2022年6月浙江省普通高校招生選考物理試卷和答案

2022年6月浙江省普通高校招生選考物理試卷和答案

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/s2B.kg?m/sC.kg*m2/sD.kg,s/m2

2.（3分）下列說法正確的是（）

A.鏈球做勻速圓周運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

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點

4.（3分）關于雙縫干涉實驗，下列說法正確的是（）

A.用復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果

C.把光屏前移或后移，不能看到明暗相間條紋

D.藍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磁感應強度的方向

C.正弦交流發(fā)電機工作時，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”，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.質量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運行

D.返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機械能守恒

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（）

nE/eV

8-------------0

4--------------0.85

3--------------1.51

2--------------3.40

I--------------13.6

A.逸出光電子的最大初動能為10.80eV

B.n=3躍遷到n=l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生光電效應

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實驗，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

存在勻強電場，板長為L（不考慮邊界效應）。t=0時刻，M板中

點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為vo的相同粒子,垂直M板向右

的粒子，到達N板時速度大小為亞vo;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=平

D.粒子從N板下端射出的時皿

2Vo

10.（3分）如圖所示，一輕質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8=60。。一重為G的物體

懸掛在橫桿中點，則每根斜桿受到地面的（）

A.作用力為近GB.作用力為日G

36

C.摩擦力為近GD.摩擦力為近G

48

11.（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

以初速度v向右運動，小球將做周期為T的往復運動，則（）

A.小球做簡諧運動

B.小球動能的變化周期工

2

C.兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為T

D.小球的初速度為工時，其運動周期為2T

2

12.（3分）風力發(fā)電已成為我國實現(xiàn)“雙碳”目標的重要途經之一。

如圖所示，風力發(fā)電機是一種將風能轉化為電能的裝置。某風力

發(fā)電機在風速為9m/s時，輸出電功率為405kW,風速在5?10m/s

范圍內，轉化效率可視為不變。該風機葉片旋轉一周掃過的面積

為A,空氣密度為p,風場風速為v,并保持風正面吹向葉片。下

列說法正確的是（）

A.該風力發(fā)電機的輸出電功率與風速成正比

B.單位時間流過面積A的流動空氣動能4）Av2

C.若每天平均有L0Xl（）8kW的風能資源，則每天發(fā)電量為2.4

X109kWh

D.若風場每年有5000h風速在6?10m/s范圍內，則該發(fā)電機年

發(fā)電量至少為6.0X105kWh

13.（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

動，到達平臺速度剛好為零，則提升重物的最短時間為（）

A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s

二、選擇題n（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14c的核反應方程為i4N+gf

670

14C+X,其產物；C的衰變方程為：N+o,e。下列說法正確的

6667-1

是（）

A.X是1H

B.yc可以用作示蹤原子

6

C.o,e來自原子核外

-1

D.經過一個半衰期，10個14c將剩下5個

6

（多選）15.（2分）如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可

表示為E=包，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌

r

道運動。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

D.當加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動

（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，其中質點a的平衡位置xa=

1.75m,質點b的平衡位置Xb=-0.5mo下列說法正確的是（）

A.沿x軸正負方向傳播的波發(fā)生干涉

B.t=0.42s時，波源的位移為正

C.t=2.25s時，質點a沿y軸負方向振動

D.在0到2s內，質點b運動總路程是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”實驗裝置如

圖1所示，長木板水平放置，細繩與長木板平行。圖2是打出紙

帶的一部分，以計數(shù)點O為位移測量起點和計時起點，則打計數(shù)

點B時小車位移大小為cm。由圖3中小車運動的數(shù)據(jù)點,

圖I圖2

②利用圖1裝置做“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，需調

整的是（多選）。

A.換成質量更小的小車

B.調整長木板的傾斜程度

C.把鉤碼更換成祛碼盤和祛碼

D.改變連接小車的細繩與長木板的夾角

（2）“探究求合力的方法”的實驗裝置如圖4所示，在該實驗中，

①下列說法正確的是（單選）；

A.拉著細繩套的兩只彈簧秤，穩(wěn)定后讀數(shù)應相同

B.在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇

相距較遠的兩點

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、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板

