2021年浙江省温州市英才学校高考物理模拟试卷（附详解）

2021年浙江省温州市英才学校高考物理模拟试卷

一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）

1.鸟能够飞起来的条件是空气对鸟的升力大于鸟的重力。人们猜测空气对鸟的升力/

与鸟的翅膀面积S和飞行速度t有关关系式为=kS"2,则k的单位是（）

A.kg/m3B.kg-m3C.kg/m2D.kg-m2

2.如图所示，质量均为Tn的4、B两个小球，用细线悬挂在天花板上的同一点。，并用

第三根细线连接4、B两小球，三根细线长度相等，现对小球4施加一个作用力F,

两小球均处于静止状态时，三根细线均处于拉直状态，且。8恰好沿竖直方向，重

力加速度为g，则作用力F的最小值为（）

A.2mg

3.如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上匀加速前

进。货箱中石块A的质量为小，重力加速度为g,己知周

围与石块4接触的物体对它的作用力的合力为凡则货

车的加速度大小为（）

A.""⑺/B.£C.…⑺/D.无法确定

mmm

4.关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（）

A.电磁波在玻璃中的传播速度大于在真空中的传播速度

B.y射线的频率大于红外线的频率

C.丹麦物理学家奥斯特建立了经典电磁场理论

D.法拉第通过一系列实验，证实了电磁场理论

5.下列说法正确的是（）

A.回旋加速器粒子经加速后具有的最大动能与加速电压值有关

B.黑体辐射实验揭示了振动着的带电微粒的能量是连续的

C.氢原子吸收光子后从高能级跃迁到低能级

D.微波炉是利用电磁波的能量来快速煮熟食物的

6.如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电

场E中，在环的上端，一个质量为m、带电荷量为+q的小球

由静止开始沿轨道运动，贝N）

A.小球运动过程中机械能守恒

B.小球经过环的最低点时速度最小

C.在最低点球对环的压力为mg+qE

D.在最低点球对环的压力为3（mg+qE）

7.2020年7月23日，在我国文昌航天发射场，长征五号

遥四运载火箭成功将“天问一号”火星探测器送入预

定轨道，预计本次探测活动，我国将实现“环绕、着

陆、巡视”三大目标。如图是探测器飞向火星过程的

简略图，探测器分别在P、Q两点实现变轨，在转移轨道，探测器绕火星做椭圆运

动，下列说法正确的是（）

A.“天问一号”在绕地轨道的环绕速度小于7.9km/s

B.“天问一号”在转移轨道P点运行速度小于绕地轨道P点运行速度

C.“天问一号”在沿绕火轨道运行时的速度大于火星的第一宇宙速度

D.“天问一号”在绕地轨道上P点的加速度大于在转移轨道上P点的加速度

8.在%轴的-3a和3a两处分别固定两个点电荷Q.、QB，图中曲线是两电荷间的电势8与

位置x之间的关系图像，图线的最低点在x=a处。现在x=2a处由静止释放一个质

量为小、电荷量为q的正点电荷，该电荷只在电场力作用下运动，取无穷远处电势

为零，下列说法正确的是（）

A.QA、QB可能都是负电荷

B.两固定电荷电量之比为QA：QB=1：4

C.点电荷q可能运动到x=-2a处

D.点电荷q运动到x=a处加速度为零

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9.如图所示，分别置于a、c两处的长直导线垂直纸面------

