2022年6月浙江省物理選考模擬卷

一、單選題（本大題共13小題，共40.0分）

1.用國際單位制的基本單位表示電場強度的單位，下列正確的是（）

A.N/CB.V/mC.kg-m/（C-s2）D.kg-m/（A-s3）

2.關于物理量或單位，下列說法中正確的是（）

A.加速度、時間、力等均為矢量

B.質量、位移、速度等均為標量

C.長度、質量、時間為國際單位制的三個基本物理量

D.后人為了紀念牛頓，把“牛頓”作為力學中的基本單位

3.2019年9月24日，中國科學院李春來領導的“嫦娥四號”研究團隊，精確定位了

“嫦娥四號”的著陸位置，并對“嫦娥四號”的落月過程進行了重建。該著陸器質

量為1.2x103kg,在距離月球表面100Hl處懸停，自動判斷合適著陸點后，先關閉

推力發動機自由下落，再開動發動機勻減速豎直下降到距離月球表面4m時速度變

為0,再關閉推力發動機自由下落，直至平穩著陸.著陸器下降過程中的高度與時

間關系圖象如圖所示，若月球表面重力加速度是地球表面重力加速度的;倍，地球

O

表面重力加速度g=10m/s2,則下述判斷正確的是（）

A.著陸器在空中懸停時，發動機推力大小是1.2X104N

B.著陸器從高100巾下降至47n過程中的減速的加速度大小為月球表面重力加速

度的|

C.著陸器從高100m下降至4m過程中的最大速度為16m/s

D.著陸器著陸時的速度大約是8.9m/s

4.如圖，三個固定的帶電小球a、b和c,相互間的距離分別為ab=5cm,be=3cm,

CQ=4cm。小球c所受庫侖力的合力的方向平行于Q、b的連線。設小球a、b所帶電

荷量的比值的絕對值為K,貝K）

-------------1

A.a、b的電荷同號，K=^B.a、b的電荷異號，K=?

C.a、b的電荷異號，K=^D.a、b的電荷同號，/<=票

5.在長約一米的一端封閉的玻璃管中注滿清水，水中S

放一個適當的圓柱形的紅蠟塊，玻璃管的開口端用

膠塞塞緊，將其迅速豎直倒置，紅蠟塊就沿玻璃管

由管口勻速上升到管底，現將此玻璃管倒置安裝在比

A."^

置于粗糙水平桌面上的小車上，小車從位置4以初速

度火開始運動，同時紅蠟塊沿玻璃管勻速上升，經過一段時間后，小車運動到圖中

虛線位置B,在這一過程中紅蠟塊實際運動的軌跡可能是（）

A.金星表面的重力加速度是火星的V倍

n

B.金星的“第一宇宙速度”是火星的J

C.金星繞太陽運動的加速度比火星小

D.金星繞太陽運動的周期比火星大

7.A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，4、B兩球的質量分別為m和

若使4球獲得瞬時速度或如圖甲），彈簧壓縮到最短時的長度為k；若

第2頁，共27頁

使B球獲得瞬時速度/如圖乙），彈簧壓縮到最短時的長度為乙2,則L1與42的大小關

系為（）

?Vp?一

（?yvwvvwwv@CDvvwvvvw^J）

?乙

A.L、>L2B.LI<L2C.k=L2D.不能確定

8.如圖所示，質量為m的小球4靜止于光滑水平面上，在4球與墻之間用輕彈簧連接。

現用完全相同的小球B以水平速度必與A相碰后粘在一起壓縮彈簧，不計空氣阻力,

若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E,從球4被碰后開始到回到原靜止位置的

過程中墻對彈簧的沖量大小為/,則下列表達式中正確的是（）

A.E=-mv2,l=2mvB.E=-mv2,I=mv

400400

22

C.E=^mv0,I=2mv0D.E=^mv0,I=mv0

9.現行的第四代移動通信技術4G,采用1880?2635MHz頻段的無線電波；2020年我

國將全面推行第五代移動通信技術5G,采用3300?5000MHz頻段的無線電波。未

來5G網絡的傳輸速率是4G網絡的50?100倍。下列說法中正確的是

A.5G信號和4G信號都是橫波

B.在空氣中5G信號比4G信號傳播速度大

C.5G信號和4G信號相遇能產生干涉現象

D.5G和4G電磁波信號的磁感應強度隨時間是均勻變化的

10.某地下工事壁距地面的厚度為d,為了從工事內部更好地觀察外j

界的目標，需在工事壁上開一個豎直的圓柱形孔，并在孔內嵌

7d\

入折射率幾=遮的玻璃磚，如圖所示。要使工事內部人員觀察

到外界視野的最大張角為120。，則這個圓柱形孔的直徑L至少為

（）

A.立dB.逗dC.V3dD.