②若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要（選填

“2”、“3”或“4”）次把橡皮條結點拉到O點。

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，負載電阻R兩端的電壓變化。

①圖2為實驗器材部分連線圖，還需要（選填af、bf、fd、

fc>ce或eg）連線（多選）。

②圖3所示電壓表的示數(shù)為Vo

圖I

③已知滑動變阻器的最大阻值Ro=lOQ,額定電流I=1.0A。選擇

負載電阻R=10C,以R兩端電壓U為縱軸，）為橫軸（x為AP

L

的長度，L為AB的長度），得到U-一分壓特性曲線為圖4中的

L

“I"；當R=100C,分壓特性曲線對應圖4中的（選填“II”

或“ni”）；則滑動變阻器最大阻值的選擇依據(jù)是o

（2）兩個相同的電流表G1和G2如圖5所示連接，晃動G1表，當

指針向左偏時，靜止的G2表的指針也向左偏轉，原因是

（多選）。

A.兩表都是“發(fā)電機”

B.Gi表是“發(fā)電機”，Gz表是“電動機”

C.Gi表和Gz表之間存在互感現(xiàn)象

D.Gi表產生的電流流入G2表，產生的安培力使G2表指針偏轉

圖5

19.（9分）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示,

傾斜滑軌與水平面成24°角，長度h=4m,水平滑軌長度可調，

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|1=2,貨物可視為質點（取cos24°

9

=0.9,sin24°=0.4）。

（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度ai的大小；

（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大?。?/p>

（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ho

20.（12分）如圖所示，在豎直面內，一質量m的物塊a靜置于懸

點O正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送帶MN與直軌道

AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為1。

圓弧形細管道DE半徑為R,EF在豎直直徑上，E點高度為H。

開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的

高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生

彈性正碰。已知m=2g,I=lm,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,

物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)|i=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，物塊可視為質點。

(1)若h=L25m,求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度vo的大?。?/p>

(2)物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿

足的關系；

(3)若物塊b釋放高度0.9mVhVL65m,求物塊a最終靜止的位

置x值的范圍(以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸)。

21.(10分)艦載機電磁彈射是現(xiàn)代航母最先進的彈射技術，我國在

這一領域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的

設計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子(圖中未畫出)

與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導軌上無摩擦滑動。

線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為

Bo開關S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛

機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定

值電阻Ro,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，在力至t3時間內F=(800-10v)N,t3時撤去F。已知

起飛速度vi=80m/s,ti=1.5s,線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長1

=lm,飛機的質量M=10kg,動子和線圈的總質量m=5kg,Ro

=9.5。，B=0.1T,不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影

響，求

(1)恒流源的電流I;

(2)線圈電阻R；

(3)時亥！It3

圖2

22.(10分)離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉筒

P,可繞過O點、垂直xOy平面(紙面)的中心軸逆時針勻速轉

動(角速度大小可調)，其上有一小孔S。整個轉筒內部存在方向

垂直紙面向里的勻強磁場。轉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。離子源M能沿著x軸射出質量

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vo的離子進入轉筒，經磁場偏轉后恰好沿y軸負方向離開磁

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求磁感應強度B的大小；

②若速度大小為vo的離子能打在Q板的A處，求轉筒P角速度(0

的大??；

(2)較長時間后，轉筒P每轉一周有N個離子打在板Q的C處,

OC與x軸負方向的夾角為6,求轉筒轉動一周的時間內，C處受

到平均沖力F的大小；

(3)若轉筒P的角速度小于第，且A處探測到離子，求板Q上

能探測到離子的其他5的值(夕為探測點位置和O點連線與x

軸負方向的夾角)。

離子源M0x

答案

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.【知識點】單位制.

【答案】解：根據(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：Ao

2.【知識點】勻速圓周運動；慣性與質量.

