2021年浙江省溫州市英才學(xué)校高考物理模擬試卷（附詳解）

2021年浙江省溫州市英才學(xué)校高考物理模擬試卷

一、單選題（本大題共13小題，共39.0分）

1.鳥能夠飛起來(lái)的條件是空氣對(duì)鳥的升力大于鳥的重力。人們猜測(cè)空氣對(duì)鳥的升力/

與鳥的翅膀面積S和飛行速度t有關(guān)關(guān)系式為=kS"2,則k的單位是（）

A.kg/m3B.kg-m3C.kg/m2D.kg-m2

2.如圖所示，質(zhì)量均為Tn的4、B兩個(gè)小球，用細(xì)線懸掛在天花板上的同一點(diǎn)。，并用

第三根細(xì)線連接4、B兩小球，三根細(xì)線長(zhǎng)度相等，現(xiàn)對(duì)小球4施加一個(gè)作用力F,

兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，三根細(xì)線均處于拉直狀態(tài)，且。8恰好沿豎直方向，重

力加速度為g，則作用力F的最小值為（）

A.2mg

3.如圖所示，一輛裝滿石塊的貨車在平直道路上勻加速前

進(jìn)。貨箱中石塊A的質(zhì)量為小，重力加速度為g,己知周

圍與石塊4接觸的物體對(duì)它的作用力的合力為凡則貨

車的加速度大小為（）

A.""⑺/B.￡C.…⑺/D.無(wú)法確定

mmm

4.關(guān)于電磁場(chǎng)和電磁波，下列說(shuō)法正確的是（）

A.電磁波在玻璃中的傳播速度大于在真空中的傳播速度

B.y射線的頻率大于紅外線的頻率

C.丹麥物理學(xué)家?jiàn)W斯特建立了經(jīng)典電磁場(chǎng)理論

D.法拉第通過(guò)一系列實(shí)驗(yàn)，證實(shí)了電磁場(chǎng)理論

5.下列說(shuō)法正確的是（）

A.回旋加速器粒子經(jīng)加速后具有的最大動(dòng)能與加速電壓值有關(guān)

B.黑體輻射實(shí)驗(yàn)揭示了振動(dòng)著的帶電微粒的能量是連續(xù)的

C.氫原子吸收光子后從高能級(jí)躍遷到低能級(jí)

D.微波爐是利用電磁波的能量來(lái)快速煮熟食物的

6.如圖所示，一個(gè)絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強(qiáng)電

場(chǎng)E中，在環(huán)的上端，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球

由靜止開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)，貝N）

A.小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒

B.小球經(jīng)過(guò)環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)速度最小

C.在最低點(diǎn)球?qū)Νh(huán)的壓力為mg+qE

D.在最低點(diǎn)球?qū)Νh(huán)的壓力為3（mg+qE）

7.2020年7月23日，在我國(guó)文昌航天發(fā)射場(chǎng)，長(zhǎng)征五號(hào)

遙四運(yùn)載火箭成功將“天問(wèn)一號(hào)”火星探測(cè)器送入預(yù)

定軌道，預(yù)計(jì)本次探測(cè)活動(dòng)，我國(guó)將實(shí)現(xiàn)“環(huán)繞、著

陸、巡視”三大目標(biāo)。如圖是探測(cè)器飛向火星過(guò)程的

簡(jiǎn)略圖，探測(cè)器分別在P、Q兩點(diǎn)實(shí)現(xiàn)變軌，在轉(zhuǎn)移軌道，探測(cè)器繞火星做橢圓運(yùn)

動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.“天問(wèn)一號(hào)”在繞地軌道的環(huán)繞速度小于7.9km/s

B.“天問(wèn)一號(hào)”在轉(zhuǎn)移軌道P點(diǎn)運(yùn)行速度小于繞地軌道P點(diǎn)運(yùn)行速度

C.“天問(wèn)一號(hào)”在沿繞火軌道運(yùn)行時(shí)的速度大于火星的第一宇宙速度

D.“天問(wèn)一號(hào)”在繞地軌道上P點(diǎn)的加速度大于在轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)的加速度

8.在%軸的-3a和3a兩處分別固定兩個(gè)點(diǎn)電荷Q.、QB，圖中曲線是兩電荷間的電勢(shì)8與

位置x之間的關(guān)系圖像，圖線的最低點(diǎn)在x=a處?，F(xiàn)在x=2a處由靜止釋放一個(gè)質(zhì)

量為小、電荷量為q的正點(diǎn)電荷，該電荷只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)

為零，下列說(shuō)法正確的是（）

A.QA、QB可能都是負(fù)電荷

B.兩固定電荷電量之比為QA：QB=1：4

C.點(diǎn)電荷q可能運(yùn)動(dòng)到x=-2a處

D.點(diǎn)電荷q運(yùn)動(dòng)到x=a處加速度為零

第2頁(yè)，共24頁(yè)

9.如圖所示，分別置于a、c兩處的長(zhǎng)直導(dǎo)線垂直紙面------

a8c4

放置，通有大小相等方向相反的恒定電流，a,b,c,

d在一條直線上，且ab=bc=cd。已知b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為a，d點(diǎn)的磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小為與，貝Ua處導(dǎo)線在點(diǎn)d產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（）

