浙江省2024年高考物理模擬試卷及答案

閱卷人

--、單選題：本大題共13小題，共39分。

得分

1.功率的單位是瓦特，若用國際單位制的基本單位來表示瓦特，正確的是（）

A.LB.他心C.叱D.綺

sS3ss3

2.如圖所示，電子在電場中從。點運前到b點，實線為電場線，虛線為電子的運動軌跡，請判斷卜列說法

正確的是

A.a點的電勢低于b點的電勢B.電子在a點的加速度大于在b點的加速度

C.電子在a點的速度大于在b點的速度D.電子在a點的電勢能大于在b點的電勢能

3.燃氣灶支架有很多種規格和款式。如圖所示，這是a、力兩款不同的燃氣灶支架，它們都是在一個圜圈

底座上等間距地分布有五個支架齒，每一款支架齒的簡化示意圖在對應的款式下方飛如果將含有食物的球

面鍋置于兩款支架上，假設鍋和鍋內食物的總重量總是維持不變，則

（）

A.如果鍋的尺寸越大，則a款每個支架齒受到的壓力越大

B.如果鍋的尺寸越大，則a款每個支架齒受到的壓力越小

C.如果鍋的尺寸越大，貝昉款每個支架齒受到的壓力越大

D.如果鍋的尺寸越大，貝昉款每個支架齒受到的壓力越小

4.利用智能手機的加速度傳感器可測量手機自身的加速度。用手掌托著智能手機，打開加速度傳感港，

從靜止開始迅速上下運動，得到如圖所示的豎直方向加速度隨時間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方

向。下列說法正確的是（）

B.G時刻手機運動到最高點

C.仃時刻手機開始減速上升，"時刻速度為0

D.垃時刻手機開始減速上升，G?±3時間內手機所受的支持力一直減小

5.蹦慶運動是?項技巧性與觀賞性都很強的運動。運動員在比賽的開始階段會先跳幾下，此階段上升的

最高點會越來越高，后來最高點基本能維持穩定。卜列有關此情景說法正確的是()

A.運動員每次上升過程，蹦床對運動員先做正功，后做負功

B.如果不考慮空氣等各種阻力，運動員和蹦床組成的系統機械能守恒

C.最開始的幾次起跳上升過程，蹦床彈性勢能的減小量小于運動員機械能的增加量

D.對于最高點基本穩定的情景，運動員的重力勢能與蹦床彈性勢能之和最小時，運動員的加速度最大

6.圖甲是正在做送餐工作的“機器人服務員”，該機器人正在沿圖乙中48CD曲線給16號桌送餐，已知弧長

和半徑均為47n的圓弧8c與直線路徑48、。。相切，48段長度也為47九，CO段長度為12m,機器人從4點

由靜止勻加速出發，到達8點時速率恰好達到1771/s,接著以lm/s的速率勻速通過8。弧段，通過。點以

1m/s的速率勻速運動到某位置后開始做勻減速直線運動，最終停在16號里旁的。點。已知餐盤與托盤問

的動摩擦因數〃=0.2,關于該機器人送餐運動的說法正確的是

()

A.從8運動到C過程中機器人的向心加速度a=0.5m/s2

B.為防止餐盤與水平托盤之間發生相對滑動，機器人在8C段運動的最大速率為4zn/s

C.從A點運動到H點過程中機器人的加速度a=0.125m/s2且餐盤和水平托盤不會發生相對滑動

D.餐盤和水平托盤不發生相對滑動的情況下，機器人從C點到D點的最短時間￡=12秒

7.”中國空間站??在距地面高400km左右的軌道上做勻速圓周運動，在此高度上有北常稀薄的大氣，因氣

體阻力的影響，軌道高度1個月大概下降2Am,空間站安裝有發動機，可對軌道進行周期性修正。則下列

說法中正確的是()

A.”中國空間站”在正常軌道上做圓周運動的周期大于地球同步衛星的周期

B.“中國空間站”在正常軌道上做圓周運動的向心加速度大小梢大7g

C.“中國空間站”在正常軌道上做圓周運動的線速度大小稍大于地球的第?宇宙速度

D.”中國空間站”修正軌道時，發動機應“向后噴火”使空間站加速，但進入目標軌道正常運行后的速度

小于修正之前在較低軌道上的運行速度

8.如圖，在等邊三角形三個頂點處，各有一根長直導線垂直于紙面固定放置。在三根導線中均通有電流

/，其中P、Q導線中電流方向垂直紙面向里，M導線中電流方向垂直紜面向外，三角形中心0處的磁感應強

度大小為8,若撤去導線P,則三角形中心。處磁感應強度的大小為

()

A.0BR-B2D.2B

9.?列機械波沿%軸正向傳播，圖甲是t=0時的波形圖，圖乙是介質中質點M的振動圖像，已知t=0時M

A.該機械波的波速為1.0m/sB.M點的橫坐標可能為1.5m

C.￡=0時，M點振動方向向下D.￡=1.0s時，M點位移仍為一宗山

10.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數比為2:1,原線圈通過燈泡L1與正弦式交流電源相連，電源

