2021年浙江省金華十校聯(lián)考高考物理模擬試卷（4月份）（附答案詳解）

2021年浙江省金華十校聯(lián)考高考物理模擬試卷（4月份）

1.下列物理量的單位用國際單位制的基本單位表示正確的是（）

A.力的單位，kg-m2/s2B.電量的單位，A/s

C.功率的單位，kg-m2/s3D.磁感應(yīng)強度的單位，T

2.2020年諾貝爾物理學獎授予了三名科學家：英國科學家羅杰?彭羅斯因證明黑洞是

愛因斯坦廣義相對論的直接結(jié)果而獲獎；德國科學家賴因哈德?根策爾和美國科學

家安德烈婭?蓋茲因在銀河系中央發(fā)現(xiàn)超大質(zhì)量天體而獲獎。下列有關(guān)物理學史的

說法正確的是（）

A.湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子并提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型

B.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并得出了法拉第電磁感應(yīng)定律

C.普朗克把能量子引入物理學，破除了“能量連續(xù)變化”的觀念

D.玻爾原子理論的成功之處是它保留了經(jīng)典粒子的概念

3.以下關(guān)于電爐、微波爐、電磁爐和真空冶煉爐說法正確的是（）

A.電爐必須使用交流電才能工作

B.微波爐發(fā)出的微波在金屬容器中產(chǎn)生渦流，從而實現(xiàn)加熱食物的

微坡爐

目的

電磁爐工作時既可以通交變電流，也可以通恒定電流

電磁爐

D.真空冶煉爐通以高頻交變電流產(chǎn)生交變磁場,在金屬中產(chǎn)生

真空冶煉爐

渦流使金屬發(fā)熱熔化

4.某飛機（如圖a）起落架結(jié)構(gòu)如圖6所示，當驅(qū)動桿甲轉(zhuǎn)動時，通過桿上螺紋帶動連

桿實現(xiàn)輪子的收放，忽略空氣對輪子的阻力，不考慮地球自轉(zhuǎn)。下列說法正確的是

()

圖a圖b

A.飛機著陸瞬間，連桿乙、丙對輪軸的合力豎直向下

B.飛機著陸瞬間，連桿乙、丙對輪軸的合力豎直向上

C.飛機在空中沿直線勻速飛行時，連桿乙丙對輪軸的合力豎直向上

D.輪子受到的重力與連桿乙、丙對輪軸的合力是一對作用力與反作用力

5.如圖所示為兒童蹦床時的情景，若兒童每次與彈性床相

碰后都能回到相同的高度，并重復上述運動。以每次與

彈性床剛接觸的點為原點建立坐標系，豎直向上為正方

向，不計空氣阻力，下列速度v和兒童位置（即坐標x）的

關(guān)系圖象中，能描述x>0段運動過程的圖象是（）

6.如圖1是消防車正在機場進行水柱滅火演練的情景，小劉模擬消防水柱的示意圖如

圖2所示。水在空中運動，4、8為其運動軌跡上的兩點。已知水在A點時的速度

大小為v=6m/s,速度方向與豎直方向的夾角為45。，它運動到B點時，速度方向

與豎直方向的夾角為37。6譏37。=0.6）,不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2,

則（）

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B

圖1圖2

A.圖中A點是水在空中運動過程的最高點

B.水在空中運動過程為變加速曲線運動

C.水在8點時的速度大小為8m/s

D.A、B兩點間的高度差為0.7m

7.一束復色光沿A。方向射向半圓形玻璃磚的圓心O,AO

與界面的夾角為30。。兩條出射光。B光、OC光與法線

的夾角分別為30。和45。，半圓形玻璃磚的半徑為R,真

空中光速為c。則下列說法正確的是（）

A.玻璃磚對OC光的折射率大于對光的折射率

B.在玻璃磚中OC光的速度小于OB光的速度

C.在玻璃磚中OC光光子的動量大于光光子的動量

D.OB光與OC光在玻璃磚中傳播的時間差為萼（1—日）

8.如圖甲所示是街頭常見的變壓器，圖乙是街頭變壓器給用戶供電的示意圖。變壓器

的輸入電壓是市區(qū)電網(wǎng)的電壓，負載變化時輸入電壓基本不變。輸出電壓通過輸電

線輸送給用戶，兩條輸電線的總電阻用心表示，電阻器R代表用戶用電器的總電阻，

當用電器增加時，相當于R的值減小。不考慮變壓器的能量損耗，下列說法正確的

是（）

A.變壓器原線圈的導線應(yīng)該比副線圈的粗

B.用電器增加時，輸電線損耗的功率減小

C.用電器增加時，變壓器的輸出功率增大

D.用電器增加時，用電器兩端的電壓保持不變

9.如圖所示，電動牙刷充電時將牙刷插入充電座內(nèi)，充電座中的線圈接入■

220V交流電，牙刷內(nèi)的線圈兩端獲得4.5U的電壓，再通過控制電路對牙

刷內(nèi)部的直流充電電池充電，電池的電動勢為2.41/,內(nèi)阻為0.1。，容量為g

800m4-h,10小時即可充滿。充滿電后用戶平均每天使用4分鐘，可以砧

連續(xù)使用60天。關(guān)于此電動牙刷的說法正確的是（）?*一

A.充電座和牙刷內(nèi)線圈的匝數(shù)比為110：9

B.充電時，直流充電電池中的平均電流是800m4

C.使用時電池的平均輸出功率為0.48W

D.電池最多能提供的電能為6912J

10.2020年6月23日，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)第55顆導

航衛(wèi)星，至此北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)星座部署全面完成。北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)由不同軌道

衛(wèi)星構(gòu)成，其中北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)第41顆衛(wèi)星為地球同步軌道衛(wèi)星，它的軌道半

