2022年浙江省寧波市十校高考物理模擬試卷（3月份）

1.科技日新月異，下列提到的單位是國際制單位中的基本單位的是（）

A.四川到上海的特高壓輸電線路采用正負800P直流輸電技術

B.上海建成世界最大規模超導電纜，設計電流可達22004

C.冬奧會的高鐵采用無人駕駛技術，時速可達350km//i

D.冬奧會的5G云轉播背包非常輕便，質量大約930g

2.如圖是北京冬奧會中我國優秀運動員們在比賽中的身姿，下列研究的問題中可以把

研究鋼架雪車運動員的快慢

■研究自由式滑雪運動員的空中姿態

自由式滑雪

研究單板滑雪運動員的空中轉體

單板滑、

D.研究花樣滑冰運動員的花樣動作

花樣滑冰

3.下面四幅圖涉及不同的物理知識，其中說法不正確的是（）

M

A.甲圖中，擋板上縫寬代表粒子位置的不確定

范圍，屏幕上中央亮條的寬度代表粒子動量的不確定范圍

B.

的氣體放電管，通過該裝置可以獲得陰極射線是帶電微粒而非電磁輻射

Op-O-O-OQo-l

o-b-o-o-txio.

丙圖中,奧斯特提出著名的分子電流假說,

111

他認為分子電流的取向是否有規律，決定了物體對外是否顯磁性

M

丁圖是盧瑟福研究a粒子散射的實驗裝置圖,

分析此實驗結果，他提出了原子的核式結構模型

4.某同學想測地鐵在平直軌道上啟動過程中的加速度，他把根細繩的

下端綁著一支圓珠筆，細繩的上端用電工膠布固定在地鐵的豎直扶

手上，在地鐵啟動后的某段加速過程中，細繩偏離了豎直方向，他

用手機拍攝了當時的情景，如圖所示，拍攝方向跟地鐵前進方向垂

直，已知當地重力加速度為g,根據這張照片，以下說法正確的是（）

A.此時地鐵的速度方向向右

B.此時地鐵的加速度方向向右

C.此時繩子拉力小于圓珠筆的重力

D.由圖可以估算出此時地鐵加速度的大小

5.某城市邊緣的一小山崗，在干燥的季節發生了山頂局部火災，消防員及時趕到，啟

動多個噴水口進行圍堵式滅火，噴水口所處高度和口徑都相同。其中兩支噴水槍噴

第2頁，共29頁

出的水在空中運動的軌跡甲和乙幾乎在同一豎直面內，且最高點高度、落到失火處

的高度均相同，如圖所示，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

A.水甲落到失火處的速度一定較大

B.水乙在最高點的速度一定較大

C.噴出水甲的噴水槍的功率一定較大

D.水乙在空中運動的時間一定較長

6.2021年10月14日，我國成功發射了“羲和號”衛星，全|

稱太陽Ha光譜探測與雙超平臺科學技術試驗衛星，是中

國首顆太陽探測科學技術試驗衛星，運行于距地面高度

為517km的太陽同步軌道，主要科學載荷為太陽空間望

遠鏡。已知Ha是氫原子從n=3能級躍遷到n=2能級時發出的光譜線，氫原子基

態能量為-13.6",地球半徑是6400km。下列說法正確的是（）

A.輻射Ha后，氫原子核外電子的動能變大，電勢能變小

B.“羲和號”的運行速率在7.9km/s到11.2km/s之間

C.“羲和號”的運行周期比地球同步衛星的周期大

D.要能全天候觀測到太陽，“羲和號”繞行軌道應在赤道平面內

7.為了降低潛艇噪音，科學家設想用電磁推進器替代螺旋槳。裝置的截面圖如圖所示,

電磁推進器用絕緣材料制成海水管道，馬鞍形超導線圈形成如圖所示的磁場，現潛

艇在前進過程中海水正源源不斷地被推向紙外。則下列說法正確的是（）

上4段影紋閽一離生W.