電壓恒定，副線圈通過導線與燈泡42利相連，三個燈泡規格完全相同。開始時三個燈泡都能發光，工作

一段時間后上燈絲被燒斷，若不考慮笊絲電阻隨溫度變化的情況，下列說法正確的是

（）

A.都能發光時三個燈泡的亮度不相同B.人燈絲被燒斷后燈泡■變亮

C.人燈絲被燒斷后燈泡員變亮D.人燈絲被燒斷后變壓器輸入功率不變

11.現在的城市街道上到處都能看到各種共享自行車和電動助力車，極大地方便了市民的短途出行。如圖

甲是一款電動助力車，其調速把手主要是應用了“霍爾效應”來控制行駛速度的。調速把手內部截面如圖乙

所示，內部含有永久磁鐵和霍爾器件等部件。如圖內，把手里面的霍爾器件是一個棱長分別為Q、氏，的

長方體金屬器件，助力車正常行駛時，在霍爾器件的上下面通有一個恒定電流/，騎手將調速把手旋轉，

永久磁鐵也跟著轉動，施加在霍爾器俏上的磁場就會發生變化，霍爾器件就能在。、。間輸出變化的電壓

U，電機電路感知這個電壓的變化就能相應地改變電機轉速，這個電壓U與電機轉速"的關系如圖丁所示。

以下敘述正確的是（）

B.若組裝助力?時不小心將水久磁鐵裝反了（兩極互換）將會影響該電動助力生的正常招行

C.維持恒定電流/不變，僅減小圖丙中器件的尺寸如可使電動助力車更容易獲得最大速度

D.若騎手按圖乙箭頭所示方向均勻轉動把手時電壓會隨時間均勻增大，則電動助力車的加速度將會增

12.夏季常出現如圖甲所示的日暈現象，日暈是太陽光通過卷層云時，受到冰晶的折射或反射形成的。圖

乙為一束太陽光射到六角形冰晶上時的光路圖，a、b為其折射出的光淺中的兩種單色光，比較a、b兩種單

色光，下列說法正確的是（）

A.在冰晶中，b光的波速比a光大

B.通過同一儀器發生雙縫干涉，力光的相鄰明條紋間距較大

C.若a光能使某金屬發生光電效應，貝必光也可以使該金屬發生光電效應

D.a、萬兩種光分別從水射入空氣發生全反射時，Q光的臨界角比b光的小

13.華為在2023年10月發布了一款據稱可實現“一秒一公里”的全液冷超級充電樁，其最大輸出電流為

600/1,充電電壓范圍為200V至1000V,并且該充電樁能根據很多電動汽車車型的充電需求智能分配所需

充電功率。某天，小振開著自己的某款電動汽車來這種充電站體驗，其車總質量為1.6L所用電池組規格

為“36CV,15（L4?/T（內阻不能忽略），車上顯示屏顯示此次充電電量由30%充到80%用時10分鐘，本次充

電共消費60元（充電樁計費規則為每度電2元）。經他幾天實測，顯示屏電量由80%下降到50%共行駛7120

公里，已知他的車行駛時的阻力為車重的0.02倍，則（）

A.充電樁上標識的“600/cW”表示給各車充電時的平均功率

B.小振本次充電的平均功率約為300AW

C.小振本次充電的充電效率約為90%

D.小振汽車電機將電能轉化為機械能的效率約為40%

閱卷人

一二、多選題：本大題共2小題，共6分。

得分

14.2023年8月24日，日本政府不顧周邊國家的反對執意向海洋排放福島第一核電站的核污水，核污水中

的放射性物質會對海水產生長久的、風險不可控的污染。如核污水中的晶°P。具有放射性，其發生衰變時

的核反應方程為3°POT第6pb+x,該核反應過程中放出的能量為Q。設豺。P。的結合能為Ei，第6P6的結

合能為%,X的結合能為右，已知光在真空中的傳播速度為c,則下列說法正確的是（）

A.第6Pb的比結合能大于W；°Po的比結合能

B.該核反應過程中放出的能量Q=206%+4%-210瓦

C.該核反應過程中的質量虧損可以表示為m=Qc2

D.衰變過程中放出的光了?是由新原了?核從高能級向低能級躍遷產生的

15.如圖所示，群處于第4能級的氫原子，向低能級躍遷時能發出不同頻率的光，其中只有一3種不同頻率

的光a,b,c照射到圖甲電路陰極K的金屬上能夠發生光電效應，測得光電流隨電壓變化的圖像如圖乙所

示，調節過程中三種光均能達到對應的飽和光電流，已知氫原子的能級圖如圖丙所示，則下列推斷正確的

是

()

