重組卷05-2023年高考物理真題重組卷（解析版）（浙江）

絕密★啟用前

沖刺2023年高考物理真題重組卷05

浙江省專(zhuān)用（解析版）

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮

擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。在每小給出的四個(gè)備選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題

目要求的，不選、錯(cuò)選、多選均不得分）

1.（2023年1月浙江選考）下列屬于國(guó)際單位制中基本單位符號(hào)的是（）

A.JB.KC.WD.Wb

【答案】B

【解析】國(guó)際單位制中的七個(gè)基本單位是千克、米、秒、安培、開(kāi)爾文、坎德拉、摩爾，符號(hào)分別是kg、

m、s、A、K、cd、mol,其余單位都屬于導(dǎo)出單位。

故選B0

A.研究甲圖中排球運(yùn)動(dòng)員扣球動(dòng)作時(shí)，排球可以看成質(zhì)點(diǎn)

B.研究乙圖中乒乓球運(yùn)動(dòng)員的發(fā)球技術(shù)時(shí)，乒乓球不能看成質(zhì)點(diǎn)

C.研究丙圖中羽毛球運(yùn)動(dòng)員回?fù)粲鹈騽?dòng)作時(shí)，羽毛球大小可以忽略

D.研究丁圖中體操運(yùn)動(dòng)員的平衡木動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員身體各部分的速度可視為相同

【答案】B

【解析】A.研究甲圖中排球運(yùn)動(dòng)員扣球動(dòng)作時(shí)，排球的形狀和大小不能忽略，故不可以看成質(zhì)點(diǎn)，故A

錯(cuò)誤；

B.研究乙圖中乒乓球運(yùn)動(dòng)員的發(fā)球技術(shù)時(shí)，要考慮乒乓球的大小和形狀，則乒乓球不能看成質(zhì)點(diǎn)，故B正

確;

C.研究丙圖中羽毛球運(yùn)動(dòng)員回?fù)粲鹈騽?dòng)作時(shí)，羽毛球大小不可以忽略，故C錯(cuò)誤；

D.研究丁圖中體操運(yùn)動(dòng)員的平衡木動(dòng)作時(shí)，運(yùn)動(dòng)員身體各部分有轉(zhuǎn)動(dòng)和平動(dòng)，各部分的速度不可以視為相

同，故D錯(cuò)誤；

故選Bo

3.（2022年浙江省Z20聯(lián)考）下列關(guān)于物理學(xué)史實(shí)的說(shuō)法正確的是（）

A.伽利略通過(guò)實(shí)驗(yàn)獲取數(shù)據(jù)并得到了慣性定律

B.焦耳通過(guò)許多實(shí)驗(yàn)測(cè)定了功與熱的等效性

C.庫(kù)侖引入場(chǎng)的概念并用于研究電荷間的相互作用

D.愛(ài)因斯坦根據(jù)光電效應(yīng)現(xiàn)象提出了物質(zhì)波的概念

【答案】B

【解析】A.伽利略通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)總結(jié)出了力不是維持運(yùn)動(dòng)的原因，牛頓總結(jié)了慣性定律，選項(xiàng)A錯(cuò)

誤；

B.焦耳通過(guò)許多實(shí)驗(yàn)測(cè)定了功與熱的等效性，選項(xiàng)B正確；

C.電場(chǎng)的概念是法拉第建立的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.愛(ài)因斯坦根據(jù)光電效應(yīng)現(xiàn)象提出了光量子的概念，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選B。

4.（2022年6月浙江選考）如圖所示，王亞平在天宮課堂上演示了水球光學(xué)實(shí)驗(yàn)，在失重環(huán)境下，往大水

球中央注入空氣，形成了一個(gè)空氣泡，氣泡看起來(lái)很明亮，其主要原因是（）

A.氣泡表面有折射沒(méi)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”

【答案】C

【解析】當(dāng)光從水中射到空氣泡的界面處時(shí)，一部分光的入射角大于或等于臨界角，發(fā)生了全反射現(xiàn)象;

還有一部分光折射到內(nèi)壁然后再折射出去，所以水中的空氣泡看起來(lái)比較亮。

故選c。

5.（2022年稽陽(yáng)聯(lián)考）如圖所示，甲、乙、丙、丁所示是四種常見(jiàn)的磁場(chǎng)，下列分析正確的是（）

A.矩形線(xiàn)圈在甲圖兩異名磁極間勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，可產(chǎn)生正弦式交流電

B.矩形線(xiàn)框放置在乙圖中異名磁極間所制成的磁電式電表，表盤(pán)刻度均勻

C.圖丙中相距很近的兩個(gè)同名磁極之間的磁場(chǎng)，除邊緣外，可認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)

D.圖丁中相距一定距離的兩個(gè)平行放置的線(xiàn)圈通電時(shí)，其中間區(qū)域的磁場(chǎng)可認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)

