1、浙江省2021年高三物理1月普通高校招生选考科目仿真模拟试卷（四）（含解析）考生须知：1本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2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。3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。4非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须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。5本卷中涉及数值计算的，重力加速度g均取10 m/s2。选择题部分一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共39
2、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下列物理量的单位用国际单位制的基本单位表示正确的是（）A. 力NB. 电流AC. 磁通量WbD. 磁感应强度T【答案】B【解析】A.力的单位是N，但N不是国际单位的基本单位，A错误；B电流的单位是A，A是国际基本单位，B正确；C磁通量的单位是Wb，但Wb不是国际基本单位，C错误；D磁感应强度的单位是T，但T不是国际基本单位，D错误；故选B。2.如图所示，物体静止在水平地面上，下列说法正确的是（ ）A. 物体对地面的压力和重力是一对平衡力B. 物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对平衡力C. 物体受到的重力和地
3、面支持力是一对平衡力D. 物体受到的重力和地面支持力是一对作用力和反作用力【答案】C【解析】A物体对地面的压力和物体受到的重力大小相等，但是分别作用在地面和物体上，故不是平衡力，故A错误；B物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对相互作用力，是作用力和反作用力的关系，故B错误；CD物体受到的重力和地面对物体的支持力是一对平衡力，故C正确，D错误。故选C。3.在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，如图所示下面说法正确的是()A. 地球在金星与太阳之间B. 观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C. 以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零
4、D. 以太阳为参考系，可以认为金星是运动的【答案】D【解析】A、“金星凌日”现象的成因是光的直线传播，当金星转到太阳与地球中间且三者在一条直线上时，金星挡住了沿直线传播的太阳光，人们看到太阳上的黑点实际上是金星，由此可知发生金星凌日现象时，金星位于地球和太阳之间，故A错误；B、观测“金星凌日”时，如果将太阳看成质点，无法看到“金星凌日”现象，故B错误；C、以太阳为参考系，金星绕太阳一周起点和终点重合，位移为零，故C错误；D、以太阳为参考系，可以认为金星是运动的，故D正确4.按照玻尔的理论，氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能量值，它包括氢原子系统的电势能和电子在轨道上运动的动能，能级图如图所
5、示。当大量氢原子从n4的能级向低能级跃迁时，下列说法正确的是（）A. 电子的动能增加，氢原子系统的总能量增加B. 氢原子系统的电势能减小，总能量减少C. 氢原子可能辐射4种不同波长的光D. 从n4到n1发出的光的波长最长【答案】B【解析】AB当向低能级跃迁时，轨道半径减小，根据公式解得可得电子的动能增大，电势能减小；由于释放光子，氢原子系统的总能量减小，故A错误，B正确；C大量氢原子从的能级向低能级跃迁时，可能发出种不同波长的光子，故C错误；D从到发出的光的能量最小，波长最长，故D错误。故选B5.一河宽60m，船在静水中的速度为4m/s，水流速度为3m/s，则（ ）A. 过河的最短时间为15s
6、，此时的位移是75mB. 过河的最短时间为12s，此时的位移是60mC. 过河的最小位移是75m，所用时间是15sD. 过河的最小位移是60m，所用时间是12s【答案】A【解析】AB当静水速的方向与河岸方向垂直时，渡河时间最短沿水流方向上的位移x=v水t=315m=45m此时船的位移故A正确，B错误；CD静水速大于水流速，当静水速和水流速的合速度方向与河岸垂直时，将沿合速度方向运动，渡河位移最短，为60m渡河的时间故CD错误。故选A。6.在如图所示电路中，R0为定值电阻，R1为滑动变阻器，电源内阻不可忽略。闭合电路使灯泡L发光后，当滑片向右滑动时，以下说法正确的是（）A. 灯泡L变亮B. 通过
7、R1的电流变大C. 电路路端电压变大D. R0上消耗的电功率减小【答案】B【解析】当滑片向右滑动时，R1阻值减小，则总电阻减小，总电流变大，则R0上电流变大，则R0消耗的电功率变大；内阻上的电压以及R0上的电压均变大，则路端电压减小；则L和R1并联支路的电压减小，则灯泡L变暗；通过灯泡L的电流减小，则通过R1的电流变大，故选项ACD错误，B正确。故选B。7.在光滑的绝缘水平面上，有一个边长为L的正三角形abc，顶点a、b、c处分别固定一个电荷量为q的正电荷，如图所示，D点为正三角形外接圆的圆心，E、G、H点分别为ab、ac、bc的中点，F点为E点关于电荷c的对称点，下列说法中正确的是（）A.