A.y+B.y-C.—B2D.B]+B2

10.如圖所示，物體4、B置于水平地面上，與地面動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，物體4、B用一

跨過(guò)動(dòng)滑輪的細(xì)繩相連，現(xiàn)用逐漸增大的力向上提動(dòng)滑輪，某時(shí)刻拉4物體的繩子

與水平面成53。，拉B物體的繩子與水平面成37。，此時(shí)4、B兩物體剛好處于平衡狀

態(tài)，則4、B兩物體的質(zhì)量之比案為（認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，s譏37。=

0.6,cos370=0.8）（）

A.器

11.隨著經(jīng)濟(jì)發(fā)展,用電需求大幅增加，當(dāng)電力供應(yīng)緊張時(shí)，有關(guān)部門就會(huì)對(duì)部分用戶

進(jìn)行拉閘限電。如圖是遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，假設(shè)發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，輸電

線的電阻為R,兩個(gè)變壓器均為理想變壓器。在某次拉閘限電后（假設(shè)所有用電器可

視為純電阻）電網(wǎng)中數(shù)據(jù)發(fā)生變化，下列說(shuō)法正確的是（）

發(fā)

電用

J戶

升壓變壓器降壓變壓器

A.降壓變壓器的輸出電壓力減小了B.升壓變壓器的輸出電流/2增加了

C.輸電線上損失的功率減小了D.發(fā)電廠輸出的總功率增加了

12.如圖所示，這是感受電磁阻尼的銅框?qū)嶒?yàn)的簡(jiǎn)化分析圖，已知圖中4上

????I??????

矩形銅框（下邊水平）的質(zhì)量m=2g、長(zhǎng)度L=0.05m、寬度d=",

xxx

0.02m、電阻R=0.010,該銅框由靜止釋放時(shí)銅框下邊與方向水xxx

平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上邊界的高度差九=0.2m,磁場(chǎng)上、下水平邊界xxx

間的距離。=0.27m,銅框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

取重力加速度大小g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.銅框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針

B.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5T

C.銅框下邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為3m/s

D.銅框下邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的感應(yīng)電流為0.34

13.如圖所示,半徑為12cm的半圓形透明柱體與屏幕MN接觸于B點(diǎn),MN垂直于直徑4B,

一單色光a以入射角53。射向圓心0,反射光線b與折射光線c恰好垂直。已知光在真

空中的傳播速度為3X108m小，則下列說(shuō)法正確的是（）

N

A.柱體的折射率為:

B.兩個(gè)光斑之間的距離為20cm

C.增大光束a的入射角，可以在。點(diǎn)發(fā)生全反射

D.光在介質(zhì)中的傳播速度u=2.25x108m/s

二、多選題（本大題共3小題，共6.0分）

14.靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的某放射性元素的原子核，放出的一

個(gè)a粒子和反沖核軌道半徑之比R：r=31：1,如圖所

示，則（）

A.衰變后瞬間a粒子與反沖核的動(dòng)量相同

B.反沖核的原子序數(shù)為62

C.原來(lái)放射性元素的原子序數(shù)為64

D.反沖核與a粒子的速度之比為1：62

15.一條彈性繩子呈水平狀態(tài)，M為繩子中點(diǎn)，兩端P、Q同時(shí)開(kāi)始上下振動(dòng)，一小段

時(shí)間后產(chǎn)生的波形如圖，對(duì)于其后繩上各點(diǎn)的振動(dòng)情況，以下判斷正確的（）

第4頁(yè)，共24頁(yè)

>

A.兩列波將同時(shí)到達(dá)中點(diǎn)M

B.繩的兩端點(diǎn)P、Q開(kāi)始振動(dòng)的方向相同

C.中點(diǎn)M的振動(dòng)始終是加強(qiáng)的

D.M點(diǎn)的位移大小在某時(shí)刻可能為零

16.如圖甲所示，質(zhì)量m=0.5kg,初速度為=10m/s的物體，受到一個(gè)與初速度方向

相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑動(dòng)，經(jīng)3s撤去外力，直到物體停止，整個(gè)

過(guò)程物體的翌—t圖象如圖乙所示，g取10m/s2,則（）

A.物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2

B.0?2s內(nèi)F做的功為一8/

C.0?7s內(nèi)摩擦力做功為-25/

D.0?7s內(nèi)物體滑行的總位移為297n

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14.0分）

17.某同學(xué)做“研究小球做平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)如圖甲所示：

（1）該實(shí)驗(yàn)中必須滿足的條件和進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)操作是o

A.測(cè)定平拋小球的質(zhì)量TH

8.確保斜槽光滑

C.確保斜槽末端水平

D測(cè)定斜槽頂端到桌面的高度九

（2）圖乙是該同學(xué)采用頻閃照相機(jī)拍攝到的小球做平拋運(yùn)動(dòng)的照片，圖乙背景中每

一小方格的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)=7.2cm,4、B、C是照片中小球的三個(gè)位置，（取g=10m/s2）,

那么：

①照相機(jī)拍攝時(shí)每s曝光一次；

②小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度的大小為m/s.

