2020年7月浙江省普通高校招生選考物理試卷

1、2020年7月浙江省普通高校招生選考物理試卷題號一一二四總分得分、單選題（本大題共 13小題，共39.0分）1 .國際單位制中電荷量的單位符號是C,如果用國際單位制基本單位的符號來表示，正確的是（）A. F?VB. A?sC. J/VD. N?m/V2 .如圖所示，底部均有 4個輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周 有一定空間。當公交車（）第4頁，共21頁( )A.緩慢起動時，兩只行李箱一定相對車子向后運動B.急剎車時，行李箱 a 一定相對車子向前運動C.緩慢轉(zhuǎn)彎時，兩只行李箱一定相對車子向外側(cè)運動D.急轉(zhuǎn)彎時，行李箱 b一定相對車子向內(nèi)側(cè)運動3 .矢量發(fā)動機是噴口可向不同方向偏

2、轉(zhuǎn)以產(chǎn)生不同方向推力的一種發(fā)動機。當殲 20隱形戰(zhàn)斗機以速度 v斜向上飛行時，其矢量發(fā)動機的噴口如圖所示。已知飛機受到重力G、發(fā)動機推力Fi、與速度方向垂直的升力 F2和與速度方 向相反的空氣阻力Ff.下列受力分析示意圖可能正確的是4.在抗擊新冠病毒的過程中， 廣泛使用了紅外體溫計測 量體溫，如圖所示。下列說法正確的是（）7.8.9.C.與P點的距離為D.速度方向與豎直方向的夾角為30火星探測任務(wù)“天問一號”的標識如圖所示。若火星和地 球繞太陽的運動均可視為勻速圓周運動，火星公轉(zhuǎn)軌道半 徑與地球公轉(zhuǎn)軌道半徑之比為3： 2,則火星與地球繞太陽運動的（）A.軌道周長之比為 2： 3B.線速度大小之

3、比為 白：也C.角速度大小之比為雄:護D.向心加速度大小之比為 9： 4空間P、Q兩點處固定電荷量絕對值相等的點電荷，其中Q點處為正電荷，P、Q兩點附近電場的等勢線分布 如圖所示，a、b、c、d、e為電場中的5個點，設(shè)無窮遠 處電勢為0,則（）A. e點的電勢大于0B. a點和b點的電場強度相同C. b點的電勢低于d點的電勢D.負電荷從a點移動到c點時電勢能增加 特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示， 兩根等高、相互平行的水平長直導(dǎo)線分別通有方向 相同的電流Ii和a Ii>I2. a、b、c三點連線與兩 根導(dǎo)線等高并垂直，b點位于兩根導(dǎo)線間的中點，a、 c兩點與b點距離相等，d點位

4、于b點正下方。不考 慮地磁場的影響，則（）A. b點處的磁感應(yīng)強度大小為0C. a點處的磁感應(yīng)強度方向豎直向下B. d點處的磁感應(yīng)強度大小為0D. c點處的磁感應(yīng)強度方向豎直向下A.當體溫超過37.3 C時人體才輻射紅外線B.當體溫超過周圍空氣溫度時人體才輻射紅外線C.紅外體溫計是依據(jù)體溫計發(fā)射紅外線來測體溫的D.紅外體溫計是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強度越大來測體溫的5 .下列說法正確的是（）A.質(zhì)子的德布羅意波長與其動能成正比B.天然放射的三種射線，穿透能力最強的是“射線C.光電效應(yīng)實驗中的截止頻率與入射光的頻率有關(guān)D.電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣說明電子具有波動性6 .如圖所示，一質(zhì)量

5、為 m、電荷量為q （q>0）的粒子以速度V0從MN連線上的P點水平向右射入大小為 E、方向豎直 向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45°角，粒子的 重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時（）B.速度大小為A.所用時間為3vo10.如圖是“中國天眼” 500m 口徑球面射電望遠鏡維護時的照片。為不損傷望遠鏡球面，質(zhì)量為m的工作人員被懸在空中的氨氣球拉著，當他在離底部有一定高度的望遠鏡球面上緩慢移動時，氨氣球?qū)ζ溆写笮?，mg、方向豎直向上的拉力作用，使其有“人類在月球上行走”的感覺，若將人視為質(zhì)點，此時工作人員（）A.受到的重力大小為IC.對球面的壓力大小為mgB.受

6、到的合力大小為mgD.對球面的作用力大小為1dmgmg11.如圖所示，某小型水電站發(fā)電機的輸出功率 經(jīng)變壓器升壓后向遠處輸電，輸電線總電阻 壓降為U4=220V.已知輸電線上損失的功率 壓器，下列說法正確的是（）P=100kW,發(fā)電機的電壓 Ui=250V,R線=8Q,在用戶端用降壓變壓器把電P線=5kW,假設(shè)兩個變壓器均是理想變用戶A.發(fā)電機輸出的電流Ii=40AB.輸電線上的電流I線=625AC.降壓變壓器的匝數(shù)比 n3： m=190： 11D.用戶得到的電流I4=455A12.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)強度大小為B的勻強磁場。長為1的金屬棒，一