8、D点的电场强度一定不为零，电势可能为零B. E、F两点的电场强度等大反向，电势相等C. c点电荷受到a、b点电荷的库仑力F=2D. 若释放点电荷c，它将做加速运动【答案】D【解析】A三个点电荷在D点的场强大小相等，方向沿角平分线，由几何关系可知三个场强间的夹角为，由矢量的合成可知，D点的场强一定为零，故A错误；B由图可知，ab在E点的合场强为零，故E点的场强只有c产生的场强；而F点abc三个点电荷均有场强存在，故F点的场强为三个点电荷形成的场强的合场强；因c在E和F两点形成的场强大小相等，故可知F点的场强应大于E点场强，故B错误；Cc点处有ab产生的场强，由场强的叠加可知，c点的场强故受库仑力
9、故C错误；Dc点处有ab产生的场强，由场强的叠加可知，c点的场强方向水平向右，c点电荷带正电，点电荷受向右的电场力，故释放点电荷c，它将向右做加速运动，故D正确。故选D。8.一气体放电管，当其两电极间的电压超过V时，就放电而发光，在它发光的情况下逐渐降低电压，要降到500V时才熄灭。放电管两电极不分正负。现有一正弦交流电源，输出电压峰值为1000V，频率为50Hz，若用它给上述放电管供电，则在一小时内放电管实际发光的时间为（）A. 15分钟B. 25分钟C. 30分钟D. 45分钟【答案】C【解析】ABCD. 根据题意该交流电的表达式为 在前半个周期内，当 时开始发光， 时停止发光，发光时间整
10、个周期发光时间为故一个小时内的发光时间为故C正确ABD错误。故选C。9.如图所示，理想变压器的原线圈接入 的交变电压，副线圈对“220V 880W”的用电器RL供电，该用电器正常工作。由此可知（ ）A原、副线圈的匝数比为 B交变电压的频率为100HzC原线圈中电流的有效值为4A D变压器的输入功率为880W【答案】D【解析】由原线圈接入电压的表达式可知，电压的有效值为8800V，而副线圈的用电器的有效值为220V，故根据变压器的电压关系可知，故原、副线圈的匝数比为，选项A错误；由原线圈的电压的表达式可知，角速度=100，故其频率为f=50Hz，选项B错误；由于副线圈的用电器正常工作，故电功率为
11、880W，所以原线圈消耗的电功率也是880W，故原线圈中电流的有效值I=0.1A，选项C错误；变压器的输入功率为880W，选项D正确，10.100多年前爱因斯坦预言了引力波存在，2015年科学家探测到黑洞合并引起的引力波。双星的运动是产生引力波的来源之一，在宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点只在二者间的万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为r（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），引力常量为G，则下列结论错误的是（）A. Q、P两颗星的质量差为B. P、Q两颗星的线速度大小之差为C. Q、P两颗星的质
12、量之比为D. Q、P两颗星的运动半径之比为【答案】C【解析】D. 双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q星的周期为T；根据题意可知rP+rQ=l，rP-rQ=r解得：，则P、Q两颗星的运动半径之比，故D正确，不符合题意；A. 双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：解得，则Q、P两颗星的质量差为m=mQ-mP=故A正确，不符合题意；B. P、Q两颗星的线速度大小之差为v=vP-vQ=故B正确，不符合题意；C. P、Q两颗星的质量之比为故C错误，符合题意。故选C。11.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率
13、对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示若不计粒子的重力，则下列说法正确的是 Aa粒子带正电，b粒子带负电 Ba粒子在磁场中所受洛伦兹力较大Cb粒子动能较大 Db粒子在磁场中运动时间较长【答案】C【解析】由于a带电粒子进入磁场后向下偏转，根据左手定则可以判断出它带负电，相反粒子b就带正电，选项A错误；由图看出粒子a的偏转半径较小，根据F洛=F向可知，Bqv=m，故解出R=，故半径越小的速度也会越小，则再由F洛=Bqv，速度小的洛仑兹力就小，故a粒子在磁场中所受洛伦兹力较小，选项B错误；根据动能Ek=mv2可知，a粒子的速度小，故它的动能小，b粒子的动能大，选项C正确；又因