a8c4

放置，通有大小相等方向相反的恒定电流，a,b,c,

d在一条直线上，且ab=bc=cd。已知b点的磁感应强度大小为a，d点的磁感应

强度大小为与，贝Ua处导线在点d产生的磁感应强度的大小为（）

A.y+B.y-C.—B2D.B]+B2

10.如图所示，物体4、B置于水平地面上，与地面动摩擦因数均为〃，物体4、B用一

跨过动滑轮的细绳相连，现用逐渐增大的力向上提动滑轮，某时刻拉4物体的绳子

与水平面成53。，拉B物体的绳子与水平面成37。，此时4、B两物体刚好处于平衡状

态，则4、B两物体的质量之比案为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，s讥37。=

0.6,cos370=0.8）（）

A.器

11.随着经济发展,用电需求大幅增加，当电力供应紧张时，有关部门就会对部分用户

进行拉闸限电。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，输电

线的电阻为R,两个变压器均为理想变压器。在某次拉闸限电后（假设所有用电器可

视为纯电阻）电网中数据发生变化，下列说法正确的是（）

发

电用

J户

升压变压器降压变压器

A.降压变压器的输出电压力减小了B.升压变压器的输出电流/2增加了

C.输电线上损失的功率减小了D.发电厂输出的总功率增加了

12.如图所示，这是感受电磁阻尼的铜框实验的简化分析图，已知图中4上

••••I••••••

矩形铜框（下边水平）的质量m=2g、长度L=0.05m、宽度d=",

xxx

0.02m、电阻R=0.010,该铜框由静止释放时铜框下边与方向水xxx

平向里的匀强磁场上边界的高度差九=0.2m,磁场上、下水平边界xxx

间的距离。=0.27m,铜框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动。

取重力加速度大小g=10m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是（）

A.铜框进入磁场的过程中电流方向为顺时针

B.匀强磁场的磁感应强度的大小为0.5T

C.铜框下边刚离开磁场时的速度大小为3m/s

D.铜框下边刚离开磁场时的感应电流为0.34

13.如图所示,半径为12cm的半圆形透明柱体与屏幕MN接触于B点,MN垂直于直径4B,

一单色光a以入射角53。射向圆心0,反射光线b与折射光线c恰好垂直。已知光在真

空中的传播速度为3X108m小，则下列说法正确的是（）

N

A.柱体的折射率为:

B.两个光斑之间的距离为20cm

C.增大光束a的入射角，可以在。点发生全反射

D.光在介质中的传播速度u=2.25x108m/s

二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）

14.静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，放出的一

个a粒子和反冲核轨道半径之比R：r=31：1,如图所

示，则（）

A.衰变后瞬间a粒子与反冲核的动量相同

B.反冲核的原子序数为62

C.原来放射性元素的原子序数为64

D.反冲核与a粒子的速度之比为1：62

15.一条弹性绳子呈水平状态，M为绳子中点，两端P、Q同时开始上下振动，一小段

时间后产生的波形如图，对于其后绳上各点的振动情况，以下判断正确的（）

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>

A.两列波将同时到达中点M

B.绳的两端点P、Q开始振动的方向相同

C.中点M的振动始终是加强的

D.M点的位移大小在某时刻可能为零

16.如图甲所示，质量m=0.5kg,初速度为=10m/s的物体，受到一个与初速度方向

相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3s撤去外力，直到物体停止，整个

过程物体的翌—t图象如图乙所示，g取10m/s2,则（）

A.物体与地面间的动摩擦因数为0.2

B.0〜2s内F做的功为一8/

C.0〜7s内摩擦力做功为-25/

D.0〜7s内物体滑行的总位移为297n

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

17.某同学做“研究小球做平抛运动”的实验如图甲所示：

（1）该实验中必须满足的条件和进行的实验操作是o

A.测定平抛小球的质量TH

8.确保斜槽光滑

C.确保斜槽末端水平

D测定斜槽顶端到桌面的高度九

（2）图乙是该同学采用频闪照相机拍摄到的小球做平抛运动的照片，图乙背景中每

一小方格的边长为L=7.2cm,4、B、C是照片中小球的三个位置，（取g=10m/s2）,

那么：

①照相机拍摄时每s曝光一次；

②小球做平抛运动的初速度的大小为m/s.

18.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下:

（1）用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为①mm。

（2）该同学先用多用电表的欧姆挡测量圆柱体的电阻，在测量前，他需要先进行

②调零，选定挡位后，再进行③调零。当他用x10挡测量时，多用

电表指针如图所示，则圆柱体的电阻为④欧姆。

（3）接下来，该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格

如下：

A.直流电源E（电动势4匕内阻不计）

B.电流表4式量程0〜3mA,内阻约500）

C电流表量程0〜15机4内阻约300）

。.电压表匕（量程0〜3U,内阻10kO）

E.电压表七（量程0〜15V，内阻25k0）

E滑动变阻器％（阻值范围0〜150,允许通过的最大电流2.0A）

G.滑动变阻器/?2（阻值范围0〜2k0,允许通过的最大电流0.52）

H.待测电阻丝勺，开关、导线若干。

要求较准确地测出其阻值，电流表应选⑤电压表应选⑥,滑动变

阻器应选⑦。（用表示器材的带角标的字母表示即可）

四、计算题（本大题共4小题，共41.0分）

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19.如图所示，有倾角为37。的光滑斜面上放一质量为2kg的小球,