332

11.測定壓力變化的電容式傳感器如圖所示，A為固定電極,

B為可動電極，組成一個電容大小可變的電容器。可動

電極兩端固定，當待測壓力施加在可動電極上時，可knnLJ

動電極發生形變，從而改變了電容器的電容。現將此待泅壓力

電容式傳感器連接到如圖所示的電路中，當待測壓力增大時

A.電容器的電容將減小B.電阻R中沒有電流

C.電阻R中有從a流向b的電流D.電阻R中有從b流向a的電流

12.電風扇的擋位變換器電路如圖所示，把它視為一個可調壓的理

想變壓器，總匝數為2400匝的原線圈輸入電壓“=220點3

?*53

sinl007Tt（V）,擋位1、2、3、4對應的線圈匝數分別為240匝、尚

600匝、1200匝、2400匝。電動機M的內阻r=80,額定電壓

為U=220V,額定功率P=110W。下列判斷正確的是）（）

A.該交變電源的頻率為100Hz

B.當選擇3擋位后，電動機兩端電壓的最大值為110V

C.當擋位由3變為2后，原線圈的電流變大

D.當選擇擋位4后，電動機的輸出功率為108W

13.如圖所示，木板長為3木板B端放有質量為的靜止物體，，，9

物體與板的動摩擦因數為〃，開始時板水平，現緩慢地高B端」彳尸n一

使木板以左端為軸轉動，當木板轉到與水平面的夾角為a時小物體開始滑動，此時

停止轉動木板，小物體滑到木板4端，則在整個過程中下列說法不正確的是（）

A.摩擦力對小物體做功為卬ngLcosa

B.支持力對小物體做功為mgLsina

C.重力對小物體做功為0

D.木板對小物體做功為mgLsina-fimgLcosa

二、多選題（本大題共3小題，共6.0分）

14.如圖甲所示，理想變壓器原線圈總匝數、副線圈的匝數比為5：1,b是原線圈的中

心抽頭，圖中電表均為理想交流電表，定值電阻R=1O0,其余電阻均不計，從某

時刻開始在原線圈c、d兩端加上如圖乙所示的交變電壓，下列說法正確的是

第4頁，共27頁

A.當單刀雙擲開關與a連接，在t=0.01s時，電流表的示數為零

B.當單刀雙擲開關與a連接時，電壓表示數為44.0U

C.當單刀雙擲開關由a撥到b時，副線圈輸出電壓的頻率變為100Hz

D.當單刀雙擲開關由a撥到b時，原線圈的輸入功率變為原來的4倍

15.以下說法中正確的是（）

A,如甲圖是a粒子散射實驗示意圖，當顯微鏡在4B,C,D中的4位置時熒光屏

上接收到的a粒子數最多.

B.如乙圖是氫原子的能級示意圖，氫原子從鹿=3能級躍遷到n=1能級時吸收了

一定頻率的光子能量.

C.如丙圖是光電效應實驗示意圖，當光照射鋅板時驗電器的指針發生了偏轉，則

此時驗電器的金屬桿帶的是正電荷.

D.如丁圖是電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣，該實驗現象說明實物粒子也具有波動

性.

16.兩列簡諧橫波在同種介質中沿x軸相向傳播，如圖所示是兩列波在t=0時的各自波

形圖，實線波4向右傳播，周期為匕.虛線波B向左傳播.已知實線波的振幅為10cm,

虛線波的振幅為5cm,則下列說法正確的是（）

A.虛線波B遇到障礙物時更容易發生明顯的衍射現象

B.實線波和虛線波的頻率之比為2：3

C.兩列波在相遇區域內會發生干涉現象

D.t=7^時，x=5m處的質點的位移為10cm

三、實驗題(本大題共2小題，共15.0分)

