2026年1月浙江省普通高校招生选考科目考试物理仿真模拟卷03

2026年1月浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟卷03 物理·答题卡 姓 名：__________________________ 准考证号： 贴条形码区 考生禁填： 缺考标记 违纪标记 以上标记由监考人员用2B铅笔填涂 选择题填涂样例： 正确填涂 错误填涂 [×] [√] [／] 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真核准条形码上的姓名、准考证号，在规定位置贴好条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；填空题和解答题必须用0.5 mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 注意事项 第Ⅰ卷（请用2B铅笔填涂） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 12 [A] [B] [C] [D] 13 [A] [B] [C] [D] 第Ⅱ卷（请在各试题的答题区内作答） 14．（14分） Ⅰ、（1） （2） Ⅱ、 Ⅲ、 15．（8分） 16．（11分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（12分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（13分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 非 答 题 区 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 非 答 题 区 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 物理 第4页（共6页） 物理 第5页（共6页） 物理 第6页（共6页） 物理 第1页（共6页） 物理 第2页（共6页） 物理 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年1月浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟卷03 物理 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 第Ⅰ卷 一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30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．下列物理量是基本量且为矢量的是（    ） A．质量 B．时间 C．位移 D．力 【答案】C 【详解】A．质量是基本量，不是矢量，故A错误； B．时间是基本量，不是矢量，故B错误； C．位移是基本量，是矢量，故C正确； D．力是导出量，是矢量，故D错误。 故选C。 2．第19届亚运会，中国队荣获201枚金牌，稳居榜首。以下关于运动的描述正确的是（　　） A．跳水裁判给全红婵打分时，可以把全红婵看成质点 B．男子20km竞走张俊夺冠，他全程的位移是20km C．谢震业在100米决赛中以9秒97成绩夺冠，9秒97表示时刻 D．孙颖莎接对方打来的弧旋球时，乒乓球不可以看成质点 【答案】D 【详解】A．跳水裁判给全红婵打分时，需要考察全红婵的动作，不能将其看成质点，A错误； B．男子20km竞走张俊夺冠，他全程的路程是20km，B错误； C．谢震业在100米决赛中以9秒97成绩夺冠，9秒97表示时间间隔，C错误； D．孙颖莎接对方打来的弧旋球时，乒乓球的大小、形状和旋转情况对所正确的接球问题而言不可忽略，则乒乓球不能看作质点，D正确。 故选D。 3．在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（　　） A．小船给船夫的作用力竖直向上 B．小船受到的浮力等于船的重力 C．小船受到船夫的摩擦力向右 D．船夫受到小船的支持力的冲量为零 【答案】C 【详解】A．船夫受竹篙斜向上的作用力、竖直向下的重力以及小船对船夫的作用力，由力的平衡可知，小船给船夫的作用力不是竖直向上，故A错误； B．由平衡可知小船受的浮力与竹篙对人的作用力的竖直分量之和等于人和船的重力之和，可知小船受到的浮力大于船的重力，故B错误； C．静摩擦力方向与相对运动趋势相反，船夫和小船一起缓慢向右运动，船夫相对小船有向右的运动趋势，所以小船对船夫的摩擦力向左，根据牛顿第三定律可知，小船受到船夫的摩擦力向右，故C正确； D．根据I=Ft，因船夫受到小船的支持力不为零，运动的时间也不为零，故船夫受到小船的支持力的冲量不为零，故D错误。 故选C。 4．一空心金属球壳内球心右侧放一带正电点电荷，于是在球内外形成如图所示电场，其中a在球心，b在球壳内壁，c在球壳内，d在球外，若以无穷远电势为0，下列说法正确的（　　） A．球壳内壁没有净电荷 B．c点电场强度等于a点电场强度 C．球壳接地后c点电势会增大 D．a、b两点电势差小于a、d两点的电势差 【答案】D 【详解】A．根据静电感应原理，球壳内壁有负电荷，故A错误； B．空心球壳达到静电平衡，c点电场强度为零，故c点电场强度小于a点电场强度，故B错误； C．球壳接地后c点电势为零，即电势减小，故C错误； D．