2022年6月浙江省普通高校招生選考物理試卷及答案

2022年6月浙江省普通高校招生選考物理試卷一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．（3分）下列屬于力的單位是（）A．kg?m/s2 B．kg?m/s C．kg?m2/s D．kg?s/m22．（3分）下列說法正確的是（）A．鏈球做勻速圓周運(yùn)動過程中加速度不變 B．足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大 C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變 D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關(guān)3．（3分）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下列說法正確的是（）A．魚兒吞食花瓣時魚兒受力平衡 B．魚兒擺尾出水時浮力大于重力 C．魚兒擺尾擊水時受到水的作用力 D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作可把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)4．（3分）關(guān)于雙縫干涉實(shí)驗，下列說法正確的是（）A．用復(fù)色光投射就看不到條紋 B．明暗相間條紋是兩列光在屏上疊加的結(jié)果 C．把光屏前移或后移，不能看到明暗相間條紋 D．藍(lán)光干涉條紋的間距比紅光的大5．（3分）下列說法正確的是（）A．恒定磁場對靜置于其中的電荷有力的作用 B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向 C．正弦交流發(fā)電機(jī)工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流最大 D．升壓變壓器中，副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率6．（3分）神舟十三號飛船采用“快速返回技術(shù)”，在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙，在圓軌道環(huán)繞并擇機(jī)返回地面。則（）A．天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越大 B．返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，不受地球的引力 C．質(zhì)量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運(yùn)行 D．返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機(jī)械能守恒7．（3分）圖為氫原子的能級圖。大量氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)，在向低能級躍遷時放出光子，用這些光子照射逸出功為2.29eV的金屬鈉。下列說法正確的是（）A．逸出光電子的最大初動能為10.80eV B．n＝3躍遷到n＝1放出的光電子動量最大 C．有3種頻率的光子能使金屬鈉產(chǎn)生光電效應(yīng) D．用0.85eV的光子照射，氫原子躍遷到n＝4激發(fā)態(tài)8．（3分）如圖所示，王亞平在天宮課堂上演示了水球光學(xué)實(shí)驗，在失重環(huán)境下，往大水球中央注入空氣，形成了一個空氣泡，氣泡看起來很明亮，其主要原因是（）A．氣泡表面有折射沒有全反射 B．光射入氣泡衍射形成“亮斑” C．氣泡表面有折射和全反射 D．光射入氣泡干涉形成“亮紋”9．（3分）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強(qiáng)電場，板長為L（不考慮邊界效應(yīng)）。t＝0時刻，M板中點(diǎn)處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度大小為v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則（）A．M板電勢高于N板電勢 B．兩個粒子的電勢能都增加 C．粒子在兩板間的加速度為a＝ D．粒子從N板下端射出的時t＝10．（3分）如圖所示，一輕質(zhì)曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角θ＝60°。一重為G的物體懸掛在橫桿中點(diǎn)，則每根斜桿受到地面的（）A．作用力為G B．作用力為G C．摩擦力為G D．摩擦力為G11．（3分）如圖所示，一根固定在墻上的水平光滑桿，兩端分別固定著相同的輕彈簧，兩彈簧自由端相距x。套在桿上的小球從中點(diǎn)以初速度v向右運(yùn)動，小球?qū)⒆鲋芷跒門的往復(fù)運(yùn)動，則（）A．小球做簡諧運(yùn)動 B．小球動能的變化周期 C．兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為T D．小球的初速度為時，其運(yùn)動周期為2T12．（3分）風(fēng)力發(fā)電已成為我國實(shí)現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途經(jīng)之一。如圖所示，風(fēng)力發(fā)電機(jī)是一種將風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風(fēng)速在5～10m/s范圍內(nèi)，轉(zhuǎn)化效率可視為不變。