14、为粒子在磁场中的周期为T=，粒子的质量m、电荷量q都相等，故周期相等，但b粒子在磁场中的偏向角比较小，故粒子在磁场中的时间t=，所以b粒子在磁场中运动时间较短，选项D错误。12.水下一点光源，发出a、b两单色光。人在水面上方向下看，水面中心I区域有a光、b光射出，区域只有a光射出，如图所示。下列判断不正确的是（）A. a、b光从I区域某点倾斜射出时，a光的折射角小B. 在真空中，a光的波长大于b光的波长C. 水对a光的折射率大于对b光的折射率D. 水下a、b光能射到图中I区域以外区域【答案】C【解析】AC由题分析可知，b光在I区域边缘发生了全反射，a光区域边缘发生了全反射，则知a光的临界角比b
15、光的临界角大，由知，水对a光的折射率小于对b光的折射率，由折射定律知：a、b光从I区域某点倾斜射出时，a光折射角小，故A正确，不符合题意，C错误，符合题意；B水对a光的折射率小于对b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，由c=f知，在真空中，因光速c不变，则有a光的波长大于b光的波长。故B正确，不符合题意；D水下a、b光经水面反射后均能射到图中I区域以外区域，故D正确，不符合题意。故选C。13.如图所示，圆柱形磁铁S极向上竖直放置，电荷量为q、质量为m的点电荷在S极上方某一水平面内以速率v做匀速圆周运动，圆心O在磁极正上方，圆周上一点和S端中心的距离为L，电荷与S端中心的连线与竖直方向的夹角
16、为，重力加速度为g，则：A. 此电荷一定带负电B. 从上方俯视电荷一定沿顺时针运动C. 若洛伦兹力方向与水平方向的夹角为，则D. 若粒子速度增大，粒子仍能在该轨道做匀速圆周运动【答案】C【解析】AB电荷的电性未知，也无法判断旋转方向，故A、B均错误。C对点电荷进行受力分析，由牛顿第二定律得：可得：C正确。Dv变大，电荷将做离心运动，粒子不能在原来的轨道上运动，选项D错误。故选C.二、选择题（本题共3小题，每小题2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2分，选对但不全的得1分，有错选的得0分）14.自由中子是不稳定的，它的平均寿命大约是900s，它能自发地发
17、生放射性衰变，衰变方程是:其中是反电子中微子（不带电的质量很小的粒子）.下列说法正确的是（ ）A. 自由中子的衰变是衰变，X是负电子B. 有20个自由中子，半小时后一定剩下5个中子未发生衰变C. 衰变过程遵守动量守恒定律D. 衰变过程有质量亏损，所以能量不守恒【答案】AC【解析】A根据电荷数守恒、质量数守恒，知X的电荷数为-1，质量数为0，为负电子，该衰变为衰变故A正确；B半衰期有统计规律，对大量的中子适用故B错误；C在衰变的过程，系统不受外力，动量守恒故C正确；D衰变的过程中，有质量亏损，能量守恒，亏损的质量以能量的形式释放故D错误。故选AC。15.在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的
18、一种重要媒体，光盘上的信息通常是通过激光束来读取的，若激光束不是垂直入射到盘面上，则光线在通过透明介质层时会发 生偏折而改变行进的方向。如图所示为一束激光（黄、绿混合）入射到光盘面上后的折 射情况则下列说法中正确的是（ ）A. 图中光束是黄光，光束是绿光B. 光束的光子动量比光束的光子动量大C. 若光束、先后通过同一双缝干涉装置，光束条纹宽度比光束的宽D. 若光束、都能使某种金属发生光电效应，则光束照射下逸出的光电子的最大初动能较大【答案】BD【解析】A光的偏折程度较大，则折射率较大，绿光的折射率大于黄光的折射率，所以光是绿光，是黄光。故A错误。B绿光的折射率大于黄光的折射率，绿光的波长小于黄
19、光的波长，则由可知光束的光子动量比光束的光子动量大，故B正确；C绿光的折射率大于黄光的折射率，而绿光的波长小于黄光的波长，干涉条纹的间距与波长成正比，则若光、光先后通过同一双缝干涉装置，光得到的条纹比后者的窄。故C错误；D光束的频率大，则由Ekm=h-W0知光束照射下逸出的光电子的最大初动能较大，故D正确；故选BD。16.一列简谐横波，某时刻的图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是 A. 这列波沿x轴正向传播B. 这列波的波速是25m/sC. 质点P将比质点Q先回到平衡位置D. 经过t=0.4s，A质点通过的路程为4m【答案】BD【解析】A由乙图读
20、出t=0时刻质点A的速度方向为沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向为沿x轴负向。故A错误；B由甲图读出该波的波长为=20m，由乙图周期为T=0.8s，则波速为故B正确；C图示时刻质点P沿y轴负方向，Q直接向平衡位置运动，所以质点P将比质点Q后回到平衡位置，故C错误；Dt=0.4s=0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过t=0.4s，A质点通过的路程是故D正确；故选BD。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17（7分）某同学用如图所示装置做“验证力的平行四边形定则”的实验。（1）如图甲所示，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端（绳套和