由图可知，b点的电势高于d点的电势，即，由电势差的定义式有， 故，故D正确。 故选D。 5．质量为m的物体以v0的速度水平抛出，经过一段时间速度大小变为 ，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　） A．该过程平均速度大小为 B．运动时间为 C．速度大小变为 时，重力的瞬时功率为 D．运动位移的大小为 【答案】D 【详解】ABD.竖直方向速度为：  ，所以运动时间 ， 位移为： ，所以平均速度为 ，故AB错误、D正确； C. 速度大小变为时，重力的瞬时功率为：P＝mgvy＝2mgv0，故C错误； 6．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200:1和1:20，电压表的示数为220V，电流表的示数为4A，输电线路总电阻r=20Ω，则下列说法正确的是（　　）    A．甲是电流互感器，乙是电压互感器 B．线路上损耗的功率为320W C．用户得到的电功率为3392kW D．用电设备增多，降压变压器输出电压U4变大 【答案】C 【详解】A．互感器甲的原线圈并联在升压变压器副线圈两端，是电压互感器，互感器乙的原线圈串联在输电线电路中，是电流互感器，故A错误； B．电流表的示数为，电流互感器乙原、副线圈的匝数比为，可知输电线上的电流为I2=80A，输电线路总电阻，则有输电线路上损耗的功率为 故B错误； C．电压表的示数为，电压互感器A的原、副线圈的匝数比为，可知升压变压器副线圈两端电压为U2=44000V，则升压变压器的输出功率为 则有升压变压器的输入功率为3520kW，用户得到的功率为3392kW，故C正确； D．用电设备增多，降压变压器副线圈回路的电流增大，则输电线上的电流增大，输电线上的电压降增大，降压变压器的输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4变小，D错误。 故选C。 7．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船在酒泉成功发射，并进入预定轨道，顺利将翟志刚、叶光富、王亚平3名航天员送入太空，飞船入轨后，按照预定程序，将通过加速与空间站进行自主快速交会对接.对接前，神舟十三号和空间站在轨运动的情形如图甲所示，对接时的情形如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．甲图中，是空间站，是神舟十三号 B．甲图中，的加速度比的加速度小 C．乙图中，对接时，神舟十三号的速度比在甲图中在轨运行时速度大 D．乙图中，对接时，神舟十三号的机械能比在甲图中在轨运行时机械能大 【答案】D 【详解】A．对接时，神舟十三号在低轨道合适的位置加速做离心运动，到达天和核心舱所在的轨道与之对接，所以A是神舟十三号，B是天和核心舱，故A错误； B．神舟十三号和天和核心舱绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知 可知加速度与轨道半径平方成反比，所以图（甲），A的加速度比B的加速度大，故B错误； C．图（乙）中，对接时，神舟十三号所在的轨道半径比在图（甲）中所在的轨道半径大，由牛顿第二定律可得 所以图（甲）中神舟十三号的运行时速度比图（乙）中神舟十三号的运行时速度大，故C错误； D．神舟十三号要从图（甲）的低轨道上升到图（乙）中的高轨道，需要点火加速，机械能增加，所以图（乙）中，对接时，神舟十三号的机械能比在图（甲）中在轨运行时机械能大，故D正确。 故选D。 8．如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能图像，其中时对应图像的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余为曲线，取，由图像可知（    ） A．滑块的质量为0.18kg B．弹簧的劲度系数为100N/m C．滑块运动的最大加速度为 D．弹簧的弹性势能最大值为0.7J 【答案】B 【详解】A．在从0.2m上升到0.35m范围内，有 图线的斜率绝对值为 解得 m=0.2kg 故A错误； B．依题意，滑块与弹簧在弹簧原长时分离，弹簧的原长为0.2m，h＝0.18m时速度最大，此时 解得 k＝100N/m 故B正确； C．在h＝0.1m处时滑块加速度最大，可得 又 x2＝0.2-0.1=0.1m 解得最大加速度 a＝40m/s2 故C错误； D．根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，有 故D错误。 故选B。 9．如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝5激发态的氢原子向低能级跃迁时（　　） A．一共能辐射6种频率的光子 B．能辐射出3种能量大于10.2eV的光子 C．能辐射出3种能量大于12.09eV的光子 D．能辐射出能量小于0.31eV的光子 【答案】B 【详解】A．激发态的氢原子向低能级跃迁时，能辐射种频率的光子，当时，一共能辐射10种频率的光子，A错误； BCD．辐射的光子的能量等于两能级能量之差，即 从依次向跃迁的能量分别为：，，，； 从依次向跃迁的能量分别为：，，； 从依次向跃迁的能量分别为：，； 从向跃迁的能量为：； 所以B正确，CD错误； 故选B． 10．镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中用来选择波长。