18.某同學(xué)要探究一種新材料制成的圓柱體的電阻步驟如下:

（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑如圖，由圖可知其直徑為①mm。

（2）該同學(xué)先用多用電表的歐姆擋測(cè)量圓柱體的電阻，在測(cè)量前，他需要先進(jìn)行

②調(diào)零，選定擋位后，再進(jìn)行③調(diào)零。當(dāng)他用x10擋測(cè)量時(shí)，多用

電表指針如圖所示，則圓柱體的電阻為④歐姆。

（3）接下來(lái)，該同學(xué)想用伏安法更精確地測(cè)量其電阻R,現(xiàn)有的器材及其代號(hào)和規(guī)格

如下：

A.直流電源E（電動(dòng)勢(shì)4匕內(nèi)阻不計(jì)）

B.電流表4式量程0?3mA,內(nèi)阻約500）

C電流表量程0?15機(jī)4內(nèi)阻約300）

。.電壓表匕（量程0?3U,內(nèi)阻10kO）

E.電壓表七（量程0?15V，內(nèi)阻25k0）

E滑動(dòng)變阻器％（阻值范圍0?150,允許通過(guò)的最大電流2.0A）

G.滑動(dòng)變阻器/?2（阻值范圍0?2k0,允許通過(guò)的最大電流0.52）

H.待測(cè)電阻絲勺，開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干。

要求較準(zhǔn)確地測(cè)出其阻值，電流表應(yīng)選⑤電壓表應(yīng)選⑥,滑動(dòng)變

阻器應(yīng)選⑦。（用表示器材的帶角標(biāo)的字母表示即可）

四、計(jì)算題（本大題共4小題，共41.0分）

第6頁(yè)，共24頁(yè)

19.如圖所示，有傾角為37。的光滑斜面上放一質(zhì)量為2kg的小球,

球被垂直于斜面的擋板擋住，若斜面足夠長(zhǎng)，g取10m/s2,

求：

(1)球?qū)醢宓膲毫Υ笮。?/p>

(2)撤去擋板，2s末小球的速度大小。

20.如圖所示，在高兒=30m的水平平臺(tái)上有一質(zhì)量m=1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),

它在F=20N的水平外力作用下從離平臺(tái)右端2=5m處由靜止開(kāi)始向右做直線運(yùn)

動(dòng)，物塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)的=0.2,作用一段距離x后撤去力F,物塊又滑行

一段距離后從平臺(tái)右端水平拋出，物塊拋出后，恰好能從光滑圓弧形軌道BC的B點(diǎn)

沿切線方向進(jìn)入圓弧形軌道。B點(diǎn)的高度九2=15巾,圓弧軌道的圓心。與平臺(tái)等高，

軌道最低點(diǎn)C的切線水平，并與地面上長(zhǎng)度L=70m的水平粗糙軌道CD平滑連接;

小物塊沿軌道BCD運(yùn)動(dòng)并與右邊墻壁發(fā)生碰撞，取g=10m/s2?

(1)求水平外力尸的作用的距離X;

(2)若小物塊與墻壁只發(fā)生一次碰撞，碰后物塊的速度等大反向、反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

物塊沒(méi)有沖出B點(diǎn)，最后停在軌道CD上的P點(diǎn)(P點(diǎn)沒(méi)畫出)，設(shè)小物塊與軌道C。之

間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，求〃的取值范圍。

O

/

>*/

%)

21.如圖，在傾角為。=30。的光滑斜面上，在區(qū)域I和區(qū)域II存在著方向相反的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，I區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小a=0.6T,n區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=0.4T。兩個(gè)磁場(chǎng)

的寬度和/G均為L(zhǎng)=1m,一個(gè)質(zhì)量為m=0.6kg、電阻R=0.6。、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的

正方形導(dǎo)線框，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)I區(qū)時(shí)，恰好

做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度g取10m/s2。求：

(1)線框時(shí)邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)I區(qū)時(shí)電流/的大小及方向；

(2)線框靜止時(shí)她邊距GH的距離工：

(3)線框ab邊從〃運(yùn)動(dòng)到MN過(guò)程通過(guò)線框的電荷量q。

22.如圖所示，A、B、。三點(diǎn)構(gòu)成的直角三角形內(nèi)存在

垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，乙4=90°>Z.B=60°,

4B邊長(zhǎng)為百L,一比有為k的帶正電粒子(不計(jì)重力

)從水平放置的平行板電容器的上極板M附近由靜

止釋放，經(jīng)加速?gòu)腘板小孔(大小不計(jì))射出，并從4

點(diǎn)沿著4B邊射入磁場(chǎng)，經(jīng)偏轉(zhuǎn)恰好不從BC邊界射出.已知兩板間所加電壓恒為U,

板間及N板到4c邊距離均為d,電容器和磁場(chǎng)外部區(qū)域?yàn)檎婵?，求?/p>

(1)粒子運(yùn)動(dòng)的速率%：

第8頁(yè)，共24頁(yè)

(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；

(3)粒子從釋放到射出磁場(chǎng)的總時(shí)間。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：由題意f=/cs/,力的單位是N(/cg??n/s2),面積的單位是m2,速度的單

位是m/s,

則：k=4對(duì)應(yīng)的單位：已?。?建故A正確，CD錯(cuò)誤

sv2m2(m/sym3B

故選:A?