7、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 3勻速轉(zhuǎn)動。在圓環(huán)的A點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 處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g,不計其它電阻和摩擦，下列說法正確的是（ ）A.棒產(chǎn)生的電動勢為/t%B.微粒的電荷量與質(zhì)量之比為第11頁，共21頁C.電阻消耗的電功率為D.電容器所帶的電荷量為CBr2co13.如圖所示，圓心為。、半徑為R的半圓形玻璃磚置于 水平桌面上，光線從 P點垂直界面入射后，恰好在玻 璃磚圓形表面發(fā)生全反射；當入射角0 =60時，光線從玻璃磚圓形表面出射后恰好與入射光平行。已知

8、真 空中的光速為c,則（）A.玻璃磚的折射率為 1.5B. OP之間的距離為 RC.光在玻璃磚內(nèi)的傳播速度為 ycD.光從玻璃到空氣的臨界角為30°多選題（本大題共 3小題，共6.0分）14.太陽輻射的總功率約為 4X1026W,其輻射的能量來自于聚變反應(yīng)。在聚變反應(yīng)中，一個質(zhì)量為1876.1MeV/c2 （c為真空中的光速）的笊核（；H）和一個質(zhì)量為 2809.5MeV/c2的瓶核（；H）結(jié)合為一個質(zhì)量為 3728.4MeV/c2的氨核（；He）,并放出一個X粒子，同時釋放大約 17.6MeV的能量。下列說法正確的是（）A. X粒子是質(zhì)子B. X粒子的質(zhì)量為939.6MeV/c2C

9、.太陽每秒因為輻射損失的質(zhì)量約為4.4 109kgD.太陽每秒因為輻射損失的質(zhì)量約為17.6MeV/c215.如圖所示，x軸上-2m、12m處有兩個振動周期均為 4s、振幅均為1cm的相同的波源S1、S2, t=0時刻同時開始豎直向下振動，產(chǎn)生波長均為4m沿x軸傳播的簡諧橫波。P、M、Q分別是x軸上2m、5m和8.5m的三個點，下列說法正確的是（）A. 6.0s時P、M、Q三點均已振動C. 10.0s后P點的位移始終是0B. 8.0s后M點的位移始終是 2cmD. 10.5s時Q點的振動方向豎直向下第4頁、共21頁16 .如圖所示，系留無人機是利用地面直流電源通過電 纜供電的無人機，旋翼由電動

10、機帶動。現(xiàn)有質(zhì)量為 20kg、額定功率為5kW的系留無人機從地面起飛沿 豎直方向上升，經(jīng)過200s到達100m高處后懸停并 進行工作。已知直流電源供電電壓為400V,若不計電纜的質(zhì)量和電阻，忽略電纜對無人機的拉力，則（ ）A.空氣對無人機的作用力始終大于或等于200NB.直流電源對無人機供電的額定電流為12.5AC.無人機上升過程中消耗的平均功率為100WD.無人機上升及懸停時均有部分功率用于對空氣做功三、實驗題（本大題共 3小題，共14.0分）17 .做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗時，圖 1甲是教材中的實驗方案；圖 1乙 是拓展方案，其實驗操作步驟如下：（i）掛上托盤和祛碼，改變木板的

11、傾角，使質(zhì)量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑；（ii）取下托盤和祛碼，測出其總質(zhì)量為m,讓小車沿木板下滑，測出加速度a；（iii）改變祛碼質(zhì)量和木板傾角，多次測量，通過作圖可得到a-F的關(guān)系?？谶颠淀懠捉薪卸颠蛋〗蠭叫叩I"叫川叫川293031 犯 333435 務(wù) 37 38cm實驗獲得如圖2所示的紙帶，計數(shù)點 a、b、c、d、e、f間均有四個點未畫出，則 在才T d點時小車的速度大小 vd=m/s （保留兩位有效數(shù)字）；需要滿足條件 M>>m的方案是 （選填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在彳a-F圖象時，把mg作為F值的是（選填“甲”、“乙”或“甲和乙”） 18.某

12、同學(xué)用單擺測量重力加速度，為了減少測量誤差，下列做法正確的是 （多選）；A.擺的振幅越大越好B .擺球質(zhì)量大些、體積小些C.擺線盡量細些、長些、伸縮性小些D .計時的起、止位置選在擺球達到的最高點處改變擺長，多次測量，得到周期平方與擺長的關(guān)系圖象如圖所示，所得結(jié)果與當?shù)刂亓铀俣戎迪喾?，但發(fā)現(xiàn)其延長線沒有過原點，其原因可能是 。A.測周期時多數(shù)了一個周期B.測周期時少數(shù)了一個周期C.測擺長時直接將擺線的長度作為擺長D.測擺長時將擺線的長度加上擺球的直徑作為擺長19.某同學(xué)分別用圖1甲和圖1乙的電路測量同一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻。(1)畫出圖1乙的電路圖；(2)某次測量時電流表和電壓表的示數(shù)如圖

