2022年1月浙江省普通高中学业水平考试物理仿真模拟试卷C(解析版)

2022年浙江省普通高中学业水平合格性考试
物理仿真模拟卷（C ）
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．下列不属于机械运动的是（ ）
A ．蚂蚁在树叶上爬行
B ．煤燃烧的过程
C ．划龙舟比赛
D ．流星划过夜空
【答案】 B
【解析】 A ．蚂蚁的爬行，蚂蚁的位置在发生变化，所以蚂蚁的爬行属于机械运动，A 错误； B ．煤燃烧的过程是化学转化为内能的过程，不涉及物体位置的变化，不是机械运动，B 正确；
C ．划龙舟比赛，龙舟的位置在发生变化，所以划龙舟比赛属于机械运动，C 错误；
D ．流星划过夜空，流星的位置在发生变化，所以流星划过天空属于机械运动，D 错误。

故选B 。

2．某质点作直线运动，速度随时间变化的关系式为v=（4t +4）m/s ，则对这个质点运动描述，正确的是（ ）
A ．初速度为4 m/s
B ．加速度为2 m/s 2
C ．加速度为1 m/s 2
D ．10 s 时的速度为24 m/s
【答案】 A
【解析】
匀变速直线运动速度与时间关系为
0v v at =+ 所以质点的初速度为4m/s ，加速度为4m/s 2，10 s 时的速度为44 m/s ，故A 正确，
BCD 错误。

故选A 。

3．如图所示，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，图乙为支架的简化示意图，若空调外机的重心恰好在支架横梁AO 和斜梁BO 的连接点O 的正上方，重力大小为360N ，横梁AO 水平。

斜梁BO 与横梁AO 的夹角为37°，sin37°=0.6.假定横梁对O 点的拉力总沿A O
方向，斜梁对O 点的支持力沿BO 方向，下列判断正确的是（ ）
A ．横梁AO 对O 点的拉力为400N
B ．斜梁BO 对O 点的支持力为216N
C ．保持AO 间距不变、增大AB 间距、则横梁对O 点作用力减小
D ．保持AB 间距不变、将空调的重心及支点O 向左移动，则斜梁对O 点作用力减小
【答案】 C
【解析】
AB ．以O 点为研究对象，受到空调外机的压力F 、OB 支架的作用力F 1和OA 支架的作用力F 2受力如图所示
根据平衡条件，可知O 点对空调外机的支持力
F'=G
由牛顿第三定律，可知空调外机对O 点的压力
F=F'
由受力图结合几何关系可得:
12400N 320N sin tan G G F F θθ
====， 故AB 错误;
C ．保持AO 间距不变，增大AB 间距，则此时θ变大，由上面选项分析可知，横梁对O 点作用力2F 减小。

故C 正确；
D ．保持AB 间距不变、将空调的重心及支点O 向左移动，则此时θ变小，由上面选项分析可知，斜梁对O 点作用力1F 增大。

故D 错误。

故选C 。

4．如图所示，水平恒力F 推小车和货物一起做匀加速直线运动，小车质量为M ，货物的质量为m ，它们的共同加速度为a ，货物与小车间的动摩擦因数为μ。

小车与地面间的滚动摩擦力不计，在运动过程中（ ）
A ．货物受到的合力大小为F
B ．货物受到的合力大小一定为μmg
C ．小车受到的摩擦力大小一定为
mF M m + D ．小车受到的合力大小一定为F -μmg
【答案】 C
【解析】 ABD ．把小车和货物看成一个整体，根据牛顿第二定律有
F=(M+m)a
货物水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律有
m mF f F ma M m
===+合 小车水平方向受外力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律有
M MF F f F Ma M m
-===+合 故ABD 错误；
C ．根据牛顿第三定律，可得小车受到的摩擦力与货物受到的摩擦力等大反向，所以小车受到的摩擦力大小一定为
f '=mF M m
+ 故C 正确。