下W.枝形名命:"e

A.圖中所接電源為直流電源，a極為電源正極

B.同時改變磁場方向和電源正負極可實現潛艇倒退

C.加速階段，海水對潛艇的力與潛艇對海水的力的大小相等

D.電源輸出的能量完全轉化為海水的動能和潛艇的動能

8.小明坐在汽車的副駕駛位上看到一個現象：當汽車

的電動機啟動時，汽車的車燈會瞬時變暗。汽車的

電源、電流表、車燈、電動機連接的簡化電路如圖

所示，已知汽車電源電動勢為12.5乙內阻為0.050。

僅S2接通時電流表示數為104保持S2接通、Si閉合瞬間，電流表示數達到604。

下列說法正確的是（）

A.當電動機未啟動時，電源每秒有125/的電能轉化為化學能

B.在電動機啟動瞬間，流過電動機的電流為504

C.在電動機啟動瞬間，車燈的功率減少了44.8/

D.當電動機正常工作時，電流表示數將比604更大

9.如圖所示，空間有一圓錐。8。，點4、E分別是兩母線的中

點，C為4B的中點，現在頂點。處固定一負的點電荷，下

列說法正確的是（）

A.A、B兩點的電場強度之比為2：1

B.圓錐底面圓所在平面為等勢面

C.若4點的電勢為四,B點的電勢為卬2,貝UC點的電勢小于生產

D.將一負的試探電荷從B點沿直線移到。點，試探電荷的電勢能先增大后減小

10.如圖，是電子感應加速器的示意圖，上圖是側視圖，下

圖是真空室的俯視圖，如果從上向下看，要實現電子沿

逆時針方向在環中加速運動。那么電磁鐵線圈中的電流

應滿足（）

A.與圖示線圈中電流方向一致，電流在減小

B.與圖示線圈中電流方向一致，電流在增大

C.與圖示線圈中電流方向相反，電流在減小

D.與圖示線圈中電流方向相反，電流在增大

11.我們有時候可以觀察到太陽周圍的明亮光暈圈，如圖1所示。這種光學現象是由太

陽光線在卷層云中的冰晶折射而產生的，其色彩排序為內紅外紫。為了理解光暈現

象，我們將問題簡化為二維。如圖3為一束紫光在冰晶上的折射光線，網表示冰晶

上的入射角，出表示為經過第一界面的折射角，。。表示為光線離開晶體的折射角，

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以及。D表示為入射和出射光線之間的偏轉角。假設冰晶可以在二維上看成一個正六

邊形且不考慮其他的反射、折射。則以下說法中正確的是（）

圖1太陽圖國的光量圖2量網的形成.圖3由冰晶折射的光

A.在冰晶內紅光的波長比紫光短

B.若圖3中紫光滿足優=拆=60。，則可知冰晶對該光折射率71=遮

C.對于從H點以相同入射角入射的光線，紅光的偏轉角趣比紫光的偏轉角加大

D.若紅光和紫光均能使同一金屬產生光電效應，則紫光對應的光電子初動能一定

比紅光的大

12.學了發電機的原理后，小明所在的研究小組設計了如下的方案，邊長為L的正方形

金屬框，以恒定角速度3繞水平軸。0'轉動，僅在。。'軸的右側存在豎直向下的勻強

磁場，磁感應強度為B,線圈外部連有阻值為R的電阻，其它電阻不計。則金屬框

轉動一周（）

A.電阻R上通過的電流方向不變

B.線圈產生的感應電動勢的有效值為它83〃

2

C.電阻R上通過的電量是等

D.電阻R上產生的焦耳熱是空?