13、2所示，則電流1=A,電壓U=V;(3)實驗得到如圖3所示的兩條直線，圖中直線 I對應(yīng)電路是圖1 (選填“甲”或“乙”)；(4)該電池的電動勢 E=V (保留三位有效數(shù)字)，內(nèi)阻 r=Q (保留 兩位有效數(shù)字)。四、計算題(本大題共 4小題，共41.0分)20.如圖1所示，有一質(zhì)量m=200kg的物件在電機的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當加速運動到總位移的，時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變化的F-t圖線如圖2所示，t=34s末速度減為。時恰好到達指定位置。 若不 計繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件(1)做勻減速運動的加速度大小和方向；(2)勻速運動的速度大??；(3)總位

14、移的大小。21.小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角0 =37的斜軌道BC平滑連接而成。質(zhì)量m=0.1 kg的小滑塊從弧形軌道離地高H=1.0m處靜止釋放。已知R=0.2m, LAB=LBc=1.0m,滑塊與軌道 AB和BC 間的動摩擦因數(shù)均為 =0.25弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。(1)求滑塊運動到與圓心 O等高的D點時對軌道的壓力；(2)通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；(3)若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質(zhì)量為2m的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因數(shù)仍為0.25,求它們在軌道 BC上到達的高度h與x

15、之間的關(guān)系。(碰撞時間不計，sin37=0.6, cos37°=0.8)22 .如圖1所示，在絕緣光滑水平桌面上，以。為原點、水平向右為正方向建立x軸,在0aw 1.m區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強磁場。桌面上有一邊長L=0.5m、電阻R=0.25弼正方形線框abcd,當平行于磁場邊界的cd邊進入磁場時，在沿 x方向的外力F作用下以v=1.0m/s的速度做勻速運動，直到ab邊進入磁場時撤去外力。若以cd邊進入磁場時作為計時起點，在04W 1.s內(nèi)磁感應(yīng)強度 B的大小與時間t的關(guān)系如圖2所示，在04W 1.3內(nèi)線框始終做勻速運動。(1)求外力F的大?。?2)在1.0S4W1.S內(nèi)存在連續(xù)

16、變化的磁場，求磁感應(yīng)強度B的大小與時間t的關(guān)(3)求在0qw 1.S內(nèi)流過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。23 .某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示。豎直平面內(nèi)存 在邊界為矩形EFGH、方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強 度大小為B的勻強磁場，探測板CD平行于HG水平放 置，能沿豎直方向緩慢移動且接地。a、b、c三束寬度不計、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續(xù) 從邊界EH水平射入磁場，b束中的離子在磁場中沿半 徑為R的四分之一圓弧運動后從下邊界HG豎直向下射出，并打在探測板的右邊緣D點。已知每束每秒射入磁場的離子數(shù)均為 N,離子束間的距離均為 0.6R,探測板CD的寬度為0.5R,離子質(zhì)量均為 m、電荷量均

17、為q,不計重力及離子間的 相互作用。(1)求離子速度 v的大小及c束中的離子射出磁場邊界 HG時與H點的距離s； (2)求探測到三束離子時探測板與邊界HG的最大距離Lmax；(3)若打到探測板上的離子被全部吸收，求離子束對探測板的平均作用力的豎直分量F與板到HG距離L的關(guān)系。答案和解析1 .【答案】B【解析】解：根據(jù)電流的定義可知 1=7,則電荷量q=It,在國際單位制中，電流 I的單位是A,時間t的單位是s,故電荷量的單位是 A?s；故ACD錯誤，B正確； 故選：B。根據(jù)電荷量q = It結(jié)合電流和時間的單位即可得出。本題考查了國際單位制中的導(dǎo)出單位；根據(jù)表達式分析即可；2 .【答案】B【解

18、析】解：設(shè)行李箱a豎立時與汽車發(fā)生相對運動的加速度為ai,行李箱b平放時與汽車發(fā)生相對運動的加速度為a2,根據(jù)實際情況可知 ai<a2oA、緩慢起動時，汽車的加速度比較小， 如果小于ai,則兩只行李箱不會相對車子運動， 故A錯誤；B、急剎車時，汽車減速運動的加速度很大，行李箱a一定相對車子向前運動，故 B正確；C、緩慢轉(zhuǎn)彎時，只要轉(zhuǎn)動的向心加速度小于ai,兩只行李箱不會相對車子向外側(cè)運動，故C錯誤；D、急轉(zhuǎn)彎時，行李箱 b可能會相對車子向外側(cè)運動，不會相對車子向內(nèi)側(cè)運動，故 D 錯誤。故選：B。根據(jù)緩慢起動或急剎車時，分析汽車的加速度的大小分析兩只行李箱是否會相對車子運 動；同理分析緩慢