【答案】解：A、做勻速圓周運動的鏈球加速度時刻指向圓心，方

向時刻改變，故A錯誤；

B、慣性只與質量有關，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：Bo

3.【知識點】受力分析的應用；牛頓第三定律；質點的認識.

【答案】解：A.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

點，故D錯誤。

故選：Co

4.【知識點】光的雙縫干涉現(xiàn)象和薄膜干涉現(xiàn)象；影響雙縫干涉的條

紋間距的因素.

【答案】解：A、復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)Ax=L入，由于藍光的波長小于紅光波長，所以藍光干涉

d

條紋的間距比紅光的小，故D錯誤；

故選：Bo

5.【知識點】交流發(fā)電機及其產生正弦式電流的原理；變壓器的構造

和原理；磁現(xiàn)象和磁場；勻強磁場的特點.

【答案】解：A、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

該點磁感應強度的方向，故B正確；

C、正弦交流發(fā)電機工作時，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：Bo

6.【知識點】人造衛(wèi)星；機械能守恒定律；牛頓運動定律的應用-超

重和失重；萬有引力定律及其應用.

【答案】解：A、根據(jù)萬有引力提供向心力得

GMm_v2

k=in

r1

解得：丫=科

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動向

心力，故B錯誤；

C、在同一軌道上運行時，線速度相同，質量不同的返回艙與天和

核心艙可以在同一軌道運行，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功,

機械能減小，故D錯誤；

故選：Co

7.【知識點】氫原子的能級公式和躍遷；光電效應.

【答案】解：AB、一群處于n=3能級的氫原子向低能級躍遷時最

多能產生苗=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=hv-WO=E3-EI-WO

代入數(shù)據(jù)解得：Ek=9.8eV

由德布羅意波公式入=與

D

知p=與，從n=3能級躍遷到n=l能級產生的光子動量最大，

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，L89eVV2.29eV,不能使金屬鈉

發(fā)生光電效應，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：Bo

8.【知識點】光的折射定律；全反射；光的干涉.

【答案】解：當光由光密介質射入光疏介質時，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)榉瓷涔獾木壒剩?/p>

故ABD錯誤，C正確；

故選：Co

9.【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動；勻變速直線運動規(guī)律的

綜合運用；牛頓第二定律；動能定理；能量守恒定律.

【答案】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N板時速度增加，

動能增加，則電場力做正功，電勢能減小；則平行M板向下的粒

子達到N板時電場力也做正功，電勢能也減小，故B錯誤；

CDo設兩板間距離為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動，有

L

570t

對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子

相同，在電場中的加速度也相同，有

22

VoVOad

聯(lián)立解得：t=2L；a/①，故C正確，D錯誤；

V。L

故選：Co

10.【知識點】共點力的平衡；受力分析的應用；牛頓第三定律.

【答案】解：AB、設每根斜桿受力為F,對斜桿與橫桿的結點受

力分析如圖1有：MF/,解得：F=^G；故A錯誤，B正確;

0.5G

圖1

CD、對某個斜桿受力分析如圖2有：Fsin30°=f,解得f=^_G,

12

故CD錯誤；

N■

■

G'

圖2

故選：Bo

11.【知識點】簡諧運動；簡諧運動的振幅、周期和頻率；彈性勢能.

【答案】解：A、物體做簡諧運動的條件是在運動過程中所受回復

力與位移成正比，且方向始終指向平衡位置，可知小球在桿中點到

接觸彈簧過程中，所受合力為零，故小球不是做簡諧運動，故A

錯誤；

BC、假設桿中點為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的往復運動，運動過程為O-A-O-B-O,根據(jù)對稱

性可知小球從OfAfO與OfBfO,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

化周期為工，兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為工，故B正確，

22

C錯誤；

D、小球的初速度為工時，可知小球在勻速階段的時間變?yōu)樵瓉淼?/p>

2

2倍，接觸彈簧過程，根據(jù)彈簧振子的周期公式％=2兀、/可知，接

0Vk

觸彈簧過程中所用時間與速度無關，因此總的運動周期小于2T,

故D錯誤；

故選：Bo

12.【知識點】能量守恒定律；可再生能源和不可再生能源.

