【文档说明】2021年1月浙江省普通高中学业水平考试物理仿真模拟试题（一）（教师版）.docx，共(17)页，342.388 KB，由小赞的店铺上传

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2021年1月浙江省普通高中学业水平考试物理仿真模拟试卷（一）考生须知：1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分70分，考试时间60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10m/s2。一、选择题（本题共18小题

，每小题2分，共36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.日常生活中的“斤”，与“盎司”、“吨”等都是质量的常用单位。下列单位中属于国际单位制中质量的基本单位的是（）A.千克B.米C.秒D.牛顿【答案】A【解析】国际单位制中质量的基本单位

是kg（千克）。所以A正确，BCD错误。故选A。2.下列物理量的负号表示大小的是（）A.速度=2m/sv−B.位移8ms=−C.重力势能p50JE=−D.力做功为10JW=−【答案】C【解析】A．速度v=

－2m/s的“－”表示速度方向与正方向相反，故A错误；B．物体的位移s=－8m，负号表示位移方向与正方向相反，故B错误；C．物体的重力势能Ep=－50J的“－”表示重力势能比0小，表示大小，故C正确；D．阻力做功为W=

－10J，负号表示该力是阻力，不表示大小，故D错误。故选C。3.下列说法中正确的是（）A.电流的方向就是电荷移动的方向B.电流都是由电子的移动形成的C.在直流电源对外供电的过程中，外电路上电流的方向是从电源正极流向负极D.电流是有方向的量，所以是矢量【答案】C

【解析】正电荷的定向移动方向为电流的方向，负电荷的定向移动方向和电流的方向相反，A错误；电流也可以由正离子的定向移动形成，B错误；在直流电路中，外电路上电流的方向是从电源正极流向负极，但电流在外电路只有这一个方向，不是矢量，

C正确，D错误.4.2020年1月，一种新型冠状病毒引起的肺炎疫情使全国人民猝不及防，专家们也对疫情的扩散模型不断进行修正，来预测“拐点”出现的时间。“拐点”之前每日新增病例成增加的趋势，“拐点”之后每日新增病例成减少的趋势。若将总病例数量类比成直线运动学中的位移，则下列类比关系正

确的是（）A.每日新增病例数量可类比成加速度B.“拐点”可类比成加速度为零时的点C.“拐点”可类比成速度为零时的点D.“拐点”可类比成位移为零时的点【答案】B【解析】若将总病例数量类比成直线运动学中的位移，则每日新增病例数量可类比成速度，而“拐点”可类

比成加速度为零时的点。故选B。5.某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（）A.在10s末时，质点的速度最大B.在0~10s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反C.在8s和12s时，质点的加速度方向相反D.在20s内，质点的位移为9m【答案】B【解析】A

．由x-t图像可知，据速度与图线斜率的关系，据v=k=Δx/Δt=0，此时速度最小，所以A选项错误；B．0-10s内，质点远离原点，图线的斜率减小，所以速度减小，则质点做减速运动，合外力与速度方向相反，B选项正确；C．10-15s内质点

靠近原点，图线斜率增大，质点速度增加，质点做加速运动，加速度方向与速度方向一致，所以，第5s末和第15s末，质点的加速度方向一致，都指向原点，C选项错误；D．在20s内质点的路程为9m，但位于为1m，所以D选项错误。故选B。6.下列关于重力、弹力和摩擦力的说法，正确的有（）A.在弹

性范围内，同一弹簧形变量越大，产生的弹力越大B.只有静止的物体才能受到静摩擦力C.规则几何体的重心一定在物体的几何中心D.摩擦力一定与接触面间的弹力成正比【答案】A【解析】A．在弹性范围内，弹簧的弹力满足胡克定律Fkx=即弹力F大小与弹簧形变量大小成正比，故A正确；B．相对静止的两物体间

的摩擦力为静摩擦力，故B错误；C．质地均匀、形状规则的几何体的重心一定在物体的几何中心，故C错误；D．只有滑动摩擦力才与接触面间的弹力成正比，故D错误。故选A。7.物体同时受到同一平面内三个共点力的作用，下列几组力的合力可能为零