球被垂直于斜面的挡板挡住，若斜面足够长，g取10m/s2,

求：

(1)球对挡板的压力大小；

(2)撤去挡板，2s末小球的速度大小。

20.如图所示，在高儿=30m的水平平台上有一质量m=1kg的小物块(可视为质点),

它在F=20N的水平外力作用下从离平台右端2=5m处由静止开始向右做直线运

动，物块与平台间的动摩擦因数的=0.2,作用一段距离x后撤去力F,物块又滑行

一段距离后从平台右端水平抛出，物块抛出后，恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点

沿切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度九2=15巾,圆弧轨道的圆心。与平台等高，

轨道最低点C的切线水平，并与地面上长度L=70m的水平粗糙轨道CD平滑连接;

小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁发生碰撞，取g=10m/s2»

(1)求水平外力尸的作用的距离X;

(2)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后物块的速度等大反向、反向运动过程中

物块没有冲出B点，最后停在轨道CD上的P点(P点没画出)，设小物块与轨道C。之

间的动摩擦因数为〃，求〃的取值范围。

O

/

>*/

%)

21.如图，在倾角为。=30。的光滑斜面上，在区域I和区域II存在着方向相反的匀强

磁场，I区磁感应强度大小a=0.6T,n区磁感应强度大小B2=0.4T。两个磁场

的宽度和/G均为L=1m,一个质量为m=0.6kg、电阻R=0.6。、边长也为L的

正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场I区时，恰好

做匀速直线运动。已知重力加速度g取10m/s2。求：

(1)线框时边刚进入磁场I区时电流/的大小及方向；

(2)线框静止时她边距GH的距离工：

(3)线框ab边从〃运动到MN过程通过线框的电荷量q。

22.如图所示，A、B、。三点构成的直角三角形内存在

垂直于纸面向里的匀强磁场，乙4=90°>Z.B=60°,

4B边长为百L,一比有为k的带正电粒子(不计重力

)从水平放置的平行板电容器的上极板M附近由静

止释放，经加速从N板小孔(大小不计)射出，并从4

点沿着4B边射入磁场，经偏转恰好不从BC边界射出.已知两板间所加电压恒为U,

板间及N板到4c边距离均为d,电容器和磁场外部区域为真空，求：

(1)粒子运动的速率%：

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(2)匀强磁场磁感应强度大小B；

(3)粒子从释放到射出磁场的总时间。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：由题意f=/cs/,力的单位是N(/cg•?n/s2),面积的单位是m2,速度的单

位是m/s,

则：k=4对应的单位：已丁：=建故A正确，CD错误

sv2m2(m/sym3B

故选:A„

将各组数据分别代入f=ksv2,分析方程左右两边单位是否相同即可。

根据量纲分析方程是否正确是常用的方法，要掌握各个物理量的单位，采用代入法研究

这类问题。

2.【答案】C

【解析】解：以8为研究对象，若细线4B中有拉力，则细线0B无法保持竖直，所以细

线4B中无拉力，由几何关系知NB04=60°

以4为研究对象，受重力，细线04的拉力和所求力F,根据三力平衡条件知：任意两个

力的合力必定与第三个力等大、反向、共线，所以当户与04垂直时，有最小值，如图所

示

结合几何关系可得：Fmin=mgsin60°=y^5,故C正确，A8。错误。

故选：Co

先对球B受力分析，根据共点力平衡条件得到细线4B的拉力；再对球4受力分析，根据

共点力平衡条件结合合成法进行分析处理.

本题关键是先对B球受力分析，由平衡条件得到力B绳子的拉力为零;再对4球受力分析，

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根据共点力平衡条件得到拉力尸的大小.