徑約為4.2X107^。第44顆衛(wèi)星為傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，運行周期等于地球的

自轉(zhuǎn)周期24區(qū)兩種同步衛(wèi)星的繞行軌道都為圓軌道。傾斜地球同步軌道平面與地

球赤道平面成一定夾角，如圖所示。已知引力常量G=6.67xlOTiN-m2/kg2,

下列說法中正確的是（）

A.兩種同步衛(wèi)星都可能經(jīng)過北京上空

B.根據(jù)題目數(shù)據(jù)可估算出地球的質(zhì)量

C.傾斜地球同步軌道衛(wèi)星經(jīng)過赤道正上方同一位置，一天內(nèi)只可能有1次

D.任意12小時內(nèi)，萬有引力對第41顆衛(wèi)星沖量的大小與對第44顆衛(wèi)星沖量的大

小相等

11.如圖是勻強電場遇到空腔導體后的部分電場線分

布圖，電場線的方向如圖所示，M、N、。是以直

電場線上一點。為圓心的同一圓周上的三點，。。

連線垂直于以下說法正確的是（）

A.0點電勢與。點電勢相等

B.將一正電荷由M點移到。點，電荷的電勢能減少

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C.MO間的電勢差等于ON間的電勢差

D.在。點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與。。垂直的方向豎直向上

12.目前，許多停車場門口都設(shè)置車輛識別系統(tǒng)，在自動欄桿前、后的地面各自鋪設(shè)相

同的傳感器線圈A、B,兩線圈各自接入相同的電路，電路a、b端與電壓有效值恒

定的交變電源連接，如圖所示。工作過程回路中流過交變電流，當以金屬材質(zhì)為主

體的汽車接近或遠離線圈時，線圈的自感系數(shù)會發(fā)生變化，導致線圈對交變電流的

阻礙作用發(fā)生變化，使得定值電阻R的以"兩端電壓就會有所變化，這一變化的

電壓輸入控制系統(tǒng)，控制系統(tǒng)就能做出抬桿或落桿的動作。下列說法正確的是（）

A.汽車接近線圈A時，該線圈的自感系數(shù)減少

B.汽車離開線圈B時，回路電流將減少

C.汽車接近線圈B時，c、”兩端電壓升高

D.汽車離開線圈A時，c、d兩端電壓升高

13.如圖所示，在一直立的光滑管內(nèi)放置一輕質(zhì)彈簧，上端。點與管口A的距離為2與，

一質(zhì)量為根的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點8,壓縮量為林，速度

傳感器描繪小球速度隨時間變化如圖，其中。?h時間內(nèi)圖線是直線，h?t2時間內(nèi)

圖線是正弦曲線一部分，不計空氣阻力，重力加速度為g,則（）

A

T

-O

土B

A.小球運動的最大速度為2歷^

B.小球運動到。點下方多處的速度最大

C.彈簧的勁度系數(shù)k＞等

x0

D.小球從管DA至速度最大所用的時間等于從速度最大至最低點B所用的時間的

2倍

14.5G是“第五代移動通信網(wǎng)絡(luò)”的簡稱，目前世界各國正大力發(fā)展5G網(wǎng)絡(luò)。5G網(wǎng)

絡(luò)使用的無線電波通信頻率在3.0GHz以上的超高頻段和極高頻段，比目前4G及以

下網(wǎng)絡(luò)（通信頻率在0.3GHz?3.0GHz間的特高頻段）擁有更大的帶寬和更快的傳輸

速率。未來5G網(wǎng)絡(luò)的傳輸速率（指單位時間傳送的數(shù)據(jù)量大小）可達10Gbps（bps為

bifspersecond的英文縮寫,即比特率、比特/秒），是4G網(wǎng)絡(luò)的50?100倍。關(guān)于

5G網(wǎng)絡(luò)使用的無線電波相比4G網(wǎng)絡(luò)，下列說法正確的是（）

古絕

無線電波紅外線可見光X，射線

甚長長法=濃匈這波分米豉里米:波奎關(guān)歧紅外線可見光it外”

（i?j，j?i?1?[?『'I，■I?[?]

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A.在真空中的傳播速度更快

B.在真空中的波長更長

C.行射的本領(lǐng)更弱

D.頻率更高，相同時間傳遞的信息量更大

15.2020年11月27日00時41分，華龍一號全球首堆中核集團福清核電5號機組首次

并網(wǎng)成功。如圖所示是原子核的比結(jié)合能與質(zhì)量數(shù)的關(guān)系圖，下列說法正確的是

()

A.核反應(yīng)中，質(zhì)量數(shù)守恒，電荷數(shù)守恒

B.華龍一號的原理是熱核反應(yīng)

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C.原子核結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定

D.核裂變反應(yīng)發(fā)生后，核子的平均質(zhì)量減小

16.如圖甲所示，同一介質(zhì)中兩個波源M和N相距L=6.0m,起振后的振動圖像分別

如圖乙和圖丙所示，位于M、N之間的質(zhì)點尸到波源M的距離d=2.25m。己知波

源M產(chǎn)生的簡諧橫波的速度為v=50m/s,則以下判斷正確的是（）

A.波源M產(chǎn)生的波的波長比波源N產(chǎn)生的波的波長長

B.波源M產(chǎn)生的波剛傳播到尸點時，質(zhì)點尸向y軸正方向運動的

C.兩列波疊加后，P點的振幅是9<ro

D.兩列波疊加后，M、N連線的中點處的振幅是9cm

17.在探究小車加速度與力關(guān)系的實驗中，小劉和他的同學設(shè)計了如圖甲所示的實驗方

案.將一端帶有定滑輪的長木板置于水平桌面上，小車前端也安裝有定滑輪，細繩

一端系有砂桶，另一端通過兩個滑輪與一拉力傳感器相連，拉力傳感器固定并可顯

示繩中拉力F的大小，改變桶中砂的質(zhì)量進行多次實驗.完成下列問題：

①實驗時，下列操作或說法正確的是O

4需要用天平測出砂和砂桶的總質(zhì)量

8.小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄拉力

傳感器的示數(shù)

