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2024年1月浙江省普通高中学业水平考试物理仿真模拟卷03参考答案1.𝐵2.𝐷3.𝐶4.𝐶5.𝐵6.𝐵7.𝐴8.𝐵9.𝐶10.𝐷11.𝐶12.𝐴13.𝐶14.𝐷15.𝐷16.𝐷17.𝐷18.𝐷19.(1)𝐶；(2)0.4420.(1)实物连接如图所示：；(2)

左；(3)2.40；(4)2.92(2.91−2.94)；0.92(0.90−0.99)。21.解：(1)对球𝐴受力分析，如图，根据共点力平衡条件，结合几何关系得到：𝑇𝑠𝑖𝑛45°=𝑚𝑔𝑇𝑐𝑜𝑠45°=𝐹解得：𝐹=𝑚𝑔𝑡�

�𝑛45°=0.2×10−3×10𝑁=2×10−3𝑁即𝐴球受的库仑力为2×10−3𝑁.(2)根据库仑定律，由𝐹库=𝑘𝑄𝐴𝑄𝐵𝑟2得：𝑄𝐴=𝐹𝑟2𝑘𝑄𝐵=2×10−3×0.

329×109×4.0×10−8𝐶=5×10−7𝐶即𝐴球的带电量是5×10−7𝐶(3)根据电场强度的定义式，则有：𝐸=𝐹𝑄𝐴代入数据，解得：𝐸=2×10−35×10−7𝑁/𝐶=4×103𝑁/𝐶答：(1)𝐵球受到的库仑力大小为2×10−

3𝑁；(2)𝐴球所带电荷量为5×10−7𝐶；(3)𝐵球在𝐴球平衡处产生的电场强度的大小为4×103𝑁/𝐶。22.解：(1)由图可知，前5𝑠内模型车做匀加速运动，故4𝑠末的加速度：𝑎=△𝑣△𝑡=85𝑚/𝑠2=1.6𝑚/𝑠2(

2)根据牛顿第二定律可知：𝐹−0.08𝑚𝑔=𝑚𝑎解得：𝐹=200×1.6𝑁+0.08×200×10𝑁=480𝑁；(3)𝑣−𝑡图象中图形与时间轴所围成的面积表示位移，则可知，25𝑠内的位移𝑥=(10+25)×82𝑚=140𝑚

。23.解：(1)𝐴到𝐶重力做功𝑊𝐴𝐶=𝑚𝑔(ℎ1+𝑅−𝑅𝑐𝑜𝑠53°)=60×10×(12+10−10×0.6)𝐽=9600𝐽由𝛥𝐸𝑃=−𝑊可得𝛥𝐸𝑝=−𝑊=−9600

𝐽即重力势能的减少量为9600𝐽。(2)在𝐶点有𝐹𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐶2𝑅解得𝐹𝑁=𝑚𝑔+𝑚𝑣𝐶2𝑅=600𝑁+60×(10√3)210𝑁=2400𝑁由牛顿第三定律得，

运动员滑到𝐶点时对圆弧滑道的压力为𝐹𝑁′=𝐹𝑁=2400𝑁方向竖直向下。(3)从𝐶点到𝐷点𝑣𝐷2−𝑣𝐶2=−2𝜇𝑔𝐿代入数据解得𝑣𝐷=4𝑚/𝑠假设落到斜面上，则𝑡𝑎𝑛37°=

12𝑔𝑡2𝑣𝐷𝑡代入数据解得𝑡=0.6𝑠由于ℎ=12𝑔𝑡2=12×10×0.62𝑚=1.8𝑚<2𝑚假设成立，所以着落点距离𝐷点的水平距离𝑥=𝑣𝐷𝑡=4×0.6𝑚=2.4𝑚答：(1)运动员和滑雪板从𝐴运动到𝐶的过程中重力势能的

变化量为9600𝐽；(2)运动员滑到𝐶点时对圆弧滑道的压力为2400𝑁；(3)着落点距离𝐷点的水平距离为2.4𝑚。参考解析1.【分析】国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，它们在国际单位

制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位；通过物理公式去推导力的单位。本题以我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”为背景，考查了国际单位制中力的基本单位，要明确国际单位制中规定了七个基本物理