21、橡皮条的结点）拉到某一确定的O点。记录两个弹簧测力计的拉力和的大小和方向；只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O.记录弹簧测力计的拉力的大小和方向；按照力的图示要求，作出拉力；根据力的平行四边形定则作出和的合力F；如果没有操作失误，图乙中的F与两力中，方向一定沿CO方向的是_.（填“F”或“”） （2）下列对实验操作及说法正确的是_.A.每次拉伸橡皮条时，只要使橡皮条伸长量相同即可B.描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些C.两弹簧测力计拉力方向夹角越大误差越小D.橡皮条对O点的拉力是合力，两弹簧测力计对O点的拉力是分力（3）实验中，用两个弹簧测力计同时拉时，两绳夹角小于90，其中一
22、个弹簧测力计示数接近量程，另一个弹簧测力计示数超过量程的一半。则这样的操作_（填“合理”或“不合理”），理由是_.【答案】 (1). (2). B (3). 不合理 (4). 两分力夹角为锐角时，合力大小大于分力，一个分力已经接近量程，那么只用一个弹簧测力计拉时（合力大小）会超过其量程【解析】（1）1根据二力平衡可知，用一个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力等大反向，在一条直线上,故方向一定沿CO方向；（2）2A.每次拉伸橡皮条时，不只是使橡皮条伸长量相同，拉伸方向也要相同，A项错误；B.描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些，减小方向确定的误差，B项正确；C.两弹
23、簧测力计拉力方向夹角不能太大也不能太小，C项错误；D.橡皮条对O点的拉力与两弹簧测力计对O点的拉力不是合力与分力的关系，D项错误。故选B。（3）34两绳夹角小于90，一个弹簧测力计示数接近量程，另一个超过量程的一半，实验操作不合理，因为两分力夹角为锐角时，合力大小大于分力，一个分力已经接近量程，那么只用一个弹簧测力计拉时（合力大小）会超过其量程.18（7分）如图甲所示是一多用电表的简化电路图。其表头满偏电流Ig = 500 A、内阻Rg = 50 。该多用电表有两个电流挡，量程分别为0 10 mA和0 1 mA。已知R2 = 45 ，R3 = 2475 ：(1)转换开关S接入_（填“1”“2”
24、“3”“4”“5”或“6”）端时，为较小量程的电流挡，正确测量时电流应从A表笔流_（填“出”或“入”）多用电表；(2)当转换开关S接入“3”端时，多用电表可以用来测电阻。测量之前，先进行欧姆调零，使指针偏转到刻度盘最_（填“左”或“右”）侧。某次测量电阻时使用的倍率为“1”，指针如图乙，则待测电阻的阻值为_； (3)当转换开关S接入“5”端时，多用电表的功能是测_（填“电流”“电压”或“电阻”），其量程为_。【答案】 (1). 2 (2). 入 (3). 右 (4). 19.0 (5). 电压 (6). 2.5 V（0 2.5 V）【解析】(1)1接入“1”或“2”都是电流档，但接入“2”时，
25、R1、R2两个电阻串联，阻值较大，分得的电流较小，因此是较小量程的电流档。2由于电流都是“红进黑出”，如果作为欧姆表，根据表内电池的正负极，电流从黑表笔流出可知，B是黑表笔，因此作为电流表，电流也应从A表笔（红表笔）流入。(2)3由于欧姆表的零刻度在表盘的最右侧，因此欧姆调零时，红黑表笔短接， 调整欧姆调零旋钮，使指针指到欧姆表的零刻度，也就是指针指到最右侧。4由于恰好对准的位置，而且是档位，因此电阻值为。(3)5 由于S接“2”时，是量程为1mA的电流表，因此当开关打到“5”时，该电流表与电阻R3串联，改装成电压表，用来测量电压值。6测量电压的量程因此量程为2.5V19（9分）航模兴趣小组设
26、计出一架遥控飞行器，其质量m2kg，动力系统提供的恒定升力F132N，试飞时飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的空气阻力大小恒为f4N，飞行器上升9s后由于出现故障而失去升力，出现故障9s后恢复升力但升力变为F216N，取重力加速度大小g10m/s2，假设飞行器只在竖直方向运动。求：（1）飞行器9s末速度大小v1；（2）飞行器018s内离地面的最大高度H；（3）飞行器落回地面的速度大小v2。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）飞行器受重力、升力和阻力作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：解得：a1=4m/s2飞行器9s末的速度大小（2）最初9s内位移设失去升力后上升阶