將各組數(shù)據(jù)分別代入f=ksv2,分析方程左右兩邊單位是否相同即可。

根據(jù)量綱分析方程是否正確是常用的方法，要掌握各個(gè)物理量的單位，采用代入法研究

這類問(wèn)題。

2.【答案】C

【解析】解：以8為研究對(duì)象，若細(xì)線4B中有拉力，則細(xì)線0B無(wú)法保持豎直，所以細(xì)

線4B中無(wú)拉力，由幾何關(guān)系知NB04=60°

以4為研究對(duì)象，受重力，細(xì)線04的拉力和所求力F,根據(jù)三力平衡條件知：任意兩個(gè)

力的合力必定與第三個(gè)力等大、反向、共線，所以當(dāng)戶與04垂直時(shí)，有最小值，如圖所

示

結(jié)合幾何關(guān)系可得：Fmin=mgsin60°=y^5,故C正確，A8。錯(cuò)誤。

故選：Co

先對(duì)球B受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得到細(xì)線4B的拉力；再對(duì)球4受力分析，根據(jù)

共點(diǎn)力平衡條件結(jié)合合成法進(jìn)行分析處理.

本題關(guān)鍵是先對(duì)B球受力分析，由平衡條件得到力B繩子的拉力為零;再對(duì)4球受力分析，

第10頁(yè)，共24頁(yè)

根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件得到拉力尸的大小.

3.【答案】C

【解析】解：已知周圍與石塊A接觸的物體對(duì)它的作用力的合力為尸，由題意可知石塊A

所受合外力為

F合=y/F2-(mg)2

石塊的加速度為

心

a=-m

聯(lián)立解得火車的加速度為a=三巫

m

故C正確，ABO錯(cuò)誤。

故選:Co

貨車和石塊4具有相同的加速度，對(duì)石塊4受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度。

本題主要考查了牛頓第二定律，關(guān)鍵是正確的受力分析，利用好正交分解即可

4.【答案】B

【解析】解：4、根據(jù)公式"=京可知電磁波在玻璃中的傳播速度小于在真空中的傳播

速度，故A錯(cuò)誤：

8、根據(jù)電磁波譜，可知y射線的頻率大于紅外線的頻率，故8正確；

C、麥克斯韋建立了經(jīng)典電磁場(chǎng)理論，故C錯(cuò)誤；

。、德國(guó)物理學(xué)家赫茲通過(guò)一系列實(shí)驗(yàn)，證實(shí)了電磁場(chǎng)理論，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)公式u判斷；根據(jù)電磁波譜判斷；麥克斯韋建立了完整的電磁場(chǎng)理論，赫茲驗(yàn)

證了電磁波的存在。

本題考查了電磁波的特點(diǎn)及物理學(xué)史，是常識(shí)性問(wèn)題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、

著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一。

5.【答案】D

【解析】解：4回旋加速器中，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，可得：

quB=若

當(dāng)r=R時(shí)，速度最大，即粒子具有最大動(dòng)能為

_q2B2R2

所以經(jīng)加速后具有的最大動(dòng)能與。型盒的半徑有關(guān)，故A錯(cuò)誤；

反黑體輻射實(shí)驗(yàn)揭示了振動(dòng)著的帶電微粒的能量不是連續(xù)的，故8錯(cuò)誤：

C.氫原子吸收光子后從低能級(jí)躍遷到高能級(jí)，故C錯(cuò)誤；

D微波爐是利用電磁波的能量來(lái)快速煮熟食物的，故。正確。

故選：Do

(1)回旋加速器粒子經(jīng)加速后具有的最大動(dòng)能與。型盒的半徑有關(guān)；

(2)黑體輻射實(shí)驗(yàn)揭示了振動(dòng)著的帶電微粒的能量不是連續(xù)的；

(3)氫原子吸收光子后從低能級(jí)躍遷到高能級(jí)；

(4)微波爐是利用電磁波的能量來(lái)快速煮熟食物的。

本題考查近代物理的相關(guān)知識(shí)，涉及原子的躍遷、黑體輻射、電磁波的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，

尤其還提到了回旋加速器的最大動(dòng)能問(wèn)題，屬于一道跨章節(jié)的綜合題目。

6.【答案】D

【解析】解：4小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒。故A錯(cuò)誤。

區(qū)小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，合力做正功，則根據(jù)動(dòng)能定理得知，動(dòng)能增加，速

率增大，所以小球經(jīng)過(guò)環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)速度最大。故8錯(cuò)誤。

C.D小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：(mg+qE)R=又由7-

mg-qE=m^~,聯(lián)立解得N=3(mg+qE)。故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：D。

