2023年浙江省四校联盟高考物理模拟试卷及答案解析

2023年浙江省四校联盟高考物理模拟试卷

1.下列物理量的单位用国际单位制中的基本单位表示正确的是（）

A.功率P,kg-m2/s2B.万有引力常量G,N-m2/kg2

C.磁感应强度B,N/（A-m）D.电场强度E,kg-m/(s3'A)

2.2022年卡塔尔足球世界杯赛场上，下列说法正确的是（）

A.运动员将球踢出时，脚对球的作用力大于球对脚的作用力

B.运动员踢出“香蕉球”，记录“香蕉球”的轨迹时，可将足球看成质点

C.踢出后的足球在空中受到重力、支持力、阻力和推力

D.头球射门时•，足球受到的弹力源于足球的形变

3.下列有关科学家及他们的贡献描述正确的是（）

A.平均速度、瞬时速度以及加速度等概念，是伽利略首先建立起来的

B.丹麦天文学家第谷观测发现，行星绕太阳运动的轨道不是圆，而是椭圆

C.法拉第发现了电流的磁效应，证实了电与磁是有联系的

D.自然界的电荷只有两种，库仑将它们命名为正电荷和负电荷

4.科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度。与时间

t的关系图像如图所示。由图像可知（）

A.0〜h时间内，运动员训练前做匀加速直线运动

B.0〜t2时间内，训练后运动员的平均加速度大

C.0〜功时间内，训练前运动员的平均速度大

D.t2〜t3时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等

5.如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平U形赛道上比赛，甲、

乙先后从赛道边缘上的4点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察

发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小

速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确

的是（）

A.甲、乙的最大腾空高度相同

B.甲从4点滑出时的初速度一定大于乙的初速度

C.甲、乙从4点滑出时的初速度方向可能相同

D.甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同

6.如图所示，在长为1m的细绳下端拴一质量为0.6kg的小球，捏住绳子上端，

使小球在水平面内做圆周运动，这样就成了一个圆锥摆。开始时使绳子跟竖直\

方向的夹角为a=37。，之后对小球做功，再次稳定后，使绳子跟竖直方向的\

夹角为0=53。，保持悬点不变。已知sin37。=0.6,cos37°=0.8,则手对小Q一.

球做的功为（）

A.1.2/B,1.85/C.3.05/D,4.057

7.静电透镜是利用静电场使带电粒子束会聚或发散的一种装

置。其中某部分静电场的分布如图所示，曲线表示这个静电场八一B

O…T-O'

