2021年浙江省百校联考高考物理模拟试卷

2021年浙江省百校联考高考物理模拟试卷（3月份）

一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）

1.新冠病毒在电子显微镜下观察。病毒一般呈球形，有形似皇冠状突起，直径在

75〜160mH之间，则化为国际基本单位正确的是（）

A.lnm=10-3mB.Inm=10-6mC.Inm=10-9mD.Inzn=10-10m

2.下列关于运动说法正确的是（）

A.匀变速直线运动的速度方向一定不变

B.平抛运动是匀变速曲线运动

C.匀速圆周运动的加速度不变

D.自由落体运动的位移均匀增加

3.如图所示为利用三脚架固定照相机进行拍照的示意图，三脚架放在

水平面上，三只脚对称地支起相机。若保持每只脚的长度不变，通

过调节三只脚之间的夹角使照相机的位置降低，则下列说法正确的

是（）1

A.固定照相机的底座对每只脚的作用力不变

B.地面对每只脚的作用力不变

C.每只脚对地面的压力增大

D.每只脚对地面的摩擦力增大

4.经典电磁场理论明确的给出了场中导体对静电场的影响，若把一个金属球壳置于匀

强电场中，周围电场线分布会出现如图所示，其中有〃、b、C、d四个位置，4、d

两点对称分布在球壳两侧，b位于球壳上，C位于球壳中心，则（）

A.四个位置电势高低排列为0a>（Pb>（Pc>（Pd

B.四个位置场强大小排列为4=Ed>Eb>Ec

C.小球表面的电场线与小球表面都垂直

D.感应电荷在小球内部c处的场强方向向右

5.2020年7月22日，中国火星探测工程正式对外发布“中国首次火星探测任务宇宙

飞船天问一号着陆平台和火星车”。7月23日，宇宙飞船天问一号探测器在中国文

昌航天发射基地发射升空。宇宙飞船天问一号从地球上发射到与火星会合，运动轨

迹如图中椭圆所示。飞向火星过程中，只考虑太阳对宇宙飞船天问一号的引力。下

列说法正确的是（）

A.宇宙飞船天间一号椭圆运动的周期小于地球公转的周期

B.在与火星会合前，宇宙飞船天间一号的加速度小于火星公转的向心加速度

C.宇宙飞船天间一号在无动力飞行飞向火星的过程中，引力势能增大，动能减少,

机械能守恒

D.宇宙飞船天问一号在地球上的发射速度介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间

6.如图所示，公园里一个小朋友在荡秋千，两根轻质吊线平行，小

朋友可视为质点，重力加速度为g。小朋友运动到最高点时每根

吊线上张力大小等于小朋友及秋千踏板总重力的0.3倍，此时小朋

友的加速度大小为（）

A.0.8gB.0.7gC.0.4gD.0

xxXXX

7.如图所示，磁感应强度为8的磁场均匀分布，一线框ABC。，.A,£xx

a'TIx

X；x

:::

程中下列说法正确的是（）X&①**

A.电容器上电压随时间变化关系为U=BSa）sina）t

B.电容器上板先带正电，后带负电

C.电流方向始终是A流向C

D.若把线框平移到虚线处过程中，电容器不带电

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8.据幽原》记载：“史佚始作辘箱”。人们借助辘轮从井中汲水