C.選用電磁打點計時器比選用電火花計時器實驗誤差小

D為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量

②實驗中得到一條紙帶，相鄰計數(shù)點間有四個點未標出，各計數(shù)點到A點的距離

如圖乙所示.電源的頻率為50Hz,則打點計時器打B點時砂桶的速度大小為

m/s。

③以拉力傳感器的示數(shù)F為橫坐標，以加速度。為縱坐標，畫出的a-尸圖像可能

是圖丙中的。

④若作出a-尸圖線，求出其“斜率”為k,則小車的質(zhì)量為。

18.如圖甲在做“驗證碰撞中動量守恒定律”的實驗時，小明在地上鋪一張白紙，再在

白紙上覆蓋一張復寫紙。先讓入射球nt1多次從斜軌上的S位置靜止釋放，入射球小】

落地后通過復寫紙在白紙的P位置附近留下標識為1?5號的印跡（如圖乙）；然后，

把被碰小球瓶2靜置于軌道的水平部分，再將入射球巾1從斜軌上的S位置由靜止釋

放，與被碰球加2相碰，并多次重復，分別在白紙的例、N位置附近留下多個印記，

其中入射球mi落地后反彈又在白紙的P位置附近留下標識為6?10號的印跡，如圖

乙所示?如果利用畫圓法確定入射球碰撞前的落點，下列畫出的四個圓最為合理的

A.AB.BC.CD.D

19.（1）在“練習使用多用電表”的實驗中，小強用歐姆擋去測量“220K100W”的白

熾燈不發(fā)光時的燈絲電阻，在拍照的時候未把多用電表的選擇擋位旋鈕拍進去，如

圖1所示，那么你認為此擋位是（填“xl”、“X10”、“X100”）。

（2）由于歐姆表自帶電源，可將某擋位下的歐姆表等效為一直流電源。為了測量該

直流電源的電動勢和內(nèi)阻，小芳又從實驗室拿到一個毫安表（內(nèi)阻約10。）、一個滑

動變阻器&（0?200。）以及電鍵和導線。利用上述器材設(shè)計測量電路。

（3）若某次測量時毫安表示數(shù)如圖2所示，則電流/=mA.

（4）某同學調(diào)節(jié)滑動變阻器得到多組歐姆表與毫安表的示數(shù)R與1,并建立IR與/

的坐標系，將測得的數(shù)據(jù)描點連線，如圖3所示。由圖像可知該擋位下歐姆表內(nèi)部

電源的電動勢為V,內(nèi)阻為。（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）。

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圖3

20.潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，潛艇如同汽車掉下懸崖，稱之

為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質(zhì)量為3.0xl03t,在高密度海水

區(qū)域水下200加沿水平方向緩慢潛航，如圖所示。當該潛艇駛?cè)牒Ｋ兔芏葏^(qū)域時，

浮力突然降為2.4X107N；10s后，潛艇官兵迅速對潛艇減重(排水)，此后潛艇以

大小為1.0m/s2的加速度勻減速下沉，速度減為零后開始上浮。取重力加速度為

lOm/s2,不計潛艇加重和減重的時間和水的粘滯阻力。求：

(1)潛艇“掉深”而下沉達到的最大深度(自海平面算起)：

(2)對潛艇減重排出多少總的水，此后潛艇以大小為1.0m/s2的加速度勻減速下沉。

低密度海水

21.如圖所示，豎直放置的半徑為R=0.2m的螺旋圓形軌道BGE尸與水平直軌道MB和

BC平滑連接，傾角為。=30。的斜面CQ在C處與直軌道8C平滑連接。水平傳送

帶MN以%=4m/s的速度順時針方向運動，傳送帶與水平地面的高度差為h=

0.8m,MN間的距離為L“N=3.0m,小滑塊尸與傳送帶和8c段軌道間的摩擦因數(shù)

〃=0.2,軌道其他部分均光滑。直軌道BC^LBC=1m,小滑塊尸質(zhì)量為m=1kg。

(1)若滑塊產(chǎn)第一次到達圓軌道圓心O等高的F點時.，對軌道的壓力剛好為零，求

滑塊P從斜面靜止下滑處與BC軌道高度差H,

(2)若滑塊P從斜面高度差H=l.Oni處靜止下滑，求滑塊從N點平拋后到落地過程

的水平位移；

(3)滑塊P在運動過程中能二次經(jīng)過圓軌道最高點E點，求滑塊尸從斜面靜止下滑

的高度差H范圍。

22.如圖甲所示，兩足夠長的光滑平行導軌固定在水平面內(nèi)，處于磁感應(yīng)強度大小為8、

方向豎直向上的勻強磁場中，導軌間距為L,一端連接阻值為R的電阻。一金屬棒

垂直導軌放置，質(zhì)量為機，接入電路的電阻為小在金屬棒中點對棒施加一個水平

向右、平行于導軌的拉力，棒與導軌始終接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為

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g。

(1)若金屬棒以速度火做勻速運動，求棒受到的拉力大小a;