19、轉(zhuǎn)彎或急轉(zhuǎn)彎向心加速度的大小確定行李箱是否相對汽車向外運動。本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，知道兩個物體發(fā)生相對運動時加速度大小不同，導(dǎo)致速度不同而分離。3 .【答案】A【解析】解：飛機受到重力 G、發(fā)動機推力Fi、升力F2和空氣阻力Ff阻，重力的方向 豎直向下，升力 F2的方向與速度方向垂直，為右上方，空氣阻力Ff力的方向與速度的方向相反，為右下方，綜上分析可知A正確，BCD錯誤；故選：Ao 重力的方向是豎直向下，根據(jù)飛機速度方向判斷其他各個力的方向； 本題的關(guān)鍵是根據(jù)飛機的運動情況判斷飛機的受力情況，并畫出力的示意圖。4 .【答案】D【解析】解：AB、物體在任何時候都會發(fā)出紅外線，溫

20、度越高，輻射紅外線的能力越 強，所以人體在任何時候都會輻射紅外線，故AB錯誤；C、紅外體溫計是依據(jù)人體發(fā)射紅外線來測體溫的，不是體溫計發(fā)出的紅外線，故C錯誤；D、紅外體溫計是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強度越大來測體溫的，故D正確。故選：D。 物體在任何時候都會發(fā)出紅外線，紅外體溫計是依據(jù)人體溫度越高，輻射的紅外線強度越大來測體溫的。 本題主要是考查紅外線的作用，知道任何物體在任何時候都會發(fā)出紅外線，只不過溫度越高，輻射紅外線的能力越強。5 .【答案】D【解析】解：A、由p7赤瓦及德布羅意波長 入：得質(zhì)子的德布羅意波長 入聲聲得質(zhì)子的德布羅意波長與動能的開方成反比，故A錯誤；B、天然放射的三

21、種射線，穿透能力最強的是丫射線，故B錯誤；C、發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，與入射光的頻率無關(guān)，故C錯誤；D、衍射是波特有的現(xiàn)象，電子束的衍射圖樣說明電子具有波動性，故 D正確。故選：D。德布羅意波長 入胃可；瓜丫這三種射線的穿透能力依次增強，電離能力依次減弱； 發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率；衍射是波特有的現(xiàn)象。本題考查了德布羅意波長、 天然放射的三種射線、 發(fā)生光電效應(yīng)的條件以及衍射現(xiàn)象等 知識點，屬于基礎(chǔ)性知識，要求學(xué)生平時要多加記憶。6 .【答案】C【解析】 解：A、粒子在電場中做類平拋運動，當?shù)竭_MN連線上某點時，位移與水平方向的夾角為45。

22、，根據(jù)牛頓第二定律q 二圣，垂直電場方向的位移M =平行電場方向的位移y =根據(jù)幾何關(guān)系 舊a15。=；,聯(lián)立解得t二 華，故A錯誤；心£rcB、水平速度 %豎直方向速度 "口省 ' =2飛,則到到達 MN連線上某點速度V 二、層十二4% ,故B錯誤；C、水平位移r = u0£ = J,豎直位移與水平位移相等，所以粒子到達MN連線上的點與P點的距離即合位移為I =、正斤=6=唾普,故C正確；D、速度方向與豎直方向的夾角正切值為ia = =i,夾角不等于30。，故D錯誤；故選：Co 粒子在勻強電場做類平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運

23、動，運用運動學(xué)公式和牛頓第二定律即可求解。根據(jù)考查帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動，類平拋運動運用運動的分解法都是常用的思路，關(guān)鍵要能熟練運用，對于類平拋運動，涉及速度的問題，可以由運動學(xué)公式求 解，也可能根據(jù)動能定理研究。7 .【答案】C【解析】 解：A、軌道周長S=2u,故軌道周長之比為半徑之比為3： 2,故A錯誤;BCD、行星繞太陽做勻速圓周運動所需的向心力由太陽對其的萬有引力提供得：GM/iita/2二 -加凡二 rn- 二丁,則 呼1線速度大小之比為 程:技3f 角速度大小之比為 同 H=2宓：3部；GMan=了，向心加速度大小之比為22： 32=4. 9.故BD錯誤，C正確;故選：

24、Co軌道周長S=2兀r;根據(jù)繆m儂。得出線速度、角速度及向心加速度與半尸TJ/徑的關(guān)系。本題的關(guān)鍵是根據(jù)萬有引力提供向心力得出線速度、角速度及向心加速度與半徑的關(guān)系。8 .【答案】D【解析】 解：A、根據(jù)電場等勢面的圖象可以知道，該電場是等量異種電荷的電場，中垂面是等勢面，電勢為 0,故A錯誤；B、等量異種電荷的電場，它具有對稱性（上下、左右），a點和b點的電場強度大小相等，而方向不同。故 B錯誤；C、b點離正電荷的距離更近，所以 b點的電勢較高，高于 d點的電勢。故 C錯誤； D、a點離正電荷近，a點電勢高于c點，根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，知負電荷從 a點移到c點，電勢能增加，故 D正確