的是（）A.5N7N8NB.6N2N3NC.1N5N10ND.10N10N23N【答案】A【解析】A．5N与7N合成时，合力最大12N，最小2N，可以为8N，故三个力合力可能为零，故A正确；B．6N与2N合成时，合力最大8N，最小4N，不可

能为3N，故三个力合力不可能为零，故B错误；C．1N与5N合成时，合力最大6N，最小4N，不可能为10N，故三个力合力不可能为零，故C错误；D．10N与10N合成时，合力最大20N，最小0N，不可能为23N，故三个力合力不可能为零，故D错误。故选A。8.如图所示，在粗糙水平木板上放一物块，拖

动木板，使木板和物块一起在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，ca为水平直径，db为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块始终相对木板静止，则（）A.物块在d点可能只受重力作用B.只有在a、b、c、d四点，物块受到合外力才指向圆心C.从a到c，物块所受的摩擦力先增大后减小D.从

c到a，物块速度不变【答案】A【解析】A.当物块恰好到达d点时，物块在d点只受重力作用，A正确；B．物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以合外力始终指向圆心，B错误；C．从a到c，物块的加速度始终指向圆心，水平方向的加速度先减小后增大，由牛顿第二定律可得，物

块所受的摩擦力先减小后增大，C错误；D．物块从c到a做匀速圆周运动，速度的大小不变，当方向始终发生变化，因此物块速度在不断变化，D错误；故选A。9.如图，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙

面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是A.B.C.D.【答案】A【解析】A与B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩

擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力，故A正确，BCD错误．10.如图所示为一种修正带，其核心结构包括大小两个齿轮

、压嘴座等部件，大小两个齿轮是分别嵌合于大小轴孔中的并且齿轮相互吻合良好，a、b点分别位于大小齿轮的边缘且Ra：Rb＝3：2，c点位于大齿轮的半径中点，当纸带以速度v匀速走动时b、c点的向心加速度之比是（）A.1：3B.2：3C.3：1D.3：2【答案】C【解析】a、b属于齿轮传动，有线速度相

等，即va=vb，因为Ra：Rb＝3：2，由vR=可知23abbaRR==又因为a、c属于同轴传动，它们具有共同的角速度，故ac=，当纸带以速度v匀速走动时b、c点的向心加速度之比22232()3:121.5bbbcccaR

aR===故选C。11.重为2N的小球，在空中沿竖直方向下落了2m的高度后到达地面，下落过程中受到空气的阻力为0.1N，下列说法正确的是（）A.小球的重力势能增加了4JB.小球的动能增加了4JC.小球的机械能减少了0.2JD.空气阻力对

小球做功为1J【答案】C【解析】A．小球的重力做正功等于重力势能的减少22J4Jmgh==故A错误；B．根据动能定理，小球动能的增加等小球外力做功的和(40.12)J3.8JKEmghfh=−=−=故B错误；C．小球的机械能减少等于克服阻力做的功为||0.2JEf

h==故C正确；D．空气阻力对小球做功为：0.2JfWfh=−=−，故D错误。故选C。12.一根通电直导线水平放置在地球赤道的上方，其中的电流方向为自西向东，该导线所受地磁场的安培力方向为（）A.水平向北B.水平向南C.竖直向上D.竖直向下【答案】C【解析】赤道处的地磁场方

向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上。故选C。13.如图所示，小船以大小为v(船在静水中的速度)、方向与上游河岸成θ的速度从O处过河，经过一段时间，正好到达正对岸的O＇处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O＇处，在水流速度不变的情况下

，可采取的方法是（）A.θ角不变且v增大B.θ角减小且v增大C.θ角增大且v减小D.θ角增大且v增大【答案】D【解析】由题意可知，航线恰好垂直于河岸，要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O处，则合速度增大，方向始终垂直河岸。小船在静水中的速度增大，与上游河岸的夹角θ

增大，如图所示故D正确，ABC错误。故选D。14.用长为L且不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点，则在时间t内（）A.绳拉力做功的功率为mgL(1-cosα)/tB.空气阻力做功为－mgLcosαC.