在纸平面内的一簇等势线，等势线关于虚线轴。0'对称，且相Af

邻两等势线的电势差相等。带电粒子a、b分别从4点、B点平

行虚线轴射入电场，两粒子在虚线轴上某处相遇，则从射入电场到相遇过程中，下列说法正

确的是（）

A.粒子b的加速度不断增加，速度不断减小

B.粒子a的加速度不断减小，电势能不断增加

C.粒子a、b的电性相同，电势能均不断减小

D.粒子a、b的电性不同，速度均不断减小

8.“救命神器”一一自动体外除颤仪（力ED）,它是一种便携式的医疗设备，可以诊断特定

的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用，用于抢救心脏骤停患者的医疗设

备。其结构如图所示，低压直流电经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，

开关拨到2,将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，其他条件不变时，该除颤器

的电容器电容为15〃尸，如果充电后电容器的电压为9.0kU,电容器在5.0ms时间内完成放电。

下列说法正确的是（）

A.放电前，电容器存储的电荷量为0.135C

B.放电过程中，电流大小不变

C.放电后，电容器的电容为零

D.自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越长

9.如图所示，木模4质量为木模B质量为2m。通过三根

轻质竖直细线对称连接，木模B静止在水平面上。细线a、b、

c上的张力大小分别用吊、Ft,、凡表示，水平面所受的压力大

小为0，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

A.FN<3mgB.七+危+%%

C.Fa+Fb+Fc=mgD.Fa>Fb+Fc

10.王亚平在“天宫课堂”中，将分别粘有水球的两块透明板慢慢靠近，直到两个水球融合

在一起，再把两板慢慢拉开，水在两块板间形成了一座“水桥”。如图甲所示，为我们展示

了微重力环境下液体表面张力的特性。“水桥”表面与空气接触的薄层叫表面层，已知分子

间作用力F和分子间距r的关系如图乙。下列说法正确的是（）

A.可以推断水和透明板是不浸润的

B.王亚平把两板慢慢拉开形成“水桥”的过程,“水桥”表面层相邻水分子间的分子势能变

小

C.王亚平把两板慢慢拉开形成“水桥”的过程，“水桥”表面层相邻水分子间的分子力做负

功

D.王亚平放开双手两板吸引到一起，该过程表面层相邻水分子间的作用力与分子间的距离的

关系与乙图的4到B过程相对应

11.点光源以100勿的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6xIO"7n的光，点光源每秒

辐射的光子数为N。已知普朗克常量为h=6.63x10-34/.5,则N约为（）

A.6x1018个B.3x1019个C.3x102。个D.6x1。21个

12.如图所示，火星绕太阳运动的轨道半径约为地球轨道半

径的1.5倍，某火星探测器沿椭圆轨道运动，其轨道的近日点

位于地球轨道上的4点，其轨道的远日点位于火星轨道上的B

点。下列说法正确的是（）

A.探测器在椭圆轨道4点的加速度大于地球在A点的加速度

B.探测器在椭圆轨道B点的线速度大于火星在B点的线速度

C.探测器运动的周期约为2.0年

D.地球、火星和太阳三者两次共线相邻的最短时间间隔约为1.1年

13.一物块在倾角为30。的固定斜面（足够长）上受到方向与斜

面平行恒定拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运

动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若0〜%时间内，物

块滑动过程中动能、摩擦产生内能和重力势能随时间的变化分

别如图曲线①、②和③所示，贝女）

A.物块与斜面间的动摩擦因数为?

B.0〜%时间内，机械能增大4/

C.0〜%时间内，物块的加速度为12m/s2

D.若"时刻撤去拉力，则再经过时间3%,物块速度减到0

14.如图是一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的景物都看得很清楚，而远处则只

看到对岸山峰和天空彩虹的倒影，水面下的景物则根本看不到。下列说法中正确的是（）

A.水下的石头看起来的深度比实际深一些

B.远处水面下景物的光线射到水面处可能发生了全反射

C.可以利用偏振片“过滤”掉山峰和天空彩虹的倒影

D.远处对岸山峰和天空彩虹的倒影十分清晰，是由于光的干涉所引起的

14

15.14c发生放射性衰变为"N和粒子x,半衰期约为5700年。已知14C、N.X的质量分

别为TH1、如、巾3,“a14N的比结合能分别为瓦和真空中的光速为C。植物存活期间，

其体内14c与12c的比例不变：生命活动结束后，14c的比例持续减少。下列说法正确的是（）

A.粒子X为电子

B.全球变暖将加速14c的衰变

2

C.14%—14£2=（Wi—m2—m3）c

D.若某古木样品中14c的比例正好是现代植物样品的四分之一.该古木的年代距今约为

11400年

16.水平面上的两个波源Si和52相距8m,频率均为5Hz,以

S1和S2中点为坐标原点建立坐标系。t=0时波源S1从平衡位P-

置开始垂直纸面向下做简谐运动，所激发的横波在均匀介质」__________________一

Si。S?x/m

中向四周传播。某时刻波源S2开始垂直纸面向上做简谐运动，

在t=0.65s时两列波的最远波峰同时传到P点，P点的坐标为

(0,3).则()