25、。故選：D。該電場是等量異種電荷的電場，它具有對稱性（上下、左右）。該電場中，一般選取無 窮遠處電勢為0,那么正電荷的區(qū)域電勢為正，負電荷的區(qū)域電勢為負。該題考查常見電場的特點，解題的關(guān)鍵是在兩個電荷連線的中垂線上的電勢和無窮遠處 的電勢相等。而正電荷周圍的電場的電勢都比它高，負電荷周圍的電場的電勢都比它低。9 .【答案】C【解析】解：A、根據(jù)安培定則可知，電流 Ii產(chǎn)生的磁場在b處方向豎直向上，電流I2 產(chǎn)生的磁場在b處的磁感應(yīng)強度方向豎直向下，由于Ii>l2,可知電流Ii產(chǎn)生的磁場在b處的磁感應(yīng)強度大，則兩電流在b點的合磁場的磁感應(yīng)強度方向豎直向上，故A錯誤；B、由于Ii>l2

26、,可知電流Ii產(chǎn)生的磁場在d處的磁感應(yīng)強度大， 則d點處的磁場磁感應(yīng) 強度不可能為零，故 B錯誤；C、由安培定則可知，兩電流產(chǎn)生的磁場在a處都是豎直向下，則兩電流的合磁場在a處方向豎直向下，故 C正確；D、由安培定則可知，兩電流產(chǎn)生的磁場在c處都是豎直向上，則兩電流的合磁場在c處方向豎直向上，故 D錯誤。故選：Co由安培定則可判出兩導(dǎo)線在各點磁感線的方向，再由矢量的合成方法可得出各點磁感應(yīng)強度。本題考查了安培定則及矢量的合成方法，特別應(yīng)注意磁場的空間性， 注意培養(yǎng)空間想象能力。10 .【答案】D【解析】 解：A、工作人員的質(zhì)量為 m,則工作人員受到的重力為：G = mg,故A錯誤;B、工作人員

27、在球面上緩慢行走，處于平衡狀態(tài)，合力為 0,故B錯誤；C、工作人員站在的球面位置不水平，對球面的壓力不等于（mg,故C錯誤；d、球面對工作人員的作用力為f,由平衡條件得：mg+F=mg,解得：產(chǎn)=,根據(jù)牛頓第三定律可得，工作人員對球面的作用力大小為F' =F=：m.g,故D正確。故選：Do根據(jù)G=mg求工作人員受到的重力；緩慢行走，處于平衡狀態(tài)，合力為0;工作人員站在的球面位置不水平，對球面的壓力不等于根據(jù)平衡條件和牛頓第三定律求得對球面的作用力大小。本題以“中國天眼” 500m 口徑球面射電望遠鏡維護時的照片為背景材料，考查了受力 分析、平衡條件及牛頓第三定律的應(yīng)用，體現(xiàn)了新高考倡導(dǎo)

28、的物理來源于生活，要求學(xué)生能夠用所學(xué)的物理知識去解釋生活中的一些物理現(xiàn)象，有助于培養(yǎng)學(xué)生熱愛科學(xué)，為科學(xué)而努力的拼搏精神。11 .【答案】Cp iftn /【解析】 解：A、發(fā)電機輸出的電流=丁= K /1=400A,故A錯誤;B、輸電線損失的功率為 f=4憶，得“ =，!=/A=25A,故B錯誤；C、升壓變壓器的輸出電壓 % = /=”:30 y=4X103V,輸電線上的損失的電壓%= 網(wǎng)=25 X8V=200V,降壓變壓器的輸入電壓 力=法=3800V ,降壓變壓器的 匝數(shù)比為辦3 :門4 = 3800 : 220=190： 11,故C正確；D、對降壓變壓器，根據(jù) ¥ 二 =二焉

29、得，牛二詈小斗：菖25A =431.8A,故D錯誤； I J. rljA fv工 A <（腎 ji L故選：Co根據(jù)輸電損失功率公式 囁. = 4%；計算電流；由輸送功率 P=UI計算輸送電壓 陽；由電壓與匝數(shù)成正比求解降壓變壓器的匝數(shù)之比；根據(jù)電流與匝數(shù)求解用戶得到的電流。本題關(guān)鍵是結(jié)合變壓器的變壓比公式和功率損耗的公式P.R = 1列式求解，基礎(chǔ)問題12 .【答案】B【解析】 解：A、由于在圓環(huán)內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場，所以金屬棒有效切割長度為r,根據(jù)£ = Bn，可得棒產(chǎn)生的電動勢為|Br2co,故A錯誤；B、微粒處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可得：q = mg,解得

