2024年浙江高考選考模擬物理試卷試題及答案解析（三）

2024年浙江省普通高校招生選考科目考試

物理模擬卷03

姓名:準(zhǔn)考證號:

本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共13頁，滿分100分，考試時間90分鐘。

考生注意：

1.答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)

定的位置上。

2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的

作答一律無效。

3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)的區(qū)域內(nèi)，作圖時先使用2B鉛

筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。

4.可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g均取10m/s2o

選擇題部分

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.下列器材中，哪個不是測量力學(xué)基本物理量的工具（）

2.溫州南塘，每年端午龍舟比賽熱鬧非凡，如圖是龍舟在進行500nl的直道比賽，下列說法正確的是（）

A.研究隊員的劃槳動作，可將隊員看成質(zhì)點

B.以龍舟為參考系，岸上站立的觀眾是靜止的

C.獲得第一名的龍舟，撞線時的速度一定很大

D.獲得最后一名的龍舟，平均速度一定最小

1

3.如圖所示，具有“主動剎車系統(tǒng)”的汽車與正前方靜止障礙物之間的距離小于安全距離時，會立即開始

主動剎車，車主可根據(jù)需要設(shè)置安全距離。某車的安全距離為10小，若汽車正以36/rni/h的速度在路面上行

駛，遇緊急情況主動剎車后做勻減速直線運動，加速度大小為6m/s2,下列說法正確的是（）

A.汽車剎車時間為6sB.汽車不能安全停下

C.汽車開始“主動剎車”后第1s末的速度為6m/s

D.汽車開始“主動剎車”后第2s內(nèi)的平均速度為3m/s

4.躺椅在生活中用途廣泛，圖甲中人雙腳離地而坐，圖乙中人雙腳著地而坐。兩圖中位于水平地面上的人

和椅子都保持靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是（）

甲乙

A.甲中人對躺椅的壓力是由椅子發(fā)生形變產(chǎn)生的

B.甲中人不同的躺姿會改變躺椅對人的合力

C.乙中人腳用力蹬地時，躺椅對人背部摩擦力一定沿椅面向上

D.乙中人腳用力蹬地時，腳對地的摩擦力大小與躺椅對地的摩擦力大小相等

5.“拔河”活動在中國有著悠久的歷史，近幾年出現(xiàn)了二支隊伍拔河的娛樂形式。如圖所示，二支隊伍進

行比賽，此時甲、乙兩隊對繩子的拉力大小均為5000N,三隊所拉繩子的夾角均相等。開始時三隊僵持不

下，當(dāng)丙隊發(fā)力，使得甲、乙兩隊繩子的夾角緩慢減小到90。時（設(shè)甲、乙兩隊對繩子的拉力大小始終不變），

分析此過程中丙隊對繩子的拉力是如何變化的

A.逐漸增加B.逐漸減小C.先增加后較小D.先減小后增加

2

6.圖甲是我國運動員在東京奧運會上蹦床比賽的一個情景。設(shè)這位蹦床運動員僅在豎直方向上運動，運動

員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對運動員的彈力F隨時間t的變化規(guī)律，如圖乙所示。g取10m/s2,不計空

氣阻力，根據(jù)F—t圖像可知，以下說法錯誤的是

A.運動員在3.6s?4,2s內(nèi)處于超重狀態(tài)

B.運動員在8.4s?9.4s內(nèi)先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)

C.跳躍節(jié)奏穩(wěn)定后，處于完全失重狀態(tài)持續(xù)的最長時間為1.6s

D.運動員重心離開蹦床上升的最大高度是12.8小

7.航天器離子發(fā)動機原理如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進劑離子化（即電離出正離子）,

正離子被正、負極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進或調(diào)整姿態(tài)的反沖力，已知單

個正離子的質(zhì)量為加，電荷量為q,正、負柵板間加速電壓為U,從噴口噴出的正離子所形成的電流為/，忽

略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對航天器質(zhì)量中和電子槍磁鐵的影響.該發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F的

大小為（）

8.智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛，如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿（大小忽略不計）穿

入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示，可視為質(zhì)點的配重質(zhì)量為0.5kg,

3

繩長為0.5a,懸掛點P到腰帶中心點。的距離為0.2爪，水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重隨短桿