量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。【解答】𝐴𝐵、根据牛顿第二定律的表达式𝐹=𝑚𝑎可知，力的单位为𝑘𝑔⋅𝑚⋅𝑠−2，故A错误，B正确；C、根据压强的表达式𝑝=𝐹𝑆可知，力的单位

为𝑃𝑎⋅𝑚2，但是压强单位𝑃𝑎不是国际制基本单位，故C错误；D、根据功的表达式𝑊=𝐹𝑥可知，力的单位是𝐽⋅𝑚−1，但是功的单位𝐽不是国际制基本单位，故D错误。故选：𝐵。2.解：�

�、“神舟十三号”飞船在与“天和核心舱”对接过程，二者的大小、形状以及各部分的运动差异均不能忽略，所以不能将它们视为质点，故A错误；B、对接成功后，以空间站为参考系，“神舟十三号”飞船是静止的，故B错误；C、对接成功后，以地球为参考系，整个空间站是运动的，故C错误；D、载人空

间站建成后，研究空间站绕地球飞行的时间时，空间站的大小、形状以及各部分的运动差异均可以忽略，可将空间站视为质点，故D正确。故选：𝐷。物体可以看成质点的条件是看物体的大小形状对所研究的问题是否产生影响；在描述一个物体的运动时，选来作为标准的另外的某个物

体叫参考系，对于同一个运动物体，在不同的参考系观察时，观察到的结果往往不同。该题考查学生对质点、参考系等概念的理解，对于物理中的基本概念要理解其本质不同。3.【分析】本题考查了时间和时刻，位移和路程，以及物体能视为质点的条件，属于基本概念的考查，基础题。【解答】A.37秒79是

跑完接力赛的成绩，指的是时间，故A错误；B.4×100m接力赛中的100m都是指运动员的路程，故B错误；C.在研究运动员接棒动作时，需要研究不同部位的动作，所以不可以将运动员看成质点，故C正确；D.第一棒运动员汤星强起跑很快，这是指他的加速度很大，故D错

误。故选C。4.【分析】本题考查匀变速直线运动的规律。解决问题的关键是熟知匀变速直线运动的平均速度公式和位移公式。【解答】助跑过程的平均速度𝑣=𝑣2=82𝑚/𝑠=4𝑚/𝑠，则所用时间𝑡=𝑥𝑣=2.5𝑠，故C正确，ABD错误

。5.【分析】本题考查了匀变速直线运动的规律。汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。根据匀变速直线运动的规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。在解此类问题时，要留意“刹车陷阱”。汽车在停止前做匀减速运动，汽车停止之后就不再做匀减速直线运动，因此，

一定先判断刹车时间，不能直接使用题目中给的时间进行计算。【解答】72𝑘𝑚/ℎ=20𝑚/𝑠，加速度𝑎=−5𝑚/𝑠2，由速度公式𝑣=𝑣0+𝑎𝑡，得汽车刹车到停止的时间𝑡=0−𝑣0𝑎=4𝑠，A、由位移公式𝑥=𝑣0𝑡+12𝑎𝑡2，得刹车

位移𝑥=40𝑚，故A项错误;B、由速度公式𝑣=𝑣0+𝑎𝑡，得刹车后1𝑠时的速度大小为15𝑚/𝑠，故B项正确;C、汽车刹车到停止的时间为4𝑠，所以刹车后5𝑠时的速度大小为0，故C项错误;D、汽

车刹车到停止的位移为40𝑚，刹车后6𝑠内平均速度为：𝑣=𝑥𝑡=406𝑚/𝑠=203𝑚/𝑠，故D错误。故选B。6.A、不计阻力，则运动员的加速度为𝑎=𝐹𝑚=27555𝑚/𝑠2=5𝑚/𝑠2，故A错误；𝐵𝐶、因为每次蹬冰时

间都是0.7𝑠，双脚交替时间为0.3𝑠，即0.7𝑠在加速，0.3𝑠匀速，经3.7𝑠到达最大速度，3.7𝑠中有2.8𝑠在加速，则最大速度𝑣=𝑎𝑡=14𝑚/𝑠，故B正确，C错误；D、运动员匀加速的位移为𝑥=12𝑎𝑡2=19.6