如图，一束复色光以一定的入射角（）从点进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。某一含红、绿、蓝光的复色光入射到三棱镜时，激光器输出的是绿光，则（　） A．绿光在棱镜中的折射角大于红光的折射角 B．有可能通过调节入射角，使激光器同时输出红、绿、蓝光 C．若要调为红光输出，需将棱镜绕点逆时针转动一小角度 D．不管怎么调节，激光器都不可能输出红光 【答案】C 【详解】A．由于棱镜对绿光的折射率大于红光，根据光的折射定律可知，当入射角相同时，棱镜中绿光的折射角小于红光的折射角，故A错误； B．因为红、绿、蓝光的折射率不同，它们的折射情况不同，所以不可能通过调节入射角使激光器同时输出红、绿、蓝光，故B错误； CD．由于红光的折射率小，折射角较大，若要调为红光输出，需将棱镜绕点逆时针转动一小角度，这样才有可能让红光折射后垂直入射到反射膜上，从而返回形成激光输出，故C正确，D错误。 故选C。 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 11．下列说法正确的是（　　） A．液晶具有旋光性，加电场时偏振光被液晶层旋光呈现暗态 B．列车从远处匀速驶近观测时，观测者耳朵听到的汽笛声频率越来越高 C．冰在融化过程中分子势能增大 D．α射线经过置于空气中带正电验电器金属小球的上方，验电器金属箔的张角会变大 【答案】AC 【详解】A．液晶具有旋光性，外加电场会改变液晶分子排列，影响偏振光旋转，从而呈现暗态，故A正确； B．根据多普勒效应可知，列车匀速靠近观测者，会导致接收到的频率升高，而不是越来越高，故B错误； C．冰在融化过程中温度保持不变，分子的平均动能不变，分子动能不变，分子间距离变大，分子力做负功，分子势能增大，故C正确； D．α射线经过置于空气中带正电验电器金属小球的上方，会使空气发生电离，产生带负电的电子和带正电的离子，验电器会吸引电子从而中和验电器上的正电荷，所以验电器金属箔的张角会变小，故D错误。 故选AC。 12．如图甲所示，在xOy平面内有两个波源和。两波源做垂直于xOy平面的简谐运动，其振动图像分别如图乙和图丙所示，两波源形成的机械波在xOy平面内向各个方向传播，波速均为。xOy平面上有A、B两点，其位置坐标分别为，，则（　　） A．两波源形成的波的图样是不稳定的 B．图中点的振幅为2cm C．AB连线上有两个振动加强点 D．两波源的连线上有12个振动加强点，它们的位移大小在0到6cm之间变化 【答案】BD 【详解】A．由两波源振动图像可知，它们的振动周期相同，则频率相同，满足波的干涉条件，会形成稳定的干涉图样，A错误； B．由振动图像得周期 根据 解得波长 到A距离8m，到A距离10m，路程差 两波源初相不同，综合相位差与波程差，A点为振动减弱点。因振幅2cm、振幅4cm，减弱点振幅为 B正确； C．、到B点路程差 结合两波源初相差，经分析AB连线上不是仅两个加强点，C错误； D．两波源间距6m，波程差范围 结合初相差与干涉加强条件，满足的加强点有12个。 加强点振幅为两波源振幅之和 位移大小在0到6cm间变化，D正确。 故选BD。 13．太阳内部的核反应非常复杂，我们将其简化为氢转变为氦，即质子和电子结合成一个粒子，同时放出质量可视为零的两个中微子。已知电子质量，质子质量，α粒子质量（c为光速），太阳辐射的总功率，太阳质量（其中氢约占70%），则（　　） A．太阳内部核反应属于裂变反应 B．α粒子的动能小于 C．α粒子和中微子的动量之和小于质子和电子的动量之和 D．若太阳中现有氢的10%发生聚变，大约需要 【答案】BD 【详解】A．太阳内部是氢聚变成氦，属于聚变反应（裂变是重核分裂成轻核），故A错误； B．核反应方程： 质量亏损 对应的能量 代入数据解得 能量转化为粒子、中微子动能，故粒子动能小于，故B正确； C．核反应中内力远大于外力，系统动量守恒，即粒子、中微子动量之和等于质子、电子动量之和，故C错误； D．参与聚变的氢质量m为 则质子总个数N为 每4个质子参与反应，质量亏损对应能量，参与反应的“4质子组”个数 总能量E为 功率 代入数据得，故D正确。 故选BD。 第Ⅱ卷 三、非选择题（本题共5小题，共58分） 14（14分）Ⅰ、某实验小组用如图甲所示装置探究向心力大小与质量、角速度和半径的关系。已知长槽上挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，挡板A和挡板C到各自转轴的距离相等。左、右塔轮用不打滑的传动皮带连接，调整皮带，可以使两塔轮自上而下按如图乙所示三种方式进行组合。 (1)在探究向心力大小与半径的关系时，需要先将传动皮带调至变速塔轮的第 （选填“一”、“二”或“三”）层，再将质量相同的钢球分别放在 （选填“”或“”）位置的挡板内侧； (2)探究向心力大小与角速度的关系时，该小组将传动皮带调至变速塔轮的第三层，将两个相同的钢球分别放在两处，转动手柄左、右标尺露出的等分格数之比为 。 【答案】(1) 一 B、C (2) 【详解】（1）[1]根据向心力公式有 所以在探究向心力大小与半径的关系时，需要保证质量相等、角速度相等，选用两个质量相同的钢球可使质量相等，将传动皮带调至变速塔轮的第一层，半径相等、线速度大小相等，可使两塔轮的角速度相等，即两实验小球的角速度相等。 [2]探究向心力大小与半径的关系，要使两个标尺都有读数，故质量相同的钢球分别放在位置的挡板内侧。 （2）将传动皮带调至变速塔轮的第三层 解得 将两个相同的钢球分别放在两处，小球质量相等、圆周运动半径相等，根据向心力公式有 所以向心力的比值为 Ⅱ、如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。 （1）当开关S接 时（选填“1”或“2”）平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时 （选择“相同”或“相反”），此过程中电容器的电容将 （选填“增大”或“减小”或“不变”）。 （2）将G表换成电流传感器，电流传感器可以把电容器放电电流随时间变化规律描绘出来。一个电容器先把它接到8V的电源上充电。然后通过电流传感器放电，其电流随时间变化图象如图所示。由图象和坐标轴所围的面积知道电容器放电前所带的电量。已知如图所围的面积约为40个方格，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如乙图所示，由图可估算出电容器的电容C= F（保留两位有效数字）。 （3）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时曲线与横轴所围成的面积将 （填“增大”“不变”或“变小”）；放电时间将 （填“变长”“不变”或“变短”） 【答案】 2 相反 不变 不变 变短 【详解】（1）[1]放电时必须将电容器接电阻，故将单刀双掷开关拨向2； [2]电容器充电时，上板接电源正极，电容器上板带正电，充电时正电荷流入电容器上板，放电时正电荷从上极板流出，故流经G表的电流方向与充电时相反； [3]电容器电容与极板间距离、正对面积和电介质有关，该过程没有改变这些因素，故电容器电容不变。 （2）[4]放电电流随时间变化曲线与坐标轴所围面积为电容器的放电量，可得 电容器的电容为 （3）[5]曲线与横轴所围成的面积表示电容器的放电量，只减小电阻R，电容器带电量不变，故放电时曲线与横轴所围成的面积不变。 [6]只减小电阻R，电容器的放电电流增大，电容器的放电量不变，故放电时间将变短。 Ⅲ、某同学在做“验证动量守恒定律”的实验中，实验室具备的实验器材有：斜槽轨道，两个大小相等、质量不同的小钢球A、B，刻度尺，白纸，圆规，重垂线。实验装置及实验中小球运动轨迹及落点平均位置如图甲所示。 （1）对于实验中注意事项、器材和需测量的物理量，下列说法中正确的是 （填字母序号）。 A．实验前轨道的调节应注意使槽的末端的切线水平 B．实验中要保证每次A球从同一高处由静止释放 C．实验中还缺少的器材有复写纸和秒表 D．实验中需测量的物理量只有线段OP、OM和ON的长度 （2）实验中若小球A的质量为，小球B的质量为，当时，实验中记下了O、M、P、N四个位置，若满足 （用、、OM、OP、ON表示），则说明碰撞中动量守恒；若还满足 （只能用OM、OP、ON表示），则说明碰撞中机械能也守恒。 （3）相对误差，小于5.0%可视为碰撞中系统的总动量守恒。某次实验中：测得入射小球质量是被碰小球质量的4倍，小球落点情况如图乙所示。计算该次实验相对误差为 %（保留两位有效数字）。 【答案】 AB/BA 1.9 【详解】（1）[1]A．因为初速度沿水平方向，所以必须保证槽的末端的切线是水平的，A项正确； B．因为实验要重复进行多次以确定同一个弹性碰撞后两小球的落点的确切位置，所以每次碰撞前入射球A的速度必须相同，B项正确； C．要测量A球的质量和B球的质量，故需要天平；让入射球落地后在地板上合适的位置铺上白纸并在相应的位置铺上复写纸，用重垂线把斜槽末端即被碰小球的重心投影到白纸上O点，故需要复写纸，不需要秒表，C项错误； D．由可知实验中需测量的物理量是A球的质量和B球的质量，线段OP、OM和ON的长度，D项错误。 故选AB。 （2）[2]小球做平抛运动下落的高度相同，则时间相同，水平位移和速度成正比，则可以用水平位移代替水平速度，从图中可以看出，碰前的总动量为，碰后的总动量为，若碰前的总动量与碰后的总动量近似相等，就可以验证碰撞中的动量守恒，即需满足 [3]若碰撞前后动能相等，则有 联立解得 （3）[4]根据 得 15．（8分）为了测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，可用如下图所示装置。操作步骤和实验数据如下。 a、打开阀门K、使管A、容器C、容器B和大气相通。上下移动D，使左侧水银面到达刻度n的位置； b、关闭K，向上举D，使左侧水银面达到刻度m的位置。这时测得两管水银面高度差为19.0cm，该过程封闭气体向外界放热为； c、打开K，把被测固体放入C中，上下移动D，使左侧水银面重新到达位置n，然后关闭K； d、向上举D，使左侧水银面重新到达刻度m处，这时测得两管水银面高度差为38.0cm，该过程封闭气体向外界放热为； 已知容器C和管A的总体积为，外界大气压强为，环境温度不变，实验装置导热性能良好。求： (1)b过程中，被阀门K封闭的这部分气体，气体分子动能 （选填“均不变”、“均增大”、“均减小”或“增大和减小均有”），单位时间撞击单位面积容器壁的分子数 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； (2)被测固体的体积； (3)比较b与d两个过程中的放热与的大小关系，并给出必要的文字说明与定量的分析过程加以证明。 