3.【答案】C

【解析】解：已知周围与石块A接触的物体对它的作用力的合力为尸，由题意可知石块A

所受合外力为

F合=y/F2-(mg)2

石块的加速度为

心

a=­m

联立解得火车的加速度为a=三巫

m

故C正确，ABO错误。

故选:Co

货车和石块4具有相同的加速度，对石块4受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度。

本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，利用好正交分解即可

4.【答案】B

【解析】解：4、根据公式"=京可知电磁波在玻璃中的传播速度小于在真空中的传播

速度，故A错误：

8、根据电磁波谱，可知y射线的频率大于红外线的频率，故8正确；

C、麦克斯韦建立了经典电磁场理论，故C错误；

。、德国物理学家赫兹通过一系列实验，证实了电磁场理论，故。错误。

故选：B。

根据公式u判断；根据电磁波谱判断；麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，赫兹验

证了电磁波的存在。

本题考查了电磁波的特点及物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、

著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

5.【答案】D

【解析】解：4回旋加速器中，粒子做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，可得：

quB=若

当r=R时，速度最大，即粒子具有最大动能为

_q2B2R2

所以经加速后具有的最大动能与。型盒的半径有关，故A错误；

反黑体辐射实验揭示了振动着的带电微粒的能量不是连续的，故8错误：

C.氢原子吸收光子后从低能级跃迁到高能级，故C错误；

D微波炉是利用电磁波的能量来快速煮熟食物的，故。正确。

故选：Do

(1)回旋加速器粒子经加速后具有的最大动能与。型盒的半径有关；

(2)黑体辐射实验揭示了振动着的带电微粒的能量不是连续的；

(3)氢原子吸收光子后从低能级跃迁到高能级；

(4)微波炉是利用电磁波的能量来快速煮熟食物的。

本题考查近代物理的相关知识，涉及原子的跃迁、黑体辐射、电磁波的应用等知识点，

尤其还提到了回旋加速器的最大动能问题，属于一道跨章节的综合题目。

6.【答案】D

【解析】解：4小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒。故A错误。

区小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增加，速

率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大。故8错误。

C.D小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mg+qE)R=又由7-

mg-qE=m^~,联立解得N=3(mg+qE)。故C错误，。正确。

故选：D。

小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒。根据动能定理知小球经过环的最低点时速

度最大。根据动能定理求出小球经过在最低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的

支持力，得到球对环的压力。

解决该题的关键是正确进行受力分析，知道运动过程中力的做功情况，掌握机械能守恒

的条件，能根据动能定理求解出速度大小；

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7.【答案】A

【解析】解：4、“天问一号”绕地轨道的半径大于地球半径，根据

GMmv2

==咋

与,可知其环绕速度小于7.9km/s,故A正确;

可得u-

8、“天问一号”在转移轨道P点要做离心运动，则需要加速，则在转移轨道P点的运行

速度大于绕地轨道P点运行速度，故B错误;

C、“天问一号”绕火轨道的半径大于火星半径，由u=可知其运行速度小于火星

的第一宇宙速度，故C错误;

。.根据誓=ma，可得：a#,则“天问一号”在绕地轨道上P点的加速度等于在转

移轨道上P点的加速度，故。错误。

故选：Ao

7.9/cm/s为近地卫星的线速度，轨道半径最小，根据轨道半径越大，线速度越小可知“天

问一号”在绕地轨道的环绕速度与7.9km/s的大小关系；火星的第一宇宙速度是火星的

近火卫星的最大环绕速度，由此可判断天问一号”在沿绕火轨道运行时的速度与火星的

第一宇宙速度间的关系；根据沿不同轨道运动到同一点时的加速度相等；根据开普勒第

三定律可判断，“天问一号”可判断在转移轨道运行的周期与绕火轨道周期间的关系。

本题考查了万有引力定律及其应用，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换

式，解题依据为万有引力提供向心力。

8.【答案】D

【解析】解：4、电势均为正值，说明两个场源电荷均为正电荷，故A错误；

B、因在x=a电场强度为零，即

卜券=卜焉，所以服：QB=4：1.故8错误；

C、由图知x=-a处与久=2a处电势相等且点电荷由静止释放，由动能定理可知点电荷

刚好能到达x=—a处，不可能运动到x=-2a处，故C错误；

D、由*-X图线的斜率表示电场强度的大小可知x=a处电场强度为零，不受力，由牛

顿第二定律，加速度为零，故。正确。

故选：D。

由电势正负判断场源电荷电性；X=a处场强为零，由小球的受力情况分析其运动情况,

根据点电荷场强公式E=吟以及电场的叠加即可分析Q”与QB的大小；根据动能定理确

定小球可以到达的位置；根据w-x图象切线的斜率等于场强E,分析场强的变化，判断

小球的加速度情况。

解决本题首先要理解W-x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两

点的电势差有关，掌握电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理.