【答案】D

【解析】A.甲圖中的電場(chǎng)是輻向磁場(chǎng)，無(wú)法產(chǎn)生正弦式交流電，A錯(cuò)誤；

B.乙圖中磁電式電表的磁場(chǎng)，中間應(yīng)該有鐵芯，B錯(cuò)誤；

C.同名磁極與異名磁極間的磁場(chǎng)分布如圖所示

可知，相距很近的兩個(gè)同名磁極之間的磁場(chǎng)為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，應(yīng)該是相距很近的兩具異名磁極間的磁場(chǎng)，除

邊緣外，可認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，C錯(cuò)誤；

D.圖丁中相距一定距離的兩個(gè)平行放置的線(xiàn)圈通同向電流，其中間區(qū)域的磁場(chǎng)可認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，D正確。

故選D。

6.（2022年湖南高考）如圖（a）,直導(dǎo)線(xiàn)MN被兩等長(zhǎng)且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸00,上，其所在區(qū)

域存在方向垂直指向00'的磁場(chǎng)，與。。'距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，其截面圖如

圖"）所示。導(dǎo)線(xiàn)通以電流/,靜止后，懸線(xiàn)偏離豎直方向的夾角為6。下列說(shuō)法正確的是（）

圖(a)

A.當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)靜止在圖(?)右側(cè)位置時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)中電流方向由N指向M

B.電流/增大，靜止后，導(dǎo)線(xiàn)對(duì)懸線(xiàn)的拉力不變

C.tan?與電流/成正比

D.sin。與電流/成正比

【答案】D

【解析】A.當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)靜止在圖(4)右側(cè)位置時(shí)，對(duì)導(dǎo)線(xiàn)做受力分析有

⑨O(O)

可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線(xiàn)中電流方向應(yīng)由仞指向MA錯(cuò)誤；

BCD.由于與0。，距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，有

Sine=處，F(xiàn)T=mgcosO

mg

則可看出SinJ與電流/成正比，當(dāng)/增大時(shí)。增大，則cos6減小，靜止后，導(dǎo)線(xiàn)對(duì)懸線(xiàn)的拉力FT減小，BC

錯(cuò)誤、D正確。

故選D。

7.(2022年6月浙江選考)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(dòng)，小球?qū)⒆鲋芷跒門(mén)的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，貝U()

X

>

■疝麗:疝麗匍

UUUUUUUUUUU'O,UUUUUUUUUUU

A.小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)

T

B.小球動(dòng)能的變化周期為一

2

C.兩根彈簧的總彈性勢(shì)能的變化周期為T(mén)

V

D.小球的初速度為不時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期為2T

2

【答案】B

【解析】A.物體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件是它在運(yùn)動(dòng)中所受回復(fù)力與位移成正比，且方向總是指向平衡位置，可

知小球在桿中點(diǎn)到接觸彈簧過(guò)程，所受合力為零，此過(guò)程做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故小球不是做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)

誤；

BC.假設(shè)桿中點(diǎn)為。，小球向右壓縮彈簧至最大壓縮量時(shí)的位置為A,小球向左壓縮彈簧至最大壓縮量時(shí)

的位置為B,可知小球做周期為T(mén)的往復(fù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程為

O→A→O→B→O

根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知小球從0→A→。與O→B→O,這兩個(gè)過(guò)程的動(dòng)能變化完全一致，兩根彈簧的總彈性

TT

勢(shì)能的變化完全一致，故小球動(dòng)能的變化周期為一，兩根彈簧的總彈性勢(shì)能的變化周期為一，B正確，C

22

錯(cuò)誤；

V

D.小球的初速度為不時(shí)，可知小球在勻速階段的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，接觸彈簧過(guò)程，根據(jù)彈簧振子周期

2

公式

可知接觸彈簧過(guò)程所用時(shí)間與速度無(wú)關(guān)，即接觸彈簧過(guò)程時(shí)間保持不變，故小球的初速度為VV時(shí)，其運(yùn)動(dòng)

2

周期應(yīng)小于2T，D錯(cuò)誤；

故選B。

8.（2022年1月浙江選考）“天問(wèn)一號(hào)”從地球發(fā)射后，在如圖甲所示的尸點(diǎn)沿地火轉(zhuǎn)移軌道到。點(diǎn)，再

依次進(jìn)入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道，則天間一號(hào)（）

A.發(fā)射速度介于7.9km∕s與∏.2km∕s之間

B.從P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的時(shí)間小于6個(gè)月

C.在環(huán)繞火星的停泊軌道運(yùn)行的周期比在調(diào)相軌道上小

D.在地火轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度均大于地球繞太陽(yáng)的速度

【答案】C

【解析】A.因發(fā)射的衛(wèi)星要能變軌到繞太陽(yáng)轉(zhuǎn)動(dòng)，則發(fā)射速度要大于第二宇宙速度，即發(fā)射速度介于

11.2km∕s與16.7km∕s之間，故A錯(cuò)誤；

B.因P點(diǎn)轉(zhuǎn)移到Q點(diǎn)的轉(zhuǎn)移軌道的半長(zhǎng)軸大于地球公轉(zhuǎn)軌道半徑，則其周期大于地球公轉(zhuǎn)周期（1年共12