A.波的传播速度为10m/s

B.y轴所在直线为减弱区

C.t=0.65s时波峰与波谷相遇的点共有8个

D.t=Is后S2P连线上(包括S2点与P点)共有6个加强点

17.利用图甲装置，研究“小车(含拉力传感器)质量一定时，加速度与合外力关系”，实验

步骤如下：

①细绳一端绕在电动机上，另一端系在拉力传感器上。将小车放在长板的P位置，调整细绳

与长板平行，启动电动机，使小车沿长板向下做匀速运动，记录此时拉力传感器的示数力；

②撤去细绳，让小车从P位置由静止开始下滑，设此时小车受到的合外力为F,通过计算机可

得到小车与位移传感器的距离随时间变化的s-t图像，并求出小车的加速度a；

③改变长板的倾角，重复步骤①②可得多组Aa的数据。

完成下列相关实验内容：

(1)在步骤①②中，FoF(选填或“<”)；

(2)本次实验(选填“需要”“不需要”)平衡小车所受到的摩擦力；

(3)某段时间内小车的s-t图像如图乙,根据图像可得小车的加速度大小为m/s2(计算

结果保留两位小数)。

18.如图示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验中：

A.若在目镜中看不到光，可以调节拨杆使目镜中出现光亮

8.若测量头的分划板中心线与干涉条纹不平行，可以调节拨杆使它们平行

C.若在目镜中无法看到清晰的干涉条纹，可以调节拨杆使条纹变得清晰

②采用某种单色光进行实验，在屏幕上形成双缝干涉图样。若已知双缝之间的距离为0.30mm,

测得双缝到屏幕的距离为1.0m,第1条到第6条亮条纹中心的距离为10.50nun,则红光的波长

为m(保留2位有效数字)。

19.某小组测量某金属细杆(如图甲)的电阻率，应用了学生电源E、定值电阻R。、电压表匕和

彩、电阻箱R等器材，操作步骤如下：

(1)用刻度尺测量金属细杆的长度3用游标卡尺在不同部位测量金属环横截面的直径。，读

数如图乙所示，示数为cm；

(2)按图丙连接电路，a、b间器件表示金属环，闭合开关，调节电阻箱，记录两块电压表和电

阻箱的读数，绘制出丁图，可计算出金属环的阻值R'=n,用L、D、R'表示出该金

属环的电阻率p=；

(3)从系统误差角度看，由丁图计算出的阻值R'真实值(选填“大于”、“小于”或

“等于”)。

2

20.2022年11月21日00：00(北京时间)，于卡塔尔海湾体育

场(图一)拉开序幕。海湾足球场按世界标准球场设计，长105m、

宽68m。足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战

术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中。攻方

前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地

面上做初速度为10m/s的匀减速直线运动，且足球所受阻力大

小恒为重力大小的除试求：

(1)足球从开始做匀减速运动后6s时的速度大小；

(2)足球从开始做匀减速运动后8s时的位移大小;

(3)攻方前锋的最高时速可以达到36km"。假设该足球开始做匀减速直线运动的时候，他迟

疑了2s后开始沿边线向前追赶足球。他的启动过程可以视为加速度为2.5m/s2的匀加速直线

运动，攻方前锋启动后至少经过多长时间能追上足球？

21.某实验小组探究气体做等温变化的规律时，小王同学测出了0、

注射器内封闭气体的几组压强P和体积v的值后，以p为纵轴、:为

横轴，画出图像如图所示，则产生的可能原因是()

.1

oV

A.实验时注射器柱塞与筒壁间的摩擦力越来越大

B.实验时环境温度越来越高

C.实验时外界大气压强发生了变化

D.实验时注射器内的气体逐渐向外泄漏

22.如图所示，光滑曲面轨道4B、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平

滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区

域时马上停止运动。现将一质量为巾=0.5kg的滑块从力B轨道上某一位置由静止释放，若已

知圆轨道半径R=0.8m,水平面BD的长度Xi=2?n,传送带长度小=9m,距离落地区的竖

直高度H=0.5m,滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为

〃=0.2,传送带以恒定速度为=6m/s逆时针转动(不考虑传送带轮的半径对运动的影响)。

(1)若h=1.2m,则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；

(2)若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度九°的取值范围；

(3)求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。

23.舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。

某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出

)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁

场中，其所在处的磁感应强度大小均为8。当开关S接通，电压恒为U=10W1勺电源为系统供

电，动子从静止开始推动飞机加速，此加速过程中线圈中的电流随时间的变化规律为/=

100sint(4)。当电流第一次减为零时飞机与动子脱离。此时断开S,动子将做阻尼运动而最终

停下。已知线圈匝数n=100匝，每匝周长/=1m,直流电阻不计。飞机的质量M=8kg,动

子和线圈的总质量m=2kg,R()=40,B=0.01T,不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速

度的影响，求：

(1)开关S接通后瞬间，线圈的自感电动势大小E用

(2)电流第一次达到最大时，飞机的速度大小巧及飞机与动子脱离时的速度大小及2；

(3)飞机与动子脱离后，动子运动过程的位移大小X；

(4)电流第一次达到最大时，线圈存储的磁场能。(不考虑电磁辐射的能量)

24.如图甲所示,正方形荧光屏abed与正方形金属板相距亨水平平行放置，二者的边长均为人

金属板的中心开有小孔，小孔正下方有一通电金属丝可持续发射热电子，金属丝与金属板之

间加有恒定电压以金属板中心小孔为坐标原点，沿平行于金属板两边和垂直金属板方向

建立工、y和z坐标轴，电子从金属丝发射经小孔沿z轴正方向射入磁场区域，测得电子经电场

加速后经过小孔时的速度大小介于D与，Nu之间。Z轴与荧光屏的交点为S,金属板与荧光屏

之间存在磁场(图中未画出)，其磁感应强度沿Z轴方向的分量始终为零，沿式轴和y轴方向的分

量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中殳=誓。已知电子的质量为加、电荷量

大小为e,忽略电子间的相互作用，且电子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期7,可认

为电子在磁场运动过程中磁感应强度不变。求：

(1)从金属丝发射的电子的初速度大小范围;