(2)若金屬棒在水平拉力尸2作用下，速度V隨時間r按余弦規(guī)律變化，如圖乙所示,

取水平向右為正方向，求t=0到t的過程中，整個回路產(chǎn)生的熱量。以及拉力

尸2做的功W；

(3)在(2)的情況下，求t=0到t的過程中，通過電阻R的電荷量q及拉力尸2的

沖量I。

23.如圖為某種質(zhì)譜儀的截面示意圖，該質(zhì)譜儀由加速電場、電磁分析器、偏轉(zhuǎn)磁場以

及收集板組成。離子源O不斷地逸出初速為零的負離子束，經(jīng)加速電場加速后沿電

磁分析器的兩平行金屬板中線飛入電磁分析器，負離子束包含電荷量大小均為q,

質(zhì)量分別為巾1、巾2(巾1＜機2)的兩種離子，加速電場和電磁分析器的兩平行金屬

板間電壓分別為Ui=200V、U2=100V,金屬板間電場視為勻強電場，電磁分析

器的兩平行金屬板豎直放置，板長L=0.2m,板間距離d=0.1m,且右板電勢較高。

偏轉(zhuǎn)磁場區(qū)域足夠大，磁感應(yīng)強度B=5x10-3幾方向垂直紙面向里，其下邊界

緊靠電磁分析器的金屬板上端，下邊界處水平放置足夠大的收集板P。，左端P緊

靠電磁分析器的右板上端。已知負離子mi的比荷為奈=lO'c/kg,粒子間的相互

作用和重力忽略不計。

(1)為了能讓質(zhì)量為mi的負離子沿直線穿過電磁分析器，需在電磁分析器中加上勻

強磁場夕，求夕的大小和方向；

(2)若可以調(diào)節(jié)電磁分析器中的磁場B'的大小，質(zhì)量為的粒子將從電磁分析器的

左板上端M點飛入偏轉(zhuǎn)磁場，求其飛入偏轉(zhuǎn)磁場的速度大小(保留兩位有效數(shù)字);

(3)若撤去電磁分析器中的磁場，發(fā)現(xiàn)質(zhì)量分別為血1、血2的兩負離子束擊中收集板

的位置離開P點的距離之比為10：11,求兩負離子質(zhì)量mi與?ri2的比值(保留兩位

有效數(shù)字)。

XX

XXXXXXXXXXXX

X

XXXXXXXXXXXXX

X

XXXXXXXXXXXXX

XXJXXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXXXXX

P收集板T

電?分析H

加速電場

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、力的單位用N來表示，根據(jù)F=ma,則IN=1kg-m/s2,故A錯誤；

B、電量的單位是C,根據(jù)q=/3則電量的單位1C=1A-S,故8錯誤；

C、功率的單位是W,根據(jù)P=y=y,結(jié)合力的單位IN=1kg-m/s2,所以1W=1kg-

m2/s3,故C正確；

。、磁感應(yīng)強度的單位7是導出單位，不是基本單位，故。錯誤。

故選：C。

國際單位制規(guī)定了七個基本物理量.分別為長度、質(zhì)量、時間、熱力學溫度、電流、光

強度、物質(zhì)的量.它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關(guān)系式

推到出來的物理量的單位叫做導出單位.

國際單位制規(guī)定了七個基本物理量，這七個基本物理量分別是誰，它們在國際單位制分

別是誰，這都是需要學生自己記住的.

2.【答案】C

【解析】解：A、湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電子，盧瑟福根據(jù)a粒子散射實驗提出了原子的核式結(jié)

構(gòu)模型，故A錯誤；

8、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，但他沒有得出法拉第電磁感應(yīng)定律，韋伯和紐曼射出

了法拉第電磁感應(yīng)定律，故8錯誤；

C、普朗克把能量子引入物理學，破除了“能量連續(xù)變化”的觀念，故C正確；

。、玻爾原子理論的成功之處是它引入量子觀念，不足之處是它保留了經(jīng)典粒子的概念,

故。錯誤。

故選：C。

根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。

解決本題的關(guān)鍵是掌握原子物理學史，記牢著名科學家的物理學成就，要注意理解玻爾

理論的內(nèi)容和局限性。

3.【答案】D

【解析】A、電爐也可以使用直流電源工作，故A錯誤；

8、微波爐利用磁控管將電能轉(zhuǎn)化為微波輻射能，微波輻射引起食物內(nèi)部的水分子振動

摩擦，從而產(chǎn)生熱量，實現(xiàn)加熱食物的目的，故B錯誤；

C、電磁爐是利用交變電流通過線圈產(chǎn)生方向不斷改變的交變磁場，而處于交變磁場中

的導體內(nèi)部就會產(chǎn)生渦旋電流，而這個是渦旋電場推動導體中載流子運動所致。渦旋電

流的焦耳效應(yīng)會使導體溫度上升，從而實現(xiàn)了加熱，直流電不能使其工作，故C錯誤;