nE/eV

OO-----------------0

4-------------------0.85

3--------------------1.51

2--------------------3.40

1--------------------13.6

丙

B.圖乙中的匕光光子能量為12.09eV

C.若圖乙中的Ua=7P,則4=3.5V

D.若甲圖中電源右端為正極，隨滑片向右滑動，光電流先增大后保持不變

閱卷入

-三、填空題：本大題共2小題，共12分。

得分

16.某電學實驗興趣小組結合物理課本上的多用電表結構示意圖及實驗室現有器材；設計了如圖所示可以

當作“Xl”“x10”兩個倍率使用的歐姆電表。他們使用到的器材有：

電源E（電動勢￡=1.5V,內阻忽略不計）

定值電阻用=110、R2=99H

電流表G（量程為與=100〃/,內阻Rg=9900

滑動變阻器R（最大阻值為1500"）

單刀雙擲開關S

（1）按照多用電表的原理，接線柱B端應該接表筆（選填“紅”或"黑”）：

（2）當單刀雙擲開關S撥到2端時，歐姆表的倍率為（選填“x1”或"x10）；將紅黑表筆短接

調節電阻R進行歐姆調零，當電流表G滿偏時，通過紅黑表筆的電流/=mA；

（3）當歐姆表倍率取“x10”，將紅黑表筆短接進行歐姆調零后電阻/?=

⑷選用“x10”擋測量時，電流表偏轉點則待測電阻&=Po

17.下圖是小明同學在做“測定玻璃的折射率”的實驗中所留下的圖紙。如圖（a）所示，該同學選用的玻璃磚

前后兩個光學面相互平行，a和a'分別是玻璃磚與空氣的兩個界面，在玻璃磚的一側插上兩枚大頭針片和

P2,然后在另一側透過玻璃磚觀察，并插上大頭針P3,使其擋住22、P1的像；接著插上大頭針P”使其擋

住P3和22、P1的像，用“。??表示大頭針的位置，這樣%、4確定了射入玻璃磚的光線，尸3、匕確定了射出

玻璃旗的光線。

（1）根據以上信息、，請你在答題卡的圖（。）中畫出光路圖

（2）小明同學根據a界面測得的入射角內和折射知牝的正弦值畫出了如圖所示的圖像，從圖像可求得

玻璃磚的折射率是（保留兩位有效數字）。（）

（3）如圖（c）所示，若在實驗過程中畫出界面a后，不小心將玻璃碗向上平移了?些，導致界面a'面到

圖中虛線位置，而在作光路圖時界面a仍為開始所畫的，則所測得的擰射率與真實值相比將（填

“偏大”“偏小”或“不變

閱卷人

四、實驗題：本大題共1小題，共8分。

得分

18.阿特伍德機是著名的力學實驗裝置，根據該裝置可測量重力加速度，也可驗證牛頓第二定律、機械能

守恒定律或動量定理等力學規律。圖甲是阿特伍德機的其中一種簡化模型，鐵架臺上固定一輕質滑輪，跨

過滑輪的輕質細繩懸吊質量均為M=0.440kg的兩個物塊P、Q,物塊P側面粘貼小遮光片，其寬度為人質

量忽略不計。在物塊P、Q下各掛5個相同的小鉤碼，質量均為?n=0.010kg。光電門1、2通過連桿固定于

鐵架臺上，并處于同一豎直線上，且光電門1，2之間的距離為從兩光電門與數字計時器相連記錄遮光片

通過光電門的時間。整個裝置現處于靜止狀態，當地的重力加速度為g。實驗步驟如下：

n12345

a/m-s~20.200.410.590.791.00

（1）該小組同學先用該裝置探究牛頓第二定律。將71（依次取71=1、2、3、4、5）個鉤碼從物塊P的下

端摘下井掛在物塊Q下端的鉤碼下面。釋放物塊，用計時器記錄遮光片通過光電門1、2的時間口、C2o由

勻變速運動規律可得到物塊P上升過程的加速度Q=（用'%、d、口、攵”表示）。該小組同

學測量的數據見上表，他們將表格中的數據轉變為坐標點畫在圖乙的坐標系中，并作出a-八圖像。從圖像

可以得出：a與九成正比，圖像的斜率A=（用“M、m、g”表示）。根據斜率可進一步求得當

地的重力加速度。同時也說明當連接體質量一定時，連接體的加速度與其所受的合外力成正比。

（2）該小組同學想利用該裝置驗證機械能守恒定律，將5個鉤碼從物塊P的下端摘下并掛在物塊Q下端

的鉤碼下面。釋放物塊，用計時器記錄遮光片通過光電門1、2的時間口、豆。該過程中系統動能的增加量

AEk=,系統重力勢能的減少量=o（用“M,m,g,

h、d、￡i、￡2”表示），代入真實的數據計算后即可得出系統的機械能是否守恒的結論。

（3）該小組同學還想利用該裝置驗證動量定理，將5個鉤碼從物塊P的下端摘下并掛在物塊Q下端的鉤

碼下面。釋放物塊，用計時器記錄遮光片通過光電門1、2的時間門、t2o并且記錄下遮光片從1運動到2的

時間仁若以運動方向為正方向沿繩子建立一維坐標系，則該過程中系統“繩向”的動量變化量為

Ap=，“繩向”合外力對系統的沖量/二o（用“M,m,g,d,t,小t/

表示），代入真實的數據計算后即可驗證系統動量的變化量與合外力的沖量大小是否相等。

閱卷人

五、計算題：本大題共4小題，共35分。

得分

19.自行車在生活中是一種普及程度很高的交通工具。自行車輪胎氣壓過低不僅費力而且又很容易損壞內

胎，輪胎氣壓過高會使輪胎的緩沖性能下降或發生爆胎，因此保持合適的輪胎氣壓對延長輪胎使用壽命和

提升騎行感受至關重要。已知某款自行車輪胎容積為P=1.8L且保持大變，在環境溫度為27汽條件下，胎

552

內氣體壓強為Pi=1.5x10Pa,外界大氣壓強為po=1.0x10Pao

（1）若該車長時間騎行在溫度較高的公路上使胎內氣體的溫度上升到37。&問此時車內氣體的壓強:

（2）若車胎的氣門芯會緩慢漏氣，長時間放置后胎內壓強變為p°=L0xl（）5pa,忽略氣體溫度與車胎

容積的變化，間胎內泄漏111的氣體質量占原來胎內氣體質量的比例：

（3）若自行車說明書規定的輪胎標準氣壓在室溫27。，下為p=2.1XioUa,為使車胎內氣壓達標，某

同學用打氣筒給自行車打氣。設每打一次可打入壓強為Po=1.0xl（）5pa溫度為27K的空氣90cm3。請通過

計算判斷打氣10次后車胎壓強是否達到說明書規定的標準胎壓。假設打氣過程氣體的溫度保持不變，車胎

因膨脹而增大的體枳可以忽略不計。

20.物理老師自制了一套游戲裝置供同學們一起娛樂和研究，其裝置可以簡化為如圖所示的模型。該模型

由同?豎直平面內的水平軌道。/1、半徑為R1=0.6m的半圓單層軌道。8C、半徑為/?2=0-lm的半圓圓管

軌道CDE、平臺EF和/K、凹槽“GH/組成，且各段各處平滑連接。凹槽里停放著一輛質量為巾=0.1%的

無動力擺渡車Q并緊靠在豎直側壁FG史，其長度人二1ni且上表面與平臺EF、/K平齊。水平面04的左端

通過擋板固定?個彈簧，彈簧右端可以通過壓縮弛黃發射能看成質點的不同滑塊P，彈簧的彈性勢能最大

能達到Epm=5.8/。現三位同學小張、小楊、小振分別選擇了質量為ni=（Mkg、m2=0.2kg.m3=

0.4kg的同種材質滑塊P參與游戲，游戲成功的標準是通過彈簧發射出去的滑塊能停在平臺的目標區"

段。已知凹槽GH段足夠長，擺渡車與惻壁用相撞時會立即停止不動，滑塊與擺渡車上表面和平臺/K段的

動摩擦因數都是4=0.5,其他所有摩擦都不計，〃段長度七=0.4m,JK段長度0.7m。問：

（I）已知小振同學的滑塊以最大彈性勢能彈出時都不能進入圓管軌道，求小振同學的滑塊經過與同心

。1等高的B處時對軌道的最大壓力。

（2）如果小張同學以%=2/的彈性勢能將滑塊彈出，請根據計算后判斷滑塊最終停在何處？

<3）如果小楊將滑塊彈出后滑塊最終能成功地停在目標區段，則他發射時的彈性勢能應滿足什么要

求？

21.如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間矩分別為d和2d,處于豎直向

上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和氏導軌右側連接一個電容為C的電容器。已知導體棒MN的電阻

為/?、長度為d,質量為m,導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d,質量為2血。初始時刻開關斷開，兩棒靜

止，兩棒之間壓縮一輕質絕緣彈簧（但不鏈接），彈簧的壓縮量為心釋放彈簧，恢復原長時MN恰好脫離軌

道，PQ的速度為〃并觸發開關閉合。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，右側導軌足夠長，所

有導軌電阻均不計。求

￡卜卜?

?????Be??I

28：：：：：除*外?“

??.：：F?????

§卜H.

(1)脫離彈簧瞬間PQ桿上的電動勢多大？PQ兩點哪點電勢高？

（2）剛要脫離軌道瞬間，MN所受安培力多大？

（3）整個運動過程中，通過PQ的電荷量為多少？

22.如圖所示，直角坐標系第一象限內有一豎直分界線PQ,PQ左側有一直角三角形區域OAC,其中分布

著方向垂直紙面向里、磁感應強度為％的勻強磁場，己知。4與y軸重合，目.0A=a,0=60°,C點恰好處

于PQ分界線上。PQ右側有一長為L的平行板電容器，板間距為a，上板板與左側磁場的上邊界平齊，內部

分布著方向垂直紙面向里，強弱隨y坐標變化的磁場，和豎直向下場強大小為￡的勻強電場。該復合場能使

沿水平方向進入電容器的電子均能沿直線勻速通過電容器。在平行板電容器右側某區域，存在一垂直紙面

向內、磁感應強度為2%的勻強磁場（圖中未畫出），使水平通過平行板電容器的電子進入該磁場后匯聚于工

軸上一點。現有速率不同的電子在紙面上從坐標原點0沿不同方向射到三角形區域，不考慮電子間的相互

作用。已知電子的電量為e,質量為m,求：

（1）當速度方向沿y軸正方向時，能進入平行板電容器的電子所具有的最大速度是多少;