【答案】(1) 增大和减小均有 增大 (2)500cm3 (3) 【详解】（1）[1][2]b过程中，被阀门K封闭的这部分气体，气体温度不变，则分子平均动能不变，但单个分子动能增大和减小均有；气体压强变大，体积减小，气体分子数密度增加，则单位时间撞击单位面积容器壁的分子数增大； （2）设C以及管内气体的体积为V，根据玻意耳定律，则 b过程有 d过程有 联立解得 （3）步骤b与步骤d两个过程中气体的体积变化量相同，均为 步骤b中气体压降从76cmHg变化到95cmHg,而步骤d中气体压降从76cmHg变化到114cmHg，根据可知步骤d中外界对气体做功较大，而气体温度不变，内能不变，则步骤b中气体放热Q1，比步骤d过程中气体放热Q2的小，即。 16．（11分）如图所示，是倾角的倾斜轨道，是一个水平轨道，竖直平面内的光滑圆形轨道最低点与水平面相切于点，端固定一轻质弹凳，点与点的水平距离，两点间的距离，是圆形轨道最高点，与点等高。一质量的物体（可看成质点），压缩弹簧后从点由静止释放，恰好能沿圆形轨道一圆后向右离开（与略微错开，间距忽略），物体经过点时无机械能损失，物体与倾斜轨道、水平轨道之间动摩擦因数均为，水平轨道离水平地面高度差为，且点为点的水平投影位置，可能用到，，。求： （1）物体到点时对轨道的压力； （2）压缩弹簧到点时弹簧的弹性势能； （3）改变的长度，若落点为，求的最大值； （4）若圆形轨道可在水平轨道（无限长）间移动，要使物体能进入圆形轨道且全程不脱离轨道，求的取值范围。    【答案】（1）；（2）；（3）；（4）或 【详解】（1）根据题意可知，在点，由牛顿第二定律有 物体从运动到的过程中，由机械能守恒定律有 在点，由牛顿第二定律有 联立解得 由牛顿第三定律可知，物体到点时对轨道的压力为 （2）根据题意，由几何关系有 解得 结合（1）分析可得 物体从点到点过程中，由动能定理有 解得 （3）根据题意，设为，物体在点的速度为，则有 解得 物体从点离开做平抛运动，竖直方向上有 解得 则平抛运动的水平位移为 解得 则的长度为 由数学知识可知，当时，有最大值，最大值为 （4）根据题意可知，要使物体能进入圆形轨道且全程不脱离轨道，由上述分析可知，若物体恰好能通过最高点可得 则取值范围为 若物体不能通过最高点，要保证全程不脱离轨道，则物体到与圆心等高时，速度为零，由动能定理有 解得 要使物体能进入圆形轨道，则物体运动到点速度为零，由动能定理有 解得 综上所述，要使物体能进入圆形轨道且全程不脱离轨道，的取值范围为 或 17．（12分）如图所示，间距为L的足够长平行金属导轨，上端接有阻值为R的电阻，导轨与水平面间的夹角为，导轨所在区域存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度均为L、质量均为m、电阻均为R的细金属棒、垂直放在导轨上的处。金属棒粗糙，始终保持静止，金属棒光滑，由静止释放后沿着导轨下滑，到达虚线前已经匀速。已知金属棒、始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求金属棒匀速运动的速度v； （2）若金属棒从运动到的过程中，金属棒上产生的焦耳热为Q，求与的距离x； （3）求金属棒与导轨间的最小动摩擦因数。    【答案】（1），方向沿斜面向下；（2）；（3） 【详解】（1）金属棒匀速运动时，切割磁感线产生的感应电动势 金属棒相当于电源，金属棒和电阻R并联，闭合电路总电阻 流过金属棒的电流 金属棒受到沿导轨向上的安培力，有 由牛顿第二定律知，匀速运动时有 联立可得 方向沿斜面向下。 （2）金属棒与电阻R并联且阻值相同，故电阻R上产生的焦耳热也为Q，金属棒中的电流始终为金属棒中电流的两倍，故金属棒上产生的焦耳热为。 根据动能定理有 金属棒克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，故 可得 （3）根据左手定则，金属棒受到的安培力沿着导轨向下，当金属棒匀速运动时，安培力最大，此时金属棒与导轨间的摩擦力最大。 金属棒中的电流 受到的安培力 由平衡条件有 则最小动摩擦因数 18．（13分）如图所示，在平面直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在匀强电场，电场方向沿y轴负方向，第Ⅱ象限内存在垂直于xOy平面、半径为R的有界圆形匀强磁场，边界线与x轴相切于A点、与y轴相切于M点，第Ⅳ象限存在矩形边界的匀强磁场（图中未画出），第Ⅱ、Ⅳ象限匀强磁场的磁感强度大小相等、方向相反。有一电荷量为q、质量为m的带正电的离子从P点（-R，2R）以初速度向着圆心方向射入磁场，从M点进入电场，从x轴上的N（2R，0）点进入第Ⅳ象限矩形边界的匀强磁场内，经磁场偏转后，粒子打到-y轴上的Q点时速度方向与-y轴成45°角，粒子重力不计。求： （1）匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为多大； （2）第Ⅳ象限内矩形磁场面积的最小值； （3）若在第Ⅳ象限整个区域分布着匀强磁场，磁感应强度大小为第Ⅱ象限磁场的2倍，方向垂直平面向外，求粒子经过电场第三次进入磁场时离O点的距离。 【答案】（1），；（2）；（3） 【详解】（1）粒子向着圆心方向射入圆形磁场做匀速圆周运动 解得磁感应强度大小为 粒子在电场中做类平抛运动，则有 ， 解得电场强度大小为 （2）到达N点时，沿电场方向的速度为 。 