(2)t=0.75T时以，速度进入磁场的电子打在荧光屏上的位置坐标；

(3)t=0.25T时以。与，2D速度进入磁场的两个电子打在荧光屏上时的时间差；

(4)请在荧光屏的俯视图丙中定性画出电子在荧光屏上出现的位置。(不要求计算过程)

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：

223

A.根据p=Fvf用国际单位制中的基本单位，功率的单位kg-m/s-m/s=kg-m/sf故A错

误；

8.根据公式尸=G等，等式左边公式kg-m/s2,等式右边，质量单位的，距离单位m,用国际单

位制中的基本单位，换算得万有引力常量的单位m3/kgs?,故8错误；

C.根据公式8=三，分子单位kg-m/s2,分母中电流单位4,长度单位m,用国际单位制中的基本

单位，换算得磁感应强度的单位Ag〃-s2,故C错误；

D根据公式E=(,分子单位kg-m/s2,分母中电流q=/t,单位为A•s,用国际单位制中的基本

单位，换算得电场强度单位kg-m/(s3.A),故。正确；

故选：D。

本题选择相应物理量公式，根据国际单位制，进行换算，即可解答。

本题考查学生对单位制换算的掌握，难度不高，比较基础。

2.【答案】B

【解析】解：人运动员将球踢出时，脚对球的作用力与球对脚的作用力是一对相互作用力，二

者总是大小相等，故A错误；

8、研究足球运动员踢出的“香蕉球”的轨迹时，足球的大小和形状可以忽略，可看成质点，故B

正确；

C、踢出后的足球在空中受到重力和阻力，故C错误；

。、头球射门时，足球受到的弹力是由球网形变产生的，故。错误。

故选：B。

物体间力的作用是相互的，相互作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在两

个不同的物体上；当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，

根据把物体看成质点的条件来判断即可；踢出后的足球在空中受到重力和阻力；知道弹力产生是

由于施力物体发生形变而产生的，弹力的方向与施力物体恢复形变的方向相同。

本题考查了相互作用力、质点、弹力等基本概念，属于基础题难度不大。

3.【答案】A

【解析】解：

A.平均速度、瞬时速度以及加速度等概念，是伽利略首先建立起来的，故A正确；

B.行星绕太阳运动的轨道不是圆，而是椭圆，是科学家开普勒发现的，故8错误；

C.奥斯特发现了电流的磁效应，证实了电与磁是有联系的，故C错误；

D自然界的电荷只有两种，富兰克林将它们命名为正电荷和负电荷，故。错误；

故选：Ao

本题根据伽利略、开普勒、奥斯特、富兰克林的科学贡献，结合选项，即可解答。

本题考查学生对伽利略、开普勒、奥斯特、富兰克林的科学贡献的掌握，需要学生熟记。

4.【答案】AC

【解析】解：4、根据t图像可知，0〜”时间内，运动员训练前做匀加速直线运动，故A正确；

8、根据u-t图像的斜率表示加速度，由图可知，0〜匕时间内，训练前后运动员的平均加速度相

等，故8错误；

C、根据v-t图像与时间轴所围成的面积表示位移，由题图可知，0〜t2时间内，训练前运动员跑

过的位移比训练后的大，则训练前运动员的平均速度大，故C正确；

。、根据v-t图像与时间轴所围成的面积表示位移，由题图可知，t2〜J时间内，训练后运动员的

位移比训练前的位移大，故。错误。

故选：ACo

根据v-t图像可直接读出运动员速度变化情况，根据图像的斜率分析运动员的加速度大小，图像

与横轴围成的面积分析运动员的位移大小，结合平均速度的定义分析平均速度的大小。

本题考查v-t图像的基本应用，要知道卜-t图像的斜率表示加速度，图像与横轴围成的面积表示

位移•

5.【答案】D

【解析】解：

A.甲的滞空时间比乙长，故甲的竖直速度叫更大，最大腾空高度无=般，故甲的腾空高度更大，

J7n

故A错误；

B.乙的最小速度比甲的最小速度大，即甲的以更小，从4点滑出时的初速度v=J港+药,故无

法比较，故B错误；

C设初速度与水平方向夹角为氏tan。=詈，故甲与水平方向夹角更大，故C错误；

。.根据水平位移公式x=W2半，可能相同，故甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，故。正确；

