纹间距公式Δx=Ldλ(2)测量头的游标卡尺读数为16mm+0.1mm×7=16.7mm，条纹间距Δx=16.7-12.15-1mm=1.15mm，由Δx=四、计算题（本大题共4小题，8分+11分+11分+11分共41分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的物理演算过程，只写出最终结果的不得分）19.如图所示，上端开口的光滑圆柱形绝热气缸竖直放置，在距缸底h=0.5m处有体积可忽略的卡环a、b.质量m=5kg、截面积S=25cm2的活塞搁在a、b上，将一定质量的理想气体封闭在气缸内．开始时缸内气体的压强等于大气压强，温度为T0=300K.现通过内部电热丝缓慢加热气缸内气体，直至活塞离开(1)当活塞缓慢上升△h时(活塞未滑出气缸)缸内气体的温度T；(2)若全过程电阻丝放热45J，求气体内能的变化ΔU．【答案】解：(1)活塞恰要离开ab时，由活塞平衡：p解得：p活塞上升△h=0.1m的过程中压强：根据理想气体的状态方程：p0V解得：T=432K(2)气体做功W=-p⋅S△电阻丝放热45J，所以气体吸热：Q=45J根据热力学第一定律可得：△U=W+Q解得：△U=15J，故气体内能增加15J．

20.如图所示为一游戏装置的竖直截面图，A、B、D、E、H、I处于同一水平面上，在A端的弹簧装置能将滑块(可视为质点)水平弹出，并从B点顺利进入曲线轨道BC、半径为R的螺旋圆轨道CD、曲线轨道CE。在E点连接了倾角为θ的斜面EF和水平平台FG，平台FG高度为h且平台长度为lFG。靠在平台右侧的小车上表面与平台FG齐平，小车的长度为d，在B、F处均设置了转向防脱离轨道装置。已知滑块的质量m=0.1kg，小车的质量M=0.3kg，θ=37∘，R=0.8m，lFG=0.1m，h=0.3m，(1)若滑块在C处对轨道的压力为7mg(2)若弹簧的弹性势能为Ep=0.4J，螺旋圆轨道能承受的最大压力为13mg，且螺旋圆轨道半径R可以通过改变C的位置而改变(保持最高点D的高度不变(3)螺旋圆轨道半径R=0.8m时，若要求滑块最终停在小车上，车获得的动能和弹簧的弹性势能E【答案】解：(1) C点：7mg-mg=ma，解得：a=60m/s(2)临界1:恰好过最高点D点，EP=1得：R1临界2:对最低点C点的压力为13mg，EP13mg-mg=mvC2所以，轨道半径R满足：0.1m<R<0.8 m；(3)设滑块到G点的速度为vG，则A→G:小车与滑块共速：mvG=(m+M)得：Ek要保证滑块不滑出小车右端，如滑块恰好滑到小车右端：12mv得：Epm综上所述，Ek=21.游乐场中跳楼机的工作原理是：先把游客和座椅拉升到离地高H=126m处，使游客随座椅一起自由下落，当下落到制动开关A位置时，触发制动开始减速，到