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含解析

这是一份浙江省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含解析，共6页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
 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）141516          ADACDCD          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）0.25  4.8×10﹣7    （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/s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/m②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  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。   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。