故选：Do

本题根据斜抛运动规律：最大高度仁冥〃=J裾+琢,tan6=结合选项，即可解答。

2gvyvx

本题考查学生对斜抛运动规律：最大高度九=¥，〃=J肯+%，£即。=詈的掌握，难度中等,

乙g'Jvx

考查学生分析推理能力。

6.【答案】C

【解析】解：对摆球进行受力分析，由牛顿第二定律得：

vj

mgtana=

v?

mgtanB=m-

r2

由几何关系得：

—Lsina

r2—Lsinfi

对小球，根据动能定理得：

WmgL(cosa—cos/?)=；mv1—；mv1

联立解得：W尹=3.05/

故C正确，AB£＞错误；

故选：Co

摆球做圆周运动所需要的向心力是合外力来提供的，根据牛顿第二定律列式求出两种情况下小球

速度，再根据动能定理列式即可求解手对小球做的功。

本题考查牛顿第二定律和动能定理在圆锥摆问题中的应用，解决此题的关键是要搞清楚向心力的

来源，并运用牛顿第二定律和动能定理求解。

7.【答案】B

【解析】解：由于电场线与等势面垂直，经过48的电场线如图所示:

0--*-O'

力B.等势面的稀密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，等势面越稀疏，场强越小；根据

牛顿第二定律a=£="可知，带电粒子a的加速度不断减小，带电粒子b的加速度不断变大；由

mm

于带电粒子所受的电场力沿电场线的切线方向，并指向运动轨迹的凹侧，因此带电粒子a所受电场

力与4点速度方向相反，电场力对粒子a做负功，动能减小，速度减小，电势能增大，带电粒子b所

受电场力与B点速度方向相同，电场力对粒子b做正功，动能增大，速度增大，电势能减小，故A

错误，8正确；

CD.假设交点为P,根据电场力做功公式W=q（%一,2），可得粒子a从4到P做功=qA（（pA-

WP）＜0，动能减小，速度减小，电势能增大，粒子b从B到P做功%p=-0p）＞。，动能

增大，速度最大，电势能减小，根据沿电场线电势逐渐降低，因此电势差@4-9P）与"B-9P）正

负相反，所以粒子a与粒子6电性相同，故CD错误。

故选：Bo

4B,等势面的稀密表示场强的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小；等势面与电场线垂直,

带电粒子所受电场力沿电场线的切线方向，并指向运动轨迹的凹侧，然后根据电场力与速度方向

的夹角大小判断电场力做功的正负，根据动能定理判断粒子动能的变化，根据电场力做功与电势

能的关系判断电势能的变化；

CD电场力做功公式"=q（%-租2）结合电场力做功的正负、电势差的正负判断粒子a、b的带电

性质

注意：根据电场力做功与电势能变化的关系，电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增

大。

8.【答案】4

【解析】解：4放电前，电容器存储的电荷量为Q=CU=15x10-6x9.0x103c=0.135C

故A正确；

B.电容器放电过程中，开始时电流较大，随着带电量的减小，放电电流逐渐减小，不是恒定的,

故8错误；

C.电容器的电容反映的是电容器存储电荷的本领，与电容器是否带电、如何放电无关，故C错误；

。.振荡电路的振荡周期为7=27rH

自感系数L越小，放电脉冲电流的振荡周期越短，故。错误。

故选:Ao

根据Q=CU可解得电荷量；放电过程中，电流大小逐渐减小；电容由电容器本身决定，根据振荡

电路的振荡的振荡周期公式分析放电时间长短。

本题主要是考查LC振荡电路，关键是知道LC振荡电路周期的计算公式，掌握电容器充放电过程。

9.【答案】D

【解析】解：对整个系统进行受力分析，根据平衡条件可得：

FJ=3mg

由牛顿第三定律可知，水平面所受的压力大小为

FN-FN'-

由对称性可知：Fb=Fc

对上方的木模4受力分析，则有

Fa=mg+Fb+Fc

可得：Fa>Fb+&

无法计算兄+Fb+兄的值。

故。正确，ABC错误；

故选：Do

对整体进行受力分析，得出水平面所受的压力大小；根据整体法和隔离法得出三个绳子拉力的大

小关系。

本题主要考查了共点力平衡的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合整体法和隔离法即可完成分

析。

10.【答案】C

【解析】解：

A水球粘在两块透明板，说明水和透明板是浸润的，故A错误；

BC.形成了一座“水桥”，“水桥”表面层相邻水分子间的分子力为引力，把两板慢慢拉开形成