的示意图如图所示。某人以恒定角速度转动辘粘汲水时，绳子不^2卢

断重叠地绕在一起，绳子的粗细不可忽略。则（）

A.水桶匀速上升

B.水桶减速上升

C.绳子拉水桶的力大于水桶拉绳子的力

D.绳子拉水桶的力大于水桶和水的总重力

9.小明同学做一个“静电散花”的小实验。如图所示，

将纸屑放在带绝缘柄的金属板上，用毛皮摩擦橡胶膜

使其带上负电荷，并放到金属板的正下方，用手接触

金属板后移开，再将橡胶膜从金属板的下面移走，看

到金属板上的纸屑向上飞散开来，则下列说法正确的是（）

A.当带负电的橡胶膜放到金属板的正下方时，金属板上表面感应出正电荷

B.当用手接触金属板，金属板上的正电荷从手流入大地

C.将橡胶膜从金属板的下面移走后，金属板的上表面带正电荷

D.向上飞散的纸屑都带负电荷

10.2007年是我国著名物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王渔昌先生一百周年诞

辰。王先生早在1941年就发表论文，提出了一种探测中微子的方案：,Be原子核

可以俘获原子的K层电子而成为7〃的激发态。加）*,并放出中微子（当时写作4）,

即7Be+er（7以）*+小而。加）*又可以放出光子y而回到基态7以，即

（7以）*-»7加+八下列说法正确的是（）

A.7Be+eT（7Li）*+〃是核聚变反应

B.（7以）*和7以的核子数相同

C.「Li）*和7以的比结合能相同

D.「Li）*I,加+y的过程中，由于质量数守恒，故未出现质量亏损

11.一物块从斜面顶端静止开始沿斜面下滑，其机械能和动

能随下滑距离s的变化如图中直线I、n所示，重力加

速度取l（hn/s2。下列说法正确的是（）

A.物块下滑过程中只有重力做功

B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

C.物块下滑时加速度的大小为2m/s2

D.物块下滑到底端过程中重力做功为40J

12.如图甲所示，O是单摆的平衡位置，8、C是摆球所能达到的最远位置，以向右摆

动为正方向，此单摆的振动图象如图乙所示，则（）

A.单摆的振幅是16c机

B.单摆的摆长约为1/n

C.摆球经过。点时，速度最大，加速度为零

D.P点时刻摆球正在OC间向正方向摆动

13.如图是漏电保护器的部分电路图，由金属环、线圈、控制器组成，其工作原理是控

制器探测到线圈中有电流时会把入户线断开，即称电路跳闸。下列有关漏电保护器

的说法正确的是（）

A.当接负载的电线中电流均匀变化时，绕在铁芯上的线圈中有稳定的电流

B.当接负载的电线短路或电流超过额定值时，漏电保护器会发出信号使电路跳闸

C.只有当接负载的电线漏电时，绕在铁芯上的线圈中才会有电流通过

D.当接负载的电线中电流不稳定时，漏电保护器会发出信号使电路跳闸

二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）

14.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波

在t=2s时刻的波形图。已知该波的波速是u=8m/s,根据图形，则下列说法正确

A.t=0时刻，x=87n处的质点向上振动

B.该横波若与频率为1.5〃z的波相遇可能发生干涉

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C.经过t=Is,x=27n处的质点位于平衡位置向下振动

D.t=2.75s时刻，％=4ni处的质点位移为

15.如图所示，电源由几个相同的干电池组成。合上开关S,变阻器的滑片从A端滑到

B端的过程中，电路中的一些物理量的变化如图甲、乙、丙所示，图甲为电压表示

数与电流表示数关系，图乙为干电池输出功率跟电压表示数关系，图丙为干电池输

出电能的效率"与变阻器接入电路电阻大小的关系。不计电表、导线对电路的影响，

C.变阻器的总电阻为8。D.乙图上b点的横坐标为3

16.如图甲所示，把一平行玻璃板压在另一个平行玻璃板上，一端用薄片垫起，构成空

气劈尖，让单色光〃、〃分别从上方射入，这时可以看到明暗相间的条纹分别如图

乙所示。下面说法中正确的是（）

A.干涉条纹中的暗纹是由于两列反射光的波谷与波谷叠加的结果

B.单色光〃的光子动量比单色光人的光子动量大

C.若单色光6是某种原子辐射而产生的，则对应的能级跃迁可能如图丙所示

D.若单色光“照射某金属能发生光电效应，则改用单色光6照射该金属也一定能

发生光电效应

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

17.用如图甲所示装置来做解究加速度与力、质量的关系》的实验时。

（1）下列说法中正确的是。

A连接沙桶和小车的细绳应与长木板保持平行

8.实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源

C每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力

/).平衡摩擦力时，将空的沙桶用细绳通过定滑轮拴在小车上

(2)本实验中把沙和沙桶的总重量当作小车受到的拉力，当测得某一次小车连同车

上的重物的总质量M=450g时，则图乙的物体中能用来取代沙和沙桶的是

(3)实验得到如图丙所示的一条纸带，打点计时器所接交流电源的频率为50Hz,从

0点开始每5个打印点取一个计数点，在纸带上依次标出0、1、2、3、4,五个计

数点，表格中记录的是各计数点对应的刻度数值，其中计数点3的刻度数为

cma

计数点01234

刻度数值/cm03.037.1118.55

(4)根据表格中的数据试计算出小车的加速度大小为m/s2(结果保留两位有

效数字)。

18.在“练习使用多用电表”实验中。

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(1)用多用电表分别测量小灯泡两端的电压和通过的电流，如图甲所示，多用电表