4R

13.如圖甲所示，一帶電量為2x10-8c的物塊置于絕緣光滑水平面上，其右端通過水

平彈性輕繩固定在豎直墻壁上，整個裝置處于水平向左的勻強電場中。用力將物塊

向左拉至。處后由靜止釋放，用傳感器測出物塊的位移工和對應的速度，作出物塊

的動能以-無關系圖象如圖乙所示，其中0.40m處物塊的動能最大但未知，0.50m處

的動能為L50/,0.50館?1.25m間的圖線為直線，其余部分為曲線。彈性輕繩的彈

力與形變量始終符合胡克定律，下列說法正確的是（）

A.該勻強電場的場強為1x107/V/C

B.彈性繩的勁度系數為5N/m

C.彈性繩彈性勢能的最大值為2.5/

D.物塊會做往復運動，且全過程是簡諧運動

14.核電站一般分為兩部分，一是利用原子核裂變生產蒸汽的核島（包括核反應堆和回

路系統），二是利用蒸汽驅動汽輪發電的常規島（包括汽輪機發電系統）。某核電站

裝機容量是300萬千瓦，核能轉化為電能的效率是35%。下列說法正確的是（）

A.反應堆中用水做慢化劑，可以起到減緩鏈式反應的作用

B.從核能到電能，中間能量還轉化成了內能和機械能兩種形式

C.若一直滿負荷運行，參與核裂變的鈾棒每年減少的質量約為3.0kg

D.若產生的電能通過同一線路進行遠距離輸電，相同電壓下采用直流輸電和交流

輸電輸電線上損耗的電能相同

15.下列說法正確的是（）

A.利用X射線拍攝ON4分子的照片，原理是利用了X射線的衍射

B.LC振蕩回路產生的電磁波的頻率與自感系數和電容的乘積成反比

C.為了清晰拍攝玻璃櫥窗內的物品應選用鍍有增透膜的相機鏡頭

D.利用普通燈泡做雙縫干涉實驗同時需要單縫和雙縫，若改成激光，則僅需雙縫

16.如圖，在同一均勻介質中有兩列振幅均為2cm的簡諧橫波正相向傳播，甲波（實線）

沿x軸正方向傳播，乙波（虛線）沿x軸負方向傳播。在to=0時刻的部分波形如圖所

示,在口=0.15s時，兩列波第次完全重合。下列說法正確的是（）

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A.甲、乙兩列波的波速大小均為5m/s

B.在0?6nl的區間內一共有3個振動加強點

C.t0=。時兩波形在P處相交，隨著時間的推移該交點會向x軸正方向移動

D.t2=055s時，甲、乙兩列波的波形第二次完全重合

17.如圖是四個高中物理實驗的裝置圖，探究過程中對于需要的物理量我們并沒有直接

甲探"加速度Lj力.歷儀的大系

內定it探究影響導體也用人小的囚木

(1)甲圖中需要比較兩輛小車的加速度，實際我們控制了使得兩車的位移之

比即加速度之比。

(2)乙圖中需要改變橡皮筋對小車做的功，實際我們控制了使得橡皮筋做的

功實現倍增。

(3)丙圖中需要比較金屬絲的電阻，實際我們控制了使得各金屬絲上的電壓

之比即電阻之比。

(4)丁圖中需要獲得小球碰撞前后的初速度之比，實際我們測量_____來替代初速

度用于數據處理。

18.小明想描繪一個“3.8V,0.34”的小燈泡的伏安特性曲線，他在實驗室進行如下操

作：

（1）用多用電表的歐姆擋對小燈泡的電阻進行粗測，其中正確的操作應為圖甲中的

（2）部分電路設計如圖乙所示，為完成實驗，實驗室有如下器材可供選擇：

A.直流電源E（電動勢6V,內阻等于20）

B.電壓表明（量程0?3U,內阻等于3k。）

C.電壓表彩（量程0?15V,內阻等于15/cO）

。.滑動變阻器RP（阻值0?10）

E.滑動變阻器RQ（阻值0?100）

立定值電阻收（阻值等于100。）

G.定值電阻/?2（阻值等于MO）

定值電阻/?3（阻值等于10k。）

為了能測量小燈泡在額定電壓情況下的電阻大小，且能盡量減小測量誤差，滑動變

阻器應選用（填“D”或"E”）。

（3）在虛框內補全測量電壓的電路設計，作圖時請標清字母及對應腳標（此處

不用填，請畫在乙圖上）。

（4）實驗時使用的毫安表的量程為。?300rn4某一次測量中，毫安表的示數如圖丙

所示，此時電壓表對應的示數2.10V,請你計算此時小燈泡的功率為W（結果

保留兩位有效數字）。

19.如圖，冬奧會上運動員把冰壺沿水平冰面投出，讓冰壺

在冰面上自由滑行，在不與其他冰壺碰撞的情況下，最

終停在遠處的某個位置。按比賽規則，投擲冰壺運動員

的隊友，可以用毛刷在冰壺滑行前方來回摩擦冰面，減

小冰面的動摩擦因數以調節冰壺的運動。現運動員以一定的初速度投擲出冰壺，冰

壺能自由滑行28.9m遠。已知冰壺的質量為19kg,在未摩擦冰面的情況下，冰壺和

冰面的動摩擦因數為0.02,摩擦后動摩擦因數變為原來的90%,不計空氣阻力，不

考慮冰壺的旋轉。

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(1)冰壺被擲出時的初速度大小？

(2)相同的初速下，在冰壺自由滑行定距離后，隊友開始在其滑行前方一直摩擦冰

面，最終使得冰壺多滑行了2.1加。則冰壺自由滑行的距離有多遠？

20.如圖所示，一游戲裝置由安裝在水平臺面上的高度人可調的斜軌道4B、豎直圓軌道

(在最低點E分別與水平軌道4E和EG相連)、細圓管道和〃為兩段四分之一

圓弧)和與/相切的水平直軌道/K組成。可認為所有軌道均處在同一豎直平面內，連

接處均平滑。已知，滑塊質量為m=30g且可視為質點，豎直圓軌道半徑為r=

0.45TH小圓弧管道用和大圓弧管道〃的半徑之比為1：4,4=1.5m不變,=0.5m,

滑塊與4B、EG及/K間摩擦因數均為〃=0.5,其他軌道均光滑，不計空氣阻力，忽

略管道內外半徑差異。現調節h=2m,滑塊從B點由靜止釋放后，貼著軌道恰好能

滑上水平直軌道JK,求：

(1)大圓弧管道〃的半徑R；

(2)滑塊經過豎直圓軌道與圓心0等高的P點時對軌道的壓力&與運動到圓弧管道最

低點H時對軌道的壓力大小之比；

(3)若在水平軌道/K上某一位置固定一彈性擋板，當滑塊與之發生彈性碰撞后能以

