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浙江省2022年1月普通高校招生选考科目考试仿真模拟物理试题B Word版含解析
浙江省2022年1月普通高校招生选考科目考试仿真模拟物理试题B Word版含解析
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2022年1月浙江省普通高校招生选考科目物理仿真模拟试卷B参考答案一、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)12345678910111213ADBAACADBCBCB二、选择题Ⅱ(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,有选错的得0分)141516ADACDCD三、非选择题(本题共7小题,共55分)17.(3分)(1)AD(2)CD(3)3.0018.(4分)(1)0.254.8×10﹣7(2)D19.(7分)(1)逐渐变大、逐渐变小;(2)4.5、1.0(1.1也正确);(3)5.0(4.8﹣5.0均正确)、56%(53.3%﹣55.6%均正确);(4)C20.(9分)(1)上升过程做匀减速运动:h=v0t1,解得:v0==m/s=64m/s(2)上升过程:v0=a1t1,礼花弹加速度大小:a1==m/s2=16m/s2礼花弹上升过程,由牛顿第二定律:mg+f=ma1,解得:f=ma1﹣mg=0.5×16N﹣0.5×10N=3N(3)设礼花弹下降过程加速度为a2,由牛顿第二定律:mg﹣f=ma2,解得:a2=4m/s2设从最高点到落地时间为t2,h=a2t,解得:t2==s=8s重力的平均功率为:==W=80W或:设礼花弹落地速度为v:v2=2a2h,解得:v==m/s=32m/s,平均速度:==16m/s6 重力的平均功率为:=mgcos0°=0.5×10×16×1W=80W答:(1)被炮筒射出时的初速度v0的大小为64m/s;(2)运动过程中所受空气阻力f的大小为3N;(3)从最高点返回到地面的过程中重力的平均功率P为80W.21.(12分)(1)小球从A点到B点的过程,由动能定理得mgR1=解得vB=2m/s(2)小球从A点到D点的过程,由动能定理得mgR1﹣μmg(L1+R2)=解得vD=2m/s小球第一次到达D点时的动量大小为p=mvD=0.2×2kg•m/s=kg•m/s(3)设小球恰好通过最高点F时的速度为v,则mg=m可得v=m/s假设小球能到达圆轨道最高点F,小球从A点到F点的过程,由动能定理得mg(R1﹣2R2)﹣μ(mg﹣qE)L1﹣μmgR2=解得vF=m/s因vF>v,所以小球能通过最高点F。在F点,对小球,由牛顿第二定律得mg+FN=m解得FN=3N根据牛顿第三定律知小球运动到F点时对圆轨道的压力大小FN′=FN=3N,方向竖直向上。(4)①物体不能脱离BC段直轨道,必须满足qE1≤mg可得E1≤2×104V/m6 ②物体能通过F点,小球从A点到F点的过程,由动能定理得mg(R1﹣2R2)﹣μ(mg﹣qE2)L1﹣μmgR2≥解得E2≥4×103V/m③物体能够到达G点,小球从A点到G点的过程,由动能定理得mgR1﹣μ(mg﹣qE3)L1﹣μmgR2﹣μmgL2≥0解得E3≥0令物体恰能打到P点,小球从A点到G点的过程,由动能定理得mgR1﹣μ(mg﹣qE)L1﹣μmgR2﹣μmgL2=小球做平抛运动的过程,竖直方向有h=水平方向有L3=vGt综上解得h=,其中4×103V/m≤E≤2×104V/m答:(1)小球到达B点时的速度大小为2m/s;(2)小球第一次到达D点时的动量大小为kg•m/s;(3)小球能到达圆轨道最高点F,小球运动到F点时对圆轨道的压力为3N,方向竖直向上。(4)h和E应满足的关系为h=,其中4×103V/m≤E≤2×104V/m。22.(10分)(1)导体棒a受到的安培力方向水平向右,由左手定则判断可知导体棒a中感应电流方向沿a棒向里,线圈中感应电流方向向下,由楞次定律判断可知B1的磁场方向向上。根据法拉第电磁感应定律得线圈中产生的感应电动势为E=n=nS由B1=(0.5+0.3t)T,得=0.3T/s,代入上式解得:E=3V由闭合电路欧姆定律得I==A=3A导体棒a刚好能静止,受力平衡,则有6 B2IL•cos37°=mgsin37°解得:B2=1T(2)撤去线圈中磁场B1,开关掷向2时,由于倾斜轨道足够长,所以导体棒a运动至BD处时做匀速直线运动,设其速度为v。导体棒a产生的感应电动势为E′=B2Lv•cos37°根据平衡条件得B2L•cos37°=mgsin37°解得:v=7.5m/s(3)导体棒a从BD至EF的过程中,取水平向左为正方向,由动量定理得﹣B2L•Δt=mv′﹣mv又q=•Δt=解得导体棒到达EF处的速度:v′=5m/s则导体棒a上产生的焦耳热为:解得Qa≈1.56J(2)导体棒a与b发生完全非弹性碰撞,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律得mv′=2mv共根据动量定理得﹣B3Lq=2mv末﹣2mv共结合电容的定义式可得q=CU=C⋅B3Lv末联立解得答:(1)线圈中磁场B1的方向向上,磁感应强度B2的大小为1T;(2)撤去线圈中磁场B1,开关掷向2时,导体棒a从静止运动至BD处时的速度大小为7.5m/s;(3)在(2)的情况下,导体棒a从BD至EF的过程中导体棒a上产生的焦耳热为1.56J;(4)在(2)的情况下,若导体棒a与b发生完全非弹性碰撞,则最终电容器的带电量C。6 23.(10分)(1)由题意,对能量为E的电子,在磁场中半径为,洛伦兹力提供向心力有:Bev=可得:r==变形可求得:m=(2)对于能量为(E﹣△E)的电子,r1==≈=0.49d对于能量为(E+△E)的电子,r2==≈=0.51d轨迹如图1,由几何关系得:OM==ON==发散电子束进入偏转磁场时的宽度MN=﹣(3)对能量为(E+△E)的电子,ON=,进入偏转磁场的发散角为α,由轨迹关于偏转磁场的角平分线对称,因此圆心在平分线上的O3点,半径设为r,如图2所示6 其中sinα=,cosα=由正弦定理得:解得:r==解得:=,所以B2=答:(1)若电子电荷量为e,求电子质量m为;(2)求发散电子束进入偏转磁场时的宽度为﹣;(3)对于能量为E+△E的电子,求在偏转磁场中运动轨迹处的磁感应强度B2为。6
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高中 - 物理
发布时间:2022-01-25 09:00:18
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文章作者:fenxiang
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