小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒。根據(jù)動(dòng)能定理知小球經(jīng)過(guò)環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)速

度最大。根據(jù)動(dòng)能定理求出小球經(jīng)過(guò)在最低點(diǎn)時(shí)的速度，由牛頓第二定律求出環(huán)對(duì)球的

支持力，得到球?qū)Νh(huán)的壓力。

解決該題的關(guān)鍵是正確進(jìn)行受力分析，知道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中力的做功情況，掌握機(jī)械能守恒

的條件，能根據(jù)動(dòng)能定理求解出速度大??；

第12頁(yè)，共24頁(yè)

7.【答案】A

【解析】解：4、“天問(wèn)一號(hào)”繞地軌道的半徑大于地球半徑，根據(jù)

GMmv2

==咋

與,可知其環(huán)繞速度小于7.9km/s,故A正確;

可得u-

8、“天問(wèn)一號(hào)”在轉(zhuǎn)移軌道P點(diǎn)要做離心運(yùn)動(dòng)，則需要加速，則在轉(zhuǎn)移軌道P點(diǎn)的運(yùn)行

速度大于繞地軌道P點(diǎn)運(yùn)行速度，故B錯(cuò)誤;

C、“天問(wèn)一號(hào)”繞火軌道的半徑大于火星半徑，由u=可知其運(yùn)行速度小于火星

的第一宇宙速度，故C錯(cuò)誤;

。.根據(jù)誓=ma，可得：a#,則“天問(wèn)一號(hào)”在繞地軌道上P點(diǎn)的加速度等于在轉(zhuǎn)

移軌道上P點(diǎn)的加速度，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

7.9/cm/s為近地衛(wèi)星的線速度，軌道半徑最小，根據(jù)軌道半徑越大，線速度越小可知“天

問(wèn)一號(hào)”在繞地軌道的環(huán)繞速度與7.9km/s的大小關(guān)系；火星的第一宇宙速度是火星的

近火衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，由此可判斷天問(wèn)一號(hào)”在沿繞火軌道運(yùn)行時(shí)的速度與火星的

第一宇宙速度間的關(guān)系；根據(jù)沿不同軌道運(yùn)動(dòng)到同一點(diǎn)時(shí)的加速度相等；根據(jù)開(kāi)普勒第

三定律可判斷，“天問(wèn)一號(hào)”可判斷在轉(zhuǎn)移軌道運(yùn)行的周期與繞火軌道周期間的關(guān)系。

本題考查了萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，要熟記萬(wàn)有引力的公式和圓周運(yùn)動(dòng)的一些關(guān)系變換

式，解題依據(jù)為萬(wàn)有引力提供向心力。

8.【答案】D

【解析】解：4、電勢(shì)均為正值，說(shuō)明兩個(gè)場(chǎng)源電荷均為正電荷，故A錯(cuò)誤；

B、因在x=a電場(chǎng)強(qiáng)度為零，即

卜券=卜焉，所以服：QB=4：1.故8錯(cuò)誤；

C、由圖知x=-a處與久=2a處電勢(shì)相等且點(diǎn)電荷由靜止釋放，由動(dòng)能定理可知點(diǎn)電荷

剛好能到達(dá)x=—a處，不可能運(yùn)動(dòng)到x=-2a處，故C錯(cuò)誤；

D、由*-X圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小可知x=a處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，不受力，由牛

頓第二定律，加速度為零，故。正確。

故選：D。

由電勢(shì)正負(fù)判斷場(chǎng)源電荷電性；X=a處場(chǎng)強(qiáng)為零，由小球的受力情況分析其運(yùn)動(dòng)情況,

根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式E=吟以及電場(chǎng)的疊加即可分析Q”與QB的大小；根據(jù)動(dòng)能定理確

定小球可以到達(dá)的位置；根據(jù)w-x圖象切線的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)E,分析場(chǎng)強(qiáng)的變化，判斷

小球的加速度情況。

解決本題首先要理解W-x圖象切線的意義，知道電場(chǎng)力做功和路徑無(wú)關(guān)，只和初末兩

點(diǎn)的電勢(shì)差有關(guān)，掌握電荷場(chǎng)強(qiáng)公式，靈活運(yùn)用電場(chǎng)的疊加原理.

9.【答案】B

【解析】解：設(shè)a處導(dǎo)線在d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為方向方向豎直向下。根據(jù)通電

直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流成正比，與距離成反比，a處導(dǎo)線在b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)

度的大小為38,方向豎直向下.由題知，兩條長(zhǎng)直導(dǎo)線恒定電流大小相等，則得到c處

導(dǎo)

線在“兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為3B,

則根據(jù)磁場(chǎng)疊加得當(dāng)=3B+3B=6B,B2=3B-B=2B,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得到，B=

故B正確，AC。錯(cuò)誤；

故選：B。

通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流成正比，與距離成反比，設(shè)得ac在bd的磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小，根據(jù)矢量合成聯(lián)立方程可解得。

本題考查通電導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)，解題關(guān)鍵掌握右手螺旋定則的使用，同時(shí)注意磁感應(yīng)強(qiáng)

度為矢量，合成需符合平行四邊形定則。

10.【答案】A

第14頁(yè)，共24頁(yè)

【解析】解：對(duì)4B分別受力分析

對(duì)B：Tcos37°=^（mBg-7s譏37。）得g=6T

得.叱=把龍

付。mB3fi+4

故選：A.