原速率返回，若第一次返回時滑塊不脫軌就算游戲闖關成功。調節斜軌道的高度為

h=3m,仍讓滑塊從B點由靜止滑下，問彈性擋板與/的間距L滿足什么條件時游戲

能闖關成功。

H

21.如圖所示，間距為L=0.57n的平行光滑導軌由水平部分和傾角為6=30。的斜面部

分平滑連接而成。整個導軌上有三個區域存在勻強磁場，且磁感應強度大小均為

B=0.2T,其中I區磁場垂直于水平導軌但方向未知，n區磁場方向豎直向下，m

區磁場下邊界位于斜面底端且方向垂直于斜面向下，I區寬度足夠大，n區和in區

的寬度均為d=0.3m。除I區和n區之間的導軌由絕緣材料制成外，其余導軌均由

電阻可以忽略的金屬材料制成且接觸良好。兩根質量均為zn=0.1kg、電阻均為r=

0.020的金屬棒垂直于水平部分的導軌放置，初始時刻a棒靜置于I區、b棒靜置于

n區和DI區間的無磁場區。水平導軌左側接有電源和電容為C=1F的電容器，斜面

導軌上端接有阻值為R=0.020的電阻，且斜面上還固定著一根絕緣輕彈簧。當單

刀雙擲開關S接“1”對電容器充滿電后，切換至“2”，電容器連通a棒，a棒會在

I區達到穩定速度后進入H區，然后與無磁場區的b棒碰撞后變成個聯合體，聯合

體耗時t=0.12s穿越HI區后繼續沿斜面向上運動x=0.26并把彈簧壓縮到最短,然

后聯合體和彈簧都被鎖定，已知鎖定后的彈簧彈性勢能Ep=0.2/。不計聯合體從

水平面進入斜面的能量損失，忽略磁場的邊界效應。則：

(1)I區磁場方向(“豎直向上”或“豎直向下”)和即將出m區時聯合體所受的安

培力大小F;

(2)a棒通過H區時，a棒上產生的焦耳熱Qa；

(3)電源的電動勢E。

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R

22.如圖甲所示，在坐標系xOy的第一、二象限內存在一有界勻強磁場區域，兩邊界都

為圓形，其中大圓半徑R=0.05m,圓心在y軸上的。［；小圓半徑R2=0.03m,圓

心在坐標原點0；M、N為兩圓形邊界的交點。小圓內存在輻向電場，圓心與邊界

間的電壓恒為%=800匕在磁場右側與x軸垂直放置一平行板電容器，其左極板P

中間開有一狹縫（如圖乙所示），電容器兩極板間電壓為U（U的大小和極板電性都未

知）。在。點，存在一粒子源（圖中未畫出），可以在紙面內沿電場向各方向同時均勻

發射質量為m=8x10-27kg、帶電量為q=+8x1。-19c的粒

子（粒子初速度較小，可以忽略），經輻向電場加速后進入磁場，部分粒子能以水平

向右的速度從大圓邊界的右側離開磁場，已知粒子源每秒發射的粒子數為No=lx

102。個。不計粒子的重力及粒子間的相互作用力，不考慮場的邊界效應，整個裝置

處在真空環境中，s譏37。=0.6,cos37°=0.8,求：

（1）帶電粒子進入磁場時的速度大小

（2）帶電粒子在磁場中的運動半徑r以及勻強磁場的磁感應強度B；

（3）極板旦上的狹縫剛好處在紙面位置,水平向右離開磁場的粒子,一部分會打在P極

板（狹縫上方、下方），另一部分會通過狹縫進入電容器，粒子一旦接觸極板，立刻

被吸收，但不會影響電容器的電壓。試求在較長的一段時間內，帶電粒子對電容器

的平均作用力F的大小與極板電壓的關系。（結果保留3位有效數字）

P板側視圖

甲乙

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4、U是電壓的單位，不是國際制單位中的基本單位，故A錯誤；

8、4是電流的單位，是國際制單位中的基本單位，故8正確；

C、km"是速度的單位，不是國際制單位中的基本單位，故C錯誤；

D、g是質量的單位，質量在國際制單位中的基本單位為kg,故。錯誤。

故選：B。

國際單位制規定了七個基本物理量。分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光

強度、物質的量。它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位。

單位制包括基本單位和導出單位，規定的基本量的單位叫基本單位，由物理公式推導出

的但為叫做導出單位。

2.【答案】A

【解析】解：4、研究鋼架雪車運動員的快慢，運動員的形狀和大小能夠忽略，所以能

看成質點，故4正確；

8、研究自由式滑雪運動員空中姿態時，運動員的形狀和大小不能忽略，所以不能看成

質點，故B錯誤；

C、研究單板滑雪運動員的空中轉體時，運動員的形狀和大小不能忽略，所以不能看成

質點，故C錯誤；

。、研究花樣滑冰運動員的花樣動作時，運動員的形狀和大小不能忽略，所以不能看成

質點，故。錯誤；

故選：Ao

當物體的形狀、大小對所研究的問題沒有影響時，我們就可以把它看成質點，根據把物

體看成質點的條件來判斷即可。

本題就是考查學生對質點概念的理解，是很基本的內容，必須要掌握住的，題目比較簡

單。

3.【答案】C

【解析】解：力、圖中為粒子經過衍射后產生的衍射圖樣，根據不確定原理的解釋可知，

圖中，擋板上縫寬代表粒子位置的不確定范圍，屏幕上中央亮條的寬度代表粒子動量的

不確定范圍，故A正確；

8、湯姆生認為陰極射線是帶電粒子流，為了證實這一點，他用氣體放電管進行了一系

列實驗，斷定陰極射線的本質是帶電粒子流，通過粒子比荷的測定，他猜想這種帶電粒

子是構成各種物質的共同成分，后來組成陰極射線的粒子被稱為電子，故8正確；

C、安培提出著名的分子電流假說，他認為分子電流的取向是否有規律，決定了物體對

外是否顯磁性，故C錯誤；

。、根據物理學史可知，盧瑟福研究a粒子散射的實驗裝置圖，分析此實驗結果，他提

出了原子的核式結構模型，故。正確。

本題選擇不正確的，

故選：Co

4選項根據不確定原理分析；BCD選項是物理學史問題，根據湯姆生、安培、盧瑟福等

科學家的成就進行答題.