個(gè)月），則從尸點(diǎn)轉(zhuǎn)移到。點(diǎn)的時(shí)間為軌道周期的一半時(shí)間應(yīng)大于6個(gè)月，故B錯(cuò)誤：

C.因在環(huán)繞火星的停泊軌道的半長(zhǎng)軸小于調(diào)相軌道的半長(zhǎng)軸，則由開(kāi)普勒第三定律可知在環(huán)繞火星的停泊

軌道運(yùn)行的周期比在調(diào)相軌道上小，故C正確；

D.衛(wèi)星從。點(diǎn)變軌時(shí)，要加速增大速度，即在地火轉(zhuǎn)移軌道Q點(diǎn)的速度小于火星軌道的速度，而由

GMmV2

可得

可知火星軌道速度小于地球軌道速度，因此可知衛(wèi)星在Q點(diǎn)速度小于地球軌道速度，故D錯(cuò)誤;

故選C。

9.（2023年1月浙江選考）如圖所示為一斜邊鍍銀的等腰直角棱鏡的截面圖。一細(xì)黃光束從直角邊AB以

角度。入射，依次經(jīng)AC和BC兩次反射，從直角邊AC出射。出射光線(xiàn)相對(duì)于入射光線(xiàn)偏轉(zhuǎn)了a角，則。

A.等于90°B.大于90°

C.小于90°D.與棱鏡的折射率有關(guān)

【答案】A

【解析】如圖所示

CSine

設(shè)光線(xiàn)在AB邊的折射角為￡,根據(jù)折射定律可得”訴

設(shè)光線(xiàn)在BC邊的入射角為夕，光線(xiàn)在AC邊的入射角為r,折射角為i;由反射定律和幾何知識(shí)可知

尸+9=45。

β+2φ+r=9Q°

聯(lián)立解得廠(chǎng)=〃

sinisinz

根據(jù)折射定律可得而=而r〃

可得

過(guò)。點(diǎn)做出射光的平行線(xiàn)，則該平行線(xiàn)與AB的夾角為e,由幾何知識(shí)可知，入射光與出射光的夾角為90°。

故選Ao

10.（2022年湖北高考）近年來(lái)，基于變壓器原理的無(wú)線(xiàn)充電技術(shù)得到了廣泛應(yīng)用，其簡(jiǎn)化的充電原理圖如

圖所示。發(fā)射線(xiàn)圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為IlOO匝，接收線(xiàn)圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過(guò)接

收線(xiàn)圈的磁通量約為發(fā)射線(xiàn)圈的80%,忽略其它損耗，下列說(shuō)法正確的是（）

A.接收線(xiàn)圈的輸出電壓約為IOV

B.接收線(xiàn)圈與發(fā)射線(xiàn)圈中電流之比約為22:1

C.發(fā)射線(xiàn)圈與接收線(xiàn)圈中交變電流的頻率相同

D.穿過(guò)發(fā)射線(xiàn)圈的磁通量變化率與穿過(guò)接收線(xiàn)圈的相同

【答案】C

%80%t7.l

【解析】A.根據(jù)上=—i7~

〃2S

可得接收線(xiàn)圈的輸出電壓約為S=8V；

B.由于存在磁漏現(xiàn)象，電流比不再與匝數(shù)成反比，故A錯(cuò)誤；

C.變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；

D.由于穿過(guò)發(fā)射線(xiàn)圈的磁通量與穿過(guò)接收線(xiàn)圈的磁通量大小不相同，所以穿過(guò)發(fā)射線(xiàn)圈的磁通量變化率與

穿過(guò)接收線(xiàn)圈的不相同，故D錯(cuò)誤。

故選C0

11.（2020年7月浙江選考）如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為/的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO'上，

隨軸以角速度。勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在圓環(huán)的4點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板

電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g,不計(jì)其它電阻和摩擦，下列說(shuō)

B.微粒的電荷量與質(zhì)量之比為笑?

Br2ω

）

C.電阻消耗的電功率為7旁rβ~jft

IR

D.電容器所帶的電荷量為CB/①

【答案】B

【解析】A.如圖所示，金屬棒繞00'軸切割磁感線(xiàn)轉(zhuǎn)動(dòng)，棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)

E=Br---Br2ω

22

A錯(cuò)誤；

B.電容器兩極板間電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)E,帶電微粒在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，則

E

q~=rng

a

即

生=強(qiáng)=dg=2dg

mELB產(chǎn)①Br"

2

B正確；

C.電阻消耗的功率

2242

nEBrω

r=---=--------

R4R

C錯(cuò)誤；

D.電容器所帶的電荷量

D錯(cuò)誤。

故選Bo

12.（2023年I月浙江選考）如圖所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY'、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX'