30、微粒的電荷量與質(zhì)量之比為C、電阻消耗的電功率為 P專/辛，故C錯誤;D、電容器所帶的電荷量為 Q=CE$CBr2必 故D錯誤。故選：B。由于在圓環(huán)內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，所以金屬棒有效切割長度為r,根據(jù)感應(yīng)電動勢的計算公式進行求解；微粒處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件求解比荷；根據(jù)電功 率的計算公式求解電阻消耗的電功率；根據(jù)電容的定義式計算電容器所帶的電荷量。本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與電路的結(jié)合，對于導(dǎo)體切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢情況有兩種：一是導(dǎo)體平動切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，可以根據(jù)E=BLv來計算；二是導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，可以根據(jù)E=HL%j來計算。13 .【答案】

31、C【解析】解：ABD、根據(jù)題 意可知，當光線從P點垂直 界面入射后，恰好在玻璃磚 圓形表面發(fā)生全反射，如圖 甲所示；當入射角0 =60時，光線從 玻璃磚圓形表面出射后恰 好與入射光平行，則光線折 射光線與垂直于OP的夾角 相等，故光路如圖乙所示。對圖甲根據(jù)全反射的條件可得：sinC= =:對圖乙根據(jù)折射定律可得：n=其中sin “k?C、光在玻璃磚內(nèi)的傳播速度為:故C正確。聯(lián)立解得：OP*R, n=j3,臨界角為：C=arcsin；,故ABD錯誤;故選：Co根據(jù)題意畫出兩種情況下的光路圖，根據(jù)全反射條件結(jié)合折射定律求解OP、折射率和t臨界角C,根據(jù)v=,求解光在玻璃磚內(nèi)的傳播速度。本題主要是考

32、查了光的折射和光的全發(fā)射；解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況，畫出光路圖，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系求出折射角或入射角，然后根據(jù)光的折射定律或 全反射的條件列方程求解。14 .【答案】BC【解析】 解：A、根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得該核反應(yīng)方程為：；H+；H-：He+；X,可見X是中子，故A錯誤；B、釋放出的能量對應(yīng)的質(zhì)量為m=17.6MeV/c2,根據(jù)質(zhì)量守恒定律可得X粒子的質(zhì)量為mx= (1876.1+2809.5-3728.4-17.6 ) MeV/c2=939.6MeV/c2,故 B 正確;C、太陽輻射的總功率約為P=4M 026W,則太陽每秒因為輻射損失的質(zhì)量為：附mE：3-44 10

33、X 10：r D、太陽每秒放出的能量：E=Pt=4X1026X1J=*;eV=2.5 1039MeV 1.( K 10 則太陽每秒因為輻射損失的質(zhì)量為：Am= =2.5 M039MeV/c2,故D錯誤。故選：BC。 根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒分析X屬于哪種粒子；求出釋放出的能量對應(yīng)的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì) 量守恒定律可得X粒子的質(zhì)量；根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程求解太陽每秒因為輻射損失的質(zhì)kg,故 C 正確；Mi I墨1J量。本題主要是考查核反應(yīng)方程；解答此類題目關(guān)鍵要掌握：（1）核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒；（2）能夠根據(jù)AE=Amc2計算核反應(yīng)過程中釋放或吸收的能量。15 .【答案】CD【解析】解：A、兩

34、波源的振動周期均為： T=4s,產(chǎn)生波長均為：入=m,由v=,可知, 它們的波速為：v='m/s=1m/s, t=0時刻同時開始豎直向下振動，當經(jīng)過 6.0s時，兩波傳 播的距離均為：x=vt=1X6m=6m,而M到兩波源距離為 7m,則M點還沒振動，故 A錯 誤；B、由上分析可知，當 8.0s后，P、M、Q三點均已振動，由于 M到兩波源距離相等， 因此M總處于振動加強，則位移可能最大，即為2cm,也可能最小，即為0,故B錯誤; C、當10.0s后，P點已振動，而 P點到兩波源的距離差為：Ax=10m-4m=6m,此值是半個波長的奇數(shù)倍，因此 P的處于振動減弱，由于它們的振幅相等，則其

35、位移始終是0,故C正確；D、由于SiQ間距為：x=10.5m,且波速為：v=1m/s,那么在10.5s時，波源Si剛好傳到 Q點，而波源S2傳到Q點的時間為：t=；s=3.5s,因此在10.5s時，波源S2使Q點已振動的時間t' =10.5s-3.5s=7s,即完成了 1個波形， 依據(jù)波的疊加原理，則 10.5s時Q點的振動方向豎直向下，故 D正確； 故選：CD。依據(jù)波速與波長關(guān)系式 v=；,求得傳播速度，結(jié)合 6.0s,即可判定三點能否振動；根據(jù)M到兩波源的路程差，從而確定是否處于振動加強；同理，可判定10.0s后P點是否處于振動減弱；根據(jù)振動周期 T=4s,可確定在10.5s內(nèi)，S