隔離法分別對(duì)ZB進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件分別列方程，通過(guò)繩子對(duì)兩個(gè)物體的拉

力相等聯(lián)系起來(lái).

本題考查隔離法受力分析以及平衡條件的應(yīng)用，關(guān)鍵是知道同一根繩子上拉力相等.

11.【答案】C

【解析】解：AB,拉閘限電后，用電器減少，用戶并聯(lián)支路減少，用戶端總電阻增加，

降壓變壓器副線圈電流〃減小，降壓變壓器原副線圈匝數(shù)不變，則降壓變壓器原線圈電

流減小，即/2=與減小，輸電線電阻不變而輸電線電流減小，則輸電線上的電壓損失4U

減小，由于發(fā)電廠輸出電壓由恒定，輸送電壓出也恒定，根據(jù)啰=zu+3可知g增

加，力也增加，故AB錯(cuò)誤；

C、輸電線損失的功率AP=NR,與減小而R不變，則輸電線上損失的功率減小了，故C

正確；

D、12減小，人也隨著減小，發(fā)電廠輸出電壓U1恒定，所以發(fā)電廠輸出總功率「=(//1減

小，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

理想變壓器的輸入功率由輸出功率決定，輸出電壓由輸入電壓決定；明確遠(yuǎn)距離輸電過(guò)

程中的功率、電壓的損失與哪些因素有關(guān)，明確整個(gè)過(guò)程中的功率、電壓關(guān)系。

對(duì)于遠(yuǎn)距離輸電問(wèn)題，一定要明確整個(gè)過(guò)程中的功率、電壓關(guān)系，尤其注意導(dǎo)線上損失

的電壓和功率與哪些因素有關(guān)。

12.【答案】C

【解析】解：4、銅框下邊進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，磁場(chǎng)阻礙銅框下落，根據(jù)楞次定律可知，此

時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤；

B、銅框下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。呵?J須，銅框下邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)

電動(dòng)勢(shì)：E=BLvi，根據(jù)閉合電路解得銅框中的電流：/銅框所受安培力的大?。?/p>

F=BIL,根據(jù)平衡條件可得：F=mg,解得：B=0.2T,故B錯(cuò)誤；

C、銅框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后開(kāi)始做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)銅框下邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)

時(shí)的速度大小為巧，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：諺—詔=2g(D-d),解得=3m/s,故C

正確；

D、銅框下邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流的大?。骸?等，代入數(shù)據(jù)解得/'=34,故。

錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向；銅框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受

力平衡結(jié)合電磁感應(yīng)定律解得磁感應(yīng)強(qiáng)度；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式解得銅框下邊剛離

開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度大小，根據(jù)閉合電路歐姆定律解得下邊剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的感應(yīng)電流。

本題考查導(dǎo)體切割磁感線，解題關(guān)鍵掌握電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，注意銅框進(jìn)入磁

場(chǎng)的過(guò)程恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)的含義。

13.【答案】D

【解析】解:4由b、c兩束光線垂直，可得折射角為37。，根據(jù)折射定律有:n=黑=%

故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)幾何關(guān)系可知兩個(gè)光斑之間的距離為x=Rtan530+Rtan370,代入數(shù)據(jù)解得x=

25cm,故B錯(cuò)誤；

。.光由光疏介質(zhì)進(jìn)入光密介質(zhì)，不會(huì)發(fā)生全反射，故。錯(cuò)誤；

c3x10?c

D光在介質(zhì)中的傳播速度：v=~==2-25x10故。正確。

八3

故選：Do

根據(jù)折射定律結(jié)合幾何關(guān)系可解得折射率，根據(jù)幾何關(guān)系可知兩個(gè)光斑之間的距離，光

第16頁(yè)，共24頁(yè)

由光疏介質(zhì)進(jìn)入光密介質(zhì)，不會(huì)發(fā)生全反射，光在介質(zhì)中的傳播速度為9=，

本題考查光的折射，解題關(guān)鍵掌握光的折射定律，注意光在介質(zhì)中傳播速度的計(jì)算方法。

14.【答案】BC

【解析】解：4根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，衰變后瞬間a粒子與反沖核的動(dòng)量大小相同，

方向相反，故A錯(cuò)誤；

BC.由動(dòng)量守恒定律得：Mv'=mv

其中MM為反沖核動(dòng)量大小，nw為a粒子的動(dòng)量大小，原來(lái)放射性元素的電荷數(shù)用Q表

示，則反沖核的電荷數(shù)為Q'=Q-2,a粒子電荷數(shù)為2,

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：

可知反沖核的軌道半徑：「=前，

a粒子的軌道半徑：/?=氏

根據(jù)題意有

R：r=31：1

綜合以上公式可得

Q=64

反沖核的原子序數(shù)為

Q'=Q—2=64-2=62

故8c正確；

D由以上分析知僅僅知道a粒子和反沖核軌道半徑之比，該半徑僅僅與粒子所帶的電荷

數(shù)有關(guān)，與質(zhì)量數(shù)無(wú)關(guān)，所以不能確定反沖核的質(zhì)量數(shù)，a粒子和反沖核的動(dòng)量大小相