粒子到达N点时的速度为 方向与x轴成45°角，速度为，粒子在磁场中运动的半径为 ， 如图所示 最小矩形磁场区域的宽度为 长度为 最小矩形磁场面积为 （3）粒子在新磁场中半径为 在第Ⅳ象限中转270°返回磁场，水平后移 在电场中再次前进水平距离4R后第2次进入磁场，在磁场中转270°又返回电场，再次后移R，当第3次进入磁场时 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年1月浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟卷03 物理·参考答案 一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C D C D D C D B B C 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 11 12 13 AC BD BD 三、非选择题（本题共5小题，共58分） 14．实验题（共3小题） Ⅰ、(1) 一 B、C (2) Ⅱ、 2 相反 不变 不变 变短 Ⅲ、 AB/BA 1.9 15．（1）[1][2]b过程中，被阀门K封闭的这部分气体，气体温度不变，则分子平均动能不变，但单个分子动能增大和减小均有；气体压强变大，体积减小，气体分子数密度增加，则单位时间撞击单位面积容器壁的分子数增大； （2）设C以及管内气体的体积为V，根据玻意耳定律，则 b过程有 d过程有 联立解得 （3）步骤b与步骤d两个过程中气体的体积变化量相同，均为 步骤b中气体压降从76cmHg变化到95cmHg,而步骤d中气体压降从76cmHg变化到114cmHg，根据可知步骤d中外界对气体做功较大，而气体温度不变，内能不变，则步骤b中气体放热Q1，比步骤d过程中气体放热Q2的小，即。 16．（1）根据题意可知，在点，由牛顿第二定律有 物体从运动到的过程中，由机械能守恒定律有 在点，由牛顿第二定律有 联立解得 由牛顿第三定律可知，物体到点时对轨道的压力为 （2）根据题意，由几何关系有 解得 结合（1）分析可得 物体从点到点过程中，由动能定理有 解得 （3）根据题意，设为，物体在点的速度为，则有 解得 物体从点离开做平抛运动，竖直方向上有 解得 则平抛运动的水平位移为 解得 则的长度为 由数学知识可知，当时，有最大值，最大值为 （4）根据题意可知，要使物体能进入圆形轨道且全程不脱离轨道，由上述分析可知，若物体恰好能通过最高点可得 则取值范围为 若物体不能通过最高点，要保证全程不脱离轨道，则物体到与圆心等高时，速度为零，由动能定理有 解得 要使物体能进入圆形轨道，则物体运动到点速度为零，由动能定理有 解得 综上所述，要使物体能进入圆形轨道且全程不脱离轨道，的取值范围为 或 17．（1）金属棒匀速运动时，切割磁感线产生的感应电动势 金属棒相当于电源，金属棒和电阻R并联，闭合电路总电阻 流过金属棒的电流 金属棒受到沿导轨向上的安培力，有 由牛顿第二定律知，匀速运动时有 联立可得 方向沿斜面向下。 （2）金属棒与电阻R并联且阻值相同，故电阻R上产生的焦耳热也为Q，金属棒中的电流始终为金属棒中电流的两倍，故金属棒上产生的焦耳热为。 根据动能定理有 金属棒克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，故 可得 （3）根据左手定则，金属棒受到的安培力沿着导轨向下，当金属棒匀速运动时，安培力最大，此时金属棒与导轨间的摩擦力最大。 金属棒中的电流 受到的安培力 由平衡条件有 则最小动摩擦因数 18．（1）粒子向着圆心方向射入圆形磁场做匀速圆周运动 解得磁感应强度大小为 粒子在电场中做类平抛运动，则有 ， 解得电场强度大小为 （2）到达N点时，沿电场方向的速度为 。 粒子到达N点时的速度为 方向与x轴成45°角，速度为，粒子在磁场中运动的半径为 ， 如图所示 最小矩形磁场区域的宽度为 长度为 最小矩形磁场面积为 （3）粒子在新磁场中半径为 在第Ⅳ象限中转270°返回磁场，水平后移 在电场中再次前进水平距离4R后第2次进入磁场，在磁场中转270°又返回电场，再次后移R，当第3次进入磁场时 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年1月浙江省普通高校招生选考科目考试仿真模拟卷03 物理 （考试时间：90分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回 第Ⅰ卷 一、选择题Ⅰ（本题共10小题，每小题3分，共30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．下列物理量是基本量且为矢量的是（    ） A．质量 B．时间 C．位移 D．力 2．第19届亚运会，中国队荣获201枚金牌，稳居榜首。以下关于运动的描述正确的是（　　） A．跳水裁判给全红婵打分时，可以把全红婵看成质点 B．男子20km竞走张俊夺冠，他全程的位移是20km C．谢震业在100米决赛中以9秒97成绩夺冠，9秒97表示时刻 D．孙颖莎接对方打来的弧旋球时，乒乓球不可以看成质点 3．在江南水乡，撑篙行舟是一种传统的水上交通方式。如图所示，船夫使用一根竹篙倾斜撑向河底，就能让船夫和小船一起缓慢向右运动离岸。小船缓慢离岸的过程中，竹篙对河底力的作用点不变，对该过程分析正确的是（　　） A．小船给船夫的作用力竖直向上 B．小船受到的浮力等于船的重力 C．小船受到船夫的摩擦力向右 D．船夫受到小船的支持力的冲量为零 4．一空心金属球壳内球心右侧放一带正电点电荷，于是在球内外形成如图所示电场，其中a在球心，b在球壳内壁，c在球壳内，d在球外，若以无穷远电势为0，下列说法正确的（　　） A．球壳内壁没有净电荷 B．c点电场强度等于a点电场强度 C．球壳接地后c点电势会增大 D．