故选C 。

5．如图甲所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图乙，C 为大盘上的一点，A 、B 为大小两盘边缘上的两点，已知2r C =r A ，r C =r B ．以下关于A 、B 、C 三点的线速度v 、角速度ω、向心加速度a 之间的大小关系说法正确的是（ ）
A ．2ωA =ω
B ，2a A =a B
B ．a A = a
C ，ωA =ωC C ．ωA =2ωB ，v B =2v C
D ．v A =2v B ，ωA =ωB 【答案】 A
【解析】
A 、C 为同轴转动，有
A C ωω=
根据角速度与线速度关系式，有
A A A C C C v r v r ωω==，
根据向心加速度表达式，有
22
A A A C C C a r a r ωω==，
依题意有
2r C =r A
所以
A C 2v v =，A C 2a a =
A 、
B 是同缘转动，有
A B v v =
联立，可得
B C 2v v =
根据角速度与线速度关系式，有
A A A
B B B v r v r ωω==，
依题意有
2r C =r A ，r C =r B
则
2r B =r A
联立，可得
A B 2ωω=
根据向心加速度表达式，有
22A B A B A B
v v a a r r ==， 所以
2a A =a B
故A 正确；BCD 错误。

故选A 。

6．我国首颗由东中校友潘建伟主导的量子卫星于2016年8月16日1点40分成功发射。

量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。

如图所示，量子卫星最后定轨在离地面5×102km 的预定圆周轨道，已知地球半径约为6.4×103km ，同步卫星距地面约3.6×104km ，下列说法正确的是（ ）
A ．量子卫星的发射速度可能为7.8 m/s
B ．量子卫星的环绕速度小于同步卫星的环绕速度
C ．量子卫星的向心加速度小于同步卫星的向心加速度
D ．量子卫星绕地球的周期小于同步卫星绕地球的周期
【答案】 D
【解析】
A ．发射环绕地球的人造卫星，最小的发射速度为第一宇宙速度7.9km/s 。

故A 错误； BCD ．量子卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有
22
224G n Mm v m ma m r r r T
π=== 整理得
2G n M v a T r =，量子卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，
所以量子卫星的环绕速度大于同步卫星的环
绕速度，量子卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，量子卫星绕地球的周期小于同步卫星绕地球的周期。

故BC错误；D正确。

故选D。

7．如图是歼-15战斗机在山东舰上进行起降训练，下列运动过程中歼-15战斗机的重力不做功的是（）
A．歼-15战斗机离开甲板飞向高空
B．歼-15战斗机从空中降落到山东舰
C．歼-15战斗机在水平甲板上减速滑行
D．歼-15战斗机在倾斜甲板上加速起飞
【答案】C
【解析】
A．歼-15战斗机离开甲板飞向高空，克服重力做功，A错误；
B．歼-15战斗机从空中降落到山东舰，重力做正功，B错误；
C．歼-15战斗机在水平甲板上减速滑行，重力不做功，C正确；
D．歼-15战斗机在倾斜甲板上加速起飞，克服重力做功，D错误。

故选C。

8．四幅图中包含的物理思想方法叙述错误的是（）
A．图甲：卡文迪许用扭称实验得到微小量万有引力常数，利用了放大法
B．图乙：探究影响电荷间相互作用力的因素时，运用了控制变量法
C．图丙：利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，体现了类比的思想
D．图丁：伽利略研究力和运动关系时，运用了理想实验方法
【答案】 C
【解析】
A ．图甲：卡文迪许用扭称实验得到微小量万有引力常数，利用了放大法。

故A 正确，与题意不符；
B ．图乙：探究影响电荷间相互作用力的因素时，运用了控制变量法。

故B 正确，与题意不符；
C ．图丙：利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验，体现了等效替代的思想。

故C 错误，与题意相符；
D ．图丁：伽利略研究力和运动关系时，运用了理想实验方法。

故D 正确，与题意不符。

故选C 。

9．如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是标有电场方向的一条电场线，一带电
粒子只在静电力作用下从A 沿着虚线运动到B 。