該風(fēng)機(jī)葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風(fēng)場風(fēng)速為v，并保持風(fēng)正面吹向葉片。下列說法正確的是（）A．該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速成正比 B．單位時間流過面積A的流動空氣動能ρAv2 C．若每天平均有1.0×108kW的風(fēng)能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW?h D．若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s范圍內(nèi)，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量至少為6.0×105kW?h13．（3分）小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質(zhì)量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過5m/s2的勻減速運(yùn)動，到達(dá)平臺速度剛好為零，則提升重物的最短時間為（）A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）（多選）14．（2分）秦山核電站生產(chǎn)C的核反應(yīng)方程為N+n→C+X，其產(chǎn)物C的衰變方程為C→N+e。下列說法正確的是（）A．X是H B．C可以用作示蹤原子 C．e來自原子核外 D．經(jīng)過一個半衰期，10個C將剩下5個（多選）15．（2分）如圖為某一徑向電場示意圖，電場強(qiáng)度大小可表示為E＝，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運(yùn)動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小 B．電荷量大的粒子的動能一定大 C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān) D．當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運(yùn)動（多選）16．（2分）位于x＝0.25m的波源P從t＝0時刻開始振動，形成的簡諧橫波沿x軸正負(fù)方向傳播，在t＝2.0s時波源停止振動，t＝2.1s時的部分波形如圖所示，其中質(zhì)點(diǎn)a的平衡位置xa＝1.75m，質(zhì)點(diǎn)b的平衡位置xb＝﹣0.5m。下列說法正確的是（）A．沿x軸正負(fù)方向傳播的波發(fā)生干涉 B．t＝0.42s時，波源的位移為正 C．t＝2.25s時，質(zhì)點(diǎn)a沿y軸負(fù)方向振動 D．在0到2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動總路程是2.55m三、非選擇題（本題共6小題，共55分）17．（7分）（1）①“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實(shí)驗裝置如圖1所示，長木板水平放置，細(xì)繩與長木板平行。圖2是打出紙帶的一部分，以計數(shù)點(diǎn)O為位移測量起點(diǎn)和計時起點(diǎn)，則打計數(shù)點(diǎn)B時小車位移大小為cm。由圖3中小車運(yùn)動的數(shù)據(jù)點(diǎn)，求得加速度為m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。②利用圖1裝置做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗，需調(diào)整的是（多選）。A．換成質(zhì)量更小的小車B．調(diào)整長木板的傾斜程度C．把鉤碼更換成砝碼盤和砝碼D．改變連接小車的細(xì)繩與長木板的夾角（2）“探究求合力的方法”的實(shí)驗裝置如圖4所示，在該實(shí)驗中，①下列說法正確的是（單選）；A．拉著細(xì)繩套的兩只彈簧秤，穩(wěn)定后讀數(shù)應(yīng)相同B．在已記錄結(jié)點(diǎn)位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠(yuǎn)的兩點(diǎn)C．測量時彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦D．測量時，橡皮條、細(xì)繩和彈簧秤應(yīng)貼近并平行于木板②若只有一只彈簧秤，為了完成該實(shí)驗至少需要（選填“2”、“3”或“4”）次把橡皮條結(jié)點(diǎn)拉到O點(diǎn)。18．（7分）（1）探究滑動變阻器的分壓特性，采用圖1所示的電路，探究滑片P從A移到B的過程中，負(fù)載電阻R兩端的電壓變化。①圖2為實(shí)驗器材部分連線圖，還需要（選填af、bf、fd、fc、ce或cg）連線（多選）。②圖3所示電壓表的示數(shù)為V。③已知滑動變阻器的最大阻值R0＝10Ω，額定電流I＝1.0A。選擇負(fù)載電阻R＝10Ω，以R兩端電壓U為縱軸，為橫軸（x為AP的長度，L為AB的長度），得到U﹣分壓特性曲線為圖4中的“I”；當(dāng)R＝100Ω，分壓特性曲線對應(yīng)圖4中的（選填“Ⅱ”或“Ⅲ”）；則滑動變阻器最大阻值的選擇依據(jù)是。（2）兩個相同的電流表G1和G2如圖5所示連接，晃動G1表，當(dāng)指針向左偏時，靜止的G2表的指針也向左偏轉(zhuǎn)，原因是（多選）。A．兩表都是“發(fā)電機(jī)”B．G1表是“發(fā)電機(jī)”，G2表是“電動機(jī)”C．G1表和G2表之間存在互感現(xiàn)象D．G1表產(chǎn)生的電流流入G2表，產(chǎn)生的安培力使G2表指針偏轉(zhuǎn)19．