在测量小灯泡的，A、B二根表笔中是红表笔。

(2)用多用电表的欧姆挡测量“2.5V、0.34”小灯泡的电阻时，电表指针如图乙所

示，此时欧姆表使用的倍率是。

(3)现用两只多用电表测量该小灯泡的伏安特性曲线，连接好电路后，测量电压用

多用电表的2.5V挡，测电流用多用电表的500mA挡，如图丙中测量电流的测量值

是4

(4)小柯同学在学校里做了“测定玻璃的折射率的实验”，到家里他发现就有一块

呈长方体的透明厚玻璃砖，他还找来了一支激光笔、一块泡沫板、一张白纸、几根

牙签，就开始做上了。他操作时发现当牙签遮挡住细激光束时，牙签上会有耀眼光

斑(如图丁所示)，此时按下牙签，就可在白纸上记下激光束经过的一个位置。请问

小柯同学要完成图戊光路至少需要几根牙签？

A.1根

B.2根

C.3根

D4根

四、计算题(本大题共4小题，共41.0分)

19.如图甲所示，质量为m=2kg的物体置于水平桌面，对物体施以与水平方向成53。的

恒力F=10N,当作用时间为耳=2s时撤去拉力，物体运动的部分V-t图象如图乙

所示，g=10m/s2,求：

(1)第1s内物体加速度的大小；

(2)物体与桌面的动摩擦因数出

(3)撤去外力后物体还能运动的距离。

20.如图所示，粗糙平直轨道与半径为R的光滑半圆形竖轨道平滑连接，可视为质点、

质量为m的滑块A与质量为2m的滑块B放在光滑水平面上，中间放有弹性物质,

滑块与平直轨道间的动摩擦因数为4,平直轨道长为L,现释放弹性物质的能量，

使A以水平向右的初速度滑上平直轨道，滑过平直轨道后冲上圆形轨道，在圆形轨

道最低点处有压力传感器，滑块沿圆形轨道上滑的最大高度人与滑块通过圆形轨道

最低点时压力传感器的示数尸之间的关系其中两个值如图乙所示。

(1)若滑块A沿圆形轨道上滑的最大高度为R,求弹性物质释放的能量;

(2)求图乙中的用的最小值；

(3)请通过推导写出与尸的关系式，并将图乙补充完整。

(1)导体棒中的电流大小；

(2)从a端移到c点，通过导体棒的电量:

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(3)导体棒所受安培力的大小随x(0<x<戌/。)变化的关系式;

(4)从a端移到c点，导体棒上产生的热量。

22.如图所示为一简易的速度筛选器，形状为一等腰直角三角形，直角边长为2”。在

该区域里，有一垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。一束速度大小不同、

质量为，小电荷量为q的带正电粒子从中点0垂直48射入该磁场区域，在8C边

放置一粒子收集器，长度与BC等长，粒子打到收集器上会被收集，从而把这些粒

子筛选出来。其中粒子重力不计，也不计粒子间相互作用。

(1)求能被收集粒子的最小速度；

(2)求能被收集粒子的速度范围；

(3)讨论能被收集粒子在磁场中运动的时间与速度的关系；

(4)如果入射点稍向下移，能被收集粒子的速度范围会增大还是减小？(不需要写出

推导过程)

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解:在国际单位制中,长度的基本单位是“米”(符号，")，lnm=10-9m,

故C正确，错误。

故选：C。

〃机是长度计量单位纳米，1纳米即十亿分之一米。

长度单位是指丈量空间距离上的基本单元，是人类为了规范长度而制定的基本单位。在

国际单位制中，长度的基本单位是“米"(符号“一'),常用单位有毫米(zmn)、厘米

(cm)、分米(dm)、千米(km)、米(m)、微米(〃机)、纳米(nm)等等。

2.【答案】B

【解析】解：A、匀变速直线运动，合力与加速度方向相反时，做匀减速运动，速度减

到0后，速度会反向，方向会变，故4错误；

8、平抛运动只受到重力，加速度为g,是匀变速曲线运动，故8正确；

C、匀速圆周运动的加速度大小不变，方向时刻指向圆心，故C错误；

D、自由落体运动是加速度为g,初速度为0的匀变速直线运动，位移h=^^2,可知

△九=gt2,则单位时间内，位移增加的越来越大，故。错误.