17.為了測量木塊與木板間動摩擦因數出某小組使用位移傳感器設計了如圖甲所示實

驗裝置，讓木塊從傾斜木板上一點4由靜止釋放，位移傳感器可以測出木塊到傳感

器的距離。位移傳感器連接計算機，描繪出滑塊相對傳感器的位移s隨時間t變化規

律，如圖乙所示。

(1)根據上述圖線，計算0.4s時木塊的速度"=m/s,木塊加速度

a=m/s2；

(2)現測得斜面傾角為37°，g取10m/s2,則四=；

(3)為了提高木塊與木板間動摩擦因數”的測量精度，下列措施可行的是。

A.4點與傳感器距離適當大些

A木板的傾角越大越好

C.選擇體積較大的空心木塊

。.傳感器開始計時的時刻必須是木塊從4點釋放的時刻

18.小陽同學要測量一圓柱體導體材料的電阻率(阻值約為1500),他進行了如下實驗:

(1)利用多用電表測該導體材料的電阻，小陽同學先用多用電表電阻擋“xlOO”測

量時發現指針偏轉角度過大，為了減小測量誤差，下列選項中正確的操作及步驟順

序為(填寫選項前的字母)

A.將選擇開關旋轉到“x1k”的位置

B.將選擇開關旋轉到“X10”的位置

第6頁，共27頁

C.用兩表筆與導體材料連接好并讀數

D將兩表筆短接，進行歐姆調零

(2)他按正確的實驗操作，用多用電表電阻擋測量時指針停在圖所示的位置，則此

材料電阻的測量值為n.

(3)若該材料的長度為L,直徑為。，電阻為R,則該材料電阻率的表達式P=

(4)小陽同學發現該多用電表“直流50口,擋損壞了，但“直流10片'擋能正常使

用.查閱資料知道，電壓擋內部原理如圖所示，表頭A的滿偏電流為1巾4打開多用

電表外殼發現電路板上的電阻/?2被燒壞了，則應用阻值為kO的電阻替換

R2,就可以修好“直流50廣'擋.

+10+50

四、計算題(本大題共4小題，共40.0分)

19.成都歡樂谷的“跳樓機”游戲，既新奇又刺激，很受同學們歡迎，其原理是將巨型

娛樂器械由升降機送到離地面60m的高處，然后讓座艙自由下落，落到離地面20m

高時，制動系統開始啟動，座艙均勻減速，到地面時剛好停下，若座艙中的小李體

重為500N,試求：

(1)此過程中的最大速度是多少？當座艙落到離地面307n的位置時，水平支持面對

小李的支持力是多少？

(2)當座艙落到離地面157n的位置時，小李對水平支持面的壓力是多少？(取g=

10m/s2)

20.如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道(在最

低點E分別與水平軌道EO和E4相連)、高度九可調的斜軌道4B組成。游戲時滑塊從。

點彈出，經過圓軌道并滑上斜軌道。全程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成

功。已知圓軌道半徑r=0.1m,OE長A】=0.2m,AC^zL2=0.4m,圓軌道和4E光

滑，滑塊與48、0E之間的動摩擦因數〃=0.5。滑塊質量m=2g且可視為質點，

彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能。忽略空氣阻力，各部分

平滑連接。求

(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度昨大小;

第8頁，共27頁

(2)當九=0.1m且游戲成功時，滑塊經過E點對圓軌道的壓力FN大小及彈簧彈性勢

能Epo；

(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢能Ep與高度h之間滿足的關系。

21.如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度Z,=lm,一

勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接一阻值為R=0.40。的電阻,

質量為巾=0.01kg、電阻為r=0.300的金屬棒ab緊貼在導軌上.現使金屬棒ab由

靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與

時間t的關系如圖乙所示，圖象中的段為曲線，4B段為直線，導軌電阻不計，g

取10m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響).

(2)求磁感應強度B的大小;

(3)在金屬棒ab從開始運動的1.5s內，電阻R上產生的熱量。

22.現代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動，真空中存在著如圖所示的多

層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，電場與磁場的寬度均為d,電場強度為E,方

向水平向右；磁感應強度為8,方向垂直紙面向里.電場、磁場的邊界互相平行且

與電場方向垂直.一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側邊界某

處由靜止釋放,粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射.

第1層第混第限

_X人.___人--__人

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?XXI1XX11XX1

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1XXi1XX111XX?