（9分）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝，貨物可視為質(zhì)點(diǎn)（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大??；（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2。20．（12分）如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大??；（2）物塊a在DE最高點(diǎn)時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；（3）若物塊b釋放高度0.9m＜h＜1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正，建立x軸）。21．（10分）艦載機(jī)電磁彈射是現(xiàn)代航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機(jī)的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機(jī)加速，飛機(jī)達(dá)到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v﹣t圖如圖2所示，在t1至t3時間內(nèi)F＝（800﹣10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，線圈匝數(shù)n＝100匝，每匝周長l＝1m，飛機(jī)的質(zhì)量M＝10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不計空氣阻力和飛機(jī)起飛對動子運(yùn)動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3。22．（10分）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P，可繞過O點(diǎn)、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點(diǎn)。離子源M能沿著x軸射出質(zhì)量為m、電荷量為﹣q（q＞0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進(jìn)入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。虎谌羲俣却笮関0的離子能打在Q板的A處，求轉(zhuǎn)筒P角速度ω的大??；（2）較長時間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負(fù)方向的夾角為θ，求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動一周的時間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大??；（3）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點(diǎn)位置和O點(diǎn)連線與x軸負(fù)方向的夾角）。

2022年6月浙江省普通高校招生選考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．【分析】根據(jù)牛頓第二定律可以推導(dǎo)力的單位?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)牛頓第二定律有：F＝ma，可知力的單位為kg?m/s2，故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查力學(xué)單位制的推導(dǎo)，解題關(guān)鍵掌握力學(xué)單位制。2．【分析】向心加速度方向時刻改變，慣性只與質(zhì)量有關(guān)，彈力與形變量有關(guān)，阻力是總是阻礙物體的運(yùn)動?！窘獯稹拷猓篈、做勻速圓周運(yùn)動的鏈球加速度時刻指向圓心，方向時刻改變，故A錯誤；B、慣性只與質(zhì)量有關(guān)，不隨速度增大而增大，故B正確；C、乒乓球被擊打過程中乒乓球的形變是變化的，其受到的作用力大小改變，故C錯誤；D、籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向相反，故D錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】此題考查了學(xué)生對向心加速度、慣性、摩擦力等知識點(diǎn)的理解，能夠?qū)ι钪械默F(xiàn)象利用物理知識做出解釋。3．【分析】魚兒吞食花瓣時魚兒有下墜的趨勢，受力不平衡，魚兒擺尾出水時對水面的拍擊力的反作用力作用在魚兒身上加上浮力大于魚兒的重力，魚兒能夠離開水面，研究魚兒擺尾擊水躍出水面的具體動作時不能把魚兒當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)?！窘獯稹拷猓篈．魚兒吞食花瓣時魚兒受重力和花瓣對它的作用力，重力大于花瓣對它的作用力，魚兒受力不平衡，故A錯誤；B．魚兒在擺尾出水時在水里的體積減小，浮力減小，魚兒能夠出水是因為擺尾擊水時受水對它向上的沖擊力加上浮力大于重力，并不是浮力大于重力。故B錯誤；C．魚兒擺尾擊水時給水作用力的同時，根據(jù)牛頓第三定律，作用力和反作用力大小相等，作用在不同的物體上，所以魚兒擺尾擊水時受到水的作用力。故C正確。