𝑚，故D错误。故选：𝐵。本题主要考查牛顿第二定律和匀变速直线运动规律的应用。利用牛顿第二定律计算加速度；每次蹬冰时间都是0.7𝑠，双脚交替时间为0.3𝑠，即0.7𝑠在加速，0.3𝑠匀速，根据匀变速直线运动的速度时间关系式和位移时间关系式，计算最大速度和加速位移。7.【分析】

本题考查速度−时间图象，速度的符号表示速度的方向．斜率表示加速度．当物体做加速运动时，速度与加速度方向相同；当物体做减速运动时，速度与加速度方向相反．【解答】A、第2𝑠内和第3𝑠内速度均为正值，速度方向均为正方向，

方向相同．故A错误．𝐵𝐶、第2𝑠内物体做加速运动时，速度与加速度方向相同；第3𝑠内物体做减速运动时，速度与加速度方向相反．而第2𝑠内和第3𝑠内速度方向相同，则第2𝑠内和第3𝑠内的加速度方向相反．故

BC正确．D、第5𝑠内物体做减速运动，速度与加速度方向相反．故D正确．本题选错误的，故选A8.【分析】本题考查了平衡状态和动态分析。根据平衡条件写出每根拉绳承受的拉力的表达式，再分析解答；匀速直线运动是平衡态。【解答】𝐴𝐵.设每根

拉绳与竖直方向的夹角为𝜃，根据平衡条件可得𝑁𝐹cos𝜃=𝐺可知每根拉绳承受的拉力为𝐹=𝐺𝑁cos𝜃>𝐺𝑁故A错误，B正确；C.拉绳越长，拉绳与竖直方向的夹角越小，承受的拉力就越小，故

C错误；D.航天员匀速下降，此时的航天员正处于平衡状态，故D错误。9.【分析】本题关键是要区分平衡力与相互作用力的性质与特点。根据牛顿第三定律可知道人对“电动平衡车”的作用力和“电动平衡车”对人的作用力的关系；作用力与反作用力是等大、反向、作用于两

个物体、同一性质的两个力；由于人(含车)做匀速直线运动，将人和车看成一个整体，根据平衡条件，分析人(含车)的受力；依据惯性来判定人转弯时的偏向方向。【解答】A、根据牛顿第三定律可知，“电动平衡车”对人的作用力等于人对“电动平衡车”的作用

力，故A错误；B、人的重力与车对人的支持力两者的受力物体都是人，它们是一对平衡力，不是相互作用力，故B错误；C、将人和车看成一个整体，在水平方向上地面对车的摩擦力与人(含车)所受空气阻力平衡，所以人和车能够匀速前进，故C正确；D、在行驶过程中突然向右转弯时，人由于具有惯性，会保持原来的运动状态

不变，所以人会向左倾斜，故D错误。故选：𝐶。10.[分析】“缓慢”意味着处于平衡态，绳上拉力大小不变，对人做受力分析，列出平衡方程，绳子与水平方向夹角变大，通过分析即可求解。本题考查动态平衡以及简单的受力分析，重点要能会确定绳子与水平夹角如何改变的。【解答】

重物与健身者始终处于平衡态，所受合力为零，绳子上拉力大小不变，其大小始终等于重物的重力𝑚𝑔，对健身者做受力分析，如图所示，𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝐹𝑁=𝑀𝑔，𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=𝐹𝑓，当由𝐴移到𝐵时，𝜃角变大，𝑠𝑖𝑛�

�变大，所以地面对人的支持力变小，地面对人的摩擦力减小，根据牛顿第三定律可知，该健身者对地面的压力逐渐减小，健身者对地面的摩擦力逐渐减小，故ABC错误，D正确。故选：𝐷。11.【分析】本题考查了圆周运动中的线速度、

向心加速度、周期这些知识点；根据圆周运动中同一物体上各点的周期、角速度、线速度、向心加速度的特点分析判断即可。【解答】𝐴𝐵.𝑃点以𝑂点为圆心做圆周运动，线速度与向心加速度的方向时刻发生变化，所以𝑃点的线速度与向心加速度并不是始终

不变，故AB错误；C.由于刮水片始终保持竖直，所以刮水片上各点的线速度一样，因此𝑀、𝑁两点的线速度相同，故C正确；D.因为𝑀、𝑁两点是在同一刮水片上的两点，所以它们的周期必然相同，故D错误。故选C。12.【分析】根据万有引力提供卫星绕地球做匀速圆周运动