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XX?XX11XXi

111111

7Y1__77

A；

1?

(1)求粒子在第2層磁場中運動時速度方的大小與軌跡半徑「2；

(2)粒子從第n層磁場右側邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為。小試求

sin8n；

(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也

進入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側邊界，請簡要推

理說明之.

第10頁，共27頁

答案和解析

1.【答案】

D

【解析】

【分析】

本題考查對基本單位的掌握情況，要注意明確物理公式同時對應了單位的換算關系。

【解答】

根據E=5以及F=ma>q=〃可知，電場強度的單位1N/C=kg-m/(A-s3),由于N、

了不是國際單位制中的基本單位，故ABC錯誤，。正確。

故選D。

2.【答案】

C

【解析】

【分析】

既有大小、又有方向，合成與分解遵循平行四邊形定則的物理量是矢量；而只有大小的

物理量是標量；國際單位制中將長度、質量和時間三個物理量作為基本物理量。

本題關鍵是明確矢量和標量的區別，還要知道力學單位制的基本物理量和基本單位，基

礎題目。

【解答】

解：4加速度、力為矢量，而時間是標量，故A錯誤；

質量為標量，而位移、速度為矢量，故8錯誤；

C.長度、質量、時間為國際單位制的三個基本物理量，故C正確；

D后人為了紀念牛頓，規定1牛頓=1千克?米/秘、2,故“牛頓”是導出單位，故。錯誤;

故選C。

3.【答案】

C

【解析】

【分析】

本題主要考查勻變速直線運動的圖像，牛頓第二定律。抓住著陸器在空中懸停，受力平

衡求出發動機的推力作用；根據下降的高度和時間求出平均速度的大小，根據加速度,

結合自由落體運動的公式求出著陸時的速度大小。

【解答】

A.著陸器在空中懸停時，受力平衡，根據F=mg得，F=m\g=2x1。3乂故A錯誤；

BC.著陸器從高100nl下降至47n過程中，先自由落體，當速度為。時，再勻減速，則有

=96m,v=Ct=at2,+t2=12s,解得：v—16m/s；=9.6s；t2=

2.4s；a=|g,則減速的加速度大小為月球表面重力加速度的4倍，最大速度為16m/s,

故B錯誤，C正確；

D.著陸器著陸時的速度v==j2xl0xix4=3.65m/s.故力錯誤；

故選：C.

4.【答案】

C

【解析】

【分析】

本題考查庫侖定律與矢量的合成法則，掌握幾何關系，與三角形相似比的運用，注意小

球c的合力方向可能向左，不影響解題的結果。

對小球c受力分析，根據庫侖定律，與矢量的合成法則，結合幾何關系，及三角知識，

第12頁，共27頁

即可求解。

【解答】

根據同種電荷相斥，異種電荷相吸，且小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a,b的連

線，可知，a,b的電荷異號，

對小球C受力分析，如下圖所示：

因ab=5cm,be=3cm,ca=4cm,因此ac_Lbe,那么兩力的合成構成矩形,

依據相似三角形之比，則有：個=,=￡

Fbbe3

而根據庫侖定律，弓=k"，而及=卜智

QC<be"