做水平勻速圓周運動，繩子與豎直方向夾角為。，運動過程中腰帶可看成不動，重力加速度g取10m/s2,下

列說法正確的是（）

A.若使用者覺得鍛煉不夠充分，決定增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到的合力變大

B.當(dāng)使用者掌握好鍛煉節(jié)奏后能夠使8穩(wěn)定在37。，此時配重的角速度為5rad/s

C,使用者使用一段時間后成功減肥，再次使用時將腰帶調(diào)小，若仍保持轉(zhuǎn)速不變，貝嶺變小

D.當(dāng)用力轉(zhuǎn)動使。從37。增加到53。時，配重運動的周期變大

9.宇宙中兩個相距較近的星球可以看成雙星，它們只在相互間的萬有引力作用下，繞兩球心連線上的某一

固定點做周期相同的勻速圓周運動.根據(jù)宇宙大爆炸理論，雙星間的距離在不斷緩慢增加，設(shè)雙星仍做勻

速圓周運動，則下列說法正確的是（）

A.雙星相互間的萬有引力增大B.雙星做圓周運動的角速度增大

C.雙星做圓周運動的周期減小D.雙星做圓周運動的半徑增大

10.某風(fēng)力發(fā)電機葉片轉(zhuǎn)動時可形成半徑為R的圓面。某時間內(nèi)該地區(qū)的風(fēng)速是外風(fēng)向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動的圓

面垂直，空氣的密度為p,發(fā)電機將圓內(nèi)空氣動能轉(zhuǎn)化為電能的效率為小貝1（）

A.單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機葉片圓面的氣流的體積為27TR2U

B.單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機葉片圓面的氣流的動能為空更之

2

C.風(fēng)力發(fā)電機發(fā)電的功率為在?！?

D.風(fēng)力發(fā)電機發(fā)電的功率為磔Hd

2

11.沙漠蝎子可以探測出附近蟲子的運動，它是利用甲蟲運動所產(chǎn)生的沿沙漠表面?zhèn)鞑サ牟▉硖綔y的，傳播

的波有兩種類型：橫波以速度%=507H/S傳播，縱波以必=1507H/S傳播。已知該甲蟲在某個時刻突然運

4

動，蝎子就可以利用從它最接近甲蟲的一條腿上面感知到兩種波先后到達的時間差43從而感知到它和甲

蟲之間的距離，如果蝎子到甲蟲的距離是37.5CM,下列說法正確的是（）

需

A,蟲子腳下的沙子隨著波的傳播運動到蝎子腳下

B.兩種波傳播到蝎子的時間差為0.00375s

C.無論是縱波還是橫波，傳播方向均與振動方向垂直

D.波的傳播過程中既傳播了振動，也傳播了信號和能量

12.微信運動步數(shù)的測量是通過手機內(nèi)電容式加速度傳感器實現(xiàn)的。如圖所示，電容M極板固定，N極板可

運動，當(dāng)手機的加速度變化時，N極板只能按圖中標(biāo)識的“前后”方向運動。圖中R為定值電阻。下列對傳

感器描述正確的是（）

A.靜止時，電流表示數(shù)為零，且電容器兩極板不帶電

B.保持向前勻加速運動時，電路中存在恒定電流

C.由靜止突然向后加速時，電流由a向b流過電流表

D.由向前加速突然停下時，電流由b向a流過電流表

13.如圖，小明同學(xué)用一束復(fù)色激光入射直角棱鏡，做了光的折射實驗，實驗現(xiàn)象如圖所示。則（）

A.d光不可能是入射激光B.c光可視為復(fù)色激光

C.在玻璃中，b光的傳播速度比a光的大D.a光光子的動量比b光光子的大

二、選擇題II（本題共2小題,每小題3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3分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分）

5

14.下列說法正確的是（）

A.處于熱平衡狀態(tài)的兩個系統(tǒng)，它們具有相同熱學(xué)性質(zhì)的物理量是內(nèi)能

B.兩個分子靠近時，分子勢能減小

C.氣體壓強主要是大量氣體分子頻繁地碰撞容器壁而產(chǎn)生的

D.一定量的100。。的水變成100。。的水蒸氣，其分子勢能增大

15.如圖所示的火災(zāi)自動報警器具有穩(wěn)定性好、安全性高的特點，應(yīng)用非常廣泛,其工作原理為：放射源處

的錮.1〃，放出的a粒子，使殼內(nèi)氣室空氣電離而導(dǎo)電，當(dāng)煙霧進入殼內(nèi)氣室時,a粒子被煙霧顆粒阻擋，

導(dǎo)致工作電路的電流減小，于是鋒鳴器報警。則

A.這種報警裝置應(yīng)用了a射線射線電離能力強的特點

B.發(fā)生火災(zāi)時溫度升高，I”,的半衰期變短

C.發(fā)生a衰變的核反應(yīng)方程是-第A”，

D,發(fā)生a衰變的核反應(yīng)方程是心

非選擇題部分

三、實驗題（本大題共3小題，共16.0分）

6

16.小碩同學(xué)有一塊充電寶，他想知道充電寶是否跟干電池一樣，是一個有一定電動勢和內(nèi)阻的直流電源。

于是用如圖所示的實驗電路進行探究。圖中用兩只數(shù)字多用表分別作為電壓表和電流表，Ro=0.5fto

(1)在閉合開關(guān)前，他應(yīng)把滑動變阻器的滑片移到最端(選填“左”或“右”)；

(2)圖中“數(shù)字多用表1”是表(選填“電流”或“電壓”)；

(3)在充電寶電量為100%時，通過實驗得到了如圖所示的U—/圖像。由圖像可知，充電寶在電量100%

時，跟通常的干電池的電路特性相同，具有一定的電動勢和內(nèi)阻。由圖像可得該充電寶的電動勢E=V,

內(nèi)阻r=_____。(均保留三位有效數(shù)字)。

(4)小碩同學(xué)想用一只機械式多用電表粗略判斷該充電寶在電量減少時電動勢是否會減小，測量時他應(yīng)

該把選擇開關(guān)置于圖中的(選填“4”、“B”、"C"、"D”)位置。

D.