故选：B。

平抛运动是只受到重力，是匀变速曲线运动，匀速圆周运动是加速度大小不变的曲线运

动。

知道各种运动的规律，掌握平抛运动与自由落体运动区别，平抛运动与匀速圆周运动的

区别。

3.【答案】D

【解析】解：根据对称思想，三只脚的受力情况相同，如图所示为底座受到一只脚的力

的示意图：

设底座和照相机的总质量为M,每只脚对底座的作用力为尸，将尸分解为水平方向与竖

直方向的两个力，有与=和％=&=%，

当照相机位置降低时。减小，因为马不变，所以产和段均增大；

A、底座对每只脚的作用力与每只脚对底座的作用力大小相等，方向相反，故底座对每

只脚的作用力增大，故A错误；

8、地面对每只脚的作用力如图所示凡故地面对每只脚的作用力增大，故8错误；

C、每只脚对地面的压力等于地面对每只脚的支持力与，故每只脚对地面的压力不变，

故C错误；

。、每只脚对地面的摩擦力为静摩擦力，大小等于故静摩擦力增大，故。正确；

故选：D。

照相机的底座每只脚的受力情况类似，先对照相机的底座一只脚受力分析，再根据平衡

条件列式分析。

本题关键是先对每只脚受力分析，地面对每只脚的作用力类似，然后根据共点力平衡条

件列式求解

4.【答案】C

【解析】解：A、置于匀强电场中的金属球壳为等势体，则9b=0c，又依据沿着电场线

方向电势是降低的可知0a>0b=0c>3d，故A错误；

8、依据电场线的疏密体现电场强度的强弱知4、d点的电场强度相等，金属壳内场强为

零，则Ea=Ed>&=£,故B错误；

C、根据电场线与等势线垂直可知小球表面的电场线与为等势体的小球的表面垂直，故

C正确；

。、小球内部c处的合场强为零，由向右的外电场和向左的感应电场叠加而成，故。错

误。

故选：Co

沿着电场线方向电势是降低的；依据电场线的疏密来判定电场强度的强弱；电场线与等

势线垂直；根据场的叠加原则判断感应电荷产生的电场。

考查电场线的疏密与电场强度强弱的关系，掌握电势高低判定的方法，要注意金属球壳

为等势体，内部场强为零。

5.【答案】C

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【解析】解：人宇宙飞船天间一号椭圆轨道半长轴大于地球公转半径，由开普勒第三

定律可知，宇宙飞船天间一号椭圆轨道的周期大于地球公转的周期，故A错误；

B、根据万有引力提供向心力可知，等=nm，即：a=胃，宇宙飞船天间一号位于火

星与地球之间，距太阳的距离小于火星距太阳的距离，所以宇宙飞船天问一号的向心加

速度大于火星公转的向心加速度，故B错误；

C、当天问一号飞向火星过程中，即在椭圆轨道上，万有引力做负功，引力势能增大，

动能减小，机械能守恒，故C正确；

。、宇宙飞船天间一号从地球上发射，需要脱离地球的吸引，绕太阳运动，即发射速度

大于第二宇宙速度，故。错误。

故选：C。

根据开普勒第三定律分析。

根据万有引力提供向心加速度分析。

根据卫星变轨原理分析。

根据第一、第二宇宙速度的定义分析。

该题考查了人造卫星的相关知识，每个选项分别考查宇宙航行中相关物理量之间的对应

关系，综合考查了学生对万有引力定律在航天中的运用。引导学生关注物理学定律与航

天技术等现代科技的联系，了解人类对宇宙天体的探索历程，从万有引力定律的普适性

认识自然界的统一性。

6.【答案】A

【解析】解：小朋友在最高点速度为零，设细线与竖直方向夹角为。，对小朋友在最高

点进行受力分析，

在最高点。沿绳方向：

2x03mg—mgcosO=0

小朋友在最高点所受合外力为：F=mgsind

根据牛顿第二定律得：F=ma

联立解得此时小朋友的加速度大小为：a=0.8g,故4正确，BCD错误。

故选：Ao

对小朋友在最高点进行受力分析，根据圆周运动的向心力公式以及牛顿第二定律求解。

本题以小朋友荡秋千为情景，考查了圆周运动的规律，考查学生的推力能力及科学思维。

7.【答案】A

【解析】解：A、由于是从中性面开始计时，A8边产生的电动势瞬时值表达式为：

U-BSa)sina)t,故电容器上电压随时间变化关系为：U=BScjsinait,故4正确；

8、前;周期电容器充电，后;周期电容器放电，上板始终带正电，故B错误；

C、前:周期电容器充电，电流方向是A流向C,后;周期电容器放电，电流方向是C流

44

向A,故C错误；

D、移动过程中，AB边会切割磁感线产生电动势的大小为：E=BLu,而C和上极板间

的线框切割磁感线产生的电动势为等，A的电势大于C的电势，从而对电容器充电，

故。错误。

故选:A。

电动势表达式与计时起点有关，本题从中性面开始计时，所以是：U=BScosincot；

以角速度3旋转180。的过程中，电容器先充电再放电，电容器上极板电性不变；

根据充放电可以判断电流方向；

根据切割磁感线对应的电势高低可以判断充放电.