（2）寫出電容器內磁場的磁感應強度8隨y坐標的變化規律;

（3）若電子沿上極板邊緣離開電容器后立即進入右側磁場，在答題紙上畫出縱坐標0<y<a區域內該

磁場的左邊界，并求出匯聚點的橫坐標。

答案解析部分

1.【答案】B

【解析】【解答】功率的單位是瓦特（W）,根據功率的定義式

WFxcos6max

P=T=—^=~F~

可知

JN-mkg-m2

iw=1-=i---=i—

sss3

但是國際單位制中，力學部分只有kg、m、s是基本單位，J、N是導出單位，B符合題意，ACD不符合題

意。

故答案為：Bo

【分析】國際單位制力學單位中的基本單位只有kg、m、so

2.【答案】C

【解析】10解答】A.根據沿電場線方向電勢降低，可知a點的電勢高于b點的電勢，A不符合題意：

B.電場線的疏密表示場強的大小，電場線越空，場強越大，可知b點場強大，則電子在b的受到的電場力

大，由牛頓第二定律可知，電子在b點的加速度更大，B不符合題意：

C.電子從a點運動到b點過程中速度與電場力成鈍角，可知粒子做減速運動，故電子在a點的速度大于在

b點的速度，C符合題意；

D.電子從a點運動到b點，電場力做負功，電勢能增大，故電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能，D

不符合題意。

故答案為：Co

【分析】根據沿電場線方向電勢降低，判斷a、b兩點的電勢高低：根據電場線的疏密判斷出a、b兩點電

場強度的大小關系，再由牛頓第二定律分析電子在a、b兩點加速度的大小關系；根據電場力與速度的方

向關系，判斷電子速度大小的變化；根據電場力做功的正負，判斷電勢能的變化。

3.【答案】D

【解析】【解答】AB.設每個支架齒對鍋的支持力與豎直方向的夾角為仇鍋靜止，根據共點力平衡條件可

得

5/%cos8=G鍋

因為a款支架與球面鍋的接觸點的彈力始終垂直于支架的斜面，鍋的大小并不影響支持力的方向，所以a

款每個支架齒對鍋的支持力與鍋的尺寸無關，鍋對支架壓力與支持力等大反向，所以壓力也與鍋的尺寸無

關，AB不符合題意：

CD.因為b款支架與球面鍋的接觸點的彈力始終垂直于公切面，故鍋的尺寸越大，b款每個支架齒對鍋的支

持力與豎直方向的夾角。越小，由

cosO=G的

可知，b款每個支架齒對鍋的支持力越小，故每個支架受到的壓力越小，C不符合題意，D符合題意c

故答案為：Do

【分析】分析鍋的受力，由共點力平衡條件得出支持力的大小和支持力與豎直方向夾角的關系，再結合

a、b兩款支架對鍋的支持力方向與鍋的大小的關系，得出支持力與鍋的大小的關系，繼而得到壓力與鍋的

大小的關系。

4.【答案】D

【解析】【解答】A.由圖可知，手機再匕時刻后一段時間內的加速度等于重力加速度，可知這段時間內手機

只受重力，與手掌沒有力的作用，手機可能離開過手掌，A不符合題意；

B.根據a-t圖像與坐標軸圍成面積表示速度變化量，可知手機在時刻有向上的速度，還沒有到最高點，B

不符合題意；

C.根據a-t圖像與整標軸圍成面積表示速度變化量，可知手機在0-匕時間內速度一直在正向增加，所以這

段時間內的速度?直為正值，而加速也?直為正值，所以這段時間內，手機的速度和加速度同向，一直做

加速運動，以速度達到正向最大，C不符合題意：

D.由圖可知，以時刻后加速度變為負值，速度和加速度反向，則手機開始減速上升。口?以時間內加速度向

上不斷減小，根據牛頓第二定律得

N-mg=ma

可知支持力不斷減小，以-匕時間內，加速度負向增大，由牛頓第二定律可得

mg-N=ma

可知支掙力也是不斷減小，故”?依時間內手機所受的支持力一直減小，D符合題意。

故答案為：Do

【分析】當手機的加速度等于重力加速度時，手機可能只受重力；根據a-t圖像與坐標軸圍成面積表示速

度變化量，分析手機在各時間段速度的變化情況：由牛頓第二定律分析手機受到的支持力的變化情況。

5.【答案】C

【解析】【解答】A.運動員上升過程中，離開蹦床前，蹦床給運動員的彈力一直向上，所以彈力一直做正

功，離開蹦床之后沒有彈力，不做功，A不符合題意；

B.站在蹦床上到跳起過程，運動員自己對自己做功，系統機械能會增加，B不符合題意；

C.最開始的幾次起跳的上升過程，運動員自己對自己做功，故蹦床彈性勢能的減小量小于運動員機械能的

增加量，C符合題意；

D.最高點基本穩定時，人和蹦床組成的系統機械能可認為守恒，人的重力勢能與蹦床的彈性勢能之和最小

時，運動員的動能最大，速度最大，此時運動員的重力與蹦床對運動員的彈力大小相等，加速度為零，D

不符合題意。

故答案為：Co

【分析】根據蹦床對?運動員的作用力方向與運動員位移方向的夾角，分析功的正負：根據能量轉化與守

恒，分析運動員與蹦床組成的系統，機械能的變化情況：由機械能守恒定律分析最高點基本穩定時，運動

員的重力勢能與蹦床彈性勢能之和最小時的動能，根據速度特點得出加速度的情況。

6.【答案】C

【解析】【解答】A.由向心加速度公式

可得，從B運動至IJC的過程中機器人的向心加速度

A不符合題意;

B.餐盤與托盤恰好不發生相對滑動，餐盤做圓周運動的向心力由最大摩擦力提供，有

vm=2&m/s

B不符合題意;

C.由勻變速直線運動的位移-速度公式

2

2ax=v-v0

可得機器人從A運動到B的加速度

a==

2x2X4^2=0125m/s2

此時餐盤受到的摩擦力

f=ma=0.125m<fimg=2m

可知餐盤和水平托盤不會發生相對滑司，C符合題意;

D.機器人以Ini/s的速度勻減速至D點的最大加速度

麗=4g=2m/s

故最短的減速時間

勻減速的最小位移為

v2

△x=---=0.25m

2

則從C點開始勻速運動的時間

xrn—△%

t2=-^——=11.75s

故從C運動到D點的最短時間為

tmjn=0.5s+11.75s=12.25s

D不符合題意。

故答案為：Co

【分析1根據向心加速度公式a=9,加速從B運動到C的過程中機器人的向心加速度；餐盤與托盤恰好

不發生相對滑動時，餐盤做圓周運動的向心力由最大摩擦力提供，由牛頓第二定律求出最大速率.；由勻變

速直線運動的位移?速度公式求出機器人從A運動到B的加速度，再由牛頓第二定律求出此過程中餐盤受

到的摩擦力大小，通過其與最大靜摩擦力的關系，判斷是否會發生相對滑動；機器人以最大的加速度減速

運動到D點停止，運動時間最短，由運動學公式求出最短時間。

7.【答案】D

【解析】【解答】A.根據萬有引力充當向心力可得

Mm4IT2

G——=m——-r

7/rji乙

得

4712r3

GM

“中國空間站”的軌道半徑小于同步衛星的軌道半徑(約36000km),可知“中國空間站”在正常軌道上做圓周

運動的周期小于地球同步衛星的周期，A不符合題意；

B“中國空間站”在軌道上做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有

Mm

G--------=ma

(R+h)

對放在地球表面的物體，有

Mm

G-y-=mg

R2

聯立解得“中國空間站”正常在軌道上做圓周運動的向心加速度大小為

R2

a=--------

(R+hy

故向心加速度梢小于g,B不符合題意：

c.第一宇宙速度是最大的運行速度，所以'卜國空間站.?的速度小于第一宇宙速度，C不符合題意:

D.空間站由低軌向高軌修正時需要發動機點火使空間站加速，做離心運動進入目標軌道，根據

[GM

可知，進入目標軌道后的速度比修正之前低軌的速度小，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】根據萬有引力推導衛星的周期與軌道半徑的關系式，根據“中國空間站”和同步衛星的軌道半徑的

關系，得出“中國空間站”與同步衛星周期的大小關系：由牛頓第二定律求解'‘中國空間站”的向心加速度，

再根據重力等于?萬有引力，分析放在地球表面的物體，得出“中國空間站”的向心加速度與重力加速度g的

大小關系：第一宇宙速度是最大的運行速度；根據衛星變軌原理分析“中國空間站”要進入修正軌道應采取

的措施，再根據線速度與軌道的半徑的關系，分析其進入目標軌道后的速度與之前的速度的關系。

8.【答案】C

【解析】【解答】根據右手螺旋定則，做出通電導線P、M、Q在0處的磁場方向，如圖所示：

由于三根導線中的電流大小相等，距離O點的距離相等，所以三根導線在。點產生的場強大小相等，設

為B',則有

B=B'+2B'cos600

可得

撤去導線P后，導線Q、M在O點的磁感應強度成60。角，合成后磁感應強度的大小為

￡八二2"cos30。=e8'=

n2

C符合題意，ABD不符合題意。

故答案為：Co

【分析】根據右手螺旋定則，分析三根導線在0點的產生的磁場方向，再由矢量疊加原理，得出每根導線

在。點處產生的磁感應強度的大小，撤去導線P后，再由矢量疊加原理，求出。處的磁感應強度。

9.【答案】B

【解析】【解答】A.由甲圖可知，該波波長為4m,由乙圖可知，該波周期為

T=（4.5-0.5）s=4s

所以波速

A4

v=7p=4m/s=lm/s

A不符合題意；

BC.根據乙圖分析，1=0時，M點正在沿y軸負方向振動，而根據波形平移法可知，1=0時刻，x=L5m處的

質點正向y軸正方向運動，所以M點的橫坐標不可能為L5m,B符合題意，C不符合題意；

D.l=1.0s時，根據乙圖，由于對禰性可知，M點位移為一D小符合題意。

故答案為：Bo

【分析】根據波速公式I；=今求出該波波速：根據簡諧振動的圖像特點，判斷出M點在t=0時刻的振動方

向，再結合甲圖中介質各點的振動方向，判斷M點的橫坐標：根據乙圖，判斷出M點在t=O.ls時的位

移。

10.【答案】C

【解析】【解答】A.三個燈泡都在發光E寸，根據理想變壓器電流與匝數的關系式

hni2

可知通過三個燈泡的電流相等，所以亮度相同，A不符合題意：

B.燈泡心燈絲燒斷后，副線圈回路電隨R副變大，如圖所示，將變壓器電路等效為電阻，有

R等二（察）%

可知，R等電阻變大，電源電壓恒定，則原線圈電流減小，燈泡L1變暗，B不符合題意;

C.由以上分析可知，原線圈電流減小，燈泡加兩端電壓減小，原線圈輸入電壓變大，根據理想變壓器電壓

與匝數的關系式

6=叢

U2九2

可知副線圈兩端電壓增大，所以燈泡上變亮，C符合題意;

DI?燒斷后

R等=偌）/

由原來的。變成。（R為燈泡電阻），故原線圈的電壓由名增大為右原線圈的輸入功率由甲-變為耳D

B4

【分析】根據原副線圈的電流關系，分析二個燈泡都發光時，通過二個燈泡的電流關系，得出二個燈泡的

亮度關系；將變壓器電路進行等效，再由歐姆定律分析燈泡刀的亮度變化；根據原線圈電壓的變化，由

〃曾2

患=胃判斷副線圈電壓的變化，得出燈泡乙2亮度的變化；結合歐姆定律，由電功率公式P=1L,分析人3

u2"2R

燒斷后變壓器輸入功率的變化。

11.【答案】C

【解析】【解答】A.由左手定則可知，電子所受洛倫茲力向外，所以C端帶負電，D端帶正電，故C端的

電勢低于D端的電勢，A不符合題意，

B.若磁鐵裝反了（兩極互換），由左手定則可知，電子偏轉方向反向，霍爾電壓反向，但由丁圖可知不影

響電動助力車的正常騎行，B不符合題意；

C.穩定時，根據電子的受力平衡可得

evB=。萬，/=nebav

可知

IB

u=-----

nea

所以僅減小圖丙中器件的尺寸a時，U增大，由丁圖可知可使電動助力車更容易獲得最大速度，C符合題

意；

D.當騎手按圖乙箭頭所示方向均勻轉動把手時若電壓會隨時間均勻增大，則由「圖可知，電動助力乍的速

度隨時間增加更慢，加速度將減小，D不符合題意。

故答案為：Co

【分析】根據左手定則判斷電子的偏轉方向，可得出C、D兩端電勢高低的關系；根據霍爾元件的工作原

理，當磁場強弱變化時，導致電子受到的洛倫茲力大小變化，從而出現不同的霍爾電勢差，進而導致車速

變化。

12.【答案】C

【解析】【解答】A.根據

sini

n=—：-----

sinr

可知，同樣的入射角，b光的折射角更小，可知冰晶對b光的折射率匕對a光的折射率大，根據

C

v=-

n

可知在冰晶中，b光的波速比a光小，A不符合題意；

B.根據

c=Af

可知，a光的波長大于b光的波長，根據雙縫干涉條紋間距公式

L

A”中

可知用同一裝置做雙縫干涉實驗時，a光條紋間距更大，B不符合題意；

C.由上可知，a光折射率小，頻率小，a光能使某金屬發生光電效應，可知a光的頻率大于該金屬的極限頻

率，則b光的頻率一定也大于該金屬的極限頻率，也可以使該金屬發生光電效應，C符合題意：

D.水對a光的折射率比對b光的折射率小，根據

1

sinC=—

n

可知，從水中射入空氣發生全反射時，a光的臨界角較大，D不符合題意。

故答案為：Co

【分析】根據折射率公式?1=黑和九二%判斷在冰晶中a、b兩種光速度的大小關系；根據雙縫干涉條

紋間距公式△%二§九判斷通過同一儀器發生雙縫干涉，兩種光條紋間距的大小關系；根據光電效應的產

生條件，分析b光能否使金屬產生光電效應：根據臨界角公式sinC=：,分析兩種光在水中發生全反射時

臨界角的大小關系。

13.【答案】C

【解析】【解答】A.由依題意可知，最大充電電流600A,最大充電電E1000V,可得最大充電功率

Pmax=Umax/max=WOOX600kW=600kW

由于“充電樁能根據很多電動汽車車型的充電需求智能分配所需充電功率”，所以充電樁的平均充電功率必

定小于最大功率，A不符合題意；

B.本次充電時的平均功率約為

W360x150x3600x(80%-30%)

P=W=162kW

~t=10x60

B不符合題意；

C.充電效率約為

360x150x3600x(80%―30%)

rj.=---------------------------------------x100%=90%

^x3.6xl06

c符合,題意；

D.機械效率約為

0.02x1.600x10x120000

“2=360x150x3600x(80%-50%)x100%=66%

D不符合題意。

故答案為：Co

【分析】根據題中數據，求出充電樁的最大充電功率，平均功率要小于最大充電功率：根據功率公式P=

與計算本次充電的平均功率：充電效率等于充入電池的電能與消耗總電能的百分比：機械效率等于牽引力

做功與消耗總能量的百分比。

14.【答案】A,D

【解析】【解答】A.衰變后產生的新核更穩定，而比結合能越大，原子核越穩定，可知第6Pb的比結合能大

于尸。的比結合能，A符合題意：

B.3。。0的結合能為%,第6Pb的結合能為%,X的結合能為％，由能量守恒定律可得，該核反應過程中放

出的能量為

Q=%+?3-瓦

B不符合題意；

C.根據愛因斯坦質能方程

△E=Arne2

可得該核反應過程中虧損的質量

Q

Am=-7

Cz

C不符合題意：

D.核衰變后，生成的新原子核位于高能級，能自發向低能級躍遷，從而放出光子，D符合題意。

故答案為：AD?

【分析】根據比結合能越大，原子核越穩定，分析第6P匕與敘P。的比結合能關系；根據能量守恒定律求出

該核反應過程中放出的能量；根據愛因斯坦質能方程，求解該核反應過程中的質星虧損；根據能級躍遷的

規律分析衰變過程中放出的光子的能量來源。

15.【答案】A,B

【解析】【解答】這些氫原子在向低能級躍遷過程中能發出6種不同頻率的光，按頻率從高到低(輻射能量

從大到小)分別是n=4躍遷到n=l,n=3躍遷到n=l,n=2躍遷到n=l,n=4躍遷到n=2,n=3躍遷到n=2,

n=4躍遷到n=30依題意,只有n=4躍遷到n=l,n=3躍遷到n=Ln=2躍遷到n=l這三種躍遷中產生的光

子能使該金屬發生光電效應。

A.6種光子中，能發生光電效應的最小的光子能量是由n=2躍遷到n=l輻射的光子，能量為

10.2eV

EC=E2-EX=

不能發生光電效應的最大的光子能量是由n=4躍遷到n=2輻射的光子.能量為

琦一%=2.55eV

故陰極金屬的逸出功應介乎2.55eV~10.2eV之間，A符合題意；

B.b光適頻率排第二高的光，對應n=3躍遷到n=l,其能量值為

Eb=E3-El=-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV

B符合題意；

C.由乙圖可知，a光的遏止電壓最大，據愛因斯坦光電效應方程

eU=hv-W

可知a光的頻率最高，對應n=4躍遷到n=l,其光子能量為

E=13.6eV-0.85eV=12.75eV

由4=7/可知，金屬的逸出功為5.75W,c應是n=2躍遷到n=l產生的光子,其光子能量為10.2eV,故

%=445匕C不符合題意：

D.若甲圖中電源右端為正極，則光電管兩端加的是反向電壓，隨滑片向右滑動，反向電壓增大，則光電流

減小，D不符合題意。

故答案為：ABe

【分析】由玻爾理論分析可能的躍遷方式，從而確定三種能使陰極金屬發生光電效應的光子能量：由圖可

得遏止電壓，根據遏止電壓方程eU=勵-W,分析金屬逸出功范圍：當齊.電管兩端加反向電壓時，電壓

越大，光電流越小。

16.【答案】(1)黑

(2)x10：1

(3)1401

(4)3000

【解析】【解答】(1)根據多用電表中電流“紅進黑出”的規律可知，B端應與黑表筆相連。

(2)當單刀雙擲開關撥到2端時，電流表的量程較小，故調零時歐媯表的內電阻較大，即歐姆表的g值

電阻也較大，倍率為較大的“'10”：將紅黑表筆短接調節電阻R進行歐姆調零，當電流表G滿偏時，由歐姆

定律可得

(/-%)(%+R2)=IgRg

解得

/=1mA

可知，當電流表G滿偏時，通過紅黑表筆的電流為1mA。

（3）當歐姆表倍率取“xlO”時，單刀雙擲開關撥到2端，由閉合電路歐姆定律可得

(%+/?2)勺_E

十Ri+R^+RgF

解得

R=14010

（4）白（2）中分析可知，當歐姆表倍率取“xl（H忖，改裝后的電流表量程為1mA,此時歐姆表內阻為

11X10—3

當指針指到去處時，待測電阻

?J

E1.5

R=zi——ru.=------------n-1500Q=3000H

xhAxlxio_3

【分析】（l）根據多用電表中電流“紅進黑出”的規律，判斷應與B端連接的表筆；（2）根據電流表并聯的

分流電阻的大小，判斷量程的大小，確定歐姆表的內電阻，得出對應倍率：由歐姆定律求解S撥到2端,

電流表G滿偏時通過紅黑表筆的電流；（3）由閉合電路歐姆定律，求解歐姆表倍率取+10”時，將紅黑表筆

短接進行歐姆調零后電阻R的阻值；（4）根據閉合電路歐姆定律求解,

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