。、真空冶煉爐通以高頻交變電流產(chǎn)生交變磁場，在金屬中產(chǎn)生渦流，從而使金屬發(fā)熱

熔化，故。正確。

故選：D。

電爐利用電流產(chǎn)熱；微波爐將電能轉(zhuǎn)化為微波輻射能；電磁爐和真空冶煉爐利用渦流。

本題考查電器的基本原理，明確渦流加熱、電阻產(chǎn)熱、電能轉(zhuǎn)化為微波輻射能的原理是

本題解題關(guān)鍵。

4.【答案】C

【解析】解：A8、飛機在跑道著陸階段水平方向做減速運動，加速度不為零，所以輪

子受到的力除重力、地面的支持力、乙與丙的作用力外，還受到地面的摩擦力：重力豎

直向下，地面的支持力豎直向上，所以連桿乙、丙對輪軸的合力一定不在豎直方向上，

故AB錯誤；

C、飛機沿直線勻速飛行時輪子受到重力、連桿乙、丙對輪子的合力，總的合力為零，

所以連桿乙、丙對輪子的合力與輪子的重力等大反向，其合力方向豎直向上，故C正確；

。、輪子受到的重力的反作用力是輪子對地球的吸引力，故。錯誤。

故選：C。

飛機在跑道著陸階段加速度不為零，由此分析輪子的合力；飛機沿直線勻速飛行時輪子

受到的合力為零，由此分析連桿乙、丙對輪子的合力。

本題主要是考查了受力分析以及共點力的平衡問題，關(guān)鍵是能夠?qū)︼w機的輪子進行受力

分析，根據(jù)運動的特點分析連桿乙、丙對輪子的合力。

5.【答案】A

【解析】解：CD,以豎直向上為正方向，則小孩下落時速度為負值，上升時速度為正

值，故8錯誤；

AB.設(shè)小孩原來距地面的高度為兒小孩在下落的過程中，根據(jù)運動學公式有：V2=

2g(h-x),由數(shù)學知識可得，f-x圖象應(yīng)是開口向左的拋物線。

小孩與彈性床相碰后上升的過程，與下落過程具有對稱性，故A正確，8錯誤。

故選:Ao

第14頁，共27頁

不計空氣阻力，小孩下落時做自由落體運動，上升時做勻減速直線運動，小孩在空中運

動的加速度始終為g,根據(jù)運動學公式列式分析V與X的關(guān)系，再選擇圖象。

對于圖象類型的選擇題，采用判斷法和排除法相結(jié)合的方法，可提高準確率和解題速度。

對于圖象，往往根據(jù)物理規(guī)律得到解析式再分析圖象的形狀。

6.【答案】D

【解析】解：A、圖中A點不是水在空中運動過程的最高點，因為水柱的最高點只有水

平方向速度，故A錯誤；

8、因不計空氣阻力，水柱只受到重力，則水柱是斜拋運動，屬于勻加速曲線運動，故

B錯誤；

C、依據(jù)速度的分解法則，結(jié)合三角知識，且兩點的水平分速度相等，

則有：A點時的水平速度%=vAsin45°

B點時的速度為=贏

代入數(shù)據(jù)解出：vB=5V2m/s?7.07m/s,故C錯誤；

D、由動能定理得,mgh=

代入數(shù)據(jù)解出/i=0.7m,故。正確；

故選：Do

由斜拋運動受力與速度方向，即可判定其運動性質(zhì)；

水柱在最高點只有水平方向速度；

依據(jù)水在水平方向勻速運動，豎直方向勻加速運動，根據(jù)誰在A8的方向，即可求得B

點的速度；

從A到B,根據(jù)動能定理求得高度。

本題主要考查了斜拋運動，掌握運動的合成與分解應(yīng)用，理解矢量的合成法則與三角知

識的運用，注意關(guān)鍵是抓住在水平方向勻速運動即可求得，

7.【答案】D

【解析】解：A、。8光的折射率為g=鬻;=b

0c光的折射率為加=凹竺=-

csin45°2

故玻璃磚對0C光的折射率小于對0B光的折射率，故A錯誤；

B、根據(jù)公式

折射率大的，速度小。所以在玻璃磚中0C光的速度大于08光的速度，故8錯誤；

C、由于玻璃磚對0C光的折射率小于對08光的折射率，所以。8光對應(yīng)的頻率大，波

長小。

而根據(jù)公式4=；,可知在玻璃磚中0C光光子的動量小于。8光光子的動量，C錯誤；

D、。8光在玻璃磚中傳播的時間為"=套=3=等=曰R

nB

OC光在玻璃磚中傳播的時間為

RRncRV6

tc=—=~r~=----=G-R

vcS-c2c

九c

所以時間差為

△t=M—=-爭鳴故。正確。

故選：Do

根據(jù)偏折角的大小可判斷出玻璃磚對兩光束折射率大小，偏折角越大，其折射率越大.由

"分析光在玻璃中速度關(guān)系.以及光的頻率與折射率的關(guān)系，從而可判斷兩波波長關(guān)

系，根據(jù)光子動量與波長的關(guān)系，比較光子動量的大小。

解決本題的關(guān)鍵是通過光路圖比較出折射率，要知道光速與折射率的關(guān)系，以及光的頻

率與折射率的關(guān)系，從而可判斷兩波波長關(guān)系，根據(jù)光子動量與波長的關(guān)系，比較光子

動量的大小。

8.【答案】C

【解析】解：A、街頭常見的變壓器是常見的降壓變壓器，副線圈的電流比原線圈的電

流大，為了安全，副線圈的導線更粗一些，故A錯誤；

8、變壓器的匝數(shù)比沒變，原線圈兩端的電壓沒變，則副線圈的電壓/不變，當用電器

增加時，相當于R的值減小，則副線圈的電流L增大，輸電線的消耗的功率增大，故8

錯誤；

第16頁，共27頁

C、副線圈的電壓/不變，副線圈的電流/2增大，根據(jù)「2=4/2,則變壓器的輸出功率

增大，故C正確；

D、副線圈的電壓4不變，副線圈的電流增大，根據(jù)=U-知用電器增加時，

UR2I2RO,

用電器兩端的電壓減小，故。錯誤。

故選：Co

和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)R的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而

可以確定電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的元件的電流和電壓

的變化的情況.

分析變壓器時注意輸出電壓和輸入功率這兩個物理量的決定關(guān)系，然后結(jié)合電阻的串并

聯(lián)知識進行求解。

9.【答案】D

【解析】解：A、原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比，原線圈的電壓為220匕副線圈兩

端的電壓為4.5U,故匝數(shù)之比為220：4.5=440：9,故A錯誤:

B、充電時，電池的容量為q=8007714%,10小時即可充滿，根據(jù)q=/t得，充電電流/=

?=四臀=80nl4故B錯誤;

t10/1

8、若不考慮電池的內(nèi)阻，則電池輸出的電能最大，為皿=￡7t=2.4x0.08x10x

36007=69127,此時使用時電池的平均輸出功率P==0.48W,實際電

t60X4X60

池有內(nèi)阻，故實際的平均輸出功率小于0.48W,故C錯誤，。正確;

故選：Do

原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比；充電電流/=%若不考慮電池的內(nèi)阻，則電池輸出