本题考查交流电基本知识，需要同学们注意计时起点，本题是从中性面开始，关于电流

方向注意充放电电流方向相反，本题是交流电基础题，同学们注意平常多积累基本知识.

8.【答案】D

【解析】解：AB、人以恒定角速度转动辘轮汲水时，而绳子不断重叠地绕在一起且其

粗细不可忽略，根据u=ar可知r增大则绳子的线速度在增加，水桶做加速运动，故

AB错误；

C、绳对桶的拉力和桶对绳的拉力是作用力和反作用力，任何状态下都是大小相等，方

向相反，即绳对桶的拉力总是等于桶对绳的拉力，故C错误；

。、由于水桶加速上升，所以绳子拉水桶的力大于水桶和水的总重力，故。正确。

故选：D。

根据U=37■判断绳子的线速度即对应水桶速度的变化；结合牛顿第二、三定律判断力的

大小关系。

本题要注意作用力与反作用力大小相等，方向相反,作用在同一条直线上,且同时产生、

同时变化、同时消失，作用在不同的物体上.

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9.【答案】C

【解析】解：A、当带负电的橡胶膜放到金属板的正下方时，根据静电感应现象知，近

端感应出与它电性相反的电荷远端感应出与它电性相同的电荷，即金属金属板下表面感

应出正电荷，上表面感应出负电荷，故A错误。

8、当用手接触金属板，大地相当于远端，金属板上的负电荷从手流入大地，金属板上

多余出正电荷，则金属板带正电，故8错误。

C将橡胶膜从金属板的下面移走后，金属板的上表面带正电荷，故C正确。

D纸屑因带上正电与金属板上的正电相互排斥而向上飞散，故。错误。

故选：Co

当带负电的橡胶膜放到金属板的正下方时，金属板下表面感应出正电荷，上表面感应出

负电荷，当用手接触金属板，金属板上多余出正电荷,将橡胶膜从金属板的下面移走后，

金属板的上表面带正电荷，纸屑因带上正电与金属板上的正电相互排斥而向上飞散。

本题联系生活实际，考查学生应用静电感应物理知识，解释身边现象的能力。

10.【答案】B

【解析】解：A、,Be+eTCLiy+v是原子核的人工转变，故4错误；

B、（7口）*又可以放出光子y而回到基态7",质子数和中子数没有变化，则核子数不变，

故3正确；

C、7加比（7加）*更稳定，7口的比结合能大于（7加）*的比结合能，故C错误；

D、核反应（7口）*-7以+/中放出了能量，根据爱因斯坦质能方程知，该反应过程发生

了质量亏损，故。错误。

故选：Bo

核子数等于质子数和中子数之和，结合质子数和中子数的变化判断核子数的变化；比结

合能越大，原子核结合得越牢固；根据爱因斯坦质能方程判断是否有质量亏损。

注意在核反应过程中，电荷数守恒，质量数守恒，但是注意反应前后质量不等，若释放

能量，有质量亏损。

11.【答案】D

【解析】解：A、根据功能关系，有△E=/AS,可得

则在此E-s图像中的斜率的绝对值表示下滑过程中受到的摩擦力大小，有

30

f=fimgcosd=—N=6N

故物块下滑过程中不只有重力做功，故A错误；

3C、根据动能定理得

(mgsinO—fimgcosO)s=Ek-0

则a-s图像的斜率表示物块受到的合外力F,得

10

F=mgsinO—fimgcosO=—N=2N

因6未知，机和4无法求，加速度也无法计算，故8C错误；

。、物块下滑到底端过程中，根据功能关系，有

△Ek+△Ep——fs

也G=一△Ep

代入数据，得重力做功为WG=4(V

故。正确。

故选：Do

A、根据功能关系写出E-s图像中的斜率，可以判断物块下滑过程中有摩擦力做功；

BC,根据动能定理写出各量满足的关系，结合题目已知条件，可以判断选项；

。、根据功能关系，结合重力做功和重力势能变化关系，可以求出重力做的功。

本题考查功能关系，常用的功能关系要熟记：重力做功与重力势能变化关系、合外力做

功与动能变化关系等。

12.【答案】B

【解析】解：A、振幅是物体离开平衡位置的最大距离，由图乙知，单摆的振幅为857,

故A错误；

B、由图乙知，单摆的周期T=2s,根据单摆周期公式7=2兀缶得：l^lm,故B正确；

C、摆球经过O点时，速度最大，但此时摆球所受的重力和绳子拉力的合力提供向心力，

由牛顿第二定律知，此时摆球的加速度不为零，故c错误；

。、x-t图像的斜率表示速度，由图乙知，P点时刻摆球沿负方向运动，此时摆球的位

移为正，即摆球位于OC间，所以P点时刻摆球正在OC间向负方向运动，故。错误。

故选：8。

从振动图像上可以得出单摆的周期和振幅以及振动方向：结合周期公式可求摆长

本题主要考查单摆的振动图像及其周期公式等，注意单摆的振动是摆角很小时近似看成

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简谐运动，并不是合外力提供回复力，要知道沿半径方向需要向心力。