該題中的四個圖分別表示物理學史中的四個不同的史實，物理學史是考試的基本內容之

一，對于重大發現、著名理論等等物理學史要加強記憶，注重積累.

4.【答案】D

【解析】解：圓珠筆的受力如圖所示：

由圖可知，拉力有一個水平向左的分量，所以圓珠筆有一個向左的加速度，啟動過程,

速度在增加，所以此時地鐵的速度方向向左，故A8錯誤；

CD、要想求出加速度的大小，根據豎直方向：Tcos3=mg

水平方向：TsinG=ma

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解得：r=a~9tand

可知此時繩子拉力大于圓珠筆的重力，由圖可估計角。大小，算出此時地鐵加速度的大

小，故。正確，c錯誤；

故選：Do

對圓珠筆進行受力分析，根據不同方向的受力特點結合牛頓第二定律得出地鐵的加速度,

由此得出地鐵的速度方向；

根據幾何關系得出拉力與圓珠筆重力的關系，結合牛頓第二定律得出地鐵的加速度。

本題主要考查了牛頓第二定律的相關應用，熟悉物體的受力分析，結合幾何關系和牛頓

第二定律即可完成分析。

5.【答案】B

【解析】解：ABD,由拋體運動的特點可知，軌跡甲和乙的最高點高度，落到失火處的

高度均相同，則由=可知甲乙的運動時間相同，運動到失火處的時間相同，在

最高點乙的水平距離較大，則有x=i70t可知乙的水平速度較大，即在最高處乙的速度

較大，由u=J詔+(gt)2可知,水乙落到失火處的速度一定較大，故B正確，錯誤：

C、由以上分析可知，乙噴水槍噴出水的速度較大，噴水口徑相同，所以乙噴水槍噴水

的功率較大，故C錯誤；

故選：B。

根據斜拋運動在豎直方向上的高度得出時間相等，根據水平方向得出水平速度的大小，

同時結合功率的計算公式完成分析。

本題主要考查了功率的計算公式，解題的關鍵點是理解斜拋運動在不同方向上的運動特

點，結合圖片得出初速度的大小關系，再合成速度時要理解速度是矢量，合成遵循勾股

定理。

6.【答案】A

【解析】解：4輻射Ha后，氫原子從高能級躍遷到低能級，氫原子核外子軌道半徑變

小，動能變大，電勢能變小，故4正確；

2.由萬有引力提供向心力可知

解得：v=

因為“羲和號”的運行的軌道半徑大于近地衛星的軌道半徑，故其運行速率小于環繞速

度7.9km/s,故B錯誤；

C.由萬有引力提供向心力可知

GMm4712r

-=m—

解得：T=27r[^―

YGM

因為“羲和號”軌道半徑比同步衛星小，故“羲和號”運行周期比同步衛星短，故c

錯誤；

D“羲和號”統行軌道經過地球的南北極，能夠24小時連續對太陽進行觀測，故。錯

誤。

故選：4。

輻射Ha后，氫原子從高能級躍遷到低能級，氫原子核外子軌道半徑變小，動能變大；

“羲和號”衛星的軌道平面可由該軌道是經過地球南北極判斷出來；根據萬有引力提供

向心力可知“羲和號”衛星繞地球做勻速圓周運動的周期和線速度。

該題考查人造衛星，要求對軌道平面有一定想象能力，對開普勒定律、萬有引力定律和

牛頓第二定律有深刻理解，最好能推導出線速度、周期的規律。

7.【答案】C

【解析】解：4、假設圖中所接電源為直流電源，a極為電源正極時，電流由a指向b,

根據左手定則可知，電子受到的安培力垂直紙面向里，假設錯誤，故A錯誤；

以同時改變磁場方向和電源正負極，電子受到的安培力方向不變，故不能實現潛艇倒

退，故B錯誤；

C、加速階段，海水對潛艇的力與潛艇對海水的力時作用力與反作用力，故大小相等，

故C正確；

。、雖然使用超導線圈，但是海水電阻，所以電流在海水中會產生焦耳熱，故源輸出的

能量完全轉化為海水的動能、潛艇的動能即電流在海水中的熱量，故￡＞錯誤；

故選：Co

根據左手定則，可以判斷磁場力方向；海水電阻，電流在海水中會產生焦耳熱，作用力

與反作用力大小相等，方向相反。

本題以電磁推進器替代螺旋槳為背景，考查了電磁力在現代科技中的應用，明確磁場力

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與電流和磁場強度之間的關系，會用左手定則解決問題.