(5)充電寶在電量減少較多時，電動勢幾乎不變，那么可以推測充電寶內(nèi)可能用來儲存電能的是

A電感線圈8.電容器C.電阻。.電池

17.某校同學(xué)們分組進行碰撞的實驗研究。

7

（1）第一組利用氣墊導(dǎo)軌通過頻閃照相進行探究碰撞中的不變量這一實驗。若要求碰撞動能損失最小則

應(yīng)選下圖中的（填“甲”或“乙”）（甲圖兩滑塊分別裝有彈性圈，乙圖兩滑塊分別裝有撞針和橡皮泥

）;

圖甲圖乙

（2）第二組同學(xué)用如圖所示的實驗裝置”驗證動量守恒起律”。

①圖中。點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射球多次從斜軌上S位置靜止釋放,

找到其平均落地點的位置P,測量平拋射程0P,然后把被碰小球機2靜置于水平軌道的末端，再將入射球

從斜軌上S位置靜止釋放，與小球機2相碰，并重復(fù)多次。本實驗還需要完成的必要步驟（填選項前

的符號）。

A.測量兩個小球的質(zhì)量爪nm28.測量拋出點距地面的高度H

C測量S離水平軌道的高度hD測量平拋射程OM、ON

②若兩球發(fā)生彈性碰撞，貝UOM、ON、0P之間一定滿足的關(guān)系是（填選項前的符號）。

A.OP+0M=0NB.20P=ON+OMC.OP-ON=20M

（3）第三組利用頻閃照片法去研究。某次實驗時碰撞前B滑塊靜止，4滑塊勻速向B滑塊運動并發(fā)生碰撞,

利用頻閃照相的方法連續(xù)4次拍攝得到的照片如圖所示。已知相鄰兩次閃光的時間間隔為T,在這4次閃光的

過程中，4、B兩滑塊均在0?80cm范圍內(nèi)，且第1次閃光時，滑塊力恰好位于x=IOCTH處。若力、B兩滑塊

的碰撞時間及閃光持續(xù)的時間極短，均可忽略不計，貝必、B兩滑塊質(zhì)量比啊:GB=o

NAABB

01020304050607080

8

18.在做“用油膜法估測分子大小”的實驗中，所用油酸酒精溶液的濃度為每104mL溶液中有純油酸6mL,

用注射器測得1mL上述溶液有75滴，把1滴該溶液滴入盛水的淺盤里，待水面穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，

用筆在玻璃板上描出油酸的輪廓，再把玻璃板放在坐標(biāo)紙上，其形狀和尺寸如圖所示，坐標(biāo)中正方形方格

的邊長為2cm?

(1)請選出需要的實驗操作，并將它們按操作先后順序排列：D、(用字母符號表示)。

(2)某次實驗時，滴下油酸溶液后，琲子粉迅速散開形成如圖所示的“鋸齒”邊沿圖案，出現(xiàn)該圖樣的

可能原因是o

4盆中裝的水量太多

B.琲子粉撒得太多，且厚度不均勻

C.盆太小，導(dǎo)致油酸無法形成單分子層

(3)按題目中所給實驗數(shù)據(jù)估測出油酸分子的直徑為爪(保留一位有效數(shù)字)。

9

四、計算題(本大題共4小題，8分+11分+11分+11分共41分，解答過程請寫出必要的文字說明和必需的

物理演算過程，只寫出最終結(jié)果的不得分)

19.如圖所示，馬桶吸由皮吸和汽缸兩部分組成，下方半球形皮吸空間的容積為lOOOczrf5,上方汽缸的長度

為40cm,橫截面積為50cm2。小明在試用時，用手柄將皮吸壓在水平地面上，皮吸中氣體的壓強等于大氣

壓。皮吸與地面及活塞與汽缸間密封完好不漏氣，不考慮皮吸與汽缸的形狀變化，環(huán)境溫度保持不變，汽

缸內(nèi)薄活塞、連桿及手柄的質(zhì)量忽略不計，已知大氣壓強Po=1.0Xl()5pa,g=10m/s2o

［手柄

①若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸頂部，用力將活塞緩慢下壓到汽缸皮吸底部時求皮吸中氣體的壓強；