9.【答案】B

【解析】解：设a处导线在d点的磁感应强度的大小为方向方向竖直向下。根据通电

直导线产生的磁场磁感应强度与电流成正比，与距离成反比，a处导线在b点的磁感应强

度的大小为38,方向竖直向下.由题知，两条长直导线恒定电流大小相等，则得到c处

导

线在“两点的磁感应强度的大小为3B,

则根据磁场叠加得当=3B+3B=6B,B2=3B-B=2B,根据数学知识得到，B=

故B正确，AC。错误；

故选：B。

通电直导线产生的磁场磁感应强度与电流成正比，与距离成反比，设得ac在bd的磁感

应强度大小，根据矢量合成联立方程可解得。

本题考查通电导线周围的磁场，解题关键掌握右手螺旋定则的使用，同时注意磁感应强

度为矢量，合成需符合平行四边形定则。

10.【答案】A

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【解析】解：对4B分别受力分析

对B：Tcos37°=^（mBg-7s讥37。）得g=6T

得.叱=把龙

付。mB3fi+4

故选：A.

隔离法分别对ZB进行受力分析，根据平衡条件分别列方程，通过绳子对两个物体的拉

力相等联系起来.

本题考查隔离法受力分析以及平衡条件的应用，关键是知道同一根绳子上拉力相等.