设该粒子在A
B 、两点的加速度大小分别为A a 、B a ，电势能分别为pA E 、pB E 。

下列说法正确的是（ ）
A ．粒子一定带负电
B ．点电荷Q 靠近M 端
C ．A B 、两点的电场强度A B E E =
D ．该粒子在A B 、两点的电势能pA pB
E E <
【答案】 D
【解析】 AD ．根据电场线的性质，A 点电势小于B 点电势，根据轨迹的弯曲方向可知，电场力指向曲线弯曲内侧，即带电粒子一定带正电，根据电势能定义式有
P E q ϕ=
易知，该粒子在A 点电势能小于在B 点电势能。

故A 错误；D 正确；
B ．点电荷Q 的电性不明，有可能带正电靠近N 端，也可能带负电靠近M 端。

故B 错误；
C ．该电场为点电荷电场，所以A 、B 两点的电场强度不可能大小相等。

故C 错误。

故选
D 。

10．新型冠状病毒在显微镜下的形状如图所示，其大小在纳米（nm ）的数量级，普通防尘口罩已不能有效阻止该病毒的传播。

根据我们所学内容，下列选项中的单位均为基本单位的是（ ）
A．g、cm、s B．kg、nm、N
C．m/s、km、s D．Ω、N、J
【答案】A
【解析】
国际计量大会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、发光强度、物质的量，它们的单位均为基本单位，而由物理量之间的关系式推导出来的单位叫做导出单位。

故选A。

11．下列关于运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向正确的是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
AB．根据左手定则判断得出正电荷的洛伦兹力方向向上．故A正确，B错误．
CD．根据左手定则判断可知，负电荷的洛伦兹力方向向上．故CD错误．
12．一个表头的内阻R g为30Ω，满偏电流I g为1mA，要把它改装为量程3V的电压表，可以（）
A．串联一个阻值为3000Ω的电阻
B．串联一个阻值为2970Ω的电阻
C．并联一个阻值为0.05Ω的电阻
D．并联一个阻值为0.01Ω的电阻
【答案】B
【解析】
要把电流计改较为量程3V的电压表，则需要串联一个分压电阻，大小为
33Ω30Ω2970Ω10
g g U R r I -=-=-= 故选B 。

13．下列各电场中，A 、B 两点电场强度相同的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】 C
【解析】
A ．电场强度是矢量，既有大小又有方向，要判断两点场强是否相同，要从大小和方向两个方面考虑，A 、
B 两点距点电荷的距离相等，根据点电荷场强公式可知，两点的场强大小相等，方向都是指向点电荷，所以方向不同，则场强不同，故A 错误。

B ．两点场强方向相同，但大小不同，故B 错误。

C ．这是匀强电场，电场强度处处相同，故C 正确。

D ．根据电场线的疏密判断两点的场强大小不同，根据电场线判断，两点的方向也不同，故场强不同，故D 错误。

故选C 。

14．某人乘电梯从1楼到11楼，在此过程中经历了先加速，再匀速，最后减速的运动过程，则电梯对人的支持力做功的情况是（ ）
A ．始终做正功
B ．加速时做正功，匀速和减速时做负功
C ．加速和匀速时做正功，减速时做负功
D ．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功
【答案】 A
【解析】
支持力方向始终向上，运动方向始终向上，二者方向始终相同，所以支持力始终做正功。

故选A 。

15．如图所示，把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗后，可以使小球在短时间内沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动，则提供小球做匀速圆周运动的向心力是（ ）
A．小球的重力B．小球对漏斗的压力
C．漏斗对小球的弹力D．漏斗对小球的弹力沿水平方向的分力
【答案】D
【解析】
对小球受力分析，重力竖直向下，支持力垂直漏斗内壁向上，合力指向圆心，提供向心力，故漏斗对小球的弹力沿水平方向的分力提供小球做匀速圆周运动的向心力，ABC错误，D正确。