13.【答案】C

【解析1解；C,因为通过金属环的两根导线电流方向相反，引起的磁通量为零，不管

两根导线的电流如何变化，两根导线一起引起的磁通量为零，所以漏电保护器工作原理

是当零线和火线中的电流大小不同是就会自动断开电路，起到安全保护的作用，所以只

有当负载的电线漏电是，绕在铁芯上的线圈中才会有电流通过，故c正确，A8C,错误。

故选：Co

根据漏电保护器的工作原理，只有漏电时才工作，是这道题的入手点。

从漏电保护器的工作图分析漏电的原理是什么，不要被选项左右。

14.【答案】AD

【解析】解：A、分析波形图可知，波长：A=12m,波速：v=8m/s,

则周期为：T=4=^S=1.5S

根据时间与周期的关系可知，t=o.2s=gr,因每经过一个周期波动图象重复一次，所

以只要看经过g的振动情况即可，由波形平移法知，该波一定沿X轴负方向传播，根据

波动规律可知,t=0时刻久=8巾处的质点向上振动，故A正确;B、频率:/=i=^Hz=

|”z,则该横波若与频率为1.5Hz的波相遇，不可能发生干涉，故8错误；

C、经过t=1s时间，波传播的距离：x=vt=8xlm=8m,根据波形平移法可知，

经过t=Is,x=2m处的质点位于平衡位置向上振动，故C错误；

D、圆频率：co=y=^nrad/s,x=4m处的质点振动方程：y-4sin^ntcm,

当t=2.75s时刻得：y=2陋cm，故。正确；

故选：ADo

根据波形图读出波长人根据波长、波速和周期公式计算周期，由时间t=0.2s与T的关

系，根据同侧法，判断波的传播方向；

由时间与周期的关系，确定出质点的位置，分析出位移；两列波频率相同，才可以发生

干涉现象；

书写x=4m处质点的振动方程，判断位移。

此题考查了波动图象的相关规律，关键是时间t=0.2s与T的关系，利用同侧法判断波

的传播方向，根据时间与周期的关系，分析质点的运动状态。

15.【答案】ACD

【解析】解：A、由甲图可知，短路电流/=34电源的内组r=彳=g,由乙图可知，

当外电阻与电源的内电阻相等时，电源的输出功率最大，此时外电压U=*最大输出

功率p=L=3=4.51V,联立解得：E=6V,r=2/2,故A正确；

R4r

B、由于一节干电池的电动势为1.5U,可知串联的干电池节数为4节，故8错误；

UIUR1cc

C、由丙图可知，电源的最大效率为0.8,效率〃=否"二否二三：二甲=68,外电阻越

大，电源的效率越大，可解得滑动变阻器的总阻值：7?=8/2,故C正确；

D、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，此时外电压U=g=3V,可知乙图横坐

标为3,故。正确。

故选：ACO。

(1)当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，电路短路，电路电流为短路电流，等于电源

电动势与电源内阻的比值；当滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻阻值相等时，电源

输出功率最大，根据图象数据，应用欧姆定律与电功率公式列方程，求出电源电动势和

内电阻，然后求出电池节数。

(2)电源的输出功率与电源的总功率之比是电源的效率，滑动变阻器接入电路的阻值越

大，电源效率越高，当滑动变阻器阻值全部接入电路时，滑动变阻器效率最高，由图丙

所示图象，应用电功率公式及效率公式可以求出滑动变阻器的最大阻值。

本题难度较大，分析清楚电路结构、根据各图象获得所需信息，应用欧姆定律、电功率

公式、效率公式等即可正确解题。

16.【答案】BC

【解析】解：4从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，发生干涉现象，出

现条纹，所以此条纹是由上方玻璃板的下表面和下方玻璃板的上表面反射光叠加后形成

的，条纹中的暗纹是由于两列反射光的波谷与波峰叠加的结果，故4错误；