的電能最大，為以=E/t；平均輸出功率P=?；

本題考查了原副線圈的電壓與匝數(shù)的關(guān)系，知道容量為800nM力指的電荷量，根據(jù)/=%

求電流，電能的公式為〃=同時注意在求輸出的電能時要考慮內(nèi)阻消耗的電能。

10.【答案】B

【解析】解：A、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星可能經(jīng)過北京上空，而地球同步軌道衛(wèi)星的軌

道平面一定在赤道平面，不可能經(jīng)過北京上空，故A錯誤；

B、第41顆衛(wèi)星為地球同步軌道衛(wèi)星，它的軌道半徑約為r=4.2x107m,運行周期T

等于地球的自轉(zhuǎn)周期24人，根據(jù)萬有引力提供向心力，得G萼=m與r,可得質(zhì)量時=

r2T2

安，代入數(shù)據(jù)可估算出地球的質(zhì)量"，故8正確；

GT2

C、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星周期為24兒如果開始時位于南半球上方，則一天之內(nèi)傾斜

地球同步軌道衛(wèi)星會跨過赤道某點上方到達北半球上方，然后再次跨過赤道上同一點上

方回到南半球上方，故2次經(jīng)過赤道正上方同一位置，故C錯誤；

。、兩衛(wèi)星的線速度大小相等，設(shè)為北,相等任意12小時內(nèi)，萬有引力使兩顆衛(wèi)星的速

度改變180。，速度變化量大小為2%，根據(jù)動量定理可知/=mA",雖然速度變化量大

小相等，但兩星質(zhì)量不一定相等，故地球?qū)Φ?1顆衛(wèi)星沖量的大小和對第44顆衛(wèi)星沖

量的大小不一定相等，故。錯誤。

故選：B。

地球同步衛(wèi)星的軌道平面一定在赤道平面，不可能經(jīng)過北京上空；根據(jù)萬有引力提供向

心力，可估算出地球的質(zhì)量；根據(jù)周期分析可知傾斜地球同步軌道衛(wèi)星一天內(nèi)2次經(jīng)過

赤道正上方同一位置；兩星質(zhì)量不一定相等，故不能判斷萬有引力對兩星的沖量大小關(guān)

系。

本題考查萬有引力定律及其應(yīng)用，在涉及地球同步衛(wèi)星時，要注意牢記地球同步衛(wèi)星的

幾個特點：定周期、定軌道、定高度。

11.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)電場線與等勢線垂直特點，在上找到。點的等勢點，應(yīng)在O

點上方，根據(jù)沿電場線電勢降低可知，。點的電勢比Q點的電勢高，故A錯誤；

8、【方法一】。點的電勢比M點的電勢低，正電荷在電勢高的地方電勢能大，在電勢

低的地方電勢能小，則電荷在。點的電勢能比在M點的電勢能小，故從M到。電荷電

勢能減少，

【方法二】正電荷所受電場力方向與電場強度方向相反，將一正電荷由M點移到Q點，

電場力做正功，電荷的電勢能減少，故B正確；

C、【方法一】根據(jù)圖中電場線分布可知，同一正電荷從M到。電場力做的功比。到N

電場力做功多，電勢能降低多，電勢下降多，則OM間的電勢差大于NO間的電勢差，

【方法二】根據(jù)電場線密的地方等差等勢線也密，MO與ON長度相同，則例。間等差

等勢線密，則"。電勢差變化比。N變化的多，OM間的電勢差大于N。間的電勢差，

故C錯誤；

。、在。點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將與該點電場線切線方向相同，斜向右

上，故。錯誤。

故選：B。

第18頁，共27頁

通過電場線與等勢線垂直找到MN上與。點等勢點，沿電場線電勢降低求解；通過電場

力做功與電勢能的關(guān)系求解；通過電勢能與電勢差的關(guān)系求解。

本題考查電場中能的性質(zhì)基礎(chǔ)，注意負電荷在電勢低的地方電勢能大，電場線密的地方

等差等勢線也密。

12.【答案】D

【解析】解：A、汽車上有很多鋼鐵，當汽車接近線圈時，相當于給線圈增加了鐵芯，

所以線圈的自感系數(shù)增大，故4錯誤；

BCD.當汽車接近線圈A或B時，線圈的自感系數(shù)增大，感抗也增大，在電壓不變的情

況下，交流回路的電流將減小，所以電阻兩端得電壓將減小，即c、d兩端得電壓將減

?。煌?，汽車遠離線圈A或3時，線圈的感抗減小，交流回路的電流增大，c、d兩

端得電壓將增大。故。正確，8c錯誤

故選：D。

汽車通過線圈的過程中線圈的自感系數(shù)發(fā)生變化，導致線圈內(nèi)的電流發(fā)生變化，由此結(jié)

合歐姆定律分析即可。

本題綜合考查了法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律，注意感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感