a、b两点电势差小于a、d两点的电势差 5．质量为m的物体以v0的速度水平抛出，经过一段时间速度大小变为 ，不计空气阻力，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　） A．该过程平均速度大小为 B．运动时间为 C．速度大小变为 时，重力的瞬时功率为 D．运动位移的大小为 6．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200:1和1:20，电压表的示数为220V，电流表的示数为4A，输电线路总电阻r=20Ω，则下列说法正确的是（　　）    A．甲是电流互感器，乙是电压互感器 B．线路上损耗的功率为320W C．用户得到的电功率为3392kW D．用电设备增多，降压变压器输出电压U4变大 7．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船在酒泉成功发射，并进入预定轨道，顺利将翟志刚、叶光富、王亚平3名航天员送入太空，飞船入轨后，按照预定程序，将通过加速与空间站进行自主快速交会对接.对接前，神舟十三号和空间站在轨运动的情形如图甲所示，对接时的情形如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．甲图中，是空间站，是神舟十三号 B．甲图中，的加速度比的加速度小 C．乙图中，对接时，神舟十三号的速度比在甲图中在轨运行时速度大 D．乙图中，对接时，神舟十三号的机械能比在甲图中在轨运行时机械能大 8．如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能图像，其中时对应图像的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余为曲线，取，由图像可知（    ） A．滑块的质量为0.18kg B．弹簧的劲度系数为100N/m C．滑块运动的最大加速度为 D．弹簧的弹性势能最大值为0.7J 9．如图所示是氢原子的能级图，大量处于n＝5激发态的氢原子向低能级跃迁时（　　） A．一共能辐射6种频率的光子 B．能辐射出3种能量大于10.2eV的光子 C．能辐射出3种能量大于12.09eV的光子 D．能辐射出能量小于0.31eV的光子 10．镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中用来选择波长。如图，一束复色光以一定的入射角（）从点进入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输出。某一含红、绿、蓝光的复色光入射到三棱镜时，激光器输出的是绿光，则（　） A．绿光在棱镜中的折射角大于红光的折射角 B．有可能通过调节入射角，使激光器同时输出红、绿、蓝光 C．若要调为红光输出，需将棱镜绕点逆时针转动一小角度 D．不管怎么调节，激光器都不可能输出红光 二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 11．下列说法正确的是（　　） A．液晶具有旋光性，加电场时偏振光被液晶层旋光呈现暗态 B．列车从远处匀速驶近观测时，观测者耳朵听到的汽笛声频率越来越高 C．冰在融化过程中分子势能增大 D．α射线经过置于空气中带正电验电器金属小球的上方，验电器金属箔的张角会变大 12．如图甲所示，在xOy平面内有两个波源和。两波源做垂直于xOy平面的简谐运动，其振动图像分别如图乙和图丙所示，两波源形成的机械波在xOy平面内向各个方向传播，波速均为。xOy平面上有A、B两点，其位置坐标分别为，，则（　　） A．两波源形成的波的图样是不稳定的 B．图中点的振幅为2cm C．AB连线上有两个振动加强点 D．两波源的连线上有12个振动加强点，它们的位移大小在0到6cm之间变化 13．太阳内部的核反应非常复杂，我们将其简化为氢转变为氦，即质子和电子结合成一个粒子，同时放出质量可视为零的两个中微子。已知电子质量，质子质量，α粒子质量（c为光速），太阳辐射的总功率，太阳质量（其中氢约占70%），则（　　） A．太阳内部核反应属于裂变反应 B．α粒子的动能小于 C．α粒子和中微子的动量之和小于质子和电子的动量之和 D．若太阳中现有氢的10%发生聚变，大约需要 第Ⅱ卷 三、非选择题（本题共5小题，共58分） 14（14分）Ⅰ、某实验小组用如图甲所示装置探究向心力大小与质量、角速度和半径的关系。已知长槽上挡板B到转轴的距离是挡板A的2倍，挡板A和挡板C到各自转轴的距离相等。左、右塔轮用不打滑的传动皮带连接，调整皮带，可以使两塔轮自上而下按如图乙所示三种方式进行组合。 (1)在探究向心力大小与半径的关系时，需要先将传动皮带调至变速塔轮的第 （选填“一”、“二”或“三”）层，再将质量相同的钢球分别放在 （选填“”或“”）位置的挡板内侧； (2)探究向心力大小与角速度的关系时，该小组将传动皮带调至变速塔轮的第三层，将两个相同的钢球分别放在两处，转动手柄左、右标尺露出的等分格数之比为 。 Ⅱ、如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。 （1）当开关S接 时（选填“1”或“2”）平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时 （选择“相同”或“相反”），此过程中电容器的电容将 （选填“增大”或“减小”或“不变”）。 （2）将G表换成电流传感器，电流传感器可以把电容器放电电流随时间变化规律描绘出来。