和熒光屏組成。電極XX'的長(zhǎng)度為/、間距為從極板間電壓為U,YY'極板間電壓為零，電子槍加速電壓為

IOa電子剛離開(kāi)金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿00'方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極。已知電子電荷量為e,質(zhì)

m

B.打在熒光屏?xí)r，動(dòng)能大小為IleU

C.在XX，極板間受到電場(chǎng)力的沖量大小為J2加eU

D.打在熒光屏?xí)r，其速度方向與。。，連線(xiàn)夾角α的正切tana=——

2Qd

【答案】D

【解析】A.由牛頓第二定律可得，在XX'極板間的加速度大小

eEeU

a=—=——

xmmd

A錯(cuò)誤;

B.電子電極XX，間運(yùn)動(dòng)時(shí)，有

電子離開(kāi)電極XX'時(shí)的動(dòng)能為

1I2

Ek=-mj+vj=eU10+

240屋,

■2\

電子離開(kāi)電極XX'后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以打在熒光屏?xí)r，動(dòng)能大小為eu10+,B錯(cuò)誤;

40屋,

C.在XX，極板間受到電場(chǎng)力的沖量大小

v=mvx

C錯(cuò)誤;

D?打在熒光屏?xí)r’其速度方向與。。,連線(xiàn)夾角a的正切tana=今=顯

D正確。

故選D。

13.（2022年河北高考）如圖，真空中電荷量為2q和-q⑷＞（））的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別位于M點(diǎn)與N點(diǎn)，形成

一個(gè)以MN延長(zhǎng)線(xiàn)上。點(diǎn)為球心，電勢(shì)為零的等勢(shì)面（取無(wú)窮處電勢(shì)為零），P為MN連線(xiàn)上的一點(diǎn)，S

為等勢(shì)面與直線(xiàn)MN的交點(diǎn)，T為等勢(shì)面上的一點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）

2q；?

--?--:—?-_7?---

MP?NOIS

A.P點(diǎn)電勢(shì)低于S點(diǎn)電勢(shì)B.T點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向指向。點(diǎn)

C.除無(wú)窮遠(yuǎn)處外，MN直線(xiàn)上還存在兩個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)D.將正試探電荷%從T點(diǎn)移

到尸點(diǎn)，靜電力做正功

【答案】B

【解析】A.在直線(xiàn)MN上，左邊正電荷在M右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右，右邊負(fù)電荷在直線(xiàn)MN上電場(chǎng)強(qiáng)度

水平向右，根據(jù)電場(chǎng)的疊加可知MN間的電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右，沿著電場(chǎng)線(xiàn)電勢(shì)逐漸降低，可知P點(diǎn)電勢(shì)高

于等勢(shì)面與MN交點(diǎn)處電勢(shì)，則P點(diǎn)電勢(shì)高于S點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；

C.由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量，可知在N左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度不可能為零，則N右側(cè)，設(shè)MN距離

為L(zhǎng)，根據(jù)

k?2q_k?q

(L+d)2~W

可知除無(wú)窮遠(yuǎn)處外，直線(xiàn)MN電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)只有一個(gè)，故C錯(cuò)誤；

D.由A選項(xiàng)分析可知：T點(diǎn)電勢(shì)低于P電勢(shì)，則正電荷在T點(diǎn)的電勢(shì)能低于在P電勢(shì)的電勢(shì)能，將正試

探電荷為從T點(diǎn)移到尸點(diǎn)，電勢(shì)能增大，靜電力做負(fù)功，故D錯(cuò)誤；

B.設(shè)等勢(shì)圓的半徑為R,AN距離為*,MN跑離為L(zhǎng)，如圖所示

結(jié)合電勢(shì)的疊加原理A、S滿(mǎn)足

k-2qkq

L-xX

k?2q_kq

L+2R—x27?—x

解得

L

x=-

3

2L

R=—

3

由于電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直等勢(shì)面，可知丁點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向必過(guò)等勢(shì)面的圓心，O點(diǎn)電勢(shì)

k?2qkq3kq

ψo(hù)（Pe=--------=-----

1LLIL

33

可知

Ψτ?<Po

可知T點(diǎn)電場(chǎng)方向指向。點(diǎn)，故B正確。

故選B。

二、選擇題∏（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)

是符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得O分）

14.（2022年6月浙江選考）位于X=O.25m的波源P從，=0時(shí)刻開(kāi)始振動(dòng)，形成的簡(jiǎn)諧橫波沿X軸正負(fù)

方向傳播,在/=2.0s時(shí)波源停止振動(dòng),Z=2.1S時(shí)的部分波形如圖所示,其中質(zhì)點(diǎn)”的平衡位置4=l?75m,

質(zhì)點(diǎn)6的平衡位置馬=-0.5m。下列說(shuō)法正確的是（）

A.沿X軸正負(fù)方向傳播的波發(fā)生干涉

B.r=0.42s時(shí)，波源的位移為正

C.r=2.25s時(shí),，質(zhì)點(diǎn)。沿y軸負(fù)方向振動(dòng)

D.在0至∣J2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)、b運(yùn)動(dòng)總路程是2.55m

【答案】BD

【解析】A.波從波源發(fā)出后，向X軸正負(fù)方向傳播，向相反方向傳播的波不會(huì)相遇，不會(huì)發(fā)生干涉，故A

錯(cuò)誤；

B.由圖可知，波的波長(zhǎng)

/I=Im

由題意可知0.1s內(nèi)波傳播四分之一波長(zhǎng)，可得

T

?-=0.1s

4

T=0.4s

根據(jù)同側(cè)法可知，波源的振動(dòng)方向向上，r=0.42s即T＜，＜二時(shí)，波源振動(dòng)了2s,則任何一個(gè)點(diǎn)起振以

4

后都應(yīng)該振動(dòng)2s,可知坐標(biāo)原點(diǎn)在2.1s時(shí)剛好振動(dòng)了2s即5個(gè)周期，此時(shí)其振動(dòng)方向向上，波源向上振動(dòng)，

位移為正，故B正確；

C.波的波速

λ

V=—=2.5m∕s

T

波源停止振動(dòng)，到質(zhì)點(diǎn)。停止振動(dòng)的時(shí)間

------s=0.6s>0.25s

2.5

即質(zhì)點(diǎn)α還在繼續(xù)振動(dòng)，f=2.Is到r=2.25s經(jīng)過(guò)時(shí)間與=0?15s即＜p結(jié)合圖象可知質(zhì)點(diǎn)。位移

為正且向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤;

D.波傳到b點(diǎn)所需的時(shí)間

在0到2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)匕振動(dòng)的時(shí)間為

t=2s—0.3s=1.7s=—T

44

質(zhì)點(diǎn)6運(yùn)動(dòng)總路程

.v=17A=17×0.15m=2.25m

故D正確。

故選BDo

15.（2022年全國(guó)卷乙）質(zhì)量為Ikg的物塊在水平力尸的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)

與時(shí)間f的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小取g=10m∕s2。則（)

↑F∕N

I

O-FTY--R^~Zs

-4-----1------：

A.4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零

B.6s時(shí)物塊回到初始位置

C.3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg?m∕s

D.O~6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J

【答案】AD

【解析】物塊與地面間的摩擦力為

f=μmg=2N

AC.對(duì)物塊從()3內(nèi)由動(dòng)量定理可知

(F-f)tl=mv3

(4-2)×3=1×v3

3s時(shí)物塊的動(dòng)量為

p=mv3=6kg.m/s

設(shè)3s后經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊的速度減為O,由動(dòng)量定理可得

-(F+∕)Z=0-mv3

-(4+2)r=0-l×6

Z=IS

所以物塊在4s時(shí)速度減為0,則此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0,故A正確，C錯(cuò)誤;

B.O3物塊發(fā)生的位移為x”由動(dòng)能定理可得

(E—∕)x∣=∣mv^

即

1,

(4-2)x1=—×1×6^

得

x1=9m

3s~4s過(guò)程中，對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得

1,

-(F+f)x2=0--mv^

即

1,

-(4+2)x,=0——×1×6'

2

得

x2=3m

4s6s物塊開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)，物塊的加速度大小為

F-fC,2

a=------=2m∕s^

m

發(fā)生的位移為

2

x3=^×2×2m=4m<Λ∣+X2

即6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置，故B錯(cuò)誤;

D.物塊在6s時(shí)的速度大小為

v6=2×2m∕s=4m∕s

06s拉力所做的功為

ψ=(4×9-4×3+4×4)J=40J

故D正確。

故選AD,

非選擇題部分

三、非選擇題（本題共5小題，共55分）

16.（2022年山東高考）在天宮課堂中、我國(guó)航天員演示了利用牛頓第二定律測(cè)量物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)。受此

啟發(fā)。某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌、力傳感器、無(wú)線(xiàn)加速度傳感器、輕彈簧和待測(cè)物體等器材設(shè)計(jì)了測(cè)量物體質(zhì)

量的實(shí)驗(yàn)，如圖甲所示。主要步驟如下：

①將力傳感器固定在氣墊導(dǎo)軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；

②接通氣源。放上滑塊。調(diào)平氣墊導(dǎo)軌；

圖甲

③將彈簧左端連接力傳感器,右端連接滑塊。彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)滑塊左端位于。點(diǎn)。A點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為5?00cm,

拉動(dòng)滑塊使其左端處于A點(diǎn)，由靜止釋放并開(kāi)始計(jì)時(shí);

④計(jì)算機(jī)采集獲取數(shù)據(jù)，得到滑塊所受彈力R加速度α隨時(shí)間，變化的圖像，部分圖像如圖乙所示。

a∕(m?s^2)

圖丙

回答以下問(wèn)題（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）：

（1）彈簧勁度系數(shù)為NZmo

（2）該同學(xué)從圖乙中提取某些時(shí)刻F與。的數(shù)據(jù)，畫(huà)出a—F圖像如圖丙中I所示，由此可得滑塊與加速度

傳感器的總質(zhì)量為kg。

（3）該同學(xué)在滑塊上增加待測(cè)物體，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)步驟，在圖丙中畫(huà)出新的a—F圖像II,則待測(cè)物體的

質(zhì)量為kgo

【答案】①.12②.0.20③.0.13

【解析】（1）口］由題知，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)滑塊左端位于O點(diǎn)，4點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為5.00cm。拉動(dòng)滑塊使其

左端處于A點(diǎn)，由靜止釋放并開(kāi)始計(jì)時(shí)。結(jié)合圖乙的尸一，圖有

?x=5.00cm,F=0.6ION

根據(jù)胡克定律

計(jì)算出

k≈12N∕m

（2）［2］根據(jù)牛頓第二定律有

則a—F圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量的倒數(shù)，根據(jù)圖丙中I,則有

=5kg''

m0.6

則滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為

m=0.20kg

（3）［引滑塊上增加待測(cè)物體，同理，根據(jù)圖丙中H,則有

1.5-0

kg`1=3kg^'

m0.5

則滑塊、待測(cè)物體與加速度傳感器的總質(zhì)量為

m'≈0.33kg

則待測(cè)物體的質(zhì)量為

?m=m'-m-0Λ3kg

17.（2022年1月浙江選考）（1）在“研究平拋運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)中，以小鋼球離開(kāi)軌道末端時(shí)球心位置為坐標(biāo)原

點(diǎn)O,建立水平與豎直坐標(biāo)軸。讓小球從斜槽上離水平桌面高為/7處?kù)o止釋放，使其水平拋出，通過(guò)多次

描點(diǎn)可繪出小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)球心的軌跡，如圖所示。在軌跡上取一點(diǎn)4,讀取其坐標(biāo)（xo,刈）。

①下列說(shuō)法正確的是。

A.實(shí)驗(yàn)所用斜槽應(yīng)盡量光滑

B.畫(huà)軌跡時(shí)應(yīng)把所有描出的點(diǎn)用平滑的曲線(xiàn)連接起來(lái)

C.求平拋運(yùn)動(dòng)初速度時(shí)應(yīng)讀取軌跡上離原點(diǎn)較遠(yuǎn)的點(diǎn)的數(shù)據(jù)

②根據(jù)題目所給信息，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度大小VO=

③在本實(shí)驗(yàn)中要求小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放的理由是

【答案】①?C②.D③.確保多次運(yùn)動(dòng)的軌跡相同

【解析】①[1]A?只要保證小球每次從同一位置靜止釋放，到達(dá)斜槽末端的速度大小都相同，與實(shí)驗(yàn)所用斜

槽是否光滑無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B.畫(huà)軌跡時(shí)應(yīng)應(yīng)舍去誤差較大的點(diǎn)，把誤差小的點(diǎn)用平滑的曲線(xiàn)連接起來(lái)，故B錯(cuò)誤；

C.求平拋運(yùn)動(dòng)初速度時(shí)應(yīng)讀取軌跡上離遠(yuǎn)點(diǎn)較遠(yuǎn)的點(diǎn)的數(shù)據(jù)，便于減小讀數(shù)產(chǎn)生的偶然誤差，故C正確;

故選C。

②⑵坐標(biāo)原點(diǎn)。為拋出點(diǎn)，由平拋規(guī)律有

XO=vOt

12

y°=]g'-

聯(lián)立解得平拋的初速度為

故選D。

③[3]小球多次從斜槽上同一位置由靜止釋放是為了保證到達(dá)斜槽末端的速度大小都相同，從而能確保多次

運(yùn)動(dòng)的軌跡相同。

18.（2022年河北高考）某物理興趣小組利用廢棄電飯煲的部分器材自制簡(jiǎn)易電飯煲，設(shè)計(jì)電路如圖1所示。

選用的器材有：限溫開(kāi)關(guān)，（手動(dòng)將其按下，開(kāi)始持續(xù)加熱煮飯，當(dāng)鍋內(nèi)溫度高于103℃時(shí)自動(dòng)斷開(kāi)，之后

不能自動(dòng)閉合）；保溫開(kāi)關(guān)S2（當(dāng)鍋內(nèi)溫度高于80℃時(shí)自動(dòng)斷開(kāi)，溫度低于70。C時(shí)自動(dòng)閉合）；電飯煲的框

架（結(jié)構(gòu)如圖2所示）。自備元件有：加熱電阻絲R（阻值為60Ω,用于加熱煮飯）；限流電阻Rl和R2,（阻

值均為IkC）：指示燈Ll和L2（2.5V,0.6W,當(dāng)電流低于30mA時(shí)可視為熄滅）；保險(xiǎn)絲T。

圖1圖2

（1）按照興趣小組設(shè)計(jì)的電路，下列說(shuō)法正確的是（多選）。

A.按下Si,Ll和L2均發(fā)光

B.當(dāng)鍋內(nèi)溫度高于103℃時(shí)，Sl自動(dòng)斷開(kāi)，Ll和L2均發(fā)光

C.保溫過(guò)程中，S2自動(dòng)在閉合、斷開(kāi)狀態(tài)之間交替切換

D.當(dāng)鍋內(nèi)溫度低于70℃時(shí)，S2自動(dòng)閉合，Ll發(fā)光，L2熄滅

（2）簡(jiǎn)易電飯煲制作完成后，試用時(shí)LI始終不亮，但加熱和保溫功能均正常。在不增加元件的前提下，斷

開(kāi)電源，使用多用電表判斷發(fā)生故障的元件。下列操作步驟的正確順序是（填寫(xiě)各步驟前的字母）。

A.將選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“X100”位置

B.將兩支表筆直接接觸，調(diào)節(jié)“歐姆調(diào)零旋鈕”，使指針指向歐姆零點(diǎn)