應(yīng)電流的原因。

13.【答案】C

2

【解析】解:A、設(shè)小球剛運動到。點時的速度為v,則有mg-2x0-|mv,v=

小球接觸彈簧后先做加速運動，所以小球運動的最大速度大于2環(huán)，故A錯誤；

8、小球在平衡位置處速度最大；若小球從0點開始由靜止釋放，設(shè)彈簧的最大壓縮量

為x,小球做簡諧運動，根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，小球運動到。點下方;處的速度

最大；

現(xiàn)在因為小球從0點上方下落，彈簧的壓縮量&>x,速度最大時，彈簧的彈力與重力

大小相等，則小球仍在|〈手速度最大，故B錯誤；

C、小球剛接觸彈簧時的加速度大小為g,方向豎直向下，當小球運動到關(guān)于平衡位置

對稱點時，加速度大小也等于g,方向豎直向上，而此時小球還有向下的速度，還沒有

到達最低點，當小球到達最低點時加速度將大于g,根據(jù)牛頓第二定律知-mg>mg,

則k>等，故C正確；

x0

D、AO是OB距離的2倍，根據(jù)圖像面積表示位移可知，口大于t2—G的2倍，管口到

速度最大的時間大于速度最大到最低點時間又小于￡2-匕，所以小球從管口4至速

度最大所用的時間大于從速度最大至最低點8所用的時間的2倍，故。錯誤；

故選：C。

根據(jù)機械能守恒定律求出小球運動到。點的速度，再分析小球接觸彈簧后的運動情況；

借助簡諧運動的模型分析小球的最大加速度；可利用圖像面積來比較時間。

本題主要是考查了功能關(guān)系和能量守恒定律，首先要選取研究過程，然后分析在這個運

動過程中的受力情況和運動情況，知道小球在平衡位置處速度最大。

14.【答案】CD

【解析】解：A、根據(jù)麥克斯韋電磁場理論，可知任何電磁波在真空中的傳播速度均為

光速，故4錯誤；

B、由公式c=4f,可得4=，，由于5G信號的頻率比4G信號高，則5G信號波長比4G

信號短，故8錯誤；

C、由于5G信號波長比4G信號短，根據(jù)明顯衍射的條件，可知5G信號的行射的本領(lǐng)

更弱，故C正確；

D、5G信號的頻率更高，由公式E=可知光子的能量越大，故相同時間傳遞的信

息量更大，故。正確。

故選：CD。

明確電磁波在真空中傳播速度均為光速；由公式c=4/分析；根據(jù)明顯衍射的條件判斷；

由公式E=無"判斷。

本題以“第五代移動通信網(wǎng)絡(luò)”為背景考查光的波粒二象性以及電磁波的傳播，注意明

確波長越長波動性越明顯，而頻率越高，能量越大。

15.【答案】AD

【解析】解：A、核反應(yīng)遵守質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，故A正確；

8、華龍一號的原理是重核的裂變反應(yīng)，故B錯誤；

C.原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故C錯誤；

D核裂變反應(yīng)發(fā)生后，會釋放能量，所以核子的平均質(zhì)量減小，故。正確。

故選：AD.

核反應(yīng)遵守質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒；華龍一號的原理是重核的裂變反應(yīng)，熱核反應(yīng)指

核聚變反應(yīng)；原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定；核裂變反應(yīng)發(fā)生后，會釋放能量，

第20頁，共27頁

所以核子的平均質(zhì)量減小

本題考查核反應(yīng)相關(guān)知識，包括結(jié)合能以及裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)，此部分知識主要要求

學生在理解的基礎(chǔ)上識記，難度較低。

16.【答案】BC

【解析】解：A、由于兩波在同一介質(zhì)中傳播，故兩波波速相等，均為u=5(hn/s,分

析圖象可知，兩波周期相同，均為7=0.02s,則波長均為4=vT=50x0.02m=Im,

故A錯誤；

8、分析圖乙可知，波源M起振方向向上，由于各質(zhì)點起振方向和波源起振方向相同，

故波傳播到尸點時，質(zhì)點尸向y軸正方向運動，故B正確；

C、分析圖乙和圖丙可知，兩波起振方向相反，且P點到兩波源的波程差為△x=(L-

d)-d,代入數(shù)據(jù)可知△%=1.5m=1.54,為半波長的奇數(shù)倍，故P點為振動加強點，

振幅為兩波振幅之和，A=4+4=5cm+4cm=9cm,故C正確；

O、MN連線的中點到兩波源的波程差為0,且兩波起振方向相反，故該點為振動減弱點，

振幅為兩波振幅之差，A'=Ax-A2=—4)cm=1cm,故。錯誤。

故選：BC。

根據(jù)圖像可知周期相同，同一介質(zhì)中傳播的波波速相同，由4=及7可知波長關(guān)系；根據(jù)

各質(zhì)點起振方向和波源起振方向相同可判斷波源"產(chǎn)生的波剛傳播到P點時，質(zhì)點P

振動方向；兩波疊加，頻率相同，發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，結(jié)合兩波源的起振方向和波程

差判斷振動加強點和減弱點。

本題屬于波的干涉、振動圖象的識圖和對質(zhì)點振動的判斷問題?？疾橹R點全面，重點

突出，充分考查了學生掌握知識與應(yīng)用知識的能力。

17.【答案】80.416冊

【解析】解：①關(guān)于本實驗的操作：A、砂和砂桶的總質(zhì)量只是用來改變拉力的大小，

而拉力的大小可以用拉力傳感器測量讀出，故不需測量總質(zhì)量，故A錯誤；

8、操作順序是先通電，后釋放小車，在紙帶上還記下拉力的大小，故B正確；

C、火花計時器比電磁打點計時器誤差小，故C錯誤；

D、由于能夠測量拉力，不必滿足?n<VM,故。錯誤。

故選：B

②由題意知I,兩相鄰計數(shù)點的時間間隔7=5x4=0.1s,所以%=v^c

8.32x10—2

2xo.-m/s=0416小；

③小車受兩段繩的拉力和阻力產(chǎn)生加速度，所以。=等=意義?-￡,則加速度與拉

力傳感器示數(shù)的關(guān)系是一次函數(shù)且縱截距為負，故圖象是圖丙中A。

④由上一問的結(jié)論知：a-尸圖象的斜率上=1，所以小車的質(zhì)量”=?