故选D。

16．“气球火箭”是在气球存储气体，当松开气球时，气球内气体向下漏出去推动空气，空气反作用推动气球上升，从而带动“火箭”上升（如图所示）。

关于此过程，下列说法正确的是（）
A．“气球火箭”受到地球对它的吸引力，但它对地球没有吸引力
B．“气球火箭”刚开始运动时，速度为零，但加速度不为零
C．“气球火箭”能上升，是因为空气对“气球火箭”的作用力大于“气球火箭”对空气的作用力D．空气对“气球火箭”的作用力和“气球火箭”所受的重力是一对平衡力
【答案】B
【解析】
A．力的作用是相互的，“气球火箭”受到地球对它的吸引力，则它对地球也有吸引力，故A 错误；
B．“气球火箭”刚开始运动时，速度为零，但合外力向上，有向上的加速度，故B正确；C．空气对“气球火箭”的作用力与“气球火箭”对空气的作用力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；
D ．“气球火箭”不处于平衡状态，空气对“气球火箭”的作用力和“气球火箭”所受的重力不可能是一对平衡力，故D 错误。

故选B 。

17．如图所示，一小孩尝试用水平力推静止在水平地面上的大沙发，但没有推动。

关于沙发受到的力及它们的关系，下列说法正确的是（ ）
A ．沙发受到推力的方向与其受到摩檫力的方向相同
B ．沙发对地面的压力就是该沙发的重力
C ．沙发受到地面的弹力，方向与沙发形变方向相反
D ．沙发受到地面的弹力，产生的直接原因是地面的形变 【答案】 D 【解析】
A ．因为沙发处于静止状态，故沙发受力平衡，即沙发受到推力的方向与其受到的摩檫力方向相反，故A 错误；
B ．沙发的重力是地球对沙发的作用力，沙发对地面的压力是沙发对地面的作用力，二者的施力物体、受力物体都不同，不是同一个力，故B 错误；
C ．沙发受到地面的弹力，弹力方向指向沙发，与沙发形变方向相同，故C 错误；
D ．沙发受到地面的弹力，产生的直接原因是地面的形变，故D 正确。

故选D 。

18．飞机着陆后以26m /s 的加速度做匀减速直线运动直至静止。

其着陆速度为60m/s ，飞机11s 内滑行的位移大小是（ ） A ．300m B ．1023m C ．297m D ．363m
【答案】 A 【解析】
以初速度方向为正方向，则有 a =-6m/s 2
飞机在地面滑行最长时间 0060s 10s 6
v t a ∆-=
==-
以飞机11s内滑行的位移等于10s内滑行的位移，由
v2-v02=2ax
代入数据解得
x=300m
故A正确，BCD错误。

故选A。

二、非选择题部分（本题共5小题，共34分）
19．在“验证机械能守恒定律”的实验中：
（1）某同学选用图1所示的打点计时器，则应按___________（选填“甲”“乙”或“丙”）图中的方法连接电源。

（2）释放纸带前，正确的操作方式是___________
A．B．C．D．
（3）本实验中，下列说法正确的是___________
A．可选用木质重物作为研究对象
B．安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一整直线上
C．重物的质量可以不测
来计算重物在t时刻的瞬时速度
D．可以根据v gt
（4）下图为该同学在实验中打出的一条纸带，图中相邻两计数点间的时间间隔为0.02s，在
打下计数点5时的重锤的速度为___________m/s （结果保留3位有效数字）
【答案】（1）甲 （2）C （3）BC （4）1.480.02±
【解析】(1) 图1所示的打点计时器为电磁打点计时器，工作电压为交变电流4-6V ，所以选择图甲所示的方法链接电源；
(2) 释放纸带前，用手提着纸带，使重物静止在打点计时器下方，让重物紧靠着打点计时器下方，且纸带要足够长，ABD 错误，C 正确。

故选C 。

(3) A ．木质重物的密度较小，所受到的空气阻力较大，会对实验结果造成很大的误差，故不选用木制重物作为研究对象，A 错误；
B ．安装打点计时器时，应使两个限位孔处于同一整直线上，B 正确；
C ．重物的质量可以不测，C 正确；
D ．计算重物在t 时刻的瞬时速度是根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度来计算的，D 正确。

故选BC 。

(4) 6450.1305m 0.0712m
1.48m /s 20.02s 0.04s
x x v --=
==⨯
因读数存在误差，故计算结果在1.480.02m /s ±范围内均正确。