②若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸底部，小明用豎直向上的力將活塞緩慢向上提起20cm高度保持靜止，求

此時小明作用力的大小。

10

20.有一游戲裝置，在光滑水平面2C上安裝一彈簧發(fā)射架，己知4B為彈簧原長，彈力做功加與壓縮量/x的

關(guān)系為W=彈簧勁度系數(shù)k=80N/zn,壓縮量/x可調(diào)，斜面CD的傾角為8=53。，長為5=2爪。

質(zhì)量m=0.05kg的物塊P被彈簧彈出，經(jīng)過C點時速度大小不變，物塊P與斜面CD間的動摩擦因素〃1=||。

斜面在。點處與半徑R=0.40機的光滑圓形軌道相切連接，圓軌道的最低點E與水平軌道EF相切連接，EF軌

道與CD斜面略錯開。質(zhì)量為M=0.15kg的物塊Q放在距離E點乙2=1.6(hn的G點處，兩物塊與水平軌道EF的

動摩擦因素均為〃2=：，緊靠尸點右側(cè)下方有一距EF為h=0.80爪的平臺，平臺足夠長。物塊P與物塊Q碰撞

后粘在一起向前運動，整個運動過程中兩物塊均可看成質(zhì)點。

(1)若壓縮量=5cm,求物塊P第一次到達C點時的速度大??；

(2)若物塊P恰好能過圓軌道最高點，則物塊P通過圓軌道最低點E時對軌道的壓力；

(3)若物塊P不脫離軌道且能夠撞上物塊Q,4%至少為多少？

(4)若物塊P恰好能過圓軌道最高點，G點右側(cè)軌道長度S可調(diào)，則S多大時兩物塊在平臺上的落點與E點

水平距離最遠?水平最遠距離為多少？

11

21.艦載機電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達到世界先進水平。某同學(xué)自己設(shè)計

了一個如圖甲所示的電磁彈射系統(tǒng)模型。該彈射系統(tǒng)工作原理如圖乙所示，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，可以水平導(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接通定值電阻品，同時對動子施加一個回撤力F,在七時刻撤去

力F,最終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圖像如圖丙所示。已知模型飛

機起飛速度%=40m/s,L=1.5s,12=2.0s,線圈匝數(shù)幾=50匝，每匝周長I=lzn,動子和線圈的總質(zhì)

量5kg,線圈的電阻R=0.50,&=4.5。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)動子和線圈向前運動的最大位移；

(2)回撤力尸與動子速度"大小的關(guān)系式；

(3)圖丙中方的數(shù)值。(保留兩位有效數(shù)字)

電刷線圈輻向磁場

丙

12

22.制造芯片，要精準(zhǔn)控制粒子的注入。如圖甲所示，是控制粒子運動的裝置示意圖，兩塊邊長均為d的正

方形金屬板M、N上、下正對水平放置，極板間距也為d。以該裝置的立方體中心。點為原點建立直角坐標(biāo)

系，并在極板間加沿y軸負方向的勻強磁場(磁感應(yīng)強度大小未知)，兩極板接到電壓為U的電源上?，F(xiàn)有一

束帶正電粒子以速度火沿x軸正方向從左側(cè)持續(xù)注入極板間，恰好沿X軸做勻速直線運動。不考慮電磁場的

邊緣效應(yīng)，粒子的重力忽略不計，粒子之間的靜電力忽略不計。

%

I17

-I14

X4-8〃一

VX41%

I—

乙

(1)求磁感應(yīng)強度3的大小;

(2)若僅撤去磁場，該帶電粒子束恰好擊中點—求粒子的比荷；

(3)若僅撤去電場，求帶電粒子束離開立方體空間的位置坐標(biāo)；

(4)若將磁場方向改為沿z軸正方向，并將兩極板接到電壓按如圖乙所示變化的電源上，t=0時刻讓粒

子從中心。點沿比軸正方向以速度火注入，試通過計算說明從粒子注入后到擊中極板前會經(jīng)過z軸幾次。

13

參考答案

1.C2.D3.D4.D5.A6.D7.A

8.C9.D10.D11.D12.C13.B

14.CD

15.XC

16.(1)右;(2)電壓；(3)5.50；0.250；(4)B；⑸D。

17.⑴甲；(2)①4D;②力；⑶2:3o

18.(1)B、尸、E、C；(2)B；(3)3x10-1°

19.解：①以氣缸和皮吸內(nèi)的氣體為研究對象，開始時封閉氣體的壓強為po

體積匕=1000cm3+40x50cm3=3000cm3,

當(dāng)活塞下壓到氣缸底部時，設(shè)封閉氣體的壓強為P2,體積%=1000cm3,

由玻意耳定律Po%=p2V2,

解得：02=3x105Pa；

②以皮吸內(nèi)的氣體為研究對象，開始時封閉氣體的壓強為Po,體積為彩=1000cm3

活塞緩慢向上提起20cm高度保持靜止，設(shè)該人對手柄作用力的大小為F,封閉氣體的壓強為P3,體積匕=

1000cm3+20x50cm3=2000cm3,

由玻意耳定律：P0V2~P3^3>

對活塞受力分析，根據(jù)共點力平衡可得：F+p3S=p0S,

解得：F=250N。

答：①若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸頂部，用力將活塞緩慢下壓到汽缸皮吸底部時，皮吸中氣體的壓強為3X