【答案】解：AB、葉片旋轉所形成的圓面積為A

單位時間內流過該圓面積的空氣柱體積為

V=S,vt=Av

空氣柱的質量為

m=p,V=pAv

空氣柱的動能為

Ek=-IpAv*v2=-IpAv3

設轉化效率為T],轉化成的電能為E=T]*Ek=lr|PAtv3

p=1=lT]pAv3,則該風力發(fā)電機的輸出電功率與風速的三次方成

正比；故AB錯誤；

c、由B選項可知n=—七

PAv3

發(fā)電量約為W=i]-pt=T]X1.0X108kWX24h=2.4nX109kWh<

2.4X109kWh,故C錯誤。

D、由題意可知某風力發(fā)電機在風速為9m/s時，輸出電功率為

405kW

由p=A=Ar]pAv3

2=式=史

Piv；63

pi=120kW

若風場每年有5000h風速在6?10m/s的風能資源，則該發(fā)電機年

發(fā)電量

E=pi-t=120kWX5000h=6.0X105kW-h,故D正確；

故選：Do

13.【知識點】動能定理；勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；牛頓第

二定律；功率、平均功率和瞬時功率.

【答案】解：為了最短時間提升重物，一開始以最大拉力拉重物做

勻加速上升，當功率達到額定功率時，保持功率不變直到重物達到

最大速度，接著做勻速運動，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：

當功率達到額定功率時，設重物的速度為vi,則有

P額1200

v<=---=----m/s=4m/s

1Tm300

此過程中所用的時間和上升的高度分別為

t[=^—="^5=0.8s

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動的時間和上升的高度分別為

h3=2^-=2X5in=3-6ro

設重物從結束勻加速到開始做勻減速運動所用的時間為t2,該過程

根據(jù)動能定理得：

P額｛2-叫=萬明？丫1

又h2=85.2m-1.6m-3.6m=80m

聯(lián)立解得：t2=13.5s

則總時間為ti+t2+t3=0.8s+13.5s+l.2s=15.5s,故C正確，ABD錯

誤；

故選：Co

二、選擇題n（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.【知識點】原子核衰變及半衰期、衰變速度；原子核的人工轉變.

【答案】解：A、根據(jù)質量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒知，生產3C的

6

核反應方程為14N+Ii>f14C+1H,故A正確；

7061

B、根據(jù)同位素標記法可知產物《式可以用作示蹤原子，故B正確;

C、產物黑C的發(fā)生P衰變產生電子來源于核內中子轉變成質子過

程，故c錯誤；

D、半衰期具有統(tǒng)計學意義，少量原子無意義，故D錯誤；

故選：ABo

15.【知識點】帶電粒子在非勻強電場中的運動.

【答案】解：A、電場力提供粒子做圓周所需的向心力，則qE=

ma)2r,解得3=仁，由于兩粒子的比荷相同，半徑越小的，角速

度越大，故A錯誤；

2

B、場力提供粒子做圓周所需的向心力，則qE=g,粒子的動能

r

后［八川?，解得E［』qa，故電荷量大的粒子的動能一定大，故B

k2k2

正確；

C、場力提供粒子做圓周所需的向心力，則qE=4,解得v=后,

粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關，故C正確；

D、當粒子逆時針運動，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，此時粒子做向心運動，故D錯誤；

故選：BCo

16.【知識點】簡諧運動的振動圖象；波的干涉現(xiàn)象；簡諧運動.