D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的具體動作時不能把魚兒視為質(zhì)點(diǎn)，故D錯誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了平衡力，牛頓第三定律，質(zhì)點(diǎn)等知識點(diǎn)，難度不大。4．【分析】發(fā)生干涉的條件是兩列頻率相同的光，雙縫的作用是得到相干光源，由條紋間距干涉△x＝，知雙縫干涉的條紋是等間距的明、暗相間的條紋．【解答】解：A、復(fù)色光投射時也可以發(fā)生干涉，在光屏上呈現(xiàn)干涉條紋，故A錯誤；B、明暗相間條紋是兩列光在屏上疊加的結(jié)果，故B正確；C、把光屏前移或后移，也能看到明暗相間條紋，故C錯誤；D、根據(jù)Δx＝，由于藍(lán)光的波長小于紅光波長，所以藍(lán)光干涉條紋的間距比紅光的小，故D錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查了用激光器、雙縫、光屏等器材研究光的干涉現(xiàn)象，記住條紋間距干涉，要理解雙方干涉條紋是光通過兩個縫先衍射，后干涉的結(jié)果．5．【分析】恒定磁場對靜置于其中的電荷沒有力的作用；根據(jù)磁場方向的規(guī)定分析B選項；正弦交流發(fā)電機(jī)工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時電流為零；升壓變壓器中副線圈的磁通量變化率不可能大于原線圈的磁通量變化率?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)F＝qvB可知，恒定磁場對靜置于其中的電荷沒有力的作用，故A錯誤；B、根據(jù)磁場方向的規(guī)定可知，小磁針N極在磁場中的受力方向是該點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，故B正確；C、正弦交流發(fā)電機(jī)工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時線圈處于中性面，此時磁通量最大，磁通量變化率為零，感應(yīng)電動勢為零、電流為零，故C錯誤；D、升壓變壓器中，如果不漏磁，則副線圈的磁通量變化率等于原線圈的磁通量變化率，如果漏磁，則副線圈的磁通量變化率小于原線圈的磁通量變化率，故D錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象以及正弦交流電的知識，關(guān)鍵是知道正弦交流電的產(chǎn)生以及變壓器的變壓原理即可解答本題。6．【分析】在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙后仍然在圓形軌道上運(yùn)行，線速度大小不變，萬有引力提供其做圓周運(yùn)動向心力；返回艙返回地面過程會受空氣阻力作用，【解答】解：A、根據(jù)萬有引力提供向心力得解得：v＝可知天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越小，故A錯誤；B、返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，地球引力提供做圓周運(yùn)動向心力，故B錯誤；C、在同一軌道上運(yùn)行時，線速度相同，質(zhì)量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運(yùn)行，故C正確；D、返回艙穿越大氣層返回地面過程中，空氣阻力對返回艙做負(fù)功，機(jī)械能減小，故D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析。7．【分析】大量處于n＝3能級的氫原子，最多可以輻射出3種；能級間躍遷時，輻射（吸收）的光子能量等于兩能級間的能級差；根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生條件：輻射光的頻率大于極限頻率，從而即可判定?！窘獯稹拷猓篈B、一群處于n＝3能級的氫原子向低能級躍遷時最多能產(chǎn)生＝3種不同頻率的光子，故其中從n＝3能級躍遷到n＝1能級產(chǎn)生的光子能量最大，頻率最大，波長最短.逸出光電子的最大初動能為：Ek＝hν﹣w0＝E3﹣E1﹣w0代入數(shù)據(jù)解得：Ek＝9.8eV由德布羅意波公式λ＝知p＝，從n＝3能級躍遷到n＝1能級產(chǎn)生的光子動量最大，故A錯誤，B正確；C、從n＝2能級的氫原子躍遷到n＝3需要E＝﹣1.51eV﹣（﹣3.40eV）＝1.89＜eV的光子能量，1.89eV＜2.29eV，不能使金屬鈉發(fā)生光電效應(yīng)，故C錯誤；D、n＝4能級的氫原子躍遷發(fā)出的光的能量可以是E＝﹣0.85eV﹣（﹣1.51eV）＝0.66eV，用0.85eV的光子照射，不滿足能量差等于能級3到能級4的能量差值，氫原子不能躍遷到n＝4激發(fā)態(tài)，故D錯誤；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查能級躍遷及光電效應(yīng)方程，知道能級間躍遷放出或吸收光子的能量滿足hγ＝Em﹣En。8．【分析】當(dāng)入射角增大到某一角度，使折射角達(dá)到90°時，折射光線完全消失，只剩下反射光線，這種現(xiàn)象叫做全反射?！窘獯稹拷猓寒?dāng)光由光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)時，如果入射角等于或大于臨界角時，就會發(fā)生全反射現(xiàn)象，光從水射向空氣時，會發(fā)生全反射現(xiàn)象。水中的氣泡看起來特別明亮，是因為光從水中射入氣泡時，一分部光在界面上發(fā)生了全反射，折射光消失，入射光幾乎全變?yōu)榉瓷涔獾木壒?；故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要考查了光的折射現(xiàn)象以及光的全反射現(xiàn)象，考查了光的折射的光路圖，有一定綜合性。