36、2完成了 1；個波形，而波源 S1、 剛好傳播到Q點，經(jīng)過疊加，即可判定?？疾椴ǖ寞B加滿足矢量法則，理解當該波的波峰（波谷）與波峰（波谷）相遇時，此處 相對平衡位置的位移為振幅的二倍；當波峰與波谷相遇時此處的位移為零；掌握振動加強與振動減弱的條件。16 .【答案】BD【解析】解：A、由于系留無人機開始起飛經(jīng)過200s到達100m高處后懸停并進行工作,可見系留無人機先加速后減速再停留在空中，所以空氣對無人機的作用力先大于重力、再小于重力、最后等于重力，故 A錯誤；5000B、直流電源對無人機供電的額定電流為1 = WA=12.5A,故 B 正確；C、無人機上升過程中克服重力做的功為W=mgh=2

37、0M0M00J=20000J,另外還要克服空氣的阻力做功，電動機內(nèi)電阻還要消耗能量，所以無人機上升過程中消耗的平均功率p：=100W,故 C 錯誤；D、無人機上升過程中要克服空氣阻力做功，懸停時旋翼轉(zhuǎn)動時也會克服阻力做功，所以兩種情況下均有部分功率用于對空氣做功，故D正確。故選：BD。分析無人機上升過程中的運動情況和受力情況，從而得到空氣對無人機的作用力的變化情況；根據(jù)I=1求解直流電源對無人機供電的額定電流；根據(jù)上升過程中各個力的做功 情況進行分析；無人機上升及懸停時分析是否對空氣做功。本題主要是考查了功能關(guān)系和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是弄清楚無人機上升過程中的受力情況和運動情況， 根據(jù)

38、牛頓第二定律分析力的大小， 知道運動過程中能量的轉(zhuǎn) 化情況，能夠根據(jù)功能關(guān)系進行分析。17 .【答案】0.19甲甲和乙【解析】 解：計數(shù)點a、b、c、d、e、f間均有四個點未畫出，則相鄰兩個計數(shù)點之間 的時間間隔T=0.1s;根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度得：10 3244 0-2cm/s=0.19m/s；第23頁，共21頁由于圖1甲中托盤和祛碼始終與小車連接，且要求小車受到的合外力等于托盤和祛碼的重力，對整體根據(jù)牛頓第二定律可得：a=,對小車有：F=Ma=r"="，若M>>m,則F=mg,故需要滿足條件 M>>m的方案 v + wt

39、 1，I I是甲；而圖乙中，開始掛上托盤和祛碼，改變木板的傾角，使質(zhì)量為M的小車拖著紙帶沿木板勻速下滑，然后去掉托盤和祛碼，則小車下滑過程中的合外力就等于托盤和祛碼的重力，不需要滿足 M>>m；這兩種實驗，都是將托盤和祛碼的重力作為合外力，實驗在作a-F圖象時，把mg作為F值的是甲和乙。故答案為：0.19 (0.180.19)；甲，甲和乙。根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求解d點的速度大??；根據(jù)兩種實驗操作的方法和合外力的求解方法進行分析。本題主要是考查探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗，弄清楚實驗?zāi)康?、實驗原理以及?shù)據(jù)處理、誤差分析等問題是解答本題的關(guān)鍵。18 .【答

40、案】BC ； C【解析】解：A、單擺在擺角小于 5度時的振動為簡諧運動，在擺長一定時擺角越大 單擺的振幅越大，為保證單擺做簡諧運動，擺的振幅不能太大，并不是越大越好，故A錯誤；B、位減小空氣阻力對實驗的影響，擺球質(zhì)量大些、體積小些，故 B正確；C、為保證擺長不變且減小周期測量的誤差，擺線盡量細些、長些、伸縮性小些，故C正確；D、為減小測周期時造成的偶然誤差，計時的起、止位置選在擺球達到平衡位置處，故D錯誤。故選：BC。擺長長度L與擺球半徑r之和是單擺擺長，即為：l = L+r由單擺周期公式 T二2兀二可知：T2-l圖象是過原點的直線，如果漏了擺球半徑r而把擺長長度L作為擺長,T2-l圖象在縱軸

41、上有截距，圖象不過原點，由圖示圖象可知，圖象不過原點的原因是：測擺長時直接將擺線的長度作為擺長造成的，故C正確，ABD錯誤。故選：Co故答案為：BC;C。單擺在擺角小于 5度的情況下的振動為簡諧運動；為減小實驗誤差應(yīng)選擇質(zhì)量大而體 積小的球作為擺球；選擇適當長些的無彈性細線為擺線； 從單擺經(jīng)過平衡位置時開始計 時，根據(jù)實驗注意事項分析答題。擺線長度與擺球半徑之和是單擺擺長，根據(jù)單擺周期公式與圖示圖象分析答題。本題考查了用單擺測重力加速度實驗，知道實驗原理是解題的前提，知道實驗注意事項、應(yīng)用單擺周期公式即可解題。0.40 ; 1.30 ;乙；1.52 ; 0.53【解析】 解：(1)根據(jù)實物圖可