小球重力做功为mgL(1－cosα)D.小球所受合力做功为mgLsinα【答案】C【解析】A、由于绳子与运动方向垂直，所以在运动过程中绳子的拉力不做功，故A错；BCD、在运动过程中重力和阻力做功，由于初末速度都等于零，故合外力做功为零，由动能定理可知(1)0fmg

LcosW−=－，故C对；BD错故选C15.如图所示，孤立点电荷+Q固定在正方体的一个顶点上，与+Q相邻的三个顶点分别是A、B、C，下列说法中正确的是()A.A、B、C三点的场强相同B.A、B、C三点的电势相等C.A、B、C三点所在的平面为一个等势

面D.将电荷量为+q的检验电荷由A点沿直线移动到B点过程中电势能始终保持不变【答案】B【解析】AB．A、B、C三点的场强大小相等，方向不同，所以三点的场强不同，三点的电势相同，故A错误，B正确；C．A、B、C三点所决定的平面各

点到+Q的距离不相等，故电势就不全相等，所以该平面不是等势面，故C错误；D．一电荷+q的检验电荷由A点沿直线移动到B点的过程中，电势先升高后降低，电势能先增大后减小．故D错误．故选B．16.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长

直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向A.与ab边平行，竖直向上B.与ab边平行，竖直向下C.与ab边垂直，指向左边D.与ab边垂直，指向右边【答案】C【解析】本题考查了左手定则

的应用．导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边．

17.如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内（）A.充电宝输出的电功率为2UIIr+B.充电宝产生的热功率

为2IrC.手机电池产生的焦耳热为2UtrD.手机电池储存的化学能为2UItIrt−【答案】D【解析】A．充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为PUI=A错误；BC．手机电池充电电流为I，所以手机电池产生的热功率

为2rPIr=而充电宝的热功率应为充电宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，BC错误；D．输出的电能一部分转化为手机的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能为2WUItIrt=−D

正确。故选D。18.如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个带正电小球A、B，A位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上受到A的斥力作用处于静止。若A的电量保持不变，B由于漏电而下降少许重新平衡，下列说法中正确的是（）A.小球A对筒底的压力变小B.小球B对筒壁的压力变大C.小球

A、B间的库仑力变小D.小球A、B间的电势能减小【答案】B【解析】A．以整体为研究对象可知，圆筒底部对A球的支持力大小等于A、B两球的重力，由牛顿第三定律可知A对筒底的压力也等于A、B两球的重力，小球A对筒底的压力不变，故A错误；B．隔离B球

受力如图所示根据受力平衡有tanNFmg=球B由于漏电而下降少许重新平衡，角变大，因此筒壁给球B的支持力1tanFmg=增大，根据作用力与反作用力可知B球对筒壁的压力变大，故B正确；C．小球A、B间的库仑力为cosmgF=角变大，cos变小，库仑力F变大，故C错误；D．两球之

间的距离减小，电场力做负功，系统电势能增大，即小球A、B间的电势能增大，故D错误。故选B。二、非选择题（本题共5小题，共34）19．（6分）一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加

速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0.590m，下降一段距离后的高度h=0.100m；由h0下降至h所用的时间T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a=__

_____m/s2（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g=9.80m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′=_______m/s2（保留3位有效数字）。可以看出

，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：__________。【答案】(1).1.84(2).1.96(3).滑轮的轴不光滑，绳和滑轮之间有摩擦（或滑轮有质量）【解析】①有题意可知小球下降过程中做匀加速直

线运动，故根据运动学公式有2012hhaT-=代入数据解得a=1.84m/s2；②根据牛顿第二定律可知对小球A有AATmgma¢-=对小球B有BBmgTma¢-=带入已知数据解得21.96m/sa¢=；

③在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。20.（6分）某同学练习使用多用电表。(1)该同学使用多用电表测量某电阻时，选择开关和指针位置如图1所示，若他的操作是正确的，则该电阻的测量值为_____。(2)该同学继续用相同挡位测量另一电阻，发现指针偏转角度过小。为了减

小测量误差，他再次进行测量前应该进行的操作是__________（从下列选项中挑出合理的步骤并按操作顺序排列）。A.将红表笔和黑表笔接触B.把选择开关旋转到“×100”位置C.把选择开关旋转到“×1”位置D.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点(3)该同学注意到多用电表电阻的刻度线是不均匀的，而