B、。光的干涉条纹间距窄，说明波长；I较短，频率v高，由光子动量p=3可知单色光。

的光子动量比单色光b的光子动量大，故B正确；

C、由光子能量表达式E=/w可知单色光a的光子能量比单色光b的光子能量大，在能

级跃迁中〃光对应的能级差大于人光对应的能级差，故C正确；

。、〃光的频率高b光频率低，若单色光。照射某金属能发生光电效应，则用单色光。

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照射该金属时不一定能发生光电效应，故。错误。

故选：BC。

从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，两列光的波峰和波谷叠加出现暗条纹;

干涉条纹越窄，说明入射光的波长越短，频率越高，结合光子能量E=%和光子动量p=

J来判定a光和b的动量和能量关系；

A

根据光电效应条件分析；

干涉条纹是由于光在空气薄膜上下两表面反射形成的两列光波叠加的结果，掌握根据干

涉图样判断光的波长和频率关系即可。

17.【答案】ACD12.281.1

【解析】解：(1)4、连接沙桶和小车的轻绳应和长木板保持平行，使绳子的拉力等于小

车受到的合力，故A正确；

从实验时，先接通电源，后放开小车，故8错误；

C、平衡摩擦力后，当改变小车或沙桶质量时，不需要再次平衡摩擦力，故C正确；

。、平衡摩擦力时，不需挂沙和沙桶，但小车后面必须与纸带相连，因为运动过程中纸

带受到阻力，故。错误。

故选：AC

(2)本实验中把沙和沙桶的总重量当作小车受到的拉力，要保证小车的质量远远大于沙

和沙桶的质量，

可以利用牛顿第二定律分析：对小车，F=m赳,对沙和沙桶，m涧-F=m沙a,所

以：m〃=qj+l)F,故。正确；

(3)由刻度尺可知示数为12.28cm。

(4)已知频率是50Hz,打点时间间隔为0.02s,从。点开始每5个打印点取一个计数点，

22

所以7=0.1s,根据△%=。72,a———7=------m/s=l.lm/s

故答案为：(1)4C,(2)C,(3)12.28,(4)1.1

(1)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，使得沙和沙桶的重力等于小车的合力，

需平衡摩擦力，平衡摩擦力时，不挂沙和沙桶，小车后面需连接纸带.连接沙桶和小车

的轻绳应和长木板保持平行，平衡摩擦力后，长木板与水平面夹角不能改变，小车应靠

近打点计时器，且应先接通电源再释放小车.

(2)根据牛顿第二定律，运用整体法和隔离法求出拉力的表达式，得出沙桶重力表示拉

力的条件.

(3)根据刻度尺读出示数，注意估读；

(4)利用逐差法求得加速度.

解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变

速直线运动推论的运用.

18.【答案】电流Bx10.120A

【解析】解：(1)如图甲所示，多用电表与小灯泡串联，则知多用电表在测量小灯泡的

电流，电流应从红表笔流入多用电表，则A、8二根表笔中B是红表笔.

(2)“2.5V、0.34”小灯泡的电阻值为R="言0=8.30,则此时欧姆表使用的倍率

是X10。

(3)测电流用多用电表的500mA挡，电流表的最小分度为10，”4如图丙中测量电流的

测量值是120mA=0.1204。

(4)测定玻璃的折射率时，关键要确定入射光线和出射光线，由于当牙签遮挡住细激光

束时，牙签上会有耀眼光斑，所以只要用1根在入射光线上两个不同位置(相距较远)按

下牙签，就可以确定入射光线，同样，只要用1根在出射光线上两个不同位置(相距较

远)按下牙签，就可以确定出射光线，因此，小柯同学要完成图戊光路至少需要1根牙

签，故4正确，8CO错误。

故选:A,

故答案为：(1)电流、B；(2)x10；(3)0.120(0.120-0.123均正确)；(4)4。

(1)根据多用电表与小灯泡的连接关系确定所测量的量，电流应从红表笔流入多用电表;