9．【分析】因為粒子電性無法確定，所以無法判斷極板的電勢高低；根據(jù)功能關(guān)系分析出粒子的電勢能變化；根據(jù)類平拋運(yùn)動在不同方向的運(yùn)動特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式完成分析。【解答】解：A、因為不知道兩粒子的電性，故無法確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；B、根據(jù)題意可知垂直M板向右的粒子，到達(dá)N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減??；則平行M板向下的粒子達(dá)到N板時電場力也做正功，電勢能也減小，故B錯誤；CD。設(shè)兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運(yùn)動，有對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運(yùn)動，因兩粒子相同，在電場中的加速度也相同，有聯(lián)立解得：；，故C正確，D錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動，理解功能關(guān)系，理解粒子不同方向的運(yùn)動特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式即可完成分析。10．【分析】對橫杠和斜桿受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡和力的分解可解得?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)每根斜桿受力為F，對斜桿與橫桿的結(jié)點(diǎn)受力分析如圖1有：F＝，解得：F＝G；故A錯誤，B正確；圖1CD、對某個斜桿受力分析如圖2有：Fsin30°＝f，解得f＝G，故CD錯誤；圖2故選：B。【點(diǎn)評】本題考查共點(diǎn)力平衡，解題關(guān)鍵掌握受力分析，注意共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用。11．【分析】根據(jù)簡諧運(yùn)動的特點(diǎn)分析出小球的運(yùn)動是否屬于簡諧運(yùn)動；分析出小球壓縮彈簧過程中的受力特點(diǎn)和速度變化特點(diǎn)，由此完成分析；分階段分析出小球在勻速階段的時間和與彈簧作用階段的時間與速度的關(guān)系，最后完成分析?！窘獯稹拷猓篈、物體做簡諧運(yùn)動的條件是在運(yùn)動過程中所受回復(fù)力與位移成正比，且方向始終指向平衡位置，可知小球在桿中點(diǎn)到接觸彈簧過程中，所受合力為零，故小球不是做簡諧運(yùn)動，故A錯誤；BC、假設(shè)桿中點(diǎn)為O，小球向右壓縮彈簧至最大壓縮量時的位置為A，小球向左壓縮彈簧至最大壓縮量時的位置為B，可知小球做周期為T的往復(fù)運(yùn)動，運(yùn)動過程為O→A→O→B→O，根據(jù)對稱性可知小球從O→A→O與O→B→O，這兩個過程的動能變化完全一致，兩根彈簧的總彈性勢能的變化完全一致，故小球動能的變化周期為，兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為，故B正確，C錯誤；D、小球的初速度為時，可知小球在勻速階段的時間變?yōu)樵瓉淼?倍，接觸彈簧過程，根據(jù)彈簧振子的周期公式可知，接觸彈簧過程中所用時間與速度無關(guān)，因此總的運(yùn)動周期小于2T，故D錯誤；故選：B。【點(diǎn)評】本題主要考查了簡諧運(yùn)動的相關(guān)應(yīng)用，理解簡諧運(yùn)動的回復(fù)力和位移的關(guān)系，同時熟記簡諧運(yùn)動的周期公式即可完成解答。12．【分析】先找到質(zhì)量的表達(dá)式，然后找到動能的表達(dá)式，由E＝η?Ek，求電能。由p＝求功率。【解答】解：AB、葉片旋轉(zhuǎn)所形成的圓面積為A單位時間內(nèi)流過該圓面積的空氣柱體積為V＝S?vt＝Av空氣柱的質(zhì)量為m＝ρ?V＝ρAv空氣柱的動能為Ek＝ρAv?v2＝ρAv3設(shè)轉(zhuǎn)化效率為η，轉(zhuǎn)化成的電能為E＝η?Ek＝ηρAtv3p＝＝ηρAv3，則該風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出電功率與風(fēng)速的三次方成正比；故AB錯誤；C、由B選項可知η＝發(fā)電量約為W＝η?pt＝η×1.0×108kW×24h＝2.4η×109kW?h＜2.4×109kW?h，故C錯誤。D、由題意可知某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速為9m/s時，輸出電功率為405kW由p＝＝ηρAv3＝＝p1＝120kW若風(fēng)場每年有5000h風(fēng)速在6～10m/s的風(fēng)能資源，則該發(fā)電機(jī)年發(fā)電量E＝p1?t＝120kW×5000h＝6.0×105kW?h，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了風(fēng)力發(fā)電的相關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是找到動能的表達(dá)式，然后分別求出功率和電能。13．【分析】先分析重物上升到平臺花最短時間的情況，分階段根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和動能定理計算出時間，最后相加即可?！