直流电流、电压的刻度线是均匀的。他在课本上查阅到多用电表欧姆表的电路示意图，如图2所示。请根据欧姆表的电路示意图，结合所学知识分析电阻的刻度线不均匀的原因_____________。【答案】(1).21.510(2).BAD(3).根据闭合电路欧姆定律可知通过表头的电流1xgEIRRR

r=+++，可见通过表头的电流I与待测电阻Rx之间的关系为非线性关系，因此电阻的刻度线是不均匀的【解析】(1)［1］由图可知选择的是“×10”档位，所以被测电阻为Rx=15×10Ω=150Ω(2)［2］欧姆

表指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，应换大挡进行测量，应将旋转开关K置于“×1k”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是实验步骤是：B、A、D。(3)［3］根据闭合电路欧姆定律可知通过表头的电流1xgEIRRRr=+++可见通过表头的

电流I与待测电阻Rx之间的关系为非线性关系，电阻的刻度线是不均匀的，而是刻度值越大处刻度线越密。21.（6分）一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的

改变而带来的其他影响（重力加速度为g），求：（1）匀强电场的电场强度的大小；（2）小球经过最低点时受到的拉力大小【答案】（1）3mg4q（2）49mg20【解析】（1）以小球为研究对象，分析受力情况：重力mg、电场力qE、丝线的拉力FT，电场力方

向必定水平向右，与电场强度方向相同，所以小球带正电荷．如图1所示．由平衡条件得：mgtan37°=qE故34mgEq=（2）当电场方向变为向下后，小球受到的电场力竖直向下，向下做圆周运动，重力和电场力都做正功

，由动能定理得211372mgqElcosmv+−=（）（）解得0.7vgl=小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，如图2所示．根据牛顿第二定律得2TvFmgqEml−−=解得4920

TFmg=22.（7分）城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生，我国《民法通则》及《侵权责任法》中都有规定，建筑物上的搁置物发生脱落造成他人损害的，其所有人或管理人应承担民事责任，能够证明自己没有过错的除外．假设某高楼距地面H

＝47m高的阳台上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看做自由落体运动．有一辆长L1＝8m、高h＝2m的货车，在楼下以v0＝10m/s的速度匀速直行，要经过阳台的正下方，花盆自由下落时货车车头距花盆的水平距离为L2＝24m（花盆可视为质点，重力加速度g＝10m/s2）．(1)若司机没

有发现花盆掉落，货车保持v0＝10m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会被花盆砸到？(2)若货车车头距花盆的水平距离为L3＝19m时，司机才发现花盆正在掉落途中，经Δt＝0.5s反应时间后采取加速（可视

为匀加速）的方式来避险，则货车至少以多大的加速度才能安全通过？【答案】（1）会（2）1m/s2【解析】(1)花盆下落到车顶的过程：212Hhgt−=解得：3st=此过程车前进距离：030mxvt==因为24m<x<32m，因此花盆会砸到货车，货车

不能安全通过(2)从花盆下落至司机发现问题的过程，货车匀速：0232419m5mxLL−===−则有：0000.5sxvt==司机反应时间内，货车匀速运动：10.5stt==10100.5m5mxvt===若车尾刚好避险，货车加速过程：2030.50.5s2stt

tt−=−−==−2311195)8m22mxLxL−=−+=()+=(220212xvtat=+解得：21m/sa=所以，货车至少以1m/s2的加速度运动才能安全通过23.（9分）如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度

可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为

3.2m。小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力。(1)求小球运动至B点的速度大小；(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；【答案】(1)4m/s；(2)2.4J；(3)3.36m【解

析】(1)小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则20NmvFmgR−=代入数据可得04m/sv=(2)A到B的过程中重力和阻力做功，则由动能定理可得2f012mgRWmv−=代入数据得f2.4JW=(3)由B到C的过程中2201122BCCkmgLmvmv−

−＝则2202CBCvvLkg−=从C点到落地的时间020.8shtg==B到P的水平距离22002CCvvLvtkg−=+代入数据，联立并整理可得214445CCLvv=−+可知，当vc=1.6m/s时，P到B的水平距离最大，为3.36mL=