的向心力：𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚4𝜋2𝑇2𝑟=𝑚𝑣2𝑟=𝑚𝜔2𝑟=𝑚𝑎𝑛得出各个量的表达式分析即可;本题的关键是根据万有引力提供卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力得出周期、线速度、角速度、向心加速度

与半径的关系;【解答】地球对卫星的万有引力提供卫星绕地球做匀速圆周运动的向心力：𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚4𝜋2𝑇2𝑟=𝑚𝑣2𝑟=𝑚𝜔2𝑟=𝑚𝑎𝑛得：𝑇=2𝜋√𝑟3𝐺𝑀;𝑣=√𝐺𝑀𝑟;𝜔=√𝐺𝑀𝑟3;�

�𝑛=𝐺𝑀𝑟2由表达式可知，半径越大，运行的周期越大，线速度、角速度、向心加速度越小;地球静止轨道卫星的运行半径大于近地轨道卫星的运行半径，故与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星的周期大，线速度、角速度、向心加速度都小，故A正确

，𝐵𝐶𝐷错误;故选：𝐴。13.由𝑃=𝐹𝑣可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，故C正确，𝐴、𝐵、D错误。故选：𝐶。14.【分析】本题考查机械能守恒定律。在斜抛运动中，物体仅受重力，机械能守恒，空中任何一个位置的机械能都和初始位置的机械

能相等。使用机械能守恒定律解题时，注意零势能面的选取。【解答】不计空气阻力，物体在运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则篮球进入篮框的机械能等于抛出点的机械能，以地面为参考面，抛出点的机械能𝐸=12𝑚𝑣2+𝑚𝑔ℎ。故选D。15

.【分析】对雪橇进行受力分析，匀速运动时，雪橇的合力为零，根据功的定义式即可分析选项。受力分析是学生处理动力学问题的关键，必须熟练掌握，同时功的概念又是高考的重点，关键是找到力和位移的方向问题，因为力和位移都是矢量。【解答】A.据功的定义式可以知道，拉力做的功为：𝑊1=𝐹𝑠𝑐𝑜𝑠

𝛼，故A错误；𝐵𝐶.雪橇受到重力和支持力与雪橇的位移垂直，做功为零，故BC错误；D.因为雪橇匀速运动，所以合力为零，则外力做功为零。故D正确；故选：𝐷。16.解：𝐴、若反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，则球原路返回，根据图象可知，球与墙碰撞过程中有能量损失，使得碰撞

后速度减小，故A错误；B、逆向思维，斜上抛运动看作反向的平抛运动，根据ℎ=12𝑔𝑡2可得𝑡=√2ℎ𝑔，由于两种情况下竖直方向运动的高度不同，则运动时间不相等，反弹后运动的时间长，故B错误；C、逆向思维，斜上抛运动看作反向的平抛运动，根据水平方向的

运动规律可得：𝑣0=𝑥𝑡，𝑥相同，返回时的时间𝑡大、则水平速度小，所以球落地时的水平速度比抛出时的水平速度小，故C错误；D、虽然碰撞过程中有能量损失，但反弹后下落的高度大，从开始抛出到落地过程中重力做正功，如果整个

过程中重力做的功等于球与墙碰撞过程中损失的能量，则球落地时和抛出时的动能相等，故D正确。故选：𝐷。若反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，则球原路返回，根据图象分析有能量损失；根据ℎ=12𝑔𝑡2分析时间

长短，根据水平位移相等分析水平速度大小；虽然碰撞过程中有能量损失，但反弹后重力多做功，由此分析动能大小。本题主要是考查斜上抛运动、平抛运动和能量守恒定律，关键是根据图象分析碰撞前后速度的大小，由此确定是否存在能量损失，能够根据逆向思维分析问题。17.【分析】加强基础知识的学习，

掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，即可解决本题。电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。【解答】A、由𝑎、𝑏的运动轨迹弯曲方向可以看出，两个带电粒子所带电性一定相反，由于电场

线方向未知，故无法确定𝑎、𝑏的电性，故A错误；𝐵𝐶、因电场力的方向沿电场线且要指向轨迹的凹侧，速度沿轨迹的切线方向，由此知𝑎和𝑏所受的电场力与速度方向夹角都小于90°，所以电场力对𝑎、𝑏均做正功，𝑎、𝑏的速度均增大，故BC错误，D