綜上所得，K=麴=：x"=W，故4BD錯誤，C正確。

qb33427

故選Co

5.【答案】

A

【解析】

【分析】

蠟塊參與了水平方向向右初速度為%的勻加速直線運動和豎直方向上的勻速直線運動，

根據合速度與合加速度的方向關系確定蠟塊的運動軌跡。

解決本題的關鍵知道當合速度的方向與合力（合加速度）的方向不在同一條直線上，物體

將做曲線運動，且軌跡夾在速度與合力方向之間，軌跡的凹向大致指向合力的方向。

【解答】

當合速度的方向與合力（合加速度）的方向不在同一條直線上，物體將做曲線運動，且軌

跡夾在速度與合力方向之間，軌跡的凹向大致指向合力的方向。蠟塊向右做勻減速運動，

合外力向左，故A正確，8C￡>錯誤。

故選A。

6.【答案】

B

【解析】

【分析】

根據重力等于萬有引力列式，求金星表面的重力加速度。根據衛星的速度公式〃=欄

求金星的“第一宇宙速度”。根據a=寫*分析加速度的關系，根據開普勒第三定律分析

周期關系。

解決本題的關鍵是要掌握萬有引力提供向心力，知道衛星的線速度、加速度等公式，并

能用來比較兩個天體各個量之間的大小。

【解答】

解：4、根據mg=G等得g=察，可知金星與火星表面重力加速度之比葛=上故A錯

誤。

B、根據"=后可知，金星與火星第一宇宙速度之比晟=與故B正確；

C、根據a=,可知，距離太陽越遠，加速度越小，金星距離地球近，則金星繞太陽運

動的加速度比火星大，故C錯誤。

。、根據開普勒第三定律弓=匕可知距離太陽越遠，周期越長，金星距離太陽近，所

以金星繞太陽運動的周期比火星短，故。錯誤。

故選：B。

7.【答案】

C

【解析】

解：當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同。對甲圖取4的初速度方向為正方向，由動

量守恒定律得：

mv=(m+M)v'

由機械能守恒定律得:

第14頁，共27頁

=|mv2—|(m4-M)v，2。

聯立解得彈簧壓縮到最短時有：與=喋喘

同理：對乙圖取B的初速度方向為正方向，當彈簧壓縮到最短時有：晦

“2(m+M)

故彈性勢能相等，則有：加=G,故A3。錯誤C正確。

故選：C。

當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同。4、B兩球組成的系統動量守恒，根據動量守

恒定律和能量守恒定律結合判斷。

本題考查動量守恒定律及機械能守恒定律，要注意明確能量的轉化情況，并掌握動量守

恒的條件。

8.【答案】

A

【解析】

【分析】

根據動量守恒定律求出4、B碰撞后共同速度。碰撞后，起壓縮彈簧，當AB的速度

減至零時彈簧的彈性勢能最大，由能量守恒定律求最大彈性勢能。對4B及彈簧整體，

由動量定理求墻對彈簧的沖量大小/。

分析清楚物體的運動過程、正確選擇研究對象是正確解題的關鍵，應用動量守恒定律、

機械能守恒定律即可正確解題。在運用動量定理和動量守恒定律時都要選擇正方向，用

符號表示速度的方向。

【解答】

A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0=2mv；碰撞后，4B—?起

壓縮彈簧，當4B的速度減至零時彈簧的彈性勢能最大，由能量守恒定律得最大彈性勢

能：E=1-2mv2,聯立解得：2從球被碰后開始到回到原靜止位置的過程

F=imv0;4

中，取向右為正方向，對48及彈簧整體，由動量定理得：/=2mv-(-2mv)=4mv=

故正確，BCD

2mv0oA錯誤。

故選A。

9.【答案】

A

【解析】

【分析】

明確電磁波的性質，電磁波在真空中傳播速度均為光速，并且電磁波為橫波；

根據波的干涉條件分析；

根據麥克斯韋電磁場理論分析，均勻變化的磁場產生恒定的電場。

本題考查電磁波的特性和傳播規律，注意麥克斯韋的電磁場理論是變化的磁場產生電場,

變化的電場產生磁場。其中的變化有均勻變化與周期性變化之分。

【解答】

A.5G和4G信號都是電磁波，電磁波都是橫波，故A正確；

B.任何電磁波在真空中的傳播速度均為光速，故傳播速度相同，故8錯誤；

C.波的干涉條件是兩列波的頻率相同，振動情況相同，5G和4G信號的頻率不同，相遇

不能產生干涉現象，故C錯誤；

D根據麥克斯韋電磁場理論可知，均勻變化的電（磁）場只能產生恒定不變的磁（電）場，

不能形成電磁波，故5G和4G電磁波信號的磁感應強度隨時間不是均勻變化的，故力錯

誤。

故選

10.【答案】

A

【解析】

【分析】

本題考查了光的折射，對于光學問題關鍵是能夠正確做出光路圖，根據幾何關系結合折

射定律求解.