27、段加速度大小为a2，上升阶段的时间为t2，由牛顿第二定律得：f+mg=ma2解得a2=12 m/s2由运动学公式可得飞行器失去升力后上升阶段：由运动学公式可得飞行器018s内离地面的最大高度H=h1+h2解得：H=216m（3）飞行器到最高点后下落，设加速度大小为a3，由牛顿第二定律得：mg-f=ma3解得a3=8m/s2飞行器下落的时间为9-t2，所以其速度解得：由于 恢复升力 所以飞行器匀速下降，可知落回地面的速度大小为48m/s。20（12分）如图，水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率v=1m/s顺时针匀速转动，水平部分长度L=1m。物块B静止在水平面的最右端N处
28、，质量为mA=1kg的物块A在距N点s=1.125m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动，再与B发生碰撞并粘在一起，若B的质量是A的k倍（k0），A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为=0.4，物块均可视为质点，取g=10m/s2。(1)求A到达N点与B碰撞前的速度大小；(2)求碰撞后瞬间A与B的速度大小以及碰撞过程中损失的能量；(3)讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式。【答案】(1)4m/s；(2)；(3)时；当k3时；当3k时，【解析】(1)设碰撞前A的速度为，对于A与B碰撞前的运动过程，由动能定理得代入数据得(2)设碰撞后A、B速度为，且设向右为正方向，
29、由动量守恒定律得解得由系统能量转化与守恒可得解得(3)如果AB能一直减速从传送带右端离开，必须满足解得传送带对它们所做的功为当时有当时两个物体减速到与传送带共速，传送带对它们所做的功为即AB到达传送带右端时速度为v；当时，AB沿传送带向右加速到速度与传送带速度相等后与传送带一起匀速运动到传送带的右端，在这个过程中传送带对AB所做的功为解得21（10分）如图所示，在坐标系xoy平面的第象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在第象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B2，在x轴上有一点Q(,0)、在y轴上有一点P (0,a)现有一质量为m，电量为+q的带电粒子（不计重力），从P点处垂直y轴以速度v
30、0射入匀强磁场B1中，并以与x轴正向成60角的方向进入x轴下方的匀强磁场B2中，在B2中偏转后刚好打在Q点求：匀强磁场的磁感应强度B1、B2的大小；粒子从P点运动到Q点所用的时间【答案】（1）（2）【解析】（1）粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知：r1=r1cos60+a，r1=2a，2r2sin60=2a-r1sin60，解得：r2=a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，将半径代入解得：B1=，B2=；（2）粒子做圆周运动的周期：，粒子的运动时间：t=t1+t2=T1+T2，解得：t=；22（10分）如图所示，在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B
31、的匀强磁场中，一个静止于P点的放射性元素氡的原子核发生了一次a衰变，变为钋（）。放射出的a粒子（）和生成的新核钋（）均在与磁场方向垂直的平面内做圆周运动。已知a粒子的质量为m，电荷量为q。（1）写出发生a衰变的核反应方程，并定性画出新核钋（）和a粒子的运动轨迹。（2）新核钋（）和a粒子的圆周运动均可等效成一个环形电流，求a粒子做圆周运动的周期T和环形电流大小I。（3）磁矩是描述环形电流特征的物理量，把粒子做圆周运动形成的环形电流与圆环面积的乘积叫做粒子的回旋磁矩，用符号表示。设a粒子做圆周运动的速率为v，试推导a粒子回旋磁矩a的表达式，并据此比较a粒子和新核钋（）做圆周运动的回旋磁矩的大小关系。BP【答案】（1）；运动轨迹见下图；（2）；（3）；。【解析】（1）发生a衰变的核反应方程为 BP答图3a粒子新核新核钋（）和a粒子的运动轨迹如答图3所示 （2）根据牛顿第二定律 解得 a粒子做圆周运动的周期 环形电流大小 （3）由题意可得 将 代入得 根据动量守恒定律可知发生a衰变生成的a粒子和新核钋（）动量大小相等，方向相反，即 根据，故