105Pa；

②若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸底部，小明用豎直向上的力將活塞緩慢向上提起20CM高度保持靜止，此時小

明作用力的大小為250N。

20.解:

11

(1)2=2mrc

vc=2m/s；

⑵mg=，%=2m/s,

K

1]___

mgx2R=-mv2--mv1v=V20m/s,

14

2

F-mg=吟由牛頓第三定律得：F'=F=3N方向豎直向下；

R

(3)當(dāng)恰好過圓周運動最高點的情況下

=0—^mv2,L=8,0m>1.60m能撞上物塊Q

11

20

—/ex—m(gL1sin53°—^mgL^osSS—7ng(R+Rcos530)=—mvg

△%=0.20m；

1717

(4)—ii2mgL2=--^mv

mv1=(M+m)v2

可得：v2=lm/s

11

則一〃2(M+rn)gS=-(M+m)誠—-(M+m)v\

可得：v3=1--s,由h=/^產(chǎn)=o.8(m),得：t-0.4(s),

所以，x=1.60+S+0.4Jl-|s=-1(1-1s)+0.4Jl-|s+2.0

所以，當(dāng)S=0.30m時，％max=2.1m。

21.(1)動子和線圈向前運動的最大位移即0?七時間段內(nèi)的位移，由圖像知％==40m；

2

(2)動子和線圈在口~t2時間做勻減速直線運動，加速度大小為a==80m/s

根據(jù)牛頓第二定律有尸+F安=ma

其中F安=nBIl

解得尸=(400-5v)N

在匕2?J時間反向做勻加速直線運動，加速度不變

根據(jù)牛頓第二定律有尸一尸安=小。

聯(lián)立相關(guān)式子，解得F=(400+5v)N；

⑶動子和線圈在在t2~t3時間段內(nèi)的位移與=和3-t2)2

從t3時刻到返回初始位置時間內(nèi)的位移%2=x-X1

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=n^

據(jù)電荷量的定義式q=〃t

15

據(jù)閉合電路歐姆定律/=備F

解得從t3時刻到返回初始位置時間內(nèi)電荷量q=n能

其中/①=Blx2

動子和線圈從t3時刻到返回時間內(nèi)，只受磁場力作用，根據(jù)動量定理有F/lt=mv2

又因為安培力的沖量尸爰七=nBHAt=nBlq

—=a(t3-t2)