窘獯稹拷猓簽榱俗疃虝r間提升重物，一開始以最大拉力拉重物做勻加速上升，當(dāng)功率達(dá)到額定功率時，保持功率不變直到重物達(dá)到最大速度，接著做勻速運(yùn)動，最后以最大加速度做勻減速上升至平臺速度剛好為零，重物在第一階段做勻加速上升過程，根據(jù)牛頓第二定律得：當(dāng)功率達(dá)到額定功率時，設(shè)重物的速度為v1，則有此過程中所用的時間和上升的高度分別為重物以最大速度勻速時，有重物最后以最大加速度做勻減速運(yùn)動的時間和上升的高度分別為設(shè)重物從結(jié)束勻加速到開始做勻減速運(yùn)動所用的時間為t2，該過程根據(jù)動能定理得：又h2＝85.2m﹣1.6m﹣3.6m＝80m聯(lián)立解得：t2＝13.5s則總時間為t1+t2+t3＝0.8s+13.5s+1.2s＝15.5s，故C正確，ABD錯誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題主要考查了運(yùn)動學(xué)公式的應(yīng)用，分階段根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式計算出運(yùn)動的時間，結(jié)合動能定理即可完成解答。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）14．【分析】由質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒確定X原子種類；β衰變產(chǎn)生電子來源于核內(nèi)中子轉(zhuǎn)變成質(zhì)子過程；半衰期具有統(tǒng)計學(xué)意義?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒知，生產(chǎn)C的核反應(yīng)方程為N+n→C+H，故A正確；B、根據(jù)同位素標(biāo)記法可知產(chǎn)物C可以用作示蹤原子，故B正確；C、產(chǎn)物C的發(fā)生β衰變產(chǎn)生電子來源于核內(nèi)中子轉(zhuǎn)變成質(zhì)子過程，故C錯誤；D、半衰期具有統(tǒng)計學(xué)意義，少量原子無意義，故D錯誤；故選：AB?！军c(diǎn)評】本題考查了β衰變、半衰期和核反應(yīng)中的守恒等內(nèi)容，要求熟知這些基礎(chǔ)知識，平時可多加強(qiáng)記憶。15．【分析】電場力提供粒子做圓周運(yùn)動運(yùn)動所需的向心力，結(jié)合圓周運(yùn)動的公式即可求得角速度和動能，及線速度，根據(jù)所加磁場方向雨粒子的運(yùn)動方向，判斷出洛倫茲力的方向，判斷出粒子做相心運(yùn)動還是離心運(yùn)動?！窘獯稹拷猓篈、電場力提供粒子做圓周所需的向心力，則qE＝mω2r，解得，由于兩粒子的比荷相同，半徑越小的，角速度越大，故A錯誤；B、場力提供粒子做圓周所需的向心力，則qE＝，粒子的動能，解得，故電荷量大的粒子的動能一定大，故B正確；C、場力提供粒子做圓周所需的向心力，則qE＝，解得v＝，粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)，故C錯誤；D、當(dāng)粒子逆時針運(yùn)動，所加的磁場垂直紙面向外時，此時受到的洛倫茲力指向O點(diǎn)，此時粒子做向心運(yùn)動，故D錯誤；故選：BC。【點(diǎn)評】本題主要考查了帶電粒子在電場中的運(yùn)動，抓住電場力提供粒子做圓周運(yùn)動所需的向心力即可。16．【分析】沿x軸正負(fù)方向傳播的波不能發(fā)生干涉；根據(jù)2.0﹣2.1s內(nèi)波傳播的距離為x＝0.25m，由v＝求出波速，讀出波長，由v＝求出周期，再根據(jù)時間與周期的關(guān)系進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、沿x軸正負(fù)方向傳播的波不會相遇，因而不能發(fā)生干涉，故A錯誤；B、由圖可知，2.0﹣2.1s內(nèi)波傳播的距離為x＝0.50m﹣0.25m＝0.25m，則波速為v＝＝m/s＝2.5m/s，由圖可知波長為λ＝1m，則周期為T＝＝s＝0.4s。在t＝2.0s時間內(nèi)，波傳播的距離為x＝vt＝2.5×2m＝5m＝5λ，即形成5個波長波形，則知波源的起振方向沿y軸正方向。因t＝0.42s＝1T，所以t＝0.42s時，波源的位移為正，故B正確；C、t＝2.1s時質(zhì)點(diǎn)a位于波谷，t＝2.1s到t＝2.25s經(jīng)歷時間Δt＝0.15s＝T，則t＝2.25s時，質(zhì)點(diǎn)a沿y軸正方向振動，故C錯誤；D、波從波源傳到質(zhì)點(diǎn)b的時間為t1＝＝s＝0.3s，在0到2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)b振動時間為t2＝2s﹣0.3s＝1.7s＝4T，則在0到2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動總路程是s＝4.25×4A＝4.25×4×15cm＝255cm＝2.55m，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評】解決本題時，要知道波在同一均勻介質(zhì)中是勻速傳播的，要能熟練運(yùn)用波形平移法來理解波的形成過程。三、非選擇題（本題共6小題，共55分）17．【分析】（1）根據(jù)刻度尺的讀數(shù)規(guī)則得出對應(yīng)的示數(shù)，結(jié)合v﹣t圖像的斜率得出加速度；根據(jù)實(shí)驗原理分析出不同實(shí)驗中的實(shí)驗裝置的差別并完成分析；（2）根據(jù)實(shí)驗原理掌握正確的實(shí)驗操作；理解只有一只彈簧秤的實(shí)驗步驟，由此得出需要完成的步驟次數(shù)。