“水桥”的过程，分子引力做负功，分子势能增大，故B错误，C正确；

D王亚平放开双手两板吸引到一起，“水桥”表面层相邻水分子间的分子力为引力且变大，而4到

B过程是分子斥力减小的过程，故。错误；

故选：Co

本题根据浸润、不浸润，分子间作用力特点，以及分子作用力与分子势能变化的关系，即可解答。

本题考查学生对浸润、不浸润，分子间作用力特点，以及分子作用力与分子势能变化的关系的掌

握，难度不高，但考查学生分析推理能力。

11.【答案】C

【解析】解：每秒光能E=pt=N*，代入题中数据解得N=3X102。，故C正确，A8。错误;

故选：Co

本题根据公式E=pt=Ng,即可解答。

本题解题关键是列出E=pt=N/i：,比较基础，但考查了学生计算能力。

A

12.【答案】B

【解析】解：

人根据牛顿第二定律，探测器在椭圆轨道4点的加速度等于地球在4点的加速度，故4错误；

B.探测器在椭圆轨道B点的线速度大于火星在B点的线速度，故B正确；

C.根据开普勒第三定律其=k,根据几何关系，探测器轨道的直径为(R+1.5/?)=2.5/?,则有

等=第，解得T=1.4年，故C错误；

。.根据开普勒第三定律吗=k,火星轨道的半径为1.5R,则有&婴=吗,解得火星周期T=1.8年，

T*T2I2

地球、火星和太阳三者两次共线相邻的最短时间间隔为3则有(4-竿)t=27T,t=2.2年，故。

错误；

故选：B。

本题根据牛顿第二定律、开普勒第三定律、天体的追击相遇规律，即可解答。

本题考查学生对牛顿第二定律、开普勒第三定律、天体的追击相遇规律的掌握，难度中等。

13.【答案】C

【解析】解：4、设0〜2时间内，物块的位移为光。根据重力做功与重力势能变化的关系得：

mgxsin300=5/①

由功能关系可得：47ngxcos30。=8,②

联立解得：4=堂，故A错误；

B、0〜玲时间内，动能增大8/,重力势能减小5/,所以机械能增大力，故3错误；

C、根据动能定理得：max=12/③

联立①③解得：a=12ni/s2,故C正确；

。、给时刻撤去拉力，此时物块的速度为u=砒。。此后，由牛顿第二定律得：nmgcos300-

mgsin30°—ma',解得：a'=3m/s2

设再经过时间t物块速度减到0,贝加=优3解得：t=4t0,故。错误。

故选：Co

根据重力做功与重力势能变化的关系以及摩擦产生内能与克服摩擦力做功的关系分别列式，可求

出动摩擦因数。根据动能的增量与重力势能增量来求机械能增量。

解决本题时，要掌握常见的功与能的关系，知道重力势能变化与重力做功有关，动能变化与合外

力做功有关，机械能的变化与除重力以外其它力做功有关。

14.【答案】BC

【解析】解：4、水下石头反射的光线由水中进入空气时，在水面上发生折射，折射角大于入射

角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，就会觉得石头位置变浅了，所以水下

的石头看起来的深度比实际浅一些，故A错误；

8、远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，当入射角大于等于全反射临界角时能发生全

反射，光线不能射出水面，因而看不见，故B正确；

C、水面反射的光为偏振光，可以利用偏振片“过滤”掉山峰和天空彩虹的倒影，故C正确；

。、远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了反射，故。错误：

故选：BC。

当光从空气斜射入水中时折射光线向法线方向偏折；远处水面下景物的光线射到水面处，入射角

很大，能发生全反射；反射光为偏振光；远处山峰的倒影在水面发生了反射现象。

本题关键要掌握光的折射、反射、偏振和干涉现象，知道现象发生的本质。

15.【答案】AD

【解析】解：4、根据质量数守恒可知X的质量数为0,发生的是口衰变，故X为电子，故A正确；

8、放射性元素的半衰期由元素本身性质决定，与物理环境以及化学环境无关，故8错误；

C、根据质能方程可知14&-14E]=(Hi]-m?-g)©2,故C错误；

。、若某古木样品中14c的比例正好是现代植物样品的四分之一.可知古木中的14c经过了两个半

衰期，则该古木的年代距今约为11400年，故。正确；

故选：ADo

根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成的射线种类；放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境