11.【答案】C

【解析】解：AB,拉闸限电后，用电器减少，用户并联支路减少，用户端总电阻增加，

降压变压器副线圈电流〃减小，降压变压器原副线圈匝数不变，则降压变压器原线圈电

流减小，即/2=与减小，输电线电阻不变而输电线电流减小，则输电线上的电压损失4U

减小，由于发电厂输出电压由恒定，输送电压出也恒定，根据啰=zu+3可知g增

加，力也增加，故AB错误；

C、输电线损失的功率AP=NR,与减小而R不变，则输电线上损失的功率减小了，故C

正确；

D、12减小，人也随着减小，发电厂输出电压U1恒定，所以发电厂输出总功率「=(//1减

小，故。错误。

故选：Co

理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压由输入电压决定；明确远距离输电过

程中的功率、电压的损失与哪些因素有关，明确整个过程中的功率、电压关系。

对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失

的电压和功率与哪些因素有关。

12.【答案】C

【解析】解：4、铜框下边进入磁场过程，磁场阻碍铜框下落，根据楞次定律可知，此

时感应电流的方向为逆时针，故A错误；

B、铜框下边刚进入磁场时的速度大小：巧=J须，铜框下边切割磁感线产生的感应

电动势：E=BLvi，根据闭合电路解得铜框中的电流：/铜框所受安培力的大小：

F=BIL,根据平衡条件可得：F=mg,解得：B=0.2T,故B错误；

C、铜框全部进入磁场后开始做加速度为g的匀加速直线运动，设铜框下边刚离开磁场

时的速度大小为巧，根据运动学公式有：谚—诏=2g(D-d),解得=3m/s,故C

正确；

D、铜框下边刚离开磁场时，感应电流的大小：「=等，代入数据解得/'=34,故。

错误。

故选：Co

根据楞次定律可知感应电流的方向；铜框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动，根据受

力平衡结合电磁感应定律解得磁感应强度；根据匀变速直线运动公式解得铜框下边刚离

开磁场时的速度大小，根据闭合电路欧姆定律解得下边刚离开磁场时的感应电流。

本题考查导体切割磁感线，解题关键掌握电磁感应定律求感应电动势，注意铜框进入磁

场的过程恰好做匀速直线运动的含义。

13.【答案】D

【解析】解:4由b、c两束光线垂直，可得折射角为37。，根据折射定律有:n=黑=%

故A错误；

B.根据几何关系可知两个光斑之间的距离为x=Rtan530+Rtan370,代入数据解得x=

25cm,故B错误；

。.光由光疏介质进入光密介质，不会发生全反射，故。错误；

c3x10®c

D光在介质中的传播速度：v=~==2-25x10故。正确。

八3

故选：Do

根据折射定律结合几何关系可解得折射率，根据几何关系可知两个光斑之间的距离，光

第16页，共24页

由光疏介质进入光密介质，不会发生全反射，光在介质中的传播速度为9=，

本题考查光的折射，解题关键掌握光的折射定律，注意光在介质中传播速度的计算方法。

14.【答案】BC

【解析】解：4根据动量守恒定律可知，衰变后瞬间a粒子与反冲核的动量大小相同，

方向相反，故A错误；

BC.由动量守恒定律得：Mv'=mv

其中MM为反冲核动量大小，nw为a粒子的动量大小，原来放射性元素的电荷数用Q表

示，则反冲核的电荷数为Q'=Q-2,a粒子电荷数为2,

根据洛伦兹力提供向心力有：

可知反冲核的轨道半径：「=前，

a粒子的轨道半径：/?=氏

根据题意有

R：r=31：1

综合以上公式可得

Q=64

反冲核的原子序数为

Q'=Q—2=64-2=62

故8c正确；

D由以上分析知仅仅知道a粒子和反冲核轨道半径之比，该半径仅仅与粒子所带的电荷

数有关，与质量数无关，所以不能确定反冲核的质量数，a粒子和反冲核的动量大小相

等，方向相反，它们的速度大小与质量成反比，所以无法确定速度之比，故。错误。

故选:BC。

根据动量守恒定律可知，衰变后瞬间a粒子与反冲核的动量大小相同，方向相反，结合

洛伦兹力提供向心力可解得a粒子和反冲核的轨道半径关系，半径仅仅与粒子所带的电

荷数有关，与质量数无关，所以不能确定反冲核的质量数。

本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握洛伦兹力提供向心力且衰变后两粒子

动量守恒。

15.【答案】ABD

【解析】解：4、这两列波的波速由介质决定，波在同种介质传播，所以波速相同，所

以波速之比为1：1;由于距离相同，所以两波同时到达M点。故A正确；

8、据波的传播特点可知，各质点的起振方向与波源的起振方向相同，由图可知，左边

波向右传播，而右边的波向左，依据上下坡法，那么它们起振方向相同，所以绳子的两

端点开始振动的方向相同，故8正确；

C、由于波的频率不同，故两列波并不能发生稳定的干涉现象，因此两列波在M点相遇

时，并不总是加强或减弱的，故C错误；

。、当两波刚传到M点时，此时刻位移为零，所以M点的位移大小在某时刻可能为零，

故。正确。

故选：ABD.