【答案】解：A、沿x軸正負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內波傳播的距離為x=0.50m-0.25m=

0.25m,則波速為v=3=^L^_m/s=2.5m/s,由圖可知波長為人=1m,

t0.1

則周期為T=A=^_S=0.4SO

v2.5

在t=2.0s時間內，波傳播的距離為x=vt=2.5X2m=5m=5入，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

=11T,所以t=0.42s時，波源的位移為正，故B正確；

8

C、t=2.1s時質點a位于波谷，t=2.1s到t=2.25s經歷時間At=

0.15s=.|T,貝!|t=2.25s時，質點a沿y軸正方向振動，故C錯誤;

D、波從波源傳到質點b的時間為=2bPMls=0.3s,在0到

tlV=2.5

2s內,質點b振動時間為t2=2s-0.3s=1.7s=41T,則在0到2s

4

內，質點b運動總路程是s=4.25X4A=4.25X4X15cm=255cm=

2.55m,故D正確。

故選：BDo

三、非選擇題（本題共6小題，共55分）

17.【知識點】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律；探究加速度與物體

質量、物體受力的關系；力的合成的平行四邊形定則；牛頓第二

定律.

【答案】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、質量的關系”的實驗時，

需要滿足小車質量遠遠大于鉤碼質量，所以不需要換質量更小的

車，故A錯誤;

B、利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，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”

實驗時，有

考慮到實際情況，即f遠小于mg,有

1.9m/s2^-^-

M+m

則可知M=4m

而利用圖1裝置”探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，要保

證所懸掛質量遠小于小車質量，可知目前實驗條件尚不滿足，所以

利用當前裝置在進行實驗時，需要將鉤碼更換成祛碼盤和硅碼，以

滿足小車質量遠遠大于所懸掛物體的質量，故C正確；

D、實驗過程中，需將連接祛碼盤和小車的此生應跟長木板始終保

持平行，與之前的相同，故D錯誤；

故選：BCo

(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、在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇

相距較遠的一個點就可以了，故B錯誤；

C、實驗中拉彈簧秤時，只需讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時彈簧

測力計的示數(shù)即為彈簧對細繩的拉力，與彈簧秤外殼與木板之間是

否存在摩擦無關，故C錯誤；

D、為了減小實驗中摩擦對測量結果的影響，拉橡皮條時，橡皮條、

細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板，故D正確；

故選：Do

②若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗，用手拉住一條細繩，用彈

簧秤拉住另一條細繩，互成角度的拉橡皮條，使其結點到達某一點

O,記下位置O和彈簧秤示數(shù)Fi和兩個拉力的方向；交換彈簧秤

和手所拉細繩的位置，再次將結點拉至O點，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

秤將結點拉至O點，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,為了完成該實驗至少需要3次把橡皮條結

點拉至O。

故答案為：（1）①6.21；1.9；②BC；（2）①D；②3

18.【知識點】伏安法測電阻；閉合電路的歐姆定律.

【答案】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10D與100Q并聯(lián)再與

BP部分的電阻串聯(lián);由于相同的R與100Q并聯(lián)后的電阻比與100

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，負載電阻越大，則兩端電壓越大；即在相同橫坐標下，此時

負載100Q時，電壓表的示數(shù)應該比曲線為圖4中的“I”更大，故

應該選"II”；

由上述分析可知，對不同的負載電阻，調節(jié)滑動觸頭時負載兩端的

電壓變化規(guī)律不同，當負載電阻小于滑動變阻器最大阻值時，負載

電阻兩端電壓隨滑動觸頭的變化而迅速變化；當負載電阻大于滑動

變阻器最大阻值時，負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)是相比負載電阻越小越好，即Ro

<RO

(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，Gi和G2用導線連接起來，當晃動Gi時，相當于Gi中的線圈

做切割磁感線運動，電路中會產生感應電流；由于兩個電表構成了

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，

由于通電導線在磁場中受到安培力的作用，G2的指針也會偏轉；

則Gi表相當于“發(fā)電機”，G2表相當于''電動機"，故AC錯誤，

BD正確；

故選：BDo

故答案為：(1)①af、fd、ce；②1.50；③II；Ro<R;(2)BD

19.【知識點】動能定理；勻變速直線運動的速度與位移的關系；牛

頓第二定律.

【答案】解：(1)傾斜滑軌與水平面成6=24°角，對貨物根據(jù)牛

頓第二定律可得：mgsinO-jimgcos0=mai

代入數(shù)據(jù)解得：ai=2m/s2；

(2)根據(jù)速度一位移關系可得：v2=2a山

代入數(shù)據(jù)解得：v=4m/s；

(3)貨物在水平軌道上運動時，根據(jù)動能定理可得：

22

-jimgl2=lw^-1mv,其中v，=2m/s

代入數(shù)據(jù)解得：b=2.7m。

答：(1)貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度用的大小為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2.7mo

20.【知識點】動量守恒定律；動能定理；能量守恒定律；牛頓第二

定律；牛頓第三定律；向心力.

【答案】解：(1)滑塊b擺至最低點時，由機械能守恒定律得：

,_12

ingh-ymvb

解得：Vb=5m/s

b與a發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得：

mvb=mvb/+mvo

121z212

ymvb^-mvb+ymv0

解得：vo=Vb=5m/s

(2)經上述分析可知，物塊b與物塊a在A發(fā)生彈性正碰，速度

交換，設物塊a剛好可以到達E點，高度為％,根據(jù)動能定理得:

mghi-211mgi-mgH=0

解得：hi=1.2m

以豎直向下的方向為正方向

2

mvE

由動能定理得：

12

mgh-21^mgl-mgH^mvr-

乙匚

聯(lián)立解得：FN=O.lh-0.14(h21.2m)

(3)當0.9m/hVI.2m時，物塊位置在E點或E點右側，根據(jù)動

能定理可得：

12

mgh-21^mgl-mgH=7rmvp

2

從E點飛出后，豎直方向：H={gt

水平方向上：S=VEt

根據(jù)幾何關系可得：DFNIIT

5

聯(lián)立解得：x=31+DF+si

代入數(shù)據(jù)解得：(3得)成x<(3.6+等)1r

當0.9mVhVI.2m時，從h2=0.9m釋放時，根據(jù)動能定理可得：

mgh-|imgS2=0

解得：$2=1.8m

可知物塊達到距離C點0.8m處靜止，滑塊a由E點速度為零，返

回到CD時，根據(jù)動能定理可得：

mgH-p.mgS3=0

解得：S3=0.4m

距離C點0.6m,綜上可知0.9mVhVL2m時

31-S3Wx近31

代入數(shù)據(jù)解得：2.6mWxW3m

答：(1)若h=L25m,求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度vo的大

小為5m/s；

(2)物塊a在DE最高點時，管道對物塊的作用力FN與h間滿足

的關系為FN=O.lh-0.14(h21.2m)；

(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2.6mVxV3m；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(3路)1t(3,6+率)n。

21.【知識點】法拉第電磁感應定律；運動學圖象；能量守恒定律；

歐姆定律.

【答案】解：(1)根據(jù)安培力公式可得：

F安=nBIl

動子和線圈在。?b時間內做勻加速直線運動，運動的加速度為

vi

F

根據(jù)牛頓第二定律得：

F安=(M+m)a

代入數(shù)據(jù)解得：I=80A

(2)當S撥至2時，接通定值電阻Ro,此時的感應電流為

?二

「Ro+R

此時的安培力為

F安i=nBId

根據(jù)牛頓第二定律得：

999

(800-lOv)-v=mat

由圖可知在tl到t3的過程中，加速度恒定，則有

解得：R=0.5Q；ai=160加s2

(3)根據(jù)圖像可知，t2-t廣匕嚕F=0.5S

則0?2s時間內，位移大小為

得力2奪＜80'2妹80n

根據(jù)法拉第電磁感應定律得：

.n△①nBAS

E=At=At

根據(jù)電流的定義式可得：Aq=It

I2

Ro+R

12

聯(lián)立解得：Aq=nBlL_2_「i(t