C.調(diào)整“指針定位螺絲”，使指針指到零刻度

D.測(cè)量指示燈Ll兩端的阻值

E.將選擇開(kāi)關(guān)置于OFF位置或交流電壓最高擋

圖3圖4

操作時(shí)，將多用電表兩表筆與Ll兩端接觸,若指針如圖3所示，可判斷是斷路損壞；若指針如圖4

所示，可判斷是斷路損壞。（用電路中的元件符號(hào)表示）

【答案】①.CD##DC?.CABDE?.Li④.R∣

【解析】[1]A.按下Sl后L2支路被短路，則L2不會(huì)發(fā)光，A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)鍋內(nèi)溫度高于103℃時(shí)，Sl斷開(kāi)，而要溫度降到70℃以下時(shí)S2才會(huì)閉合，則此時(shí)L2可能發(fā)光，此時(shí)

電路中R與R和Ll的串聯(lián)部分并聯(lián)，并聯(lián)的整體再和L2、&串聯(lián)，則回路中并聯(lián)的整體電阻

RL=10.42Ω

R井=56.64Ω

則回路總電阻

RB=1067.06Ω

則回路總電流

,220

Ia----=0.21A

息R總

則Lz一定發(fā)光，此時(shí)并聯(lián)的整體的電壓為

U?=I&RK=ll.89V

則流過(guò)Ll的電流為

%11.89

A=0.012A

RLl+Rl1000+10.42

則流過(guò)Ll的電流小于30mA,則Ll熄滅，B錯(cuò)誤；

C.由題知，S2在鍋內(nèi)溫度高于8(ΓC時(shí)自動(dòng)斷開(kāi)，鍋內(nèi)溫度降到70C以下時(shí)S2自動(dòng)閉合，C正確；

D.當(dāng)鍋內(nèi)迢度低于70C時(shí)，S2自動(dòng)閉合，L2支路被短路，則L2不會(huì)發(fā)光，此時(shí)電路中R與凡和Ll的串

聯(lián)部分并聯(lián)，則此時(shí)流過(guò)Ll的電流為

E丸

兒A=0.218A

RLl+RT1000+10.42

則此時(shí)流過(guò)LI的電流大于30mA,則Ll發(fā)光，D正確。

故選CD。

(2)[2]多用電表的操作步驟為：調(diào)整“指針定位螺絲”，使指什指到零刻度一一機(jī)械調(diào)零；將選擇開(kāi)關(guān)旋

轉(zhuǎn)到“X100”位置一一選擋：將兩支表筆直接接觸，調(diào)節(jié)“歐姆調(diào)零旋鈕”，使指計(jì)指向歐姆零點(diǎn)一一歐

姆調(diào)零；測(cè)量指示燈LI兩端的阻值一一測(cè)量；將選擇開(kāi)關(guān)置于OFF位置或交流電壓最高擋一一關(guān)閉多用電

表。

故正確順序?yàn)镃ABDEo

[3]由于使用時(shí)LI始終不亮，但加熱和保溫功能均正常，如圖3可看出Ll兩端有1090。左右的電阻，則說(shuō)

明L1始終不亮的原因是Li斷路損壞。

[4]由于使用時(shí)Ll始終不亮，但加熱和保溫功能均正常，如圖3可看出歐姆表的示數(shù)幾乎為零，但由于RL=

10.42C此時(shí)選用的是“×100”擋則說(shuō)明燈泡Ll正常，則說(shuō)明LI始終不亮的原因是R斷路損壞。

19.（2022年重慶高考）某同學(xué)探究一封閉氣缸內(nèi)理想氣體的狀態(tài)變化特性，得到壓強(qiáng)P隨溫度/的變化如

圖所示。已知圖線(xiàn)I描述的是體積為匕的等容過(guò)程，當(dāng)溫度為α?xí)r氣體的壓強(qiáng)為Pl；圖線(xiàn)H描述的是壓強(qiáng)

為P2的等壓過(guò)程。取Oc為273K,求

①等容過(guò)程中，溫度為0℃時(shí)氣體的壓強(qiáng);