一个电容器先把它接到8V的电源上充电。然后通过电流传感器放电，其电流随时间变化图象如图所示。由图象和坐标轴所围的面积知道电容器放电前所带的电量。已知如图所围的面积约为40个方格，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如乙图所示，由图可估算出电容器的电容C= F（保留两位有效数字）。 （3）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时曲线与横轴所围成的面积将 （填“增大”“不变”或“变小”）；放电时间将 （填“变长”“不变”或“变短”） Ⅲ、某同学在做“验证动量守恒定律”的实验中，实验室具备的实验器材有：斜槽轨道，两个大小相等、质量不同的小钢球A、B，刻度尺，白纸，圆规，重垂线。实验装置及实验中小球运动轨迹及落点平均位置如图甲所示。 （1）对于实验中注意事项、器材和需测量的物理量，下列说法中正确的是 （填字母序号）。 A．实验前轨道的调节应注意使槽的末端的切线水平 B．实验中要保证每次A球从同一高处由静止释放 C．实验中还缺少的器材有复写纸和秒表 D．实验中需测量的物理量只有线段OP、OM和ON的长度 （2）实验中若小球A的质量为，小球B的质量为，当时，实验中记下了O、M、P、N四个位置，若满足 （用、、OM、OP、ON表示），则说明碰撞中动量守恒；若还满足 （只能用OM、OP、ON表示），则说明碰撞中机械能也守恒。 （3）相对误差，小于5.0%可视为碰撞中系统的总动量守恒。某次实验中：测得入射小球质量是被碰小球质量的4倍，小球落点情况如图乙所示。计算该次实验相对误差为 %（保留两位有效数字）。 15．（8分）为了测量一些形状不规则而又不便浸入液体的固体体积，可用如下图所示装置。操作步骤和实验数据如下。 a、打开阀门K、使管A、容器C、容器B和大气相通。上下移动D，使左侧水银面到达刻度n的位置； b、关闭K，向上举D，使左侧水银面达到刻度m的位置。这时测得两管水银面高度差为19.0cm，该过程封闭气体向外界放热为； c、打开K，把被测固体放入C中，上下移动D，使左侧水银面重新到达位置n，然后关闭K； d、向上举D，使左侧水银面重新到达刻度m处，这时测得两管水银面高度差为38.0cm，该过程封闭气体向外界放热为； 已知容器C和管A的总体积为，外界大气压强为，环境温度不变，实验装置导热性能良好。求： (1)b过程中，被阀门K封闭的这部分气体，气体分子动能 （选填“均不变”、“均增大”、“均减小”或“增大和减小均有”），单位时间撞击单位面积容器壁的分子数 （选填“增大”、“减小”或“不变”）； (2)被测固体的体积； (3)比较b与d两个过程中的放热与的大小关系，并给出必要的文字说明与定量的分析过程加以证明。 16．（11分）如图所示，是倾角的倾斜轨道，是一个水平轨道，竖直平面内的光滑圆形轨道最低点与水平面相切于点，端固定一轻质弹凳，点与点的水平距离，两点间的距离，是圆形轨道最高点，与点等高。一质量的物体（可看成质点），压缩弹簧后从点由静止释放，恰好能沿圆形轨道一圆后向右离开（与略微错开，间距忽略），物体经过点时无机械能损失，物体与倾斜轨道、水平轨道之间动摩擦因数均为，水平轨道离水平地面高度差为，且点为点的水平投影位置，可能用到，，。求： （1）物体到点时对轨道的压力； （2）压缩弹簧到点时弹簧的弹性势能； （3）改变的长度，若落点为，求的最大值； （4）若圆形轨道可在水平轨道（无限长）间移动，要使物体能进入圆形轨道且全程不脱离轨道，求的取值范围。    17．（12分）如图所示，间距为L的足够长平行金属导轨，上端接有阻值为R的电阻，导轨与水平面间的夹角为，导轨所在区域存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度均为L、质量均为m、电阻均为R的细金属棒、垂直放在导轨上的处。金属棒粗糙，始终保持静止，金属棒光滑，由静止释放后沿着导轨下滑，到达虚线前已经匀速。已知金属棒、始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求金属棒匀速运动的速度v； （2）若金属棒从运动到的过程中，金属棒上产生的焦耳热为Q，求与的距离x； （3）求金属棒与导轨间的最小动摩擦因数。    18．（13分）如图所示，在平面直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在匀强电场，电场方向沿y轴负方向，第Ⅱ象限内存在垂直于xOy平面、半径为R的有界圆形匀强磁场，边界线与x轴相切于A点、与y轴相切于M点，第Ⅳ象限存在矩形边界的匀强磁场（图中未画出），第Ⅱ、Ⅳ象限匀强磁场的磁感强度大小相等、方向相反。有一电荷量为q、质量为m的带正电的离子从P点（-R，2R）以初速度向着圆心方向射入磁场，从M点进入电场，从x轴上的N（2R，0）点进入第Ⅳ象限矩形边界的匀强磁场内，经磁场偏转后，粒子打到-y轴上的Q点时速度方向与-y轴成45°角，粒子重力不计。求： （1）匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为多大； （2）第Ⅳ象限内矩形磁场面积的最小值； （3）若在第Ⅳ象限整个区域分布着匀强磁场，磁感应强度大小为第Ⅱ象限磁场的2倍，方向垂直平面向外，求粒子经过电场第三次进入磁场时离O点的距离。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $