重慶市高考物理三年（2021-2023）模擬題（三模）按題型匯編-選擇題（含解析）

重慶市高考物理三年（2021-2023）模擬題（三模）按題型分類

匯編-選擇題

一、單選題

1.汽車沿直線勻加速上坡過程中，所受阻力恒定，則（）

A.汽車機械能守恒B.汽車機械能減少C.汽車機械能增加D.汽車功率不變

2.如圖所示，理想變壓器連接輸出電壓恒為UO的交流電源，所有電表均為理想電表，用電

器R阻值恒定，則在滑片P從α向b滑動過程中，示數(shù)不變的電表是（）

—r-@^^11z,pr^Θ-

.?3PP?ΛL

A.4］表B.匕表C.七表D.①表

3.如圖所示，某跳傘運動員從一定高度跳傘，在降落過程中受到水平恒向風力影響，最后

均降落到同一水平面上，下列說法正確的是（）

A.該運動員一定做曲線運動

B.其他條件不變，風力越大，該運動員在空中運動時間越短

C.其他條件不變，風力越大，該運動員在空中運動時間越長

D.其他條件不變，風力越大，該運動員著地時的動能越大

4.用題圖所示裝置進行光電效應實驗：用頻率為n的單色光照射金屬K,滑動變阻器的滑片P

與固定端。都在中央位置時，靈敏電流計G中有電流通過。下列說法正確的是（）

A.增大該單色光的強度，靈敏電流計G示數(shù)一定增大

B.滑片P向α端移動過程中，靈敏電流計G示數(shù)一定不斷增大

C.滑片P向α端移動可測遏止電壓UC

D.換用頻率小于V的單色光照射金屬K,靈敏電流計G中一定沒有電流通過

5.據(jù)報道，2023年1月3日，嫦娥四號登陸月背4周年，月球車在月球表面行駛總路程達到

1455米，工況正常，創(chuàng)造了多個舉世矚目的成績。設定月球與地球的半徑之比為p,月球與

地球的質量之比為q,不考慮月球和地球的自轉以及月球和地球表面的空氣阻力，給同一輛月

球車提供相同的初動能，其分別在月球表面和地球表面粗糙程度相同的平直路面上無動力滑

行的路程之比為（）

A./B.?C.：D.；

6.一帶電粒子僅在電場力作用下沿X軸做直線運動，其動能Ek隨位置X變化的關系如題圖所

示，則其電勢能Ep、加速度大小a、電場的電場強度大小E、電勢*分別與位置X的關系圖，正

確的是（）

OX

7.如題圖所示，靜置于水平面的矩形閉合線圈abed,匝數(shù)為n,總電阻為R,長度ab=Za,

be=L2,該線圈的中軸線PQ兩側分別有磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場，磁場

方向均垂直于線圈平面。兩磁場同時以大小為"的速度水平向右運動瞬間，線圈所受磁場作用

力大小F為（）

Qn2B2LγV22

D4nBL1L2f

,-R--R

8.九龍坡某企業(yè)是生產大型變壓器的龍頭企業(yè)。其生產的某理想變壓器的簡化模型如圖,

原線圈所接交流電源電壓的有效值不變,電流表和電壓表均為理想電表，若副線圈所接的負

載電阻的阻值變小。下列說法正確的是（)

B.負載的電功率變小C.電壓表的示數(shù)變小

D.電流表的示數(shù)變小

9.有一種瓜子破殼器如圖甲所示，將瓜子放入兩圓柱體所夾的凹槽之間，按壓瓜子即可破

開瓜子殼。破殼器截面如圖乙所示，瓜子的剖面可視作頂角為。的扇形，將其豎直放入兩完全

相同的水平等高圓柱體4B之間，并用豎直向下的恒力產按壓瓜子旦保持靜止，若此時瓜子

殼未破開，忽略瓜子自重，不計摩擦，則（）

A.若僅減小力、B距離，圓柱體4對瓜子的壓力變大

B.若僅減小4、B距離，圓柱體4對瓜子的壓力變小

C.若4、B距離不變，頂角。越大，圓柱體4對瓜子的壓力越大

D.若4、B距離不變，頂角。越大，圓柱體4對瓜子的壓力越小

10.中國空間站工程巡天望遠鏡（簡稱“CSS7”）將于2024年前后投入運行。CSST以天宮空

間站為太空母港，平時觀測時遠離空間站并與其共軌獨立做勻速圓周運動。在需要補給時，

主動與“天宮”交會對接，?？磕父?。已知空間站軌道距地面的高度是地球半徑的k倍，地球

半徑為R,地球表面的重力加速度大小為g,下列說法正確的是（）

A.CSST觀測時線速度的大小為J呼

B.CSST觀測時加速度的大小為湍R

C.CSST?？刻漳父蹠r，組合體運行的周期為27rpp

D.若CSST觀測時位于“天宮”后方，直接加速后即可與“天宮”對接

11.如圖甲為雙縫干涉實驗裝置示意圖，如圖乙為用該裝置實驗時得到的甲、乙兩種單色光

的干涉條紋。下列說法正確的是（）

rπππr

甲乙

A.若甲光是藍光，乙光可能是紅光

B.雙縫到P點的距離差為0.754τn,若用頻率，=6x10"Hz的光做實驗，P處為亮條紋

C.測量過程中，把乙光干涉條紋的亮條紋少數(shù)一個，會導致波長測量值偏大

D.用甲光做實驗時，若把雙縫豎直向上移動一小段距離，光屏上的。點為亮條紋

12.如圖是一種身高、體重測量儀。其頂部探頭向下發(fā)射波速為D的超聲波，超聲波遇障礙

物經(jīng)反射后返回，被探頭接收，從而記錄從發(fā)射到接收的時間間隔。其底部有一質量未知的

測重面板置于壓力傳感器上，傳感器輸出電壓與作用其上的壓力滿足U=Zc尸（k為比例常數(shù)）。

當測重臺沒有站人時，測量儀記錄的時間間隔為t0,輸出電壓為當某同學站上測重臺時，

測量儀記錄的時間間隔為“，探頭輸出電壓為%。g為重力加速度，則（）

I探頭

測重面板

A.該儀器能測量的最大高度為VtOB.該同學的身高為D（to-tι）

C.測重面板的質量為魯D.該同學的質量為經(jīng)羋

KgKg

13.如圖，久軸上M、N為波源，先后起振分別沿X軸正向和負向激發(fā)甲、乙兩列簡諧橫波，

經(jīng)過一段時間后甲、乙兩列簡諧波各自傳播了1.5個波長，此時的波形線曲線如圖，兩波在該

介質中的傳播速度均為U=25Cm/s。下列說法正確的是（）

y/cm

-?2?-------4-

A.甲波的周期為2.4s

B.平衡位置在X=50cτn處的質點振動始終加強

C.若乙波單獨傳播，遇到尺寸為IOCJn的障得物不能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象

D.從圖示時刻起（不包含該時刻），再經(jīng)過IS時間可出現(xiàn)質點在y軸的位移為24Cm

14.如圖甲中的水平平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的變化電壓，（3+∕T）t0后電壓消

失。當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場。。位于M、N板間中點，可以向外釋放初速度為零的帶

電液滴。在t=0時，均帶負電的液滴甲、乙從。由靜止進入板間，甲、乙兩液滴的比荷分別

為∕d∏1.5k,忽略兩個帶電液滴間的相互作用及其電荷量的變化。已知O?to時間甲處于靜止

狀態(tài)，3%時刻甲恰好到達下極板附近。重力加速度大小為9,則在如圖乙中表示的時間段內，

下列說法正確的是（）

U

----------------------M

?O

----------------------NO

2。?(3+√2)r0

甲乙

A.兩板間距為g除

B.乙在t=絲FtO時刻打到上極板

C.甲在該階段的最大速度為外0

D.甲在（3+時刻恰好到達上極板附近

15.下列說法正確的是（）

A.原子核反應過程中，電荷數(shù)和質量都守恒

B.玻爾將量子觀念引入原子領域，其理論可解釋各種原子光譜的實驗規(guī)律

C.弱相互作用是引起原子核0衰變的原因

D.在研究光電效應現(xiàn)象實驗中，用頻率為V的紫外線照射某金屬（其截止頻率%<n），從該

金屬表面逸出的光電子的初動能一定為&=hv-hvc

16.2022年中國空間站已經(jīng)全面建成，目前己經(jīng)轉入應用與

發(fā)展階段。如圖所示，若該空間站僅在地球引力作用下繞地

球沿橢圓軌道運動，則運動過程中不變的物理量是（）

A.動量

B.加速度

C.動能

D.機械能

17.足球比賽開始前，裁判將一質量為m的足球靜置于球員入場通

道口的桌面支架上，如圖（側視圖）所示。該支架由三個相同立柱組成,

三個立柱成正三角形固定在水平桌面上，每個立柱和足球的接觸點與

側視圖

足球球心的連線與豎直方向的夾角均為。。不計足球與立柱間的摩擦，重力加速度為g,則（）

A.單個立柱對足球的作用力豎直向上

B.單個立柱對足球的作用力大小為gτng

C.只增大夾角。，三個立柱對足球的合力變大

D.只增大夾角。，單個立柱對足球的作用力變大

18.如圖所示，一圓心為。、半徑為R的半圓形勻質玻璃磚

置于真空中，一細束復色光線從。點右側距離。點?R的P點

以入射角。=60。射入該玻璃磚，在玻璃磚內分成a、b兩單

色光，a光從。點正上方的M點出射，b光從。點右上方的N點

出射。下列說法正確的是（）

A.該玻璃磚對a光的折射率為1.5

B.a光在該玻璃磚中的傳播速度大于b光在該玻璃磚中的傳播速度

C.若a、b兩單色光分別通過同一雙縫干涉裝置，a光的相鄰暗條紋間距較小

D.a光在M點恰好發(fā)生全反射

19.人體神經(jīng)受到刺激時，Na+就會從神經(jīng)細胞膜一側快速移動到另一側，導致細胞膜兩側

電勢差發(fā)生變化。若將神經(jīng)細胞膜視為電容為1.5X10-8尸的電容器，受到刺激時該細胞膜兩

側電勢差從-60mU變?yōu)?0m，，則該過程中通過該細胞膜的電荷量為（）

A.1.5X10-9CB.9.0X10^10CC.6.0XIoToCD.3.0XIO-10C

20.如圖所示，某均勻介質中一列沿X軸正方向傳播的簡諧p√cm

橫波（圖中未畫出），波速為6τn∕s,兩質點P、Q位于X軸上。八

pQ

以該波傳到質點P為計時起點，質點P的振動方程為y=~?''KI

-2sin5πt（cm'）,經(jīng)過時間ZIt該波傳到質點Q時，質點P位于X

軸上方距其平衡位置ICzn處且向上振動。由此可知（）

A.該波的波長為2m

B.質點Q開始振動的方向是向上

C.質點P、Q平衡位置的間距可能為3.8m

D.?t=0.25s

示磁感應強度為B的勻強磁場和電場強度為E的勻強電場時?，該粒子將（不計粒子重力）（）

A.從AN間射出B.從4Q間射出C.從4點射出D.無法直接射出

22.真空中，金屬球甲帶電荷量為q,將一與金屬球甲完全相同的不帶電的金屬球乙與金屬

球甲接觸后，置于甲、乙兩球心相距3r處，靜電力常量為k,甲、乙兩球帶電后均可視為點

電荷，甲、乙兩球間靜電力大小為F,則（）

A.F=輯B?F=紗C.F=譬D.F=駕

36rz9rz4rz3rz

23.題圖為溜溜球示意圖，A、B為細線末端，溜溜球轉軸。置于細線上并水平靜止在空中,

細線不可伸長，不計摩擦，整個裝置在同一豎直平面內。若移動4端，并保持B端位置不動,

下列說法正確的（）

A.4端緩慢水平右移過程中，細線的彈力大小不變

B.4端緩慢水平左移過程中，細線的彈力大小將變小

C.A端緩慢豎直上提過程中，細線的彈力大小將變大

D?A端緩慢豎直下移過程中，細線的彈力大小不變

24.某機車在水平道路上行駛時，其所受阻力大小與其速度大小成正比。如果該機車以大小

為。的速度勻速行駛時，機車發(fā)動機的輸出功率為P,則該機車以大小為ku的速度勻速行駛時,

機車發(fā)動機的輸出功率為（）

A.k3PB.k2PC.kPD.√-fcP

25.如圖所示，甲、乙兩物塊位于光滑水平面上并通過水平輕彈簧連接，物塊甲受到水平恒

力尸作用，兩物塊保持相對靜止以相同大小的加速度α水平向右做勻加速直線運動。甲、乙物

塊質量分別為6、2m,彈簧在彈性限度內，不計空氣阻力，撤去力F瞬時，甲、乙物塊的加

速度大小分別為。尹、a乙,則（）

乙卜WVAA∕VW∣甲I——>F

A.a甲=a乙=aB.atp=a,<1N=2a

C.afp=2a,a=aD.ct/=a∕=2a

26.如圖所示電路中，R為光敏電阻（其電阻值隨光照強度的增大而減?。?，％、/?2為定值電

阻，兩電表均為理想電表，電源內阻不可忽略，現(xiàn)逐漸減小照在R上的光照強度，兩電表讀

A.4變大，V變大B.A變小，U變大C.4變大，V變小D.4變小，U變小

27.2022年4月16日9時56分，神舟十三號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸，神舟十

三號載人飛行任務取得圓滿成功，設距地球無限遠處的引力勢能為零，地球質量為M,質量

為m的物體在距地心r處的引力勢能為Ep=-G竽（G為引力常量），設定地球半徑為R,地球

表面重力加速度大小為g,不考慮地球自轉和其他天體的影響，神舟十三號載人飛船返回艙

質量為n?,從距地面高nR（n<1）軌道返回地面過程中質量不變，則返回艙返回地面過程中，

引力勢能減少量為（）

A.nmgRB,2≡≤C.四走D.

U0V1+nn1-n

28.如圖所示，軌道ABC由兩段相同的光滑圓弧軌道組合而成，8點為兩段圓弧軌道的平滑

連接點，A,C兩點高度差∕ι=0.2τn°—質量M=O.Ikg的物塊（可視為質點）從最高點4由靜止

沿軌道下滑，并從C點水平滑出。物塊剛到B點時恰好對AB段軌道無壓力，不計一切阻力，

重力加速度g取IOnl/s2。則物塊在C點對軌道的壓力大小是（）

O

A.2NB.3NC.IND.當N

二、多選題

29.自主學習活動中，同學們對部分熱學知識進行討論，下列說法正確的是（）

A.擴散運動就是布朗運動

B.樹葉上的露珠呈扁平球形是由于液體表面張力作用

C.液晶既具有液體的流動性，又具有單晶體的光學各向異性的特點

D.自發(fā)的熱傳遞過程是大量分子從無序程度大的狀態(tài)向無序程度小的狀態(tài)轉化的過程

30.如題圖所示，用與水平方向夾角為。的力F拉某物品，使該物品沿水平路面做勻速直線運

動。如果增大火。始終小于90。），要使該物品仍沿同一水平路面做勻速直線運動，則（）

A.力F可能增大B.力產可能減小

C.該物品對水平路面的作用力一定增大D.該物品對水平路面的作用力一定減小

31.如題圖所示，某興趣小組將一象棋子放在靜置于水平課桌上的物理課本上面中央，并用

水平恒力F作用于課本，將其從象棋子下方抽出。課桌足夠長且粗細程度處處相同，象棋子

可視為質點，不計空氣阻力，貝∣J（）

象F/'物理課本L

1L_1■.>-

////////∕7∕//////////////////

A.其他條件不變，力F越大，象棋子離開課本的速度越大

B.其他條件不變，力F越大，象棋子離開課本的速度越小

C.其他條件不變，象棋子質量越大，其離開課本的速度越大

D.其他條件不變，象棋子質量越大，其離開課本的速度越小

32.電子透鏡兩極間的電場線分布如圖，中間的一條電場線為直線，其他電場線對稱分布,

a、b、c、d為電場中的四個點，其中b、d點和b、C點分別關于％、y軸對稱。一離子僅在電場

力作用下從α運動到b,軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（）

A.若將離子從b點移到d點電場力不做功

B.離子在a、b兩點的電勢能滿足>Epi,

C.離子在a、b兩點時動能滿足Eka>Ekb

D.由對稱可知，b、C兩點的場強相同

33.已知氫的同位素（：”）的原子能級分布與氫（陽）的原子能級分布相同，用光子能量為

12.75eU的光束照射大量處于基態(tài)的氤（原子，再用氫原子躍遷時輻射的光照射逸出功為

2.25eV的金屬板。氫原子能級分布如圖，晁（：H）原子核發(fā)生￡衰變的半衰期約為12.5年。下

列說法正確的是（）

n￡/eV

8............................O

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

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

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

1------------------------13.6

A.氫原子躍遷時，一共能發(fā)出4種不同頻率的光子

B.從金屬板上打出的粒子的最大初動能為10.5eV

C.光束照射瓶（原子時能使核衰變的半衰期縮短為8.75年

D.氟（出）原子核發(fā)生6衰變產生氫（”e）原子核

34.如圖，空間等距分布無數(shù)個垂直紙面向里的勻強磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感

應強度大小B=17,每一條形磁場區(qū)域寬度及相鄰條形磁場區(qū)域間距均為d=Imo現(xiàn)有一個

邊長I=O.5m、質量m=0.2kg,電阻R=I0的單匝正方形線框，以%=8τn∕s的初速度從左

側磁場邊緣水平進入磁場，下列說法正確的是（）

1d,.d『.d卜.d1■d/.d『.d/

l?×XXX×X×X:

∕i∏××XXXXXX}

;×XXX×X×X?

：×X×X×X××I

：×X×XXX×X:

；XX×XXX×X?

A.線框剛進入第一個磁場區(qū)域時，加速度大小為10m∕s2

B.線框穿過第一個磁場區(qū)域過程中，通過線框的電荷量為0.5C

C.線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產生的焦耳熱為6.4/

D.線框從開始進入磁場到豎直下落過程中能穿過6個完整磁場區(qū)域

35.小朋友在玩丟沙包游戲時，在同一豎直線上不同高度處水平拋出4、B兩沙包，兩沙包

擊中水平地面上同一位置，如圖所示.若4、B兩沙包質量之比為1：3,A、B兩沙包的拋出點

距水平地面高度之比為3：1,兩沙包均可視為質點，忽略一切阻力，則力、B兩沙包（）

Z3*~?B

A.在空中運動時間之比為3：1

B.水平拋出時速度大小之比為L?√3

c.從拋出到落地過程中，重力做功之比為1：1

D.從拋出到落地過程中，動量變化量之比為1

36.如圖是兩個帶電小球與某勻強電場疊加后的電場，實

線表示電場線，虛線表示等勢面。一電子在外力作用下沿

電場線勻速率由圖中α點運動到b點，不計電子重力，則該

電子（）

A.在α點的電勢能小于在b點的電勢能

B.在a、b兩點所受電場力相同

C.從a點運動到b點過程中，外力做正功

D.從a點運動到b點過程中，外力的功率不變

37.如圖1所示，將長為L的輕繩一端固定在。點的拉力傳感器上，另一端與一質量為m且可

視為質點的小球相連，拉直輕繩使其與豎直方向夾角為心現(xiàn)讓小球在不同。角下由靜止開始

在豎直面內做圓周運動,記錄每個。角下小球運動過程中傳感器上的最大拉力FmaK與最小拉力

Fmin,并作出它們之間的部分關系圖像如題圖2所示。忽略一切阻力及輕繩長度變化，重力加

速度為g,則圖2中（）

A.圖線的斜率與小球質量Tn無關B.α的大小與繩長L有關

C.C的大小可能為1.2mgD.當b=2.0mg時對應的。=60°

38.如圖所示，用波長為4的光束照射金屬K表面時，閉合開關調節(jié)滑動變阻器，當電壓表示

數(shù)為U時，電流表示數(shù)為/（不為零），下列說法正確的是（）

A.當電壓表示數(shù)U增大時，電流表示數(shù)/減小

B.當電壓表示數(shù)U增大時，電流表示數(shù)/增大

C.當電壓表示數(shù)U增大時，電流表示數(shù)/可能不變

D.如果保持電壓表示數(shù)U不變，改用波長為22的光束照射金屬K表面，電流表示數(shù)可能為零

39.如圖所示，a、b、c、d為正方形的四個頂點，一帶電粒子從a點沿ab方向運動，如果正

方形處于與其平面平行且沿ad方向的勻強電場中時（圖中未畫出），該粒子從a點以大小為巧的

速度運動恰好通過C點；如果正方形處于與其平面垂直的勻強磁場中時（圖中未畫出），該粒子

從a點以大小為ι?的速度運動也恰好通過C點，已知勻強電場的電場強度大小為E,勻強磁場

的磁感應強度大小為B,該粒子在上述兩種情形中從a點第一次運動到C點時間相同，不計粒

子重力，則（）

b:-

D.v?2

答案和解析

1.【答案】c

【解析】4BC.汽車勻加速上坡，汽車的動能和重力勢能均增加，因而機械能增加。故AB錯誤，C

正確；

D汽車功率為P=Fv,由于汽車為勻加速上坡，則所受合力恒定，阻力恒定，則牽引力F恒定不

變，加速過程速度大小V逐漸增大，則汽車功率逐漸增大。故。錯誤。

故選Cc

2.【答案】B

【解析】電源電壓恒為所以電壓表匕示數(shù)不變，根據(jù)變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)的關系

t?=∏1

/∏2

在滑片P從α向b滑動過程中，電增大，%、叫不變，則外增大，即電壓表匕的示數(shù)增大，

根據(jù)歐姆定律/=/2凡/增大，/2增大，即電流表&示數(shù)增大，

根據(jù)原副線圈電流與匝數(shù)的關系夕=乎

l2nI

由此可知，A增大，即電流表4示數(shù)增大。

故選8。

3.【答案】D

【解析】A?若運動員跳傘時的速度與運動員所受的合力方向相同，則運動員做直線運動，4錯誤;

BC.豎直方向，根據(jù)無=；9產

可得t=

可知該運動員在空中運動時間與風力無關，BC錯誤；

D設運動員水平方向位移為％,風力越大，則X越大，根據(jù)動能定理Ek=Tngh+Fx

可知其他條件不變，風力越大，該運動員著地時的動能越大，。正確。

故選D。

4.【答案】A

【解析】A.增大該單色光的強度，逸出的光電子越多，由題意可知光電流變大，靈敏電流計G示

數(shù)一定增大，A正確；

比滑片P向α端移動過程中，靈敏電流計G示數(shù)增大后飽和光電流后不再變化，8錯誤；

C由圖可知，滑片P向α端移動，反向電壓減小，無法測出遏止電壓外，只有滑片P向b端移

動可測遏止電壓4，C錯誤；

。?換用頻率小于V的單色光照射金屬K,有可能發(fā)生光電效應，靈敏電流計G中可能有電流通過,

。錯誤。

故選Ao

5.【答案】B

【解析】由題意不考慮地球的自轉，則地球表面的物體Tng=G等

則地球表面的重力加速度g=GS

由于月球與地球的半徑之比為P，月球與地球的質量之比為q

g月_q

9~P2

由于月球車有相同的初動能，由動能定理可得-〃mgs=O-Ek

則月球車在月球表面和地球表面粗糙程度相同的平直路面上無動力滑行的路程與表面重力加速度

成反比

S月=g=p2

S地g月q

故選瓦

6.【答案】C

【解析】ABC.根據(jù)功能關系有Z6=qEx

由圖像可知k=二獸=qE

?xF

圖像的斜率逐漸增大，則E逐漸增大。

根據(jù)功能關系有4壇=-qEx

由EP-X圖像可知U=彌=—qE

E逐漸增大，Ep-X圖像斜率應逐漸增大。

根據(jù)牛頓第二定律α=四

m

可知E逐漸增大，加速度α逐漸增大，故AB錯誤，C正確;

。.根據(jù)電場強度與電勢差關系式有W=φ0-Ex

由W-X圖像可知k''=-E

E逐漸增大，（P-X圖像斜率也應逐漸增大，故。錯誤。

故選Co

7.【答案】A

【解析】根據(jù)題意可知，磁場向右運動則線圈ad邊切割磁感線產生順時針方向的電流，be邊產

生順時針方向的電流，根據(jù)安培定則可知E=2nBL2v

電路中的感應電流為/=A=型誓

KK

線圈中ad和be邊受到安培力的作用，所受安培力為F=2nBlL2

解得尸=筆簪

故選Ao

8.【答案】A

【解析】根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓比等于匝數(shù)比可得乎=詈

Ul九1

由于原線圈所接交流電源電壓的有效值不變，匝數(shù)比不變，則副線圈輸出電壓不變，則電壓表的

示數(shù)不變；副線圈所接的負載電阻的阻值變小，根據(jù)歐姆定律可得/2=監(jiān)

K

可知副線圈回路電流增大，根據(jù)Pl=U1I1=P2=Ihb

可知原線圈電流增大，則電流表的示數(shù)變大；電源輸出功率增大，負載的電功率變大。

故選A。

9.【答案】D

【解析】

【分析】

本題考查共點力平衡，做出其受力分析圖，根據(jù)平衡條件得出圓柱體力對瓜子的壓力表達式，然

后進行分析。

【解答】

4B.瓜子處于平衡狀態(tài)，若僅減小4B距離，4、B對瓜子的彈力方向不變，則大小也不變，AB

錯誤；

CD若4、B距離不變，頂角。越大，則4、8對瓜子彈力的夾角減小，合力不變，則兩彈力減小，

C錯誤，O正確。

故選D。

10.【答案】B

【解析】A?對空間站分析，根據(jù)萬有引力提供向心力，有G∕?=m1?

(kR+RyκR+R

根據(jù)黃金代換，有GM=gR?

聯(lián)立解得空間站的線速度大小即CSS7觀測時線速度的大小為U=串,A錯誤；

A根據(jù)牛頓第二定律，結合黃金代換，有G溪為二ma

得CSST觀測時的加速度大小為α=7?,B正確；

C.根據(jù)萬有引力提供向心力，結合黃金代換，有G感加=小管(kR+R)

3

得CSSr?？刻漳父蹠r，組合體運行的周期為r=2打出U，C錯誤；

√g

D若CSST觀測時位于“天宮”后方，對接時，應該從先減速到低軌道，然后再加速離心向高軌道

對接，D錯誤。

故選8。

ii.【答案】c

【解析】A.?Zlx=?Λ

Ct

可知甲的干涉條紋間距大，所以甲的波長長，則甲光可能是紅光，乙光可能是藍紅光，故A錯誤；

反光的波長為4=，=0.5X10~6m=0.5μm

則由ZJS=n?

可得71=3

P處為暗條紋，故8錯誤；

C.測量過程中，把乙光干涉條紋的亮條紋少數(shù)一個，則條紋間距測量值偏大，由4x=02

可知會導致波長測量值偏大，故C正確：

。.若把雙縫豎直向上移動一小段距離，導致雙縫到O點的光程差發(fā)生變化，可能變?yōu)榘氩ㄩL的奇

數(shù)倍，屏上的。點可能為暗條紋，故。錯誤。

故選Co

12.【答案】D

【解析】A.當測重臺沒有站人時，測量儀記錄的時間間隔為超聲波往復的時間，所以該儀器能測

量的最大高度為

,Vt

h=~τ0

A錯誤；

8.當某同學站上測重臺時.，測量儀記錄的時間間隔為A,則同學的頭頂距離測量儀的距離為d=

比1

2

所以，同學的身高為h=嗎3,B錯誤；

CD.當測重臺沒有站人時，測重面板的重力等于對傳感器的壓力，根據(jù)題意，有Uo=km板g

當同學站在上去之后，傳感器受到的壓力等于測重面板和人的重力之和，即Ui=k（m族+m∣）g

聯(lián)立解得n?=?,m人=若

C錯誤，。正確。

故選D。

13.【答案】D

【解析】A.根據(jù)圖像可知甲的波長為50sn,結合波長、周期和波速的關系，甲波的周期為7=4=

V

∣ξS=2s,A錯誤；

及根據(jù)圖像可知乙的波長為60s,乙波的周期為T=4=某S=2.4s

V25

兩列波的周期不同，頻率不同，所以不會產生干涉現(xiàn)象，所以沒有始終處于振動加強的質點，B

錯誤；

C.乙的波長為60cm,根據(jù)發(fā)射明顯衍射的條件可知，若乙波單獨傳播，遇到尺寸為IoCrn的障得

物能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，C錯誤；

由圖可知此刻可出現(xiàn)質點在y軸的位移為24cm,即為圖中兩個波峰相遇的質點，。正確。

故選：Po

14.【答案】B

【解析】ACD根據(jù)題意可知甲液滴在。?場時間里Tng=鬻

在S?2t（）時間內甲液滴做自由落體運動，在2t°~3to時間內做勻減速直線運動，在2%時刻,

甲液滴的速度為%=gt0

兩板間距滿足?=?LXto+?LXtO

解得d=2g&

甲液滴在t0?2t0加速的時間和2%?3t0減速時間相等，可知甲液滴做減速運動的加速度大小為

a=g

甲在該階段的最大速度UmaX=y∕~2t0Xg=HgtO

2

甲從3%?（3+√-2）t0向上運動的位移％=^g×（√-2t0）=gtl

可知甲回到。點，此過程中的最大速度為g%,ACO錯誤；

8.乙液滴在O?曲時間內，根據(jù)牛頓第二定律嘿fl-mg=ma

可得α=f

向上運動的距離Xl=LXgX培=迷

tt

t0~2t0時間內運動的位移%2=fto×o-^9o=°

此時的速度W=3X%-gto=-粵

此時距離上極板的距離￡=&-Xi-熱=遍

在2t0后，根據(jù)牛頓第二定律人腎〃?！猰g=τnα'

解得優(yōu)=2g

2

根據(jù)x'=v2t+?ɑ/t

解得t=匕產"（另一解為負舍去）

乙粒子在打到上極板的時刻〃=2to+t=號?to,B正確。

故選B。

15.【答案】C

【解析】解：4原子核反應過程中，電荷數(shù)和質量數(shù)守恒，由于反應前后要釋放能量，因此質量

不守恒，故A錯誤；

正玻爾原子理論成功解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，不過無法解釋稍微復雜一點的原子的光譜現(xiàn)

象，故B錯誤；

C弱相互作用是引起原子核0衰變的原因，故C正確；

。.由愛因斯坦光電效應方程可得：Ekm=hv-hvc

由此可知光電子的最大初動能一定是這個值，但并非所有的光電子的動能都等于最大初動能，故

。錯誤。

故選：Co

根據(jù)核反應前后的特點完成分析；

熟悉玻爾理論的內容并結合題意完成分析；

理解弱相互作用和B衰變的關系；

熟悉光電效應的產生條件并理解光電子最大初動能的物理意義。

本題主要考查了光電效應的相關應用，理解光電效應的產生條件，結合核反應前后的質量數(shù)守恒

和電荷數(shù)守恒的特點即可完成分析。

16.【答案】D

【解析】解：4C.空間站僅在地球引力作用下繞地球沿橢圓軌道運動，速度大小和方向不斷改變，

根據(jù)動量和動能定義，故動量時刻改變，動能時刻改變，故AC錯誤；

8.空間站到地心的距離不斷改變，由萬有引力提供向心力G粵=mα可知，加速度時刻改變，故8

錯誤；

D空間站僅在地球引力作用下運動，所以機械能守恒，故。正確。

故選：D。

空間站僅在地球引力作用下繞地球沿橢圓軌道運動，是變速曲線運動；

由萬有引力提供向心力分析加速度；

僅在地球引力作用下運動，滿足機械能守恒。

本題考查學生對橢圓運動形狀、萬有引力提供向心力、以及機械能守恒條件的掌握，是一道基礎

題。

17.【答案】D

【解析】解：4單個立柱對足球的彈力方向沿立柱和足球的接觸點與球心的連線并指向球心，故A

錯誤；

B.對足球受力分析，如圖所示：

NN

v

mg

根據(jù)幾何關系可得：3Fcosθ=mg

可得：F=/，故B錯誤；

C.足球靜止，三個立柱對足球的合力始終等于足球的重力，故C錯誤；

D根據(jù)F=黑可知增大夾角。，力尸變大，故D正確。

SCOSu

故選：D。

彈力的方向沿立柱和足球的接觸點與球心的連線并指向球心；

根據(jù)對足球的受力分析得出單個立柱對足球的作用力大??；

根據(jù)數(shù)學知識分析出三角函數(shù)的變化，由此得出單個立柱對足球的作用力的變化趨勢。

本題主要考查了共點力的平衡問題，熟悉物體的受力分析，結合幾何關系列式即可完成解答。

18.【答案】B

【解析】解：Aa光在P處的折射角α滿足tanα=容，可得α=30。，故該玻璃磚對a光的折射&=

sinθ_Si幾60°

=，?，故A錯誤;

Sinasin300

B.a光相較入射方向偏折程度小于b光，故折射率na<r?,由u=（可知，折射率越大，在介質中

傳播速度越小，即a、b光在該玻璃磚中的傳播速度%>%，故B正確；

C.由∏a<7?,可知心>兒，又由=4，可得4%>/與，即。、b光分別通過同一雙縫干涉裝

置，a光的相鄰暗條紋間距較大，故C錯誤；

Da光在M點的入射角為30。，有sin30。=]a光的全反射臨界角C滿足S譏C=L=冬，Sin30。<

2na3

sinC,a光在M點不會發(fā)生全反射，故。錯誤；

故選：B。

折射率∏=應竺；同種介質中，折射率越大的光線，傳播速度越小，波長越短；全反射臨界角公式

St.n「C=-1o

n

本題考查光的折射與全反射和多色光的折射率與介質中的波長、傳播速度的關系。

19.【答案】A

【解析】解：由電容定義式C=亨

得AQ=C4U=1.5x10-8X[40-(-60)]XlO-3。=15X10-9。，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

由電容定義式C=率計算通過該細胞膜的電荷量。

本題考查學生對電容定義式C=E的掌握，是一道基礎題。

20.【答案】C

【解析】解：4由題知，該波的周期為：7="，代入數(shù)據(jù)得：T=3s,即T=0.4s

波長為：A=UT,代入數(shù)據(jù)得：λ=2.4m,故A錯誤；

8.由振動方程y=-2si7i5πt(c7n),可知，質點Q的起振方向向下，故8錯誤；

C.由分析知，P的振動方程為：y=-2sm5πt(cm)

其中y=1cm,解得：￡=4+-S

質點P、Q平衡位置的間距為：?x=v??t

代入數(shù)據(jù)得：?x=(1.4÷2.4n)m,其中n=0,1,2,???

當n=1時4%=3.8m,故C正確；

D由題知Zlt=舄+τι)T,代入數(shù)據(jù)得:At=&+∣zι)s

其中?2=0,1,2,…，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)題意解得周期，結合波速解得波長，分析P點的運動情況，從而分析P點的起振方向，根據(jù)振

動的一般方程結合P的振動方程，確定該波從質點P傳到質點Q時經(jīng)過時間據(jù)此分析質點p、Q

平衡位置的間距，及可能的傳播時間。

本題屬于波的圖像的識圖和對質點振動的判斷問題，要熟練掌握波的圖像，運用其規(guī)律解題，注

意利用質點振動方程求解振動時間。

21.【答案】B

【解析】解：只有磁場時，粒子從N點射出，粒子圓周運動軌跡如答圖1所示

設電容器板長為3間距為2d,根據(jù)幾何關系可知/+&-d)2=N

解得粒子圓周運動半徑r=

2d

由洛倫茲力提供向心力可知，qv0B=皿=竽萼

“UrL2+d2

只有電場時，粒子從Q點射出，粒子做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律則有L=%3d=?at2

其中根據(jù)牛頓第二定律有α=必

m

聯(lián)立解得電場力qE='普

由*=電^>1

QV0BLZ

可知，電場力大于洛倫茲力，由分析知，若電容器極板間同時有圖示磁感應強度為B的勻強磁場

和電場強度為E的勻強電場時，粒子將從AQ間射出。故8正確，ACD錯誤。

故選：B。

只有磁場時，畫粒子軌跡圖，根據(jù)幾何關系和洛倫茲力提供向心力列式，只有電場時，根據(jù)類平

拋運動規(guī)律和牛頓第二定律列式，即可解答。

本題考查學生對只受磁場力，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動模型的掌握，解題關鍵是洛倫茲

力提供向心力，只受電場力時.，根據(jù)類平拋運動規(guī)律解答。

22.【答案】A

【解析】金屬球乙與金屬球甲接觸后，兩球分別帶電荷量為，根據(jù)庫侖定律得：甲、乙兩球間

月

靜電力大小Fi靜9=粽n2

故選A。

23.【答案】D

【解析】

【分析】

對溜溜球受力分析，由共點力的平衡結合矢量三角形得解。

本題主要考查力的動態(tài)分析，熟悉共點力的平衡及力的矢量三角形是解題的關鍵，難度一般。

【解答】

根據(jù)水平方向的平衡條件可知，兩邊細線與豎直方向夾角相同，設細線與豎直方向夾角為9,根據(jù)

平衡條件27COSo=mg

A、4端緩慢水平右移過程中，溜溜球左右兩側細線夾角減小，細線的彈力大小將變小，故A錯誤；

8、A端緩慢水平左移過程中，溜溜球左右兩側細線夾角增大，細線的彈力大小將變大，選故B錯

誤；

C、4端緩慢豎直上提過程中，溜溜球左右兩側細線夾角不變，細線的彈力大小不變，故C錯誤；

。、4端緩慢豎直下移過程中，溜溜球左右兩側細線夾角不變，細線的彈力大小不變，故。正確。

故選Do

24.【答案】B

【解析】

【分析】因為列車做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，牽引力等于阻力，知道列車所受阻力與速度

的平方成正比，可求牽引力之比，再根據(jù)公式P=FD求兩種車速下的機車的牽引力功率之比.

本題考查了功率的計算，通過阻力與速度的關系，表示出牽引力，再有功率公式寫出P=ZcA,

是解題的關鍵.

【解答】機車以大小為V的速度勻速行駛時一，設其所受阻力大小f=CV（C為比例系數(shù)）

機車發(fā)動機的輸出功率P=fv=cv2

該機車以大小為kv的速度勻速行駛時，其所受阻力大小尸=kcv

機車發(fā)動機的輸出功率P'=1?ku=k2P

故選Bo

25.【答案】C

【解析】設撤去力F前的彈簧彈力為F對物塊乙由牛頓第二定律可得F'=2ma,

撤去力F瞬間，彈簧彈力大小不變，則乙物體加速度不變。乙=。，

對甲物體有尸'=mα里可得α尹=2a。故ABe）錯誤，C正確。

故選：C。

26.【答案】A

【解析】逐漸減小照在R上的光照強度，R阻值增大，電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可

知總電流減小，路端電壓增大，則電流表A讀數(shù)變大，通過&的電流減小，/?2分壓減小，則電

壓表U讀數(shù)變大，故選A。

27.【答案】B

【解析】解：返回艙返回地面過程中，引力勢能減少量為/Ep=[-G湍瑞]-（-G竿）

而Tng=G鏟

聯(lián)立解得ZEp=誓≤,故AS錯誤，8正確。

“l(fā)÷n

故選：B。

在地球表面萬有引力近似等于重力，根據(jù)引力勢能的公式分析解答。

解決本題的關鍵掌握牛頓第二定律，以及萬有引力提供向心力這一理論，并能靈活運用.

28.【答案】C

【解析】如圖

O'

設圓弧軌道半徑為R,。為AB段圓弧圓心，乙40B=0,物塊剛到B點時速度大小為6,有

12h

2mvB=2

Vg

mgcosθ=m-?-

K

h

R=Rcosθ+—

聯(lián)立解得R=|九

物塊運動到C點時，速度大小為之，在C點受軌道的彈力大小為N,有

1,

2mvc=mgh

VQ

N—mg=m—

K

聯(lián)立解得N=WN,故選C。

29.【答案】BC

【解析】A.擴散是指不同物質相互接觸時，彼此進入對方的現(xiàn)象，而布朗運動是懸浮微粒的無規(guī)

則運動，反映的是液體分子的無規(guī)則運動，故A錯誤；

B.樹葉上的露珠呈扁平球形是由于液體表面張力作用，故B正確；

C液晶既具有液體的流動性，又具有單晶體的光學各向異性的特點，故C正確；

。.自發(fā)的熱傳遞過程是大量分子從無序程度小的狀態(tài)向無序程度大的狀態(tài)轉化的過程,故O錯誤。

故選BC。

30.【答案】ABD

N

【解析】45.物品做勻速直線運動，根據(jù)平衡條件有Fcos6="，F(xiàn)N=mg-Fsinθ

解得F=——

畔何cos。+”Sine

設〃=tana,根據(jù)數(shù)學知識有尸=罌為

可知增大。，力F可能增大也可能減小，故AB正確；

CD該物