【解答】解：（1）①刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到分度值的下一位，根據(jù)圖2可知，打計數(shù)點(diǎn)B時小車的位移大小為6.21cm；根據(jù)圖3的數(shù)據(jù)可知，小車的加速度為②A、利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗時，需要滿足小車質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于鉤碼質(zhì)量，所以不需要換質(zhì)量更小的車，故A錯誤；B、利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗時，需要利用小車斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要將長木板靠近打點(diǎn)計時器的一端墊高一些，故B正確；C、以系統(tǒng)為研究對象，依題意“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實(shí)驗時，有考慮到實(shí)際情況，即f遠(yuǎn)小于mg，有則可知M＝4m而利用圖1裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗時，要保證所懸掛質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，可知目前實(shí)驗條件尚不滿足，所以利用當(dāng)前裝置在進(jìn)行實(shí)驗時，需要將鉤碼更換成砝碼盤和砝碼，以滿足小車質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于所懸掛物體的質(zhì)量，故C正確；D、實(shí)驗過程中，需將連接砝碼盤和小車的此生應(yīng)跟長木板始終保持平行，與之前的相同，故D錯誤；故選：BC。（2）①A、在不超出彈簧測力計的量程和橡皮條形變限度的條件下，使拉力適當(dāng)大些，不必使兩只測力計的示數(shù)相同，故A錯誤；B、在已記錄結(jié)點(diǎn)位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠(yuǎn)的一個點(diǎn)就可以了，故B錯誤；C、實(shí)驗中拉彈簧秤時，只需讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時彈簧測力計的示數(shù)即為彈簧對細(xì)繩的拉力，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無關(guān)，故C錯誤；D、為了減小實(shí)驗中摩擦對測量結(jié)果的影響，拉橡皮條時，橡皮條、細(xì)繩和彈簧秤應(yīng)貼近并平行于木板，故D正確；故選：D。②若只有一只彈簧秤，為了完成該實(shí)驗，用手拉住一條細(xì)繩，用彈簧秤拉住另一條細(xì)繩，互成角度的拉橡皮條，使其結(jié)點(diǎn)到達(dá)某一點(diǎn)O，記下位置O和彈簧秤示數(shù)F1和兩個拉力的方向；交換彈簧秤和手所拉細(xì)繩的位置，再次將結(jié)點(diǎn)拉至O點(diǎn)，使兩力的方向與原來兩力方向性相同，并記下此時彈簧秤的示數(shù)F2，只有一個彈簧秤將結(jié)點(diǎn)拉至O點(diǎn)，并記下此時的彈簧秤示數(shù)F的大小和方向；所以若只有一只彈簧秤，為了完成該實(shí)驗至少需要3次把橡皮條結(jié)點(diǎn)拉至O。故答案為：（1）①6.21；1.9；②BC；（2）①D；②3【點(diǎn)評】本題主要考查了力合成的平行四邊形定則的驗證實(shí)驗，根據(jù)實(shí)驗原理掌握正確的實(shí)驗操作，結(jié)合牛頓第二定律即可完成分析。18．【分析】（1）根據(jù)實(shí)驗原理掌握正確的實(shí)驗操作，熟悉電表的讀數(shù)，根據(jù)歐姆定律和電路構(gòu)造完成分析；（2）理解電表在過程中的作用，從而分析出電表的“等效”作用。【解答】解：（1）①根據(jù)原理圖可知，還需要將af、fd、ce連線；②根據(jù)圖片可知，電壓表的示數(shù)為1.50V；③假定AP部分的電阻為R‘，R’分別與10Ω與100Ω并聯(lián)再與BP部分的電阻串聯(lián)；由于相同的R'與100Ω并聯(lián)后的電阻比與10Ω并聯(lián)后的電阻大，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，滑片在相同位置下，負(fù)載電阻越大，則兩端電壓越大；即在相同橫坐標(biāo)下，此時負(fù)載100Ω時，電壓表的示數(shù)應(yīng)該比曲線為圖4中的“I”更大，故應(yīng)該選“II”；由上述分析可知，對不同的負(fù)載電阻，調(diào)節(jié)滑動觸頭時負(fù)載兩端的電壓變化規(guī)律不同，當(dāng)負(fù)載電阻小于滑動變阻器最大阻值時，負(fù)載電阻兩端電壓隨滑動觸頭的變化而迅速變化；當(dāng)負(fù)載電阻大于滑動變阻器最大阻值時，負(fù)載電阻兩端電壓隨滑動觸頭的變化會更佳平穩(wěn)，從而獲得更多的實(shí)驗數(shù)據(jù)。所以，在保證電路安全的情況下，滑動變阻器最大阻值的選擇依據(jù)是相比負(fù)載電阻越小越好，即R0＜R。（2）根據(jù)題意可知，電流表主要部件是永久磁鐵和帶有指針的線圈，G1和G2用導(dǎo)線連接起來，當(dāng)晃動G1時，相當(dāng)于G1中的線圈做切割磁感線運(yùn)動，電路中會產(chǎn)生感應(yīng)電流；由于兩個電表構(gòu)成了閉合回路，則電流會通過G2表中的線圈，而該線圈處于磁場中，由于通電導(dǎo)線在磁場中受到安培力的作用，G2的指針也會偏轉(zhuǎn)；則G1表相當(dāng)于“發(fā)電機(jī)”，G2表相當(dāng)于“電動機(jī)”，故AC錯誤，BD正確；故選：BD。