无关；根据质能方程及比结合能的概念计算，根据半衰期的概念分析。项。

本题考查了半衰期的计算，要明确公式中各个物理量的含义，理解放射元素的半衰期与物理环境

以及化学环境无关。注意平时多加练习，加深对公式的理解。

16.【答案】AC

【解析】解：4波源的振动周期为7=；=：s=0.2s

J3

由于波源Si从平衡位置开始垂直纸面向下，经过t'=看7=0.15s第一次到达波峰

因此波从Si传播到P的时间为匕=0.65s-0.15s=0.50s

传播的距离尤=y/OP2+OSf=V32+42m=5m

所以波的传播速度u=：=d|^m/s=lOm/s,故A正确；

8.由于在t=0.65s时两列波的最远波峰同时传到P点，因此P点为振动加强点，根据振动加强和减

弱的条件，对于振动步调相同的两列波，当两列波到达某点的路程差满足”=位(其中n=0,1,

2,-；)为振动加强点；y轴上的所有点到波源Si、S2的路程差始终为零，因此轴所在直线为加强

区，故8错误；

C.根据波长、波速与周期的关系，两列波的波长4=〃=10x0.2m=2m；在t=0.65s时，两波

的叠加情况如下图所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，波峰与波谷相遇的点共有8个，故C

正确；

。.由于t=Is=57,两列波振动加强时的路程差满足Ar=nA=2n<8m,解得n=0,1,2,3,

4共5个加强点，故。错误。

故选:AC.

明确两波的性质，根据周期和传播距离确定波速；由于在t=0.65s时两列波的最远波峰同时传到

P点，因此P点为振动加强点；根据波的路程差与波长的关系分析振动加强点和振动减弱点的个数。

本题考查波的性质以及波的干涉，要注意明确干涉的条件，同时明确波速公式的应用；在波的干

涉现象中，振动步调相同的两列波振动加强的条件是路程差满足”=n4,振动减弱的条件是路程

差满足”=(2n+1)々九其中九=0,1,2,…；振动步调相反的两列波振动减弱的条件是路程

差满足=振动加强的条件是路程差满足Ar=(2n+l)g；l,其中n=0,1,2,…。

17.【答案】=不需要2.10

【解析】解：(1)步骤①中小车匀速下滑时，由平衡条件得：mgsind=F0+f

步骤②中小车加速下滑时，由受力分析可得：F=mgsind-f

联立可得：尸=&

(2)由(1)分析可知，小车加速下滑过程合外力已通过①中小车匀速下滑时拉力传感器的示数弓读

出，所以不需要再平衡摩擦力；

(3)图乙中标出的三个位置坐标反映了小车连续相等时间内的位移，根据匀变速直线运动的推论得:

a=^=(03820-0.2520)-(0.4910-0.3820)^,=?二。7n小2

故答案为：(1)=;(2)不需要；(3)2.10。

(1)根据平衡条件结合牛顿第二定律进行解答；

(2)小车匀速下滑时拉力传感器的示数弓读出，所以不需要再平衡摩擦力；

(3)根据“逐差法”求解加速度大小。

对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、

实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实

验。

18.【答案】C6.3X10-7

【解析】解：①拨动拨杆的作用是为了使单缝和双缝平行，获得清晰的干涉图样，若在目镜中看

不到光，可能是装置未在同一高度处，若出现的问题是分刻板中心刻度线与干涉条纹不平行，应

调节测量头使干涉条纹调成与分划板中心刻线同一方向上，故错误，C正确。

故选：C；

②相邻亮条纹之间的距离=3=1％，37n=2.1x10-37n

根据双缝干涉条纹间距公式

a

3

红光的波长4=处=0.30x10-x2.lxl0^m=63*I。-7m

L1.0

故答案为：①C；@6.3xI。-，。

①分别分析目镜中看不到光、条纹不平行、干涉条纹模糊的可能原因，然后进行正确调节；

②根据条纹宽度求解相邻亮条纹之间的距离，再根据相邻亮条纹间距公式求红光的波长。

双缝干涉实验中要拨杆的作用，解题关键根据实验原理分析实验中出现的问题，注意条纹间距的

求解与条纹间距公式的运用。

19.【答案】1.072.6竺竺大于

4L

【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.1mm,估读到分度值的本位，根据游标卡尺读数规则可得，

示数为

10mm4-7x0.1mm=10.7mm=1.07cm

(2)由题意及电路图可得：

%_U?_U]U2=]।*

不一R'F7-E

图线斜率即为金属环的电阻大小，即R'=妥?=2.6。

I人用工丁/4Hm缶4.D，_L-L_4L_TTR'D?