聯(lián)立可得牝-33mzs

故圖丙中v2的數(shù)值為一33mls0

22.W：(1)粒子做勻速直線運動，則有q4=q%B可得急=%

(2)粒子做類平拋運動，有％=門一。—=暮z=W=如2,

聯(lián)立可得粒子的比荷包=箍；

mU

⑶粒子做勻速圓周運動，則有q%8=㈣可得R=\，則2R=等＜當(dāng)，

所以粒子在磁場中運動半個周期，從左邊界飛出，則帶電粒子束離開立方體空間的位置坐標(biāo)(-1給

(4)粒子沿z軸做變速直線運動，在xoy平面內(nèi)做圓周運動，周期為7=箸=需"等，

由乙圖可知，在。-2時間內(nèi)加速，粒子在z軸方向的位移匕=:。皆=黑，

在—需時間內(nèi)減速，粒子在z軸方向的位移l2=atrt2—=黑，

在瞪一裊時間內(nèi)向反方向加速，粒子在z軸方向的位移13==翳，

o^OZv002032

在肅-荒時間內(nèi)向反方向減速到速度為零，粒子在z軸方向的位移l4=at3t4-^atl=居，

粒子回復(fù)最初的方向接著重復(fù)最初的運動，運動時間為t5=+t2=2，

此時距板的距禺為AI=—，2)—(，4——，2)=薨，則由42=at1可得生=4乂，

Z3NZIZVQ

到達極板所用總時間為t=h+上+t3+t4+化+t6?等，粒子每個周期經(jīng)過一次Z軸，則n="X1.7,

v0T

取整數(shù)，所以經(jīng)過1次。

16

【解析】

1.【分析】

解決本題的關(guān)鍵是知道力學(xué)的三個基本物理量以及對應(yīng)的測量工具，需識記，不能搞混，要注意力不是基

本物理量。力學(xué)的三個基本物理量分別為長度、時間、質(zhì)量，測量工具分別為刻度尺、天平、秒表.力不

是基本物理量。

【解答】

A.天平用來測量質(zhì)量，而質(zhì)量是基本物理量，故A不符合題意。

氏刻度尺用來測量長度，而長度是基本物理量，故8不符合題意。

C彈簧測力計測量力，而力不是基本物理量，C符合題意；

D秒表用來測量時間，而時間是基本物理量，故。不符合題意。

2.解：4、研究隊員的劃槳動作時，大小和形狀不能忽略，故不可將隊員看成質(zhì)點，故A錯誤；

8、觀眾相對于龍舟是運動的，所以以龍舟為參考系，岸上站立的觀眾是運動的，故B錯誤；

C、獲得第一名的龍舟，平均速度一定大，但撞線時的速度不一定最大，故C錯誤；

。、獲得最后一名的龍舟，平均速度一定最小，故。正確.

故選：D.

(1)判斷一個物體是運動的還是靜止的，要看這個物體與所選參照物之間是否有位置變化，若位置有變化,

則物體相對于參照物是運動的；若位置沒有變化，則物體相對于參照物是靜止的.

(2)在比賽時是相同距離下比較時間，即比較平均速度的大小.

本題以龍舟比賽為載體考查與之相關(guān)的物理知識，注重了物理知識和生活的聯(lián)系，注意明確平均速度的正

確應(yīng)用.

3.【分析】

本題考查了勻變速直線運動的規(guī)律，注意平均速度的計算不能簡單用推論。

根據(jù)剎車的最大初速度和剎車的加速度，由速度位移公式/=2as可得剎車位移，與安全距離比較判斷是

否能安全停下。

【解答】

已知q=36km/h=10m/s,

A汽車剎車時間為=泡=答s=|s,故A錯誤；

ua63

8.汽車剎車過程中的位移為s=用=?8.33m<10m.則汽車能安全停下，故2錯誤；

2a2x6

C汽車開始“主動剎車”后第1S末的速度為%=v0-%=(10-6Xl)m/s=4m/s,故C錯誤；

17

。汽車開始“主動剎車”后不到2s已經(jīng)停下，則第2s內(nèi)的位移為x=苧x仁-1）皿=如，汽車開始“主

動剎車”后第2s內(nèi)的平均速度為萬=?=gm/s,故。正確。

4.A甲中人對椅子的壓力是因為人的形變而引起的，故A錯誤；

A甲圖中的人受到重力和椅子對人的作用力，椅子對人的作用力和重力平衡，因此人不同的躺姿不會改變椅

子對人的合力，故B錯誤；

C.乙中人腳用力蹬地，不能判斷人的運動趨勢方向，故躺椅對人背部摩擦力的方向亦不能確定，故C錯誤；

。.乙中以人和躺椅整體為研究對象，水平方向上受到地面給腳和躺椅的摩擦力，因整體保持靜止，故地面

給腳的摩擦力和地面給躺椅摩擦力大小相等，方向相反，故。正確。

故選。。

5.【分析】

根據(jù)力的合成遵循平行四邊形定則分析即可，難度不大。

【解答】

在角度緩慢變化過程中，三段繩上的力合力為零，甲乙兩隊對繩的力大小不變，夾角變小，根據(jù)平行四邊

形定則合成可得合力變大，丙隊對繩子的拉力與甲乙兩隊對繩的力的合力等大反向，則丙隊對繩子的拉力

變大，故選A。

6.【分析】

分析圖象，根據(jù)圖象中彈力大小與重力的大小關(guān)系，從而明確是超重現(xiàn)象還是失重現(xiàn)象，并明確完全失重

的時間；再根據(jù)豎直上拋的對稱性明確豎直上拋的時間，由豎直上拋運動規(guī)律即可求出上升的最大高度。

本題重點在于圖象的識別，一是要從圖象得到，初始時候彈力等于重力。二是在穩(wěn)定后的高度最大，且穩(wěn)