8.【答案】C

【解析】解：4、電動機未啟動時，車燈、電流表和電源串聯，根據閉合電路歐姆定律

可知此時的路端電壓：U=E-lr=12.5V-10X0.05V=12V

車燈兩端電壓即路端電壓，則車燈的功率：P=UI=12x10W=120Wo則電源每秒

有120/的化學能轉化為電能，故A錯誤；

B、電動機啟動瞬間，流過燈泡的電流小于104則流過電動機的電流大于504故8

錯誤；

C.車燈接通電動機未啟動時，車燈兩端的電壓

Ur=E-lrr

車燈的功率

P=I//

車燈的電阻

電動機啟動時，車燈兩端的電壓

U2=E—I2r

車燈的功率

P，="

Ri

在電動機啟動瞬間，車燈的功率減少了

AP=P-P'

聯立代入數據解得：AP=44.814/

故C正確；

D在電動機啟動瞬間，電動機相當于純電阻電路，由于電動機內阻較小，所以電流較大，

當電動機正常工作時，相當于電動機電阻變大，所以電流表示數小于604故。錯誤。

故選：C。

車燈接通而電動機未啟動，電路為純電阻電路，可以用閉合電路的歐姆定律求解；電動

機啟動時，電路為非純電阻電路，先求出路端電壓，然后用閉合電路的歐姆定律求出車

燈這一支路的功率，當電動機正常工作時，相當于電動機電阻變大，。

此題考查了閉合電路歐姆定律的相關知識，電動機為非純電阻電路，不能直接用歐姆定

律求解電流，要根據并聯電路的特點解得電流，電功率P=U/求解輸入功率。

9【答案】D

【解析】解：4、4、B兩點到。點的距離之比為1：2,根據點電荷場強公式E=k白可

rz

知，4、B兩點的電場強度之比為4：1,故4錯誤；

8、點電荷的等勢面是一系列以點電荷為球心的同心球面，圓錐底面圓所在平面上各個

點到。點的距離到不全相等，故該平面不是等勢面，故8錯誤；

C、由于。4間場強大于間場強，由。=后d知，間的電勢差大于BC間的電勢差，則

有：3c—91>>2—0C，則Wc>,故C錯誤；

。、將一負的試探電荷從B點沿直線移到D點，電勢先降低后升高，由Ep=q0知試探電

荷的電勢能先增大后減小，故。正確。

故選：Do

根據點電荷場強公式E=求4、B兩點的電場強度之比；點電荷的等勢面是一系列以

點電荷為球心的同心球面；沿著電場線，電勢逐漸降低；根據電勢的變化，分析電勢能

的變化。

本題關鍵是明確點電荷的電場線和等勢面分布情況，能運用U=Ed定性分析電勢差的

關系。

10.【答案】B

【解析】解：電子在真空室內逆時針做圓周運動，由左手定則可知，真空室內磁場下到

上，則上方為S極，由右手螺旋定則可知電流向應與圖示線圈中電流方向一致，與圖示

線圈中電流方向一致，要使電子逆時針加速，則感生電場的方向應為順時針，由右手定

則線圈產生的磁場向上增大，所以電流在增大，故B正確，ACO錯誤。

故選：B。

根據電子運動方向判斷電子所受電場力方向，然后判斷感生電場方向；根據題意應用楞

次定律判斷電流大小如何變化。

本題考查了楞次定律與法拉第電磁感應定律用，解決本題的關鍵掌握楞次定律判斷感應

電場的方向。

第18頁，共29頁

11.【答案】BD

【解析】解：4根據n=￡，2=^可得；1=5，由于紅光的折射率小于紫光的折射率，

紅光的頻率小于紫光的頻率，則紅光的波長大于紫光的波長，故A錯誤；

區圖3中紫光滿足以=詢=60°,根據幾何關系可知。2=30°

則折射率為

兀=噂，代入數據解得：〃=百故8正確；

S11K72

C.紅光的折射率小于紫光的折射率，則紅光的偏轉角如比紫光的偏轉角如小，故C錯

誤；

。.根據光電效應方程有&=hv-%可知，由于紅光頻率小于紫光頻率，則紅光和紫光

均能使同一金屬產生光電效應，則紫光對應的光電子初動能一定比紅光的大，故。正確。

故選：BD。

根據n=%%=，可得，=3可知波長的關系，由折射定律和紅光和藍光的折射率進行

分析，根據光電效應方程有a=hv-%可知初動能大小。

本題主要考查了折射定律，解題關鍵在于利用折射定律分析出兩個出射角與入射角的變

化關系。

12.【答案】D

【解析】解：4、圖中線圈所在的平面垂直磁場方向，是中性面，線圈經過中性面時，

電流方向變化，金屬框轉動一周的時間內，經過兩次中性面，所以電流方向變化兩次，

故A錯誤；

B、線圈中產生的電流是正弦式交流電，線圈產生的感應電動勢的最大值為：Em=BL-

,所以有效值為后=筆=①匕故B錯誤；

22V24

C、因為在金屬框轉動一周的過程中，金屬框磁通量的變化量為0,根據公式q=7可知，

電阻R上通過的電荷量為零，故C錯誤；

D、電阻R上產生的焦耳熱為Q=97,其中周期7=今則0=嚓￡故。正確；

故選：Do

線圈經過中性面時電流方向會發生改變；

根據公式計算出感應電動勢的最大值，結合正弦交流電的有效值和峰值的關系計算出電

動勢的有效值；

根據公式q=等結合整個過程中線框磁通量的變化量計算出電阻R上通過的電荷量；

根據焦耳定律計算出電阻R上產生的熱量。

本題主要考查了交流電的相關應用，要熟悉法拉第電磁感應定律計算出感應電動勢的最

大值，掌握峰值和有效值的關系，同時結合焦耳定律完成分析。

13.【答案】C

【解析】解：4、在從0.50小?1.25M范圍內，動能變化等于克服電場力做的功，則有:

qEAx=醺卜,圖線的斜率絕對值為：k=qE=—^―W=2N,解得：E=1x108/V/C,

故A錯誤；

B、根據圖乙可知，物塊在0.5小時離開彈簧，物塊在0.4m時速度最大，此時彈簧彈力和

摩擦力相等，所以物塊在平衡位置處彈簧壓縮/x=0.5m-0.4m=0.1m,根據胡克定

律可得k4x=qE,解得：k=20N/m,故B錯誤；

C、根據能量守恒定律可知，Ep°=qE44t=2X1.25/=2.5/,故C正確；

。、物塊離開彈性繩后受恒定的電場力作用，所以物塊不會做簡諧運動，故。錯誤。

故選：Co

在從0.50m?1.25m范圍內，圖線的斜率絕對值表示電場力，由此求解電場強度；求出

物塊在平衡位置處彈簧的壓縮量，根據胡克定律求解勁度系數；根據功能關系解得最大

彈性勢能；根據物塊受力分析運動。

本題主要是考查了功能關系的知識；注意運動過程中能量的轉化關系，同時注意最大加

速度與最大速度的特點。

14.【答案】B

【解析】解：4水做慢化劑，但不是減緩鏈式反應的作用，是降低中子的速度，提高其

與鈾原子反應機會，故A錯誤；

B.核反應堆是將核能轉化為內能，經過蒸汽將內能轉化為機械能，再經發電機轉化為電

能，故B正確；

C.若滿負荷運行，一年發電為

￡■=pt=3x109x60x60x24x365=9.46x1016/

第20頁，共29頁

由愛因斯坦質能方程

e—Amc2

可得

Am=300kg

故C錯誤；

D相同電壓時，直流輸電損耗小，其只有電阻發熱，而交流輸電還存在電抗、容抗等，

故。錯誤。

故選：B。

核電站通過控制中子來控制反應速度；核反應堆是將核能轉化為內能，經過蒸汽將內能

轉化為機械能，再經發電機轉化為電能；根據愛因斯坦質能方程計算一年核反應質量虧

損。

解決本題的關鍵知道重核裂變反應的特點，慢中子容易被俘獲發生裂變反應，知道如何

控制反應速度；理解愛因斯坦質能方程實質。

15.【答案】AD

【解析】解：4拍攝所用X射線的波長與DM4分子大小接近，可以產生明顯衍射，從而

形成DM4分子的照片，故A正確；

B?根據，=梟立，可知LC振蕩回路產生的電磁波的頻率與限成反比，故8錯誤；

C.拍攝玻璃櫥窗內的物品時，往往在鏡頭前加一個偏振片使反射光減弱，可以將玻璃櫥

窗內的物體拍攝得更加清晰，故C錯誤；

D激光是相干光源，單色性好，所以可以去掉單縫，僅用雙縫，故。正確。

故選：AD.

全息照片是利用光的干涉原理；根據/=表，可知頻率的影響因素，拍攝玻璃櫥窗內

的物品時，往往在鏡頭前加一個偏振片使反射光減弱，激光是相干光源，單色性好.

考查光的干涉與衍射的區別，注意振蕩回路的頻率表達式，同時理解激光的特點.

16.【答案】AB

【解析】解：4根據圖象可知甲、乙兩列波的波長均為4m,同一種波在同一種介質中

的傳播速度相等，在匕=0.15s,兩列波第一次完全重合，則有2a1=1.5m,解得波速

v=5m/s,故A正確；

B、甲、乙兩波在0.15s內傳播的距離：ZJx=vtx=5x0.15m=0.75m,結合圖可知在

%=0.25m處為兩個波峰相遇，則在0?6nt的區間內振動加強點有：x~0.25m,x=

2.25m,%=4.25m,一共有3個振動加強點，故B正確；

C、波在傳播的過程中，各質點的平衡位置不會發生不會，故C錯誤；

D、這兩列波的周期7=*=gs=0.8s,在t】=0.15s,兩列波第一次完全重合，從門=

0.15s到t2=0.55s時，兩列波均向前移動半個周期，甲、乙兩列波的波形第二次完全重

合，故。正確；

故選：AB.