、电场线的疏密代表电场的强弱，由图可知越向左场强越小，故𝑎出发后的一小段时间内其所处的位置的场强越来越小，而𝑏出发后的一小段时间内其所处的位置场强越来越大，所以出发后的一小段时间内𝑎受到的电场力变小，𝑏受到的电场力变大，𝑎的加速度将减小，𝑏的加速度将增大，故D正确。18.【解

析】A.𝑋射线有很高的穿透本领，常用来在医学上做透视人体，故A错误；B.过强的紫外线照射不利于人的皮肤健康，故B错误；C.电磁波中频率最大的是𝛾射线，其波长最短，最不容易用来观察衍射现象，故C错误；D.紫外线和𝑋射线都可以使感光底片感光

，故D正确。故选D。19.(1)实验中，在保持小车的质量不变情况下，探究加速度𝑎与合力的关系；在保持槽码质量不变即拉力不变的情况下，探究加速度𝑎与小车质量的关系，这主要应用控制变量法。故C正确，ABD错误。故选：𝐶。(

2)相邻计数点间的时间间隔为：𝑇=5×1𝑓=5×150𝑠=0.1𝑠根据逐差法求得此次实验中小车运动的加速度的值为𝑎=𝑥4+𝑥5+𝑥6−(𝑥1+𝑥2+𝑥3)(3𝑇)2=29.0−12.5−1

2.5(3×0.1)2×10−2𝑚/𝑠2=0.44𝑚/𝑠2故答案为：(1)𝐶；(2)0.44。(1)根据控制变量法的特点分析判断；(2)根据逐差法计算此次实验中小车运动的加速度大小。本题关键掌握控制变量法和逐差法求加速度大小。20.【分析】应用图象法处理实

验数据，电源𝑈−𝐼图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；求图象斜率时要注意纵轴起始坐标值不是0而是1.0，图象斜率的绝对值不是电源内阻，而是等效电源内阻，即：电源内阻与保护电阻之和。(1)根据电路图

连接实物电路图；(2)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大位置；保护电阻可以保护电路，防止电源发生短路；(3)根据电压表的量程和读数规则进行读数；(4)电源𝑈−𝐼图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，根据图

示图象求出电源电动势与内阻。【解答】(1)根据原理图连接实物电路图，实物电路图如图所示：；(2)为了让电流由最小值开始调节，滑动变阻器的滑片开始时应滑到最左端；电路中定值电阻的作用是保护电路，防止电源发生短路；(

3)电压表最小一格0.1𝑉，则电压表读数为：2.40𝑉；(4)根据𝑈=𝐸−𝐼(𝑅0+𝑟)，由图电源𝑈−𝐼图象可知，图象纵轴截距为2.92𝑉，则电池电动势：𝐸=2.92𝑉，图象斜率的绝对值：𝑘=𝑟+𝑅0=𝛥𝑈𝛥𝐼=2.92−2.00.64𝛺≈1.42𝛺，

电源内阻：𝑟=𝑘−𝑅0=1.42𝛺−0.5𝛺=0.92𝛺。故答案为：(1)实物连接如图所示：；(2)左；(3)2.40；(4)2.92(2.91−2.94)，0.92(0.90−0.99)。21.(1)对小球𝐵受力分析，受到重力、静电引力和细线的拉力，根据三力平衡

求出静电引力；(2)根据库仑定律求解出小球𝐴的带电量；(3)根据电场强度的定义式𝐸=𝐹𝑞，结合已知条件，即可求解．本题关键先根据平衡条件得到库仑力，再根据库仑定律求解出𝐵球的带电量，由场强的定义求𝐵电荷在𝐴球处产生的场强的大

小。22.(1)图象的斜率表示加速度，故由图象即可求得加速度；(2)对前5𝑠过程根据牛顿第二定律可求得发动机输出的牵引力的大小；(3)𝑣−𝑡图象中图象与时间轴所围成的面积表示位移，根据梯形面积公式即可求出25𝑠内的位移。本题考查牛顿第二定律与𝑣−

𝑡图象的结合问题，要注意明确图象的性质，能根据图象分析物体的运动过程，明确物体的加速度和位移的计算；同时注意明确在匀变速运动过程加速度为联系力和运动关系的桥梁。