②等壓過(guò)程中，溫度為0°C時(shí)氣體的體積。

273p∣273PM

【答案】①②w廣畫(huà)FJ

【解析】①在等容過(guò)程中，設(shè)時(shí)氣體壓強(qiáng)而；根據(jù)查理定律有

PI=PO

+273^273

解得

_273p,

p

°^rl+273

②當(dāng)壓強(qiáng)為P2,溫度為0℃時(shí)，設(shè)此時(shí)體積為丫2,則根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有

plVl_p2V2

r1+273^273

解得

273PM

2P2（4+273）

20.（2021年6月浙江選考）如圖所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平臺(tái)面，臺(tái)面上豎直放置傾角

6=37。的粗糙直軌道A3、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道Co和半圓形光滑軌道

DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑廠(chǎng)=（Hm、圓心在O∣點(diǎn)，軌道DM的半徑R=0.2m、圓心

在。2點(diǎn)，D、。2和F點(diǎn)均處在同一水平線(xiàn)上。小滑塊從軌道AB上距臺(tái)面高為//的P點(diǎn)靜止下滑，與

靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道CZ）、軌道Z）EE從尸點(diǎn)豎直向下運(yùn)動(dòng)，與

正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上。點(diǎn),

已知小滑塊與軌道A3間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=卷，sin37°=0.6,cos37°=0.8?

(1)若小滑塊的初始高度〃=0.9m,求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度%的大??；

(2)若小球能完成整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，求人的最小值兒加；

(3)若小球恰好能過(guò)最高點(diǎn)E,且三棱柱G的位置上下可調(diào),求落地點(diǎn)Q與尸點(diǎn)的水平距離X的最大值XmaX。

【答案】

(1)4m∕si(2)Amin=0.45mi(3)0.8m

【解析】(1)小滑塊在AB軌道上運(yùn)動(dòng)

mgn一μmgcosθ-----二—mv

sinθ20

代入數(shù)據(jù)解得

v0=^y∣~gh=4m∕s

(2)小球沿CDE/軌道運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)可得

vl.

m2—m小

R

從C點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒可得

?加哈Hn+Wg(R+r)=g機(jī)Tmin

解得

‰n=V2m∕s,vsnιin=2√2m∕s

小滑塊與小球碰撞后動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此有

,121,212

+

mVAmin=m巳+加匕Jmin，-mVAmin=A-WB而n

解得

UA'=°'VBmin=UAmin

結(jié)合(1)問(wèn)可得

vAmin=§Jg%>

解得h的最小值

%,=°?45m

(3)設(shè)尸點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y,小球從E點(diǎn)到G點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理

I2I2

-mvG=-mvEmin+mg(R+y)

由平拋運(yùn)動(dòng)可得

?12

x=v0t,H+r-y^-gt

聯(lián)立可得水平距離為

x=2j(0.5_y)(0.3+y)

由數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)

0.5-y=0.3+y

取最大，最大值為

XmaX=°?8m

22.(2022年溫州市模擬)如圖所示，間距L=2.0m的平行金屬導(dǎo)軌放置在絕緣水平面上，導(dǎo)軌左端連接輸

92

出電流/=0.5A的恒流源。空間分布兩個(gè)寬度分別為&=一m和&=一m、間距。=2.0m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)

85

域I和II,兩磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5T,方向均豎直向下。質(zhì)量〃?=0.5kg、電阻為R的導(dǎo)體棒靜

止于區(qū)域I左邊界，質(zhì)量加=0.5kg、邊長(zhǎng)為0.5力、電阻R2=2.0Ω的正方形單重線(xiàn)框的右邊緊靠區(qū)域∏左

邊界：一豎直固定擋板與區(qū)域H的右邊界距離為0.50。某時(shí)刻閉合開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)體棒開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)

體棒與線(xiàn)框、線(xiàn)框與豎直擋板之間均發(fā)生彈性碰撞，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸并且相互垂直，不計(jì)一切摩擦

和空氣阻力。求：

(1)導(dǎo)體棒第一次離開(kāi)區(qū)域I時(shí)的速度大小v?;

(2)線(xiàn)框與導(dǎo)體棒從第1次碰撞至它們第2次碰撞過(guò)程中，線(xiàn)框產(chǎn)生的焦耳熱Q

(3)線(xiàn)框與導(dǎo)體棒碰撞的次數(shù)〃，以及導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)區(qū)域】中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間心。

×X

B線(xiàn)框、0.5。擋板、

×X□

恒流源）導(dǎo)體棒、

X?×

H

×_×__×___

二h

【答案】(1)1.5m/s；(2)0.26J；(3)7次,5.7s

【解析】（1）恒流源和導(dǎo)體棒串聯(lián)，通過(guò)串聯(lián)負(fù)載的電流即是恒流源的輸出電流，恒流源就是要保證和它

串聯(lián)的負(fù)載電路的電流始終維持在輸出電流。導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)對(duì)應(yīng)的感應(yīng)電流，并不

會(huì)影響恒流源所產(chǎn)生電流的恒定，因此電路的電流始終保持在0.5A,故導(dǎo)體棒受到向右的安培力為

F安=BIL=O.5N

對(duì)棒由動(dòng)能定理