等，方向相反，它們的速度大小與質(zhì)量成反比，所以無(wú)法確定速度之比，故。錯(cuò)誤。

故選:BC。

根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，衰變后瞬間a粒子與反沖核的動(dòng)量大小相同，方向相反，結(jié)合

洛倫茲力提供向心力可解得a粒子和反沖核的軌道半徑關(guān)系，半徑僅僅與粒子所帶的電

荷數(shù)有關(guān)，與質(zhì)量數(shù)無(wú)關(guān)，所以不能確定反沖核的質(zhì)量數(shù)。

本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵掌握洛倫茲力提供向心力且衰變后兩粒子

動(dòng)量守恒。

15.【答案】ABD

【解析】解：4、這兩列波的波速由介質(zhì)決定，波在同種介質(zhì)傳播，所以波速相同，所

以波速之比為1：1;由于距離相同，所以兩波同時(shí)到達(dá)M點(diǎn)。故A正確；

8、據(jù)波的傳播特點(diǎn)可知，各質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同，由圖可知，左邊

波向右傳播，而右邊的波向左，依據(jù)上下坡法，那么它們起振方向相同，所以繩子的兩

端點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)的方向相同，故8正確；

C、由于波的頻率不同，故兩列波并不能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，因此兩列波在M點(diǎn)相遇

時(shí)，并不總是加強(qiáng)或減弱的，故C錯(cuò)誤；

。、當(dāng)兩波剛傳到M點(diǎn)時(shí)，此時(shí)刻位移為零，所以M點(diǎn)的位移大小在某時(shí)刻可能為零，

故。正確。

故選：ABD.

波在同種介質(zhì)傳播，波速相同，同時(shí)到達(dá)M點(diǎn)；

據(jù)波的傳播特點(diǎn)可知，依據(jù)上下坡法，那么它們起振方向相同，繩子的兩端點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)

的方向相同；

波的頻率不同，故兩列波并不能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象；

當(dāng)兩波剛傳到M點(diǎn)時(shí)，此時(shí)刻位移為零。

明確波傳播的特點(diǎn)，知道如何判斷波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向之間的關(guān)系，波的穩(wěn)定

干涉的條件。

16.【答案】BD

【解析】解：4、根據(jù)圖象，撤去拉力后，加速度大小=^=2|m/s2=-16/$2.根

△匕27-3

據(jù)牛頓第二定律得，limg=ma2,解得〃=0.1,A錯(cuò)誤；

B、有拉力時(shí)，有F+〃mg=mai，根據(jù)圖線知由=翳=號(hào)2m/s?=2m/S2.解得尸=

0.5N,0?2s內(nèi)的位移％=4，代入數(shù)據(jù)解得：％=16m,則F做的功畋=-Fx=

-0.5x16/=一引.故8正確。

C、根據(jù)"-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表位移可知0?7s內(nèi)物體位移為x=等x

3m+當(dāng)m=29m,則克服摩擦力做功叼=代入數(shù)據(jù)解得：必=14.5/,C錯(cuò)

誤，。正確。

第18頁(yè)，共24頁(yè)

故選：BD。

撤去外力靠摩擦力做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合速度時(shí)間圖線求出物體

與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)以及拉力的大小.求出0到2s內(nèi)的位移，從而求出拉力做的功.根

據(jù)速度一時(shí)間圖線求出整個(gè)過(guò)程中的位移，解得摩擦力做功。

本題綜合考查了速度時(shí)間圖線，牛頓第二定律,綜合性較強(qiáng),關(guān)鍵能從圖線中獲取信息，

結(jié)合這些知識(shí)綜合求解。

17.【答案】C0.121.8

【解析】解：⑴ABC、研究平拋運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)很關(guān)鍵的地方是要保證小球能夠水平飛出，

只有水平飛出時(shí)小球才做平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)于小球的質(zhì)量，及斜槽是否光滑均無(wú)關(guān)，故AB

錯(cuò)誤，C正確；

。、小球平拋的初速度是通過(guò)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解得，并不是通過(guò)減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為

增加動(dòng)能求得，因此不需要測(cè)定斜槽頂端到桌面的高度九，故。錯(cuò)誤；

故選：C

(2)由于曝光時(shí)間相等，①在豎直方向上有：△九=5L-3L=g72,解得：7=后=

(2X7.2X10-2八《、

-------------S=0.12s

\10

②水平方向：3L=votf故%=半。代入數(shù)據(jù)解得：%=3x7：：；°m/s=l?8m/s

故答案為：(1)C；(2)①0.12、@1.8

(1)在實(shí)驗(yàn)中讓小球在固定斜槽滾下后，做平拋運(yùn)動(dòng)，記錄下平拋后運(yùn)動(dòng)軌跡。然后在

運(yùn)動(dòng)軌跡上標(biāo)出特殊點(diǎn)，對(duì)此進(jìn)行處理，由于是同一個(gè)軌跡，因此要求拋出的小球初速

度是相同的，所以在實(shí)驗(yàn)時(shí)必須確保拋出速度方向是水平的，同時(shí)固定的斜槽要在豎直

面；

(2)①平拋運(yùn)動(dòng)水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)；解答本題的突破口是