定后每一個在空中的上升和下降時間是相等的。

【解答】

A由圖象可知，0-3.6s內(nèi)，彈力等于重力，運動員在3.6s?4.2s內(nèi)，彈力大于重力，故運動員處于超重狀

態(tài)，故A正確；

A由圖乙可知，運動員在8.4s?9.4s內(nèi)，運動員受到的彈力先小于重力，再大于重力，然后再小于重力，故

運動員先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài)再處于失重狀態(tài)，故8正確；

C.由圖象可知運動員離開蹦床后做豎直上拋運動，離開蹦床的時刻為6.8s或9.4s,再下落到蹦床上的時刻為

8.4s或11s,它們的時間間隔均為1.6s,故處于完全失重狀態(tài)的最長時間為1.6s,故C正確；

D由圖象可知，離開蹦床的最長時間為1.6s,由對稱性可知，上升時間為1.6s,則上升的最大高度為：H=

5（I-）2-1x10x（^）2m=3.2m,故。錯誤。

18

本題選錯誤的，

故選。。

7.【分析】

本題考查了帶電粒子在勻強電場中的運動、牛頓第三定律、動量定理；電流的定義表達式，本題知識點錯

綜復(fù)雜，但只要我們按題目最后的要求一層一層往前推導(dǎo)，通過聯(lián)想類比就有可能順利解決問題。

【解答】

以正離子為研究對象，由動能定理得qU=3巾廬

4t時間內(nèi)通過的總電荷量為Q=IAt,

噴出的正離子總質(zhì)量為M=-m=—m

qqo

由動量定理可知正離子所受的平均沖量F/t=Mv,

聯(lián)立以上式子可得尸=1fl畫，

\q

根據(jù)牛頓第三定律可知，發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F=/門畫，故A正確。

\q

故選A。

8.【分析】

本題考查水平方向的圓周運動知識，知道向心力來源是將諛同的關(guān)鍵。

【解答】

A運動過程中腰帶可看成不動，腰帶合力始終為零，故A錯誤；

8.對配重根據(jù)牛頓第二定律有mgtan。=ma)2QLsmd+r),解得3=J黑黑

當(dāng)8=37。，代入數(shù)據(jù)解得3=Erad/s，故8錯誤；

C.使用者使用一段時間后成功減肥，再次使用時將腰帶調(diào)小，以滑輪為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律尸=

mr(27tn)2

r變小，軌道對滑輪作用力減小，滑輪對繩子的作用力減小，繩子對配重的作用力也減小，根據(jù)7=翳，

C0SC7

可知。變小，故C正確；

D根據(jù)B中結(jié)論，當(dāng)。=53。時，3=Jggrad/s，根據(jù)「=稱可知周期變小，故。錯誤。

故選Co

9.【分析】

雙星做勻速圓周運動具有相同的角速度，靠相互間的萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力定律與牛頓第二

19

定律求出雙星的軌道半徑關(guān)系，從而確定出雙星的半徑如何變化，以及得出雙星的角速度和周期的變化.本

題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵知道雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力

定律與牛頓第二定律即可正確解題.

【解答】

4雙星間的距離L不斷緩慢增加，根據(jù)萬有引力公式：尸=6罟可知，萬有引力減小，故A錯誤.

2

BCD、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G^Jp=m1r16J,G號詈:如上小，可知叫q=爪2r2，

知軌道半徑比等于質(zhì)量之反比，

雙星間的距離變大，則雙星的軌道半徑都變大，根據(jù)萬有引力提供向心力，可知角速度變小，周期變大.故

BC錯誤，。正確.

故選：D.

10.【分析】根據(jù)圓柱體體積計算公式求出1s內(nèi)沖擊風(fēng)車的氣流的體積P=SL=議Its；利用爪=pU求出質(zhì)

量，再由動能的定義式可求出動能，再根據(jù)單位時間內(nèi)的動能與轉(zhuǎn)化功率的關(guān)系求出發(fā)電機功率。

本題考查的是流體的動能及能量轉(zhuǎn)化；本題的關(guān)鍵是根據(jù)密度公式計算單位時間流體的質(zhì)量，進而求解單

位時間流體的動能。

【解答】

A單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機葉片圓面的氣流的體積為p=VS=VFR2,故A錯誤；

8.單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)力發(fā)電機葉片圓面的氣流的質(zhì)量m=pV,單位時間內(nèi)發(fā)電機葉片獲得的動能為a=