根據折射定律計算折射角，再由幾何關系表示折射角，進而可以確定直徑。

【解答】

第16頁，共27頁

根據折射定律“=墨=百，由題意可知i=60。，siny=根據幾何知識可知siny=

方修，可得L=^d，即圓柱形孔的直徑L至少&d，故A正確，88錯誤。

vL2+d233

故選A。

11.【答案】

D

【解析】

【分析】

當待測壓力增大時，電容器板間距離減小，根據電容的決定式分析電容的變化，再由電

容的定義式分析電容器所帶電量的變化，判斷電阻R中的電流方向。

本題考查對傳感器基本原理的理解，實質是電容器動態變化分析問題，電容的決定式C=

盤和定義式C=滿合進行分析。

47tKaU

【解答】

A.當待測壓力增大時，電容器板間距離減小，根據電容的決定式。=抵得知，電容C增

4nka

大，故A錯誤；

BCD.電容板間電壓U不變，電容器所帶電量為Q=CU,C增大，則Q增大，電容器處于

充電狀態，而4板帶正電，則電路中形成逆時針方向的充電電流，電阻R中有從b流向a的

電流，故BC錯誤，。正確。

故選￡>?

12.【答案】

D

【解析】

【分析】

本題考查變壓器原理，要注意明確變壓器的規律，能用線圈匝數之比求解電壓及電流；

同時注意注意明確對于非純電阻電路歐姆定律不能使用，在解題時要注意正確選擇功率

公式。

根據原線圈輸入電壓的瞬時值表達式即可知角速度3,結合3=2兀/得交變電源的頻率；

當選擇3檔位后，根據變壓比規律求出副線圈兩端電壓的有效值，最大值為有效值的我

倍；當檔位由3變為2后，根據變壓比規律判斷副線圈的電壓，分析輸出功率的變化，根

據輸入功率等于輸出功率，由2=U/判斷原線圈電流的變化；當選擇檔位4后，根據變

壓比規律求出副線圈電壓，根據能量守恒求電動機的輸出功率。

【解答】

A根據原線圈輸入電壓的瞬時值表達式知3=100兀，交變電源的頻率/=/=嚶=

50Hz,故A錯誤；

A當選擇3檔位后，副線圈的匝數為1200匝，根據電壓與匝數成正比得”="，即寧=

u2n2出

鬻，解得4=1107,所以電動機兩端電壓的最大值為110口故B錯誤；

12004

C.當檔位由3變為2后，根據電壓與匝數成正比知，副線圈兩端的電壓減小，輸出功率變

小，輸入功率變小，根據&=Ui4知原線圈電流變小，故C錯誤；

D當選擇檔位4,副線圈匝數等于2400匝，根據電壓比規律得副線圈兩端的電壓為220V,

電動機正常工作，流過電動機的電流/=《=^-A=0.54電動機的發熱功率P執=

l2r=0.52x8V/=2W,電動機的輸出功率為P出=110-2=108W,故。正確。

故選Do

13.【答案】

A

【解析】

【分析】

對整個過程運用動能定理求解木板對木塊做的功。在木板從水平位置開始轉動到與水平

面的夾角為a的過程中，摩擦力不做功，物塊沿木板下滑過程中，摩擦力對物塊做功。

第18頁，共27頁

根據摩擦力與重力分力大小的關系，求解摩擦力做功。根據動能定理求解支持力和滑動

摩擦力做功。

本題運用動能定理求解力做功，首先要選擇研究的過程，本題中有兩個過程，第一個過

程中摩擦力不做功，支持力做功，第二過程中，支持力不做功，摩擦力做功。

【解答】

A、在木板從水平位置開始轉動到與水平面的夾角為a的過程中，摩擦力不做功，物塊

沿木板下滑過程中，摩擦力對物塊做功。摩擦力為“mgcosa,則摩擦力對物塊做功叼=

—HmgLcosa.iAA錯誤。

8、在木板從水平位置開始轉動到與水平面的夾角為a的過程中，支持力對物塊做功，

物塊下滑的過程中，支持力不做功，設前者做功為恤，根據動能定理得：以-

mgLsina=0,得以=mgLsina.故B正確。

C、根據重力做功的特點可知，整個過程中，重力做功為0,故C正確；

D、設在整個過程中，木板對物塊做功為W,則W=mgLsina-〃?ngLcosa.故。正確。

本題選錯誤的。故選：4。

14.【答案】

BD

【解析】

【分析】

根據圖象可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據電壓與匝數成正比即可求

得結論。

掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關系，最大值和有效值之間的關系即可解決本題。

【解答】

由圖象可知，電壓的最大值為311V,交流電的周期為2x10-25,所以交流電的頻率為

f=50Hz,

4B.當單刀雙擲開關與a連接時，根據電壓與匝數成正比可知，由于原線圈兩端的電壓為

220V,則副線圈的電壓為44V,電壓表的示數為44.01/,電流表示數為/=4.44故A

錯誤，B正確;

C.變壓器不會改變電流的頻率，所以副線圈輸出電壓的頻率為/"=50Hz,故C錯誤；

D當單刀雙擲開關由a撥向b時，原線圈的匝數變小，所以副線圈的輸出的電壓外=2x

220K=881Z=2U,電阻R上消耗的功率P，=或=4"，原線圈的輸入功率也要變為

2RR

原來的4倍，故。正確。

故選8￡＞。

15.【答案】

ACD

【解析】

【分析】

放射源放出一束射線轟擊金箔，運用顯微鏡前熒光屏去觀察射線的位置，了解a粒子散

射實驗的實驗現象即可正確解答；根據數學組合公式鬣求出一群氫原子處于量子數n=

3的激發態，可能發出的光譜線條數；當光子的頻率大于極限頻率時，發生光電效應，

金屬板將帶正電；衍射是波特有的性質。

由a粒子的散射實驗可知，原子內部的結構：中心有一個很小的核，全部正電荷及兒乎

全部的質量都集中在里面,外面自由電子繞核高速旋轉，知道a粒子的散射實驗的結果；

解決本題的關鍵知道發生光電效應時有光電子從金屬中飛出，理解光電效應的產生；理

解光電效應產生的條件，以及光電流大小的決定因素，并能在具體問題中正確應用。

【解答】

4圖甲是a粒子散射實驗示意圖，當顯微鏡在4、B、C、D中的4位置時熒光屏上接收到

的a粒子數最多，故A正確；

8圖示是氫原子的能級示意圖，結合氫光譜可知，氫原子從鹿=3能級躍遷到n=1能級

時輻射了一定頻率的光子能量，故8錯誤；

C.當光照射鋅板時，金屬板失去電子，將帶正電，所以與之相連的驗電器的指針將發生

偏轉，此時驗電器的金屬桿帶的是正電荷，故C正確；

D圖丁是電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣，由于衍射是波特有的性質，所以該實驗現象說

明實物粒子也具有波動性，故。正確。

故選ACD.

16.【答案】

AD

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【解析】

解：4、實線波的波長為;I】=4m,虛線波的波長為;I?=6m,依據波長越長的越容易發

生明顯衍射現象，故A正確；

BC、實線波的波長為;I】=4m,虛線波的波長為;I?=6m,它們的波速相等，由波速公

式"=4/'得：實線波和虛線波的頻率之比為月：f2-A2：=3：2,兩列波的頻率不

同，不能發生干涉現象。故8c錯誤。

D、依據4=97,在t時間內，實線波4向右傳4m,而虛線波B向左傳播4m,結合

波的疊加原理可知t=圖時，x=5m處的質點位移|y|=y1+%=I。"71，故。正確。

故選：AD?

本題關鍵要掌握干涉產生的條件和波的疊加原理，運用波形的平移法分析波形，確定質

點的位移.

17.【答案】

(1)0.4；1；(2)0.625；(3)4。

【解析】

【分析】

(1)由于滑塊在斜面上做勻加速直線運動，所以某段時間內的平均速度等于這段時間內

中點時刻的瞬時速度；根據加速度的定義式即可求出加速度；

(2)根據牛頓第二定律列式求解摩擦因數；

(3)為了提高木塊與木板間摩擦力因數〃的測量精度，可行的措施是4點與傳感器位移適

當大些或減小斜面的傾角。

解決本題的關鍵知道勻變速直線運動的推論，在某段時間內的平均速度等于中間時刻的

瞬時速度，以及會通過實驗的原理得出動摩擦因數的表達式，從而確定所需測量的物理

量以及誤差分析。

【解答】

(1)根據某段時間內的平均速度等于這段時間內中點時刻的瞬時速度，得0.4s末的速度

不(30-14)x10-2_.,

79：v=--------m/sm/s=0.4m/s,

0.2s末的速度為：v'='32二2曹12一mfs=o.2m/s,

則木塊的加速度為：a=寧=—^―m/s2=lm/s2o

ZltU.4—U.N

(2)選取木塊為研究的對象，木塊沿斜面方向是受力：ma=mgsind-fimgcosd

得：gsind-a若。=37。,則〃=0.625

mcosO

(3)在實驗中，為了減少實驗誤差，應使木塊的運動時間長一些，可以減小斜面的傾角、

增加木塊在斜面上滑行的位移等，傳感器開始的計時時刻不一定必須是木塊從4點釋放

的時刻。故A正確，8CD錯誤。

故選：A

故答案為:(1)0.4；1；(2)0.625；(3)4。

18.【答案】

(l)BDC(2)140(3)哼(4)40

【解析】

解：(1)指針的偏轉角過大，表明選用的倍率過大，應當減小倍率，更換檔位之后，應

重新進行歐姆調零，再進行測量讀出數據，故合理的操作順序為BDC。

(2)指針指示的示數與倍率的乘積即為白熾燈電阻的測量值，歐姆表的讀數為：14x

10=1400。

(3)根據電阻定律可得：R=p5

圓柱體導體材料的橫截面積：S=兀《)2

聯立可得金屬電阻率：0=磬

(4)多用電表“直流10V”擋能正常使用，表頭和電阻治的總阻值為10kO,要想修好“直

流50V”擋，電阻燈應由一個4倍表頭和電阻％的總阻值替換，即乙同學應用阻值為

40k0。

故答案為：(l)BDC;(2)140；(3)嚶；(4)40.

(1)應用歐姆表測電阻時要選擇合適的檔位，使指針指針中央刻度線附近，歐姆表換擋

后要重新進行歐姆調零，然后再測電阻阻值；

(2)圖1所示位置為歐姆x100檔，歐姆表指針示數與擋位的乘積是歐姆表示數；

(3)根據電阻定律結合歐姆定律，聯立即可求出電阻率；

(4)依據表頭的滿偏電流不變，結合直流電壓擋的倍數關系，即可求解。

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考查電阻率的測量實驗，要知道歐姆表的倍率的選取，掌握歐姆表的刻度讀數，注意歐

姆表的使用要求，并理解第(4)問，表頭的滿偏電流不變是解題的突破口。

19.【答案】

解：

(1)

由題意可知：座艙先自由下落40m,在207n高處時制動系統開始啟動后做勻減速運動,

所以下落407n時速度最大，設為，

2

由：v=2ghlt解得：v—-V2X10x40m/s=20V2m/s,

離地面30nl時，座艙自由下落，處于完全失重狀態，所以水平支持面對小李的支持力為

0.

(2)

22

設勻減速運動的加速度大小為a2,由：v=2a2h2＞解得：a2=^-=-20m/s；

2九2ZXZO

對小李，由牛頓第二定律有：N-mg=ma2,

解得：N=m(g+a2)=50x(10+20)N=1500/V.

根據牛頓第三定律，小李對水平支持面的壓力是1500N.

答：

(1)此過程中的最大速度是20心m/s，當座艙落到離地面307n的位置時，水平支持面對

小李的支持力是0.

(2)當座艙落到離地面15nl的位置時，小李對水平支持面的壓力是1500N.

【解析】

本題是兩個過程的問題,采用力學基本的處理方法：牛頓運動定律和運動學公式結合.同

時要抓住兩個過程之間的關系，比如位移和速度關系進行分析.

(1)座艙自由落下時加速度為g,下落40m時速度最大，由運動學位移公式求出最大速

度.當座艙落到離地面307n的位置時,座艙自由下落，水平支持面對小李的支持力為零.

(2)由速度-位移公式求出勻減速運動的加速度大小，再牛頓第二定律求解水平支持面對

小李的支持力，由牛頓第三定律求小李對水平支持面的壓力.

20.【答案】

解：(1)滑塊恰好過戶的條件為mg=小步，

解得"F=lm/So

(2)滑塊從E到8,根據動能定理有-mgh-"ngLz=0-1mvj,

在E點有心-mg-my.

代入數據解得FN=0.14N,

由牛頓第三定律可知滑塊經過E點對對圓軌道的壓力“大小也為0」4N；

從。到B點，

Epo-mgh-+L2)=0,

解得E”=8.0xIO"人

(3)滑塊恰能過F點的彈性勢能為Epi=2mgr+fimg^+如用=7.0x10-37

從。點到B點有：Epi-mgM-卬ng(k+L2)=0

代入數據解得九1=0.05m

能停在B點，則“mgcos。=mgsind

得tan。=0.5

此時九2