利用在豎直方向上連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移差等于常數(shù)解出閃光周期；

②平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向是自由落體運(yùn)動(dòng)，對(duì)于豎直方向根據(jù)Ay=9產(chǎn)求出時(shí)間單位「對(duì)

于水平方向由公式%=搟求出初速度；

在實(shí)驗(yàn)中如何實(shí)現(xiàn)讓小球做平拋運(yùn)動(dòng)是關(guān)鍵，因此實(shí)驗(yàn)中關(guān)鍵是斜槽末端槽口的切線保

持水平及固定后的斜槽要豎直。對(duì)于平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，一定明確其水平和豎直方向運(yùn)動(dòng)特

點(diǎn)，尤其是在豎直方向熟練應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和推論解題。

18.【答案】8.600機(jī)械歐姆220CDF

【解析】解：(1)螺旋測(cè)微器的分度值為O.Olnun，需要估讀到下一位，則螺旋測(cè)微器的

讀數(shù)為：固定刻度的讀數(shù)+可動(dòng)刻度的讀數(shù)x0.01mm=8.5mm+10.0xO.Olmni=

8.600mmo

(2)該同學(xué)先用多用電表的歐姆擋測(cè)量圓柱體的電阻，在測(cè)量前，他需要先進(jìn)行機(jī)械調(diào)

零，選定檔位后，再進(jìn)行歐姆調(diào)零?

歐姆表的讀數(shù)為：表盤刻度X倍率=22X10歐姆=220歐姆。

(3)根據(jù)歐姆定律得：

p4

I=—=—A=0.0184=18mA

Rx220

所以電流表應(yīng)選用電流表％2(量程0?15nl4內(nèi)阻約300),故選C。

由于電源E(電動(dòng)勢(shì)為4.0U,內(nèi)阻不計(jì))，實(shí)驗(yàn)時(shí)電壓表應(yīng)選用電壓表匕(量程0?3V,內(nèi)

阻10k。)，所以選

為提高測(cè)量精度，要求電壓連續(xù)變化，所以控制電路采用分壓式控制電路，為了調(diào)節(jié)方

便不宜選擇阻值太大的滑動(dòng)變阻器，所以選擇滑動(dòng)變阻器&(阻值范圍0?150,允許通

過(guò)的最大電流2.04),故選人

故答案為：(1)8.600；(2)機(jī)械;歐姆；220；(3)C；D；F

(1)根據(jù)螺旋測(cè)微器的分度值結(jié)合圖片讀出直徑的示數(shù)；

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，學(xué)會(huì)歐姆擋的讀數(shù)；

(3)根據(jù)歐姆定律計(jì)算出電流的數(shù)值，由此選出合適的電學(xué)儀器。

本題主要考查了金屬的電阻率的測(cè)量，學(xué)會(huì)使用測(cè)量?jī)x器，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)

驗(yàn)操作，利用歐姆定律計(jì)算出電流并由此選出合適的電學(xué)儀器進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。

19.【答案】解：(1)以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力，受力如圖所示:

則由平衡條件得：擋板對(duì)小球的支持力為：

F=mgsin370=20x0.6N=12N

據(jù)牛頓第三定律得知，小球?qū)醢宓膲毫Υ笮椋篎笈=F=12N,方向

■

G

垂直擋板向下；

(2)撤去擋板，根據(jù)牛頓第二定律得出:

第20頁(yè)，共24頁(yè)

產(chǎn)合=mgsin370=ma

解得：

a=gsin37°—6m/s2

2s末小球的速度大小為：

v=at=2x6m/s=12m/s

答：（1）球?qū)醢宓膲毫Υ笮?2N；

（2）撤去擋板，2s末小球的速度大小為12m/s。

【解析】（1）對(duì)小球進(jìn)行受力分析，運(yùn)用力的合成結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件即可求出球?qū)?/p>

板的壓力大??；

（2）再運(yùn)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求解2s末小球的速度大小。

本題主要考查了對(duì)小球進(jìn)行受力分析、共點(diǎn)力平衡以及動(dòng)力學(xué)公式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵

在于正確受力分析，再結(jié)合共點(diǎn)力平衡或牛頓第二定律分析求解。

20.【答案】解：（1）設(shè)08與OC的夾角為。，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

琢=2g（九1一電）

tan。=-

由幾何關(guān)系得

COS0=hl~h~

hl

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

vy=10V3m/s,vx—10m/s

由開(kāi)始到4點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

Fx—liQmgl=

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：x=3m

（2）物塊第一次到達(dá)B