故答案為：①B；②0.416；③力；④3

①本實驗需要平衡摩擦力，做實驗時，小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小

車，打出一條紙帶，同時記錄拉力傳感器的示數(shù)，實驗中不需要保證砂和砂桶的質(zhì)量遠

小于小車的質(zhì)量；

②由時間中點的瞬時速度等于這段時間的平均速度求打下B點的速度；

③④根據(jù)牛頓第二定律列出加速度與拉力傳感器的示數(shù)的關(guān)系式，從而圖象的特點，

算出小車的質(zhì)量。

只要真正掌握了實驗原理就能順利解決此類實驗題目，而實驗步驟，實驗數(shù)據(jù)的處理都

與實驗原理有關(guān)，故要加強對實驗原理的學習和掌握。

18.【答案】B

【解析】解：1-5點為碰撞前的落點，6-10為入射球落地后反彈又在白紙的尸位

置附近留下的印跡。用畫圓法確定入射球碰撞前的落點，應(yīng)該在落點位置用圓規(guī)畫一個

盡可能小的圓，把1-5點都放在圓內(nèi)，圓心即平均位置，故B正確，AC。錯誤。

故選：瓦

利用畫圓法確定落點的位置，畫圓時應(yīng)將1-5點容納在圓內(nèi)，且盡可能均勻分布。

本題考查驗證碰撞中動量守恒定律實驗中的畫圓法確定落點，注意使用畫圓法的方法。

19.【答案】x1032.01.4410.80

【解析】解：(1)當燈泡正常發(fā)光時，由心布=\得，R=484。，已知燈泡電阻隨溫度

升高而增大，燈泡在常溫不發(fā)光時的電阻遠小于燈泡正常發(fā)光時的阻值，即遠小于4840,

約為幾十歐姆，由圖1所示表盤可知，指針示數(shù)為7,歐姆檔的擋位應(yīng)是“X10”；

(2)電路圖如圖所示

第22頁，共27頁

G

小為

(3)由圖2所示表盤可知，毫安表量程為50〃滔，分度值為1"?A,由圖得，毫安表示數(shù)為

32.0mA；

(4)由閉合電路歐姆定律可知，電源電動勢E=lr+IR,整理得：/R=-rl+E,故/R-/

圖像的斜率為-八縱軸的截距為電動勢E,將圖像反向延長，得到電動勢E=1.44V(存

在誤差，1.42V-1.45U均可)，r=黑蕓等=10.800(存在誤差，10.000-11.30。均可

)。

故答案為：(1)x10；(2)電路圖見詳解；(3)32.0；(4)1.44匕10.80?

(1)根據(jù)電阻公式可計算燈泡正常發(fā)光時的電阻，結(jié)合歐姆表的示數(shù)，可判斷燈泡不發(fā)

光時的阻值大小，即可選擇合適的擋位；

(2)歐姆表充當電源，將其與滑動變阻器和毫安表串聯(lián)接入電路即可；

(3)由圖判斷電流表的量程和分度值，即可讀數(shù)；

(4)根據(jù)閉合電路歐姆定律，結(jié)合圖像即可求解。

本題考查歐姆表和閉合電路的歐姆定律，解決與電路有關(guān)的圖像問題時，解題方法是根

據(jù)公式，列出圖像的解析式。

20.【答案】解：(1)設(shè)潛艇剛掉阱時的加速度大小為的,

對潛艇，由牛頓第二定律得：mg-F=max

代入數(shù)據(jù)解得：?i=2m/s2

掉深10s時，潛艇下落的高度：

h1=2aifi=2x2x102m=100m

此時潛艇速度為％==2x10m/s=20m/s

潛艇減重后以1.0m/s2的加速度勻減速下沉，直到速度為0,

潛艇下落的高度：壇=/=弗巾=200機

ZX1.0

潛艇“掉深”達到的最大深度：

九=九0+九1+九2=(200+100+200)m=500m

(2)潛艇減重的質(zhì)量為瓶口潛艇減重后以1.0m/s2的加速度勻減速下沉過程中,

由牛頓第二定律得：F-mrg=mra2

代入數(shù)據(jù)解得：m1=2.2x1。6kg

排水前潛艇的質(zhì)量m=3.0x103t=3.0x106kg

“掉深”過程中排出水的質(zhì)量：△m=m-瓶1=3.0x106kg_2.2x106kg=8x

105kg

答:(1)潛艇“掉深”而下沉達到的最大深度是500m

(2)對潛艇減重排出8x105kg的水，此后潛艇以大小為l.(hn/s2的加速度勻減速下沉。

【解析】(1)應(yīng)用牛頓第二定律求出潛艇的加速度，應(yīng)用運動學公式求出潛艇在豎直方

向的位移，然后求出潛艇“掉深”而下沉達到的最大深度。

(2)應(yīng)用牛頓第二定律求出潛艇排水后的質(zhì)量，然后求出排出水的質(zhì)量。

本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚潛艇的運動過程與受力情況，應(yīng)用

牛頓第二定律與運動學公式即可解題。

21.【答案】(1)滑塊尸在圓軌道尸點的壓力剛好為零，則蚱=0,

由動能定理得：mg(H-/?)-nmgLBC=0

解得：H=林LBC+R=0.2xlm+0.2m=0.4m

(2)H=1.0m,滑塊運動到N點時的速度為外

從開始到N點應(yīng)用動能定理mgH-fimg(LBC+LBN)=-0

解得"N=2m/s

從N點滑塊做平拋運動，水平位移為％=外后=2x后=0.8m

(3)滑塊P在運動過程中恰好能第一次經(jīng)過E點必須具有的高度為為

從開始到E點應(yīng)用動能定理mg%-^mgLBC-2mgR=-0

在E點時有rng=m?

解得%=0.7m

滑塊滑上傳送帶時的速度為UM，mg%-^mgLBC--0,vM-V10m/s<4m/s

滑塊做減速運動的位移為L=生=2.5m<LMN

211g

因此滑塊返回〃點時的速度也為UM=V10m/s,因此第二次過E點.

設(shè)高度為修時，滑塊從傳送帶返回M點時的最大速度為u=yj2ngLMN