20．在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验室中有一个规格为“3V ，1.5W”的小灯泡， (1)某实验小组连接的实物图如图所示，图中滑动变阻器应选用_____（选填“A”或“B”）； A ．滑动变阻器 （10Ω，1A ） B ．滑动变阻器 （1kΩ，300mA ）
(2)通过调节滑动变阻器，得到多组电压表和电流表的示数如下表所示，当电压表的示数为1.0V 时，电流表的示数如图所示，则电流表的示数为_____A ；
(3)根据表中数据，在如图所给方格纸中描点并作出该灯泡的伏安特性曲线_________.
【答案】（1）A （2）0.30 （3）
【解析】（1）测量小灯泡的伏安特性曲线，需要电压从零开始调节，所以电路采取分压式，为了方便调节，滑动变阻器选择总阻值较小的A （2）根据图示可知，电流表示数为0.30A （3）根据表中数据进行描点做图如下：
21．在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如下图甲所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，分别用力传感器采集拉力F 和木块所受到的摩擦力F f ，并用计算机绘制出摩擦力F f 随拉力F 的变化图像，如图乙所示。

已知木块质量m =5kg 。

①求木块与长木板间的最大静摩擦力F ma x 和木块与长木板间的动摩擦因数μ；
②如图丙，木块在与水平方向成37°角斜向右下方的恒定推力F 1作用下，以a =1.6m/s 2的加速度从静止开始在长木板上做匀变速直线运动，如图丙所示。

推力F 1大小应为多大？（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s 2）
【答案】①max 21N F =，0.4μ=；②150N F =
【解析】①读图可知，木块与长木板间的最大静摩擦力为 max 21N F =
读图可知，木块与长木板间的滑动摩擦力为20 N ，则此时动摩擦因数为
0.4f F mg
μ=
=
②因为木块在与水平方向成37°角斜向右下方的恒定推力F 1作用下，以a =1.6m/s 2的加速度从静止开始在长木板上做匀变速直线运动，对木块进行受力分析得
()11cos37sin37F F mg ma μ︒-︒+=
带入数据解得 150N F =
22．如图所示，粗糙水平地面AB 与半径R ＝0.4m 的光滑半圆轨道BCD 相连接，且在同一竖直平面内，O 是BCD 的圆心，BOD 在同一竖直线上．质量m ＝2kg 的小物体在9N 的水平恒力F 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动．已知AB ＝5m ，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2．当小物块运动到B 点时撤去力F ．求：
(1)小物块到达B 点时速度的大小； (2)小物块通过B 点时对轨道的压力；
(3)小物块能否通过最高点D 点，请用物理知识说明理由.
【答案】 (1)v B ＝5m/s (2) 145N ，方向竖直向下 (3)min D D v v >，则小物块能通过最高点D 点. 【解析】
(1)从A 到B ，根据动能定理有：()2
B 12
F mg x mv μ-=
，代入数据得：v B ＝5m/s (2)由牛顿第二定律：B
N 2v F mg m R
-=，代入数据得：N 145N F =，根据牛顿第三定律，对轨
道的压力大小是145N ，方向竖直向下
(3)假设小物块能通过最高点D 点.，从B 到D ，根据机械能守恒定律有：2D 2
B 11222
mv mv mg R =+⋅,
代入数据解得：v D ＝3m/s ，恰好通过最高点D 点的速度:2
Dmin
v mg m R
=，解得：
Dmin 2m/s v ==，因m D D in v v >，则小物块能通过最高点D 点.
23．如图所示，在绝缘水平面上的O 点固定一电荷量为+Q 点电荷，在O 点正上方高为r 0的A 处由静止释放某带电荷量为+q 的小液珠，开始运动的瞬间小液珠的加速度大小恰好等于重力加速度g ．已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：
(1)液珠开始运动瞬间所受库仑力的大小和方向； (2)运动过程中小液珠速度最大时其离O 点的距离h ． 【答案】 （1）2
0kQq
F r =库 ；方向竖直向上；（2
0 【解析】
(1)根据库仑定律有:2
0kQq
F r =
库 ；方向竖直向上 (2)开始运动瞬间根据牛顿运动定律：F ma mg -=库,所以2F mg =库；速度最大时加速度为零：'F mg =库，即：21'2kQq
F F h
=
=库库，解得：h
r 0。