由题忌可得，金属环的r电阻率为R==P晟夕=-5E-

(3)由上述电路图分析可得，由丁图计算出的电路金属环两端的电压准确，通过的电流比真实值小,

忽略了电压表匕的电流，因此由丁图计算出的阻值大于真实值。

故答案为：(1)1.07；(2)2.6；史竺；(3)大于

4L

(1)根据游标卡尺的读数规则得出对应的示数：

(2)根据欧姆定律结合电阻定律得出电阻率的表达式；

(3)根据实验原理分析出电阻的测量值和真实值的大小关系。

本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电阻定

律即可完成分析。

20.【答案】解:

(1)足球所受阻力大小恒为重力大小的上，即阻力/=2巾9,根据牛顿第二定律，ma=f,解得a=

|m/s2,根据速度一时间公式v=%-at,解得6s时的速度大小D=2.5m/s；

(2)足球停止的时间1=半，解得t=8s,足球从开始做匀减速运动后8s时的位移大小x=和，解

得久=40m；

(3)攻方前锋的最高时速可以达到36/crn//i=lOm/s,攻方前锋追上足球可能在足球停止前，也可

能在停止后，计算一下8s攻方前锋的位移，迟疑了2s后开始沿边线向前追赶足球，此时攻方前锋

的运动时间为6s,先加速到最高时速，公=，，解得h=4s,此时位移xi解得与=20m,

此时攻方前锋做匀速直线运动，运动时间「2=6-t]=(6-4)s=2s,此时位移刀2=。上2，解得

g=20m,总位移x=X[+&=(20+20)m=40m,恰好等于足球位移，故攻方前锋启动后至

少经过6s能追上足球。

答：(1)足球从开始做匀减速运动后6s时的速度2.5m/s；

(2)足球从开始做匀减速运动后8s时的位移大小40m；

(3)攻方前锋启动后至少经过6s能追上足球。

【解析】(1)根据速度一时间公式。=v0-at,求速度；

(2)计算停止时间，判断8s都在运动，根据位移公式x=计算位移：

(3)讨论攻方前锋追上足球可能在足球停止前，也可能在停止后，通过位移公式计算8s位移，分析

得出结论。

本题是一道运动学难度较高的习题，其中攻方前锋的运动分段，且攻方前锋追上足球可能在足球

停止前，也可能在停止后，需要讨论，考查学生分析能力。

21.【答案】D

【解析】解：根据图像可知，图线向下弯曲，图线斜率减小，由此可分析出压强与体积的乘积pH减

小，根据克拉珀龙方程pU=nR7可知，产生的原因可能是气体温度下降或者质量减小，即实验时

注射器内的气体逐渐向外泄漏，故ABC错误，。正确；

故选：D。

根据图像的物理意义分析出气体温度的变化，再根据克拉珀龙方程pV=nRT分析出气体温度下降

的原因，结合题目选项完成分析。

本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，理解pV乘积的物理意义，结合克拉柏龙方程即

可完成分析。

22.【答案】解：(1)在h=1.2m,则滑块运动至B点时，由动能定理可得：\mvl-G=mgh

由牛顿第二定律可得：尸_巾9=噂

代入数据解得：F=20N

由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N；

(2)若滑块恰好能过C点，则C点时有：mg=m此

从4到C,根据动能定理有：mgCh1-2R)=2m比

代入数据解得：砥=2m

要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度%=0,从4到E,

00

根据动能定理有：mgh2-口ng(无1+x2)=-

代入数据解得：h2=2.2m

显然殳>b，若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度：h0>2.2m.

(3)①若滑块恰好停在。点，则

mg(hi—2R)—iimgx1=0-0

解得h=+2R=0.2x2m4-2x0.8m=0.4m

当滑块释放点的高度范围满足2nl<h<2.2m时，滑块不能从E点飞出，最终停在8。上，设其在8。

上滑动的路程为工,根据动能定理有：mgh-iimgx=0-0

代入数据解得：%=£=5/1

由于10m<5h<11m

则5%i<s<6x1

则滑块静止时距B点的水平距离：%=12-5/1

②当滑块释放点的高度九>2.2m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有：7ngh-卬ng8+外)=

12

2mvE

整理解得：vE=2V5/i—llm/s

由平抛运动知识可知，平抛运动的时间：t==J=

可得x=xr+x2+vEt=2m+9m+2V5/i—11x=(11+V2/i—4.4)m

答：(1)滑块运动至8点时对圆弧轨道的压力为20N；

(2)滑块释放点高度生的取值范围为d>2.2m；

(3)滑块静止时距B点的水平距离x