根據圖象可知甲、乙兩列波的波長；在G=0.15s,兩列波第一次完全重合，則有2區1=

1.5m,由此求解波速；根據波的傳播情況確定某點是振動加強或減弱；根據推波法確定

t2=0.55s時，甲、乙兩列波的波形是否第二次完全重合。

本題主要是考查/波的圖象：解答本題關鍵是要能夠根據圖象直接讀出波長和周期，能

夠根據振動方向確定傳播方向，知道波速、波長和頻率之間的關系u=/九

17.【答案】兩輛小車運動時間相同每根橡皮筋拉長的長度都一樣流過各金屬絲的電

流相同小球做平拋運動的射程

【解析】(1)甲圖中，兩小車同時啟動又同時停止，運動時間t相同，由運動學公式x=

得:生=生；

2at21T

2X2收

(2)該實驗中利用相同橡皮筋形變量相同使對小車做功相同，通過增加橡皮筋的條數來=

可以使橡皮筋對小車做的功成整數倍增加；

(3)各段金屬絲串聯接入電路，因為流入各金屬絲的電流相同，根據部分電路歐姆定律

U=/R可知,,=M

1/2/<2

(4)入射小球和被碰小球從相同高度做平拋運動，落到地面所用時間相同，兩小球碰撞

前后的平拋運動射程之比即為初速度之比。

故答案為：(1)兩輛小車運動時間相同；(2)每根橡皮筋拉長的長度都一樣；(3)流過各金

屬絲的電流相同；(4)小球做平拋運動的射程

(1)根據運動學公式控制時間相等，從而根據位移之比得出加速度之比；

(2)通過控制橡皮筋的伸長長度來讓做功倍增；

(3)因為串聯電路的電流相等，則根據歐姆定律U=//?可知電壓之比等于電阻之比；

第22頁，共29頁

(4)做平拋運動的物體在豎直方向上的位移相等，則下落時間相等，根據水平方向上的

運動規律x=可知，由位移之比可得出初速度之比。

本題主要考查了不同實驗中的數據處理，需要學生掌握不同實驗的實驗原理以及數據處

理的方式，考法新穎，但難度不大。

【解析】解：(1)螺旋式燈泡，一極在底端，一極在側面，故A8錯誤，C正確。故選C.

(2)由電路圖可知，滑動變阻器采用分壓接法，為了能測量小燈泡在額定電壓情況下的

電阻大小，且能盡量減小測量誤差，滑動變阻器應選用D.

(3)燈泡的額定電壓為3.8U,則電壓表選用VI,但電壓表的量程為3匕應擴大量程，則

需要串聯一個電阻，為了減小誤差，電壓表量程擴大到4U即可，則串聯電阻為

R="=早。=1000/2

故定值電阻選/?2,則電路圖如圖所示

(4)由圖丙可知，毫安表的示數為200nl4流過電壓表的電流為

1RV

則流過燈泡的電流為

IL=I-K

此時電壓表對應的示數為U=2.10V,則燈泡兩端的電壓為

4

u=-u

乙23

此時小燈泡的功率為

P=U2IL

聯立解得：P=0.561V

故答案為：(1)C;(2)。；(3)圖見解析;(4)0.56

(1)根據螺旋式燈泡的結構分析判斷.

(2)(3)根據題意確定滑動變阻器的接法，根據燈泡電阻與電表內阻的關系確定電流表的

接法，然后設計電路圖.

(4)根據電功率公式分析答題.

本題考查了實驗器材的選擇、實驗電路選擇、連接實物電路圖、實驗數據處理，當電壓

與電流從零開始變化時，滑動變阻器應采用分壓接法，當電壓表內阻遠大于待測電阻阻

值時，電流表采用外接法.

19.【答案】解：(1)讓冰壺在冰面上自由滑行，貝爾機9=加為

由運動公式詔=2arx

代入數據解得：v0=3.4m/s

(2)隊友在冰壺運動的距離為s時開始摩擦冰壺前方的冰面，此時的速度設為。

則詔—v2=2als

擦冰后，有0.9〃mg=ma2

又戶=2a2(x+zlx-s)

代入數據解得：s=10m

答：(1)若要讓冰壺投出后直接到達營壘中心，則冰壺投出時的速度應為3.4m/s；

(2)要使其多滑行2.1m,冰壺自由滑行的距離應為10m。

【解析】(1)根據牛頓第二定律求出冰壺的加速度，冰壺做勻減速直線運動，根據速度-

位移公式求冰壺投出時的初速度；

(2)根據牛頓第二定律求出冰壺在摩擦冰面后的加速度大小，由速度-位移公式求出摩擦

冰面前后位移，聯立可解。

本題的關鍵要理清冰壺的運動情況,抓住兩個過程之間的聯系，如速度關系、位移關系，

運用牛頓運動定律和運動學規律相結合進行研究。

20.【答案】解：(1)物塊從8點開始下滑，恰能達到水平直軌道/K,根據動能定理得：

mgh—+L2)—mg(R+；R)=0—0

第24頁，共29頁

解得：R=0.8m

(2)運動到P點時，根據動能定理得：

mgh——mgr—^mvp

在P點時，&=皿

xr

解得：Vp=4m/s；FI=||N

運動到H點時

mgh-pngG+L2)=加瑤

FLi_mg=wmvH

4

解得：F2=3.3N

因此a

/,2W

(3)要想讓物塊無擋板碰后不脫離圓軌道，當L最大時對應于物塊恰能達到與圓軌道圓心

。等高的位置，則由動能定理得：

mgh-[img(Li+L2+2Lmax)-mgr=0

解得：Lmax=1.3WI

當L最小時對應于物塊恰能達到與