故答案為：（1）①af、fd、ce；②1.50；③II；R0＜R；（2）BD【點(diǎn)評】本題主要考查了伏安法測電阻的相關(guān)實(shí)驗，根據(jù)實(shí)驗原理掌握正確的實(shí)驗操作，理解電路構(gòu)造和歐姆定律即可完成分析，考法新穎，需要學(xué)生的基礎(chǔ)知識比較扎實(shí)。19．【分析】（1）對貨物根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大??；（2）根據(jù)速度—位移關(guān)系求解速度大?。唬?）貨物在水平軌道上運(yùn)動時，根據(jù)動能定理求解水平滑軌的最短長度?！窘獯稹拷猓海?）傾斜滑軌與水平面成θ＝24°角，對貨物根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1＝2m/s2；（2）根據(jù)速度—位移關(guān)系可得：v2＝2a1l1代入數(shù)據(jù)解得：v＝4m/s；（3）貨物在水平軌道上運(yùn)動時，根據(jù)動能定理可得：﹣μmgl2＝﹣，其中v′＝2m/s代入數(shù)據(jù)解得：l2＝2.7m。答：（1）貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小為2m/s2；（2）貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小為4m/s；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，則水平滑軌的最短長度為2.7m。【點(diǎn)評】對于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運(yùn)動學(xué)的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系力和運(yùn)動的橋梁。20．【分析】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律得出滑塊的速度，結(jié)合彈性碰撞的特點(diǎn)計算出a的速度；（2）根據(jù)動能定理結(jié)合牛頓第二定律得出軌道對物塊的作用力與h間的關(guān)系式；（3）分類討論結(jié)合動能定理分析出物塊a最終靜止的位置范圍?！窘獯稹拷猓海?）滑塊b擺至最低點(diǎn)時，由機(jī)械能守恒定律得：解得：vb＝5m/sb與a發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得：mv0＝mvb′+mv0解得：v0＝vb＝5m/s（2）經(jīng)上述分析可知，物塊b與物塊a在A發(fā)生彈性正碰，速度交換，設(shè)物塊a剛好可以到達(dá)E點(diǎn)，高度為h1，根據(jù)動能定理得：mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0解得：h1＝1.2m以豎直向下的方向為正方向由動能定理得：聯(lián)立解得：FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）（3）當(dāng)1.2m≤h＜1.65m時，物塊位置在E點(diǎn)或E點(diǎn)右側(cè)，根據(jù)動能定理可得：從E點(diǎn)飛出后，豎直方向：水平方向上：s＝vEt根據(jù)幾何關(guān)系可得：聯(lián)立解得：x＝3l+DF+s1代入數(shù)據(jù)解得：當(dāng)0.9m＜h＜1.2m時，從h2＝0.9m釋放時，根據(jù)動能定理可得：mgh﹣μmgs2＝0解得：s2＝1.8m可知物塊達(dá)到距離C點(diǎn)0.8m處靜止，滑塊a由E點(diǎn)速度為零，返回到CD時，根據(jù)動能定理可得：mgH﹣μmgs3＝0解得：s3＝0.4m距離C點(diǎn)0.6m，綜上可知0.9m＜h＜1.2m時3l﹣s3≤x≤3l代入數(shù)據(jù)解得：2.6m≤x≤3m答：（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小為5m/s；（2）物塊a在DE最高點(diǎn)時，管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系為FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）；（3）若物塊b釋放高度0.9m＜h＜1.65m，物塊a最終靜止的位置x值的范圍為2.6m≤x≤3m；若物塊b釋放高度1.2m≤h＜1.65m時，物塊a最終靜止的位置x值的范圍為。【點(diǎn)評】本題主要考查了動量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，理解彈性碰撞的特點(diǎn)，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定理分析出物體的速度，理解物體在不同階段的運(yùn)動特點(diǎn)，結(jié)合動能定理完成分析。21．【分析】（1）根據(jù)安培力公式和牛頓第二定律得出電流的大小；（2）根據(jù)安培力公式和牛頓第二定律以及歐姆定律得出電阻的大小；（3）理解圖像的物理意義，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得出電荷量的表達(dá)式，結(jié)合動量定理完成分析?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)安培力公式可得：F安＝nBIl動子和線圈在0～t1時間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動