42、得電路圖如圖所示:電(2)電流表是采用0.6A的量程，每小格表示 0.02A,則示數(shù)為0.40A;電壓表采用的是 3V的量程，每小格表示 0.1V,所以電壓表的示數(shù)為 1.30V；(3)由于采用圖1甲測得的內(nèi)電阻為電流表的電阻與電動勢內(nèi)電阻之和，所以電阻測量值大于真實值；采用圖1乙測得的內(nèi)電阻為電壓表的電阻與電動勢內(nèi)電阻并聯(lián)電阻，所以電阻測量值小于真實值；而U-I圖象斜率的絕對值表示內(nèi)電阻，故圖中直線I對應(yīng)電路是圖1的乙圖；(4)由于干電池內(nèi)電阻較小，故采用圖乙實驗電路。根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：E=U + Ir,則U=E-Ir,將圖3中直線I延長如圖所示：圖313可知電源電動勢為 E=1.

43、52V,內(nèi)電阻r= W 6=0.53 口。故答案為：(1)如圖所示；(2) 0.40 (0.390.41) ； 1.30 (1.291.31) ； ( 3)乙;(4) 1.52 (1.51 1.54) ; 0.53 (0.520.54)。(1)根據(jù)實物圖畫出電路圖；(2)根據(jù)電流表和電壓表的量程，確定每小格表示的刻度值，再根據(jù)指針的位置進行(3)分析兩種電路測得的內(nèi)電阻大小，再根據(jù)圖象的斜率進行分析；(4)由于干電池內(nèi)電阻較小，故采用圖乙實驗電路；根據(jù)閉合電路的歐姆定律結(jié)合圖象的截距、斜率大小求解。本題主要是考查測定電源電動勢內(nèi)電阻實驗，掌握實驗的目的和數(shù)據(jù)處理的方法、誤差的分析、電流表和電壓

44、表的讀數(shù)方法是關(guān)鍵。20.【答案】解：(1)由圖2可知，物件26s時開始減速，減速過程受牽引力為1975N,重力G=mg由牛頓第二定律可得：mg-FT=ma解得：a=0.125m/s2；因牽引力小于重力，故加速度豎直向下；(2)對減速過程分析可知，減速時間t2=8s,逆向分析可將勻減速過程視為初速度為零的勻加速直線運動，由運動學(xué)公式可得：v=at2=0.125 8m/s=1m/s(3)勻速向上的位移 h1=vt1=1 X26m=26m甘 1 X S勻減速上升力的位移 h2=42=-m=4m則總位移h=m=40m答：(1)做勻減速運動的加速度大小為0.125m/s2；方向豎直向下；(2)勻速運動

45、的速度大小為 1m/s；(3)總位移的大小為 40m。【解析】(1)明確題意根據(jù)運動過程分析可知，26s后物體開始減速，根據(jù)牛頓第二定律可求得加速度的大小和方向；(2)將勻減速過程逆向分析，根據(jù)速度公式即可求出勻速運動的速度；(3)由題意可知，物件在 0時刻開始勻速，根據(jù)勻速運動的公式可求得勻速向上的位移，再根據(jù)勻變速直線運動公式求得勻減速上升力的位移，兩者相加即可得出總位移。本題考查牛頓第二定律和運動學(xué)公式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵在于明確題意，結(jié)合圖象正確理解物件的運動過程；注意明確從零時刻開始物件一定是勻速運動。21.【答案】 解：(1)滑塊從開始下滑到 D點過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：

46、 mgH=mgR+在D點，軌道的彈力提供向心力，由牛頓第二定律得:代入數(shù)據(jù)解得：F=8N,由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力大?。篎' =F=8N,方向：水平向左；(2)設(shè)滑塊在斜軌道上到達的最高點為C' , BC'的長度為L,從滑塊開始下滑到 C'過程，由能量守恒定律得：mgH=(jmgLAB+ pmgcos ?L+mgLsin ,0代入數(shù)據(jù)解得：L=m< LBC=1.0m,滑塊不能沖出斜軌道的末端C點；(3)滑塊開始下滑到運動到距離A點x處過程，由動能定理得：mgH-師gx=；m/-0兩滑塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后的速度為v',以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv= (m+2m) v',設(shè)碰撞后滑塊滑上斜軌道的高度為h,碰撞后滑塊滑動過程，由動能定理得：、-p?3mg (Lab-x) -(j?3mgcos ? " -3mgh=0-1 3mv，2 期作修.£解得：hxm (: mvxw m) 或 h=0 (0<x< m)；答：(1)滑塊運動到與圓心 O等高的D點時對軌道的壓力大小為 8N,方向：水平向 左；(2)滑塊不能沖出斜軌道的末端C點；(3)它們在軌道BC上到達的高度h與x之間的關(guān)