噎病=咽空,故8錯誤；

22

CD此風(fēng)力發(fā)電機發(fā)電的功率為「二^E女二磔耍，故C錯誤，。正確。

11.【分析】

沙子只能在平衡位置上下振動，不會隨著波的傳播而移動；兩種波在沙子中勻速傳播，結(jié)合距離可求出兩

種波傳播到蝎子的時間差；由橫波與縱波傳播過程中質(zhì)點振動方向與傳播方向的關(guān)系分析；波在傳播過程

中既可傳播振動情況，也可傳播信號與能量。

解決本題的關(guān)鍵是理解并掌握波的基本知識。

【解答】

A蟲子腳下的沙子在平衡位置上下振動，不會隨著波的傳播而移動，故A錯誤；

A兩種波傳播到蝎子的時間差為戊=2-『=甯$-喏s=5X10-3s,故B錯誤；

C橫波的傳播方向與振動方向垂直，縱波的傳播方向與振動方向平行，故。錯誤；

20

。波的傳播過程中既傳播了振動，也傳播了信號和能量，故。正確。

故選。。

12.解：4、靜止時，N板不動，電容器的電容不變，則電容器電量不變，則電流表示數(shù)為零，電容器保持

與電源相連，兩極板帶電，故A錯誤；

3、保持向前勻加速運動時，加速度恒定不變，則N板的位置在某位置不動，電容器電容不變，電容器保持

與電源相連電壓不變，由。=。"知電量不變，電路中無電流，故8錯誤；

C、由靜止突然向后加速時，N板相對向前移動，則板間距減小，根據(jù)C=同知電容C增大，電壓不變，由

Q=CU知電容器電量增加，電容器充電，電流由a向b流過電流表，故C正確；

D、由向前加速突然靜止時，N板相對向前移動，則板間距減小，根據(jù)。=品知電容C增大，電壓不變，

由、=CU知電容器電量增加，電容器充電，電流由a向b流過電流表，故D錯誤。

靜止時，電容器連在電源兩端，電容器帶電，但電路中無電流；由靜止突然向“后”運動時，用決定式C=5吟

分析平行板電容器電容的變化，用Q=a/分析電容器所帶電荷量的變化。

本題主要考查電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵是可以根據(jù)題設(shè)條件結(jié)合決定式。=鋁分析出平行板電容器電

471kd

容的變化情況。

13.【分析】

本題考查了光的折射、反射、折射率和光子動量。由圖分析入射光線，根據(jù)偏折角度分析折射率，根據(jù)折

射率分析傳播速度和頻率，根據(jù)P=￡分析光子動量。

【解答】

4c為棱鏡斜邊處的反射光線，垂直射出棱鏡，所以d為入射光，故A錯誤；

8、c為棱鏡斜邊處的反射光線，垂直射出棱鏡，所以c仍為復(fù)色光，故8正確；

C、由圖可知a的折射率小于b的折射率，根據(jù)幾=?可知在玻璃中b光的傳播速度比a光的小，故C錯誤；

D、a的折射率小于b的折射率，所以a的頻率小于6的頻率，根據(jù)光子動量p=-,可知a光光子的動量比b光

光子的小，故。錯誤。

14.［解析］處于熱平衡狀態(tài)的兩個系統(tǒng)，它們具有相同熱學(xué)性質(zhì)的物理量是溫度，A錯誤;當(dāng)分子力表現(xiàn)為引

力，兩個分子靠近時，分子力做正功，分子勢能減小;當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力，兩個分子靠近時，分子力做負

功，分子勢能增加，B錯誤;氣體壓強產(chǎn)生的原因主要是大量氣體分子頻繁地碰撞容器壁，C正確;一定量的

100。。的水變成100。。的水蒸氣，吸收大量的熱，內(nèi)能增加，而分子動能沒變，因此分子勢能增大，D正確.

21

15.【分析】

解決本題需要知道：a射線電離能力最強，元素的半衰期不會受到外界環(huán)境溫度的影響；核反應(yīng)前后的質(zhì)量

數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒。屬于基礎(chǔ)考法。

【解答】

Aa射線電離能力最強，所以這種報警裝置應(yīng)用了a射線電離能力強的特點，故A正確；

氏半衰期不因外界環(huán)境的溫度而改變，發(fā)生火災(zāi)時溫度升高，的半衰期不會改變，故B錯誤；

CD.a衰變釋放出氮核，故核反應(yīng)方程是篦以巾-的7Np+$“e,故C正確，D錯誤。

故選AC。

16.【分析】本題為測定充電寶的電動勢和內(nèi)阻的實驗，明確實驗原理是解題關(guān)鍵，明確電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)

閉合電路歐姆定律得出U-/關(guān)系式，結(jié)合圖像分析斜率和縱軸截距的物理意義即可得出結(jié)論。

【解答】(1)電路圖中的滑動變阻器采用的是限流式接法，閉合開關(guān)前為了確保電路安全，應(yīng)使滑動變阻器

接入電阻最大，即應(yīng)將滑片移到最右端。

(2)圖中“數(shù)字多用表1”與滑動變阻器并聯(lián)，其是用來測量電壓，即圖中“數(shù)字多用表1”是電壓表。

(3)根據(jù)電路圖，結(jié)合閉合電路歐姆定律有U=E-I(r+Ro),

結(jié)合U—/圖像有E=5.50V,r+R0=53常％

解得r=0.2500。

(4)由于電動勢的測量值為5.50U,因此若用一只機械式多用電表粗略判斷該充電寶在電量減少時電動勢是

否會減小，測量時他應(yīng)該把選擇開關(guān)置于10U的電壓擋為，可知，第二個選擇項中的示意圖符合要求，

故選瓦

(5)由于充電寶在電量減少較多時，電動勢幾乎不變，而電感線圈與電阻不具備這個特征，電容器電量減小

時，電壓也減小，因此可以推測充電寶內(nèi)可能用來儲存電能的是電池。

故選。

17.【分析】

(1)碰撞分為彈性碰撞和非彈性碰撞，彈性碰撞無機械能損失;而非彈性碰撞時損失最大。

(2)兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律分析答

題。

(3)4開始做勻速直線運動，根據(jù)題意知，碰撞前人在1個7內(nèi)位移為20CM,8開始處于靜止，通過碰后速度

的大小關(guān)系判斷出質(zhì)量的關(guān)系。