(2)根据欧姆定律算出小灯泡的电阻值，从而得到欧姆表使用的倍率；

(3)根据多用电表电流档的最小分度，读出电流的测量值；

(4)测定玻璃的折射率时，关键要确定入射光线和出射光线，根据实验原理分析即可。

解决答本题时，要知道欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数；知道欧姆表的工作

原理、内部结构，熟悉电表的读数方法。

19.【答案】解：(1)根据速度时间图象可知第1s内加速度为：

△v3_0__

01=—=

(2)对物体受力分析，取速度方向为正方向，由牛顿第二定律可知：

Fcos53°—f=mar

/=〃N

第20页，共26页

N—mg—Fsin530

联立解得：4=0.25

22

(3)撤去外力后，物体的加速度为：a2=臂=阕=0.25X10m/s=2.5m/s

撤去外力后物体还能运动的距离为：x=^=-^-m=1.8m

2a22x2.5

答：(1)第Ls内物体加速度的大小为1.5m/s2；

(2)物体与桌面的动摩擦因数“为0.25；

(3)撤去外力后物体还能运动的距离为

【解析】(1)由速度图象的斜率求出加速度；

(2)在拉力作用下，根据牛顿第二定律求得动摩擦因数；

(3)根据牛顿第二定律求得撤去外力后的加速度，根据速度-位移公式求得通过的位移。

本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第

二定律求解物体的受力情况。

20.【答案】解：⑴滑块由A到沿圆轨道上滑高度R的过程，根据动能定理，有-“mgL-

mgR=0-EkA

与动量守恒，mv=:%，EE若所以，E=

A8AA=mBvBW：”BKB=KA=gmKB

\EKA

所以弹性物质释放的能量为：E=EKA+EKB=久〃加+mgR)

(2)图乙中的尸。的最小值对应的过程是：A恰好能到达圆轨道最高点，由图乙可得，当压

力传感器的示数为尸o时，滑块沿圆轨道上滑的最大高度恰为2R,根据牛顿第三定律可

得此时滑块所受支持力大小为F。，设滑块通过圆轨道最低点的速度为巧，到达圆轨道最

高点的速度为。2,根据牛顿第二定律，有

滑块在圆轨道最低点Fo-mg=m景

滑块在圆轨道最高点mg=

滑块由圆轨道最低点滑到圆轨道最高点的过程，根据动能定理，有-mgx2R=沙谚-

-1mvf2

21

解得：

Fo=67ng

(3)根据牛顿第三定律可得滑块所受支持力大小为F,设滑块通过圆轨道最低点的速度

为用沿圆轨道上滑的最大高度为儿根据牛顿第二定律，有

①在F取值0—3mg间

滑块在圆轨道最低点F—mg—

滑块由圆轨道最低点沿圆轨道滑到最大高度〃的过程，根据动能定理，有-mg/i=0-

-1mv2£

2

联立上述两式解得：九=£/一5

2mg2

②在37ng-67ng间

2

滑块在圆轨道最低点F—mg=my

滑块在圆轨道脱离的最高点mgsind=血厘其中sin。=一

滑块由圆轨道最低点沿圆轨道滑到最大高度〃的过程，根据动能定理，有：—mgh=

-1mvi2——1mv

2n2

得列3,即h=普

R37ng

③在尸大于6〃吆时，力最高点均为2R

完整图如图所示：

(2)图乙中的&的最小值为6mg

RRFR

(3)①在尸取值0-3mg间八=三拓"一三，②在3mg-6mg间九=三石，③在F大于6mg

时，/?最高点均为2R

补充完整的图乙

第22页，共26页

hf

【解析】(1)用定能定理求滑块A沿圆形轨道上滑的最大高度为R的过程在A点的动能，

用动量守恒定律求出A8速度关系，与A对比求出3的动能，用能量守恒求弹性物质释

放的能量；

(2)用的最小值对应的过程是：A恰好能到达圆轨道最高点，据此求出A在圆轨道最高

点的速度，再用动能定理求在8点速度，用向心力公式求心的最小值；

(3)用向心力公式和动能定理分段求解。

本题考查了力学三大观点的综合应用，在竖直面内的圆周运动中，小球恰要脱离轨道的

特点是：和轨道接触但无压力。

21.【答案】解：(1)当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为/时，导体棒的有效电

阻为R=rl

产生的感应电动势为E=Blv

由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为/=粤=史，恒定不变。

rlr

(2)因为导体棒移动过程中电流恒定，为/=?

导体棒从a端移到c点移动时间为t