波在同种介质传播，波速相同，同时到达M点；

据波的传播特点可知，依据上下坡法，那么它们起振方向相同，绳子的两端点开始振动

的方向相同；

波的频率不同，故两列波并不能发生稳定的干涉现象；

当两波刚传到M点时，此时刻位移为零。

明确波传播的特点，知道如何判断波的传播方向与质点振动方向之间的关系，波的稳定

干涉的条件。

16.【答案】BD

【解析】解：4、根据图象，撤去拉力后，加速度大小=^=2|m/s2=-16/$2.根

△匕27-3

据牛顿第二定律得，limg=ma2,解得〃=0.1,A错误；

B、有拉力时，有F+〃mg=mai，根据图线知由=翳=号2m/s?=2m/S2.解得尸=

0.5N,0〜2s内的位移％=4，代入数据解得：％=16m,则F做的功畋=-Fx=

-0.5x16/=一引.故8正确。

C、根据"-t图像与坐标轴围成的面积代表位移可知0〜7s内物体位移为x=等x

3m+当m=29m,则克服摩擦力做功叼=代入数据解得：必=14.5/,C错

误，。正确。

第18页，共24页

故选：BD。

撤去外力靠摩擦力做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，结合速度时间图线求出物体

与地面间的动摩擦因数以及拉力的大小.求出0到2s内的位移，从而求出拉力做的功.根

据速度一时间图线求出整个过程中的位移，解得摩擦力做功。

本题综合考查了速度时间图线，牛顿第二定律,综合性较强,关键能从图线中获取信息，

结合这些知识综合求解。

17.【答案】C0.121.8

【解析】解：⑴ABC、研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出，

只有水平飞出时小球才做平抛运动，对于小球的质量，及斜槽是否光滑均无关，故AB

错误，C正确；

。、小球平抛的初速度是通过平抛运动规律求解得，并不是通过减小的重力势能转化为

增加动能求得，因此不需要测定斜槽顶端到桌面的高度九，故。错误；

故选：C

(2)由于曝光时间相等，①在竖直方向上有：△九=5L-3L=g72,解得：7=后=

(2X7.2X10-2八《、

-------------S=0.12s

\10

②水平方向：3L=votf故%=半。代入数据解得：%=3x7：：；°m/s=l・8m/s

故答案为：(1)C；(2)①0.12、@1.8

(1)在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，记录下平抛后运动轨迹。然后在

运动轨迹上标出特殊点，对此进行处理，由于是同一个轨迹，因此要求抛出的小球初速

度是相同的，所以在实验时必须确保抛出速度方向是水平的，同时固定的斜槽要在竖直

面；

(2)①平抛运动水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是

利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期；

②平抛运动竖直方向是自由落体运动，对于竖直方向根据Ay=9产求出时间单位「对

于水平方向由公式%=擀求出初速度；

在实验中如何实现让小球做平抛运动是关键，因此实验中关键是斜槽末端槽口的切线保

持水平及固定后的斜槽要竖直。对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特

点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题。

18.【答案】8.600机械欧姆220CDF

【解析】解：(1)螺旋测微器的分度值为O.Olnun，需要估读到下一位，则螺旋测微器的

读数为：固定刻度的读数+可动刻度的读数x0.01mm=8.5mm+10.0xO.Olmni=

8.600mmo

(2)该同学先用多用电表的欧姆挡测量圆柱体的电阻，在测量前，他需要先进行机械调

零，选定档位后，再进行欧姆调零•

欧姆表的读数为：表盘刻度X倍率=22X10欧姆=220欧姆。

(3)根据欧姆定律得：

p4

I=—=—A=0.0184=18mA

Rx220

所以电流表应选用电流表％2(量程0〜15nl4内阻约300),故选C。

由于电源E(电动势为4.0U,内阻不计)，实验时电压表应选用电压表匕(量程0〜3V,内

阻10k。)，所以选

为提高测量精度，要求电压连续变化，所以控制电路采用分压式控制电路，为了调节方

便不宜选择阻值太大的滑动变阻器，所以选择滑动变阻器&(阻值范围0〜150,允许通

过的最大电流2.04),故选人

故答案为：(1)8.600；(2)机械;欧姆；220；(3)C；D；F

(1)根据螺旋测微器的分度值结合图片读出直径的示数；

(2)根据实验原理掌握正确的实验操作，学会欧姆挡的读数；

(3)根据欧姆定律计算出电流的数值，由此选出合适的电学仪器。

本题主要考查了金属的电阻率的测量，学会使用测量仪器，根据实验原理掌握正确的实

验操作，利用欧姆定律计算出电流并由此选出合适的电学仪器进行实验。

19.【答案】解：(1)以小球为研究对象，分析受力，受力如图所示:

则由平衡条件得：挡板对小球的支持力为：

F=mgsin370=20x0.6N=12N

据牛顿第三定律得知，小球对挡板的压力大小为：F笈=F=12N,方向

■

G

垂直挡板向下；

(2)撤去挡板，根据牛顿第二定律得出:

第20页，共24页

产合=mgsin370=ma

解得：

a=gsin37°—6m/s2

2s末小球的速度大小为：

v=at=2x6m/s=12m/s

答：（1）球对挡板的压力大小为12N；

（2）撤去挡板，2s末小球的速度大小为12m/s。

【解析】（1）对小球进行受力分析，运用力的合成结合共点力平衡条件即可求出球对挡

板的压力大小；

（2）再运用牛顿第二定律结合运动学公式即可求解2s末小球的速度大小。

本题主要考查了对小球进行受力分析、共点力平衡以及动力学公式的应用，解题的关键

在于正确受力分析，再结合共点力平衡或牛顿第二定律分析求解。

20.【答案】解：（1）设08与OC的夹角为。，由平抛运动规律得

琢=2g（九1一电）

tan。=-

由几何关系得

COS0=hl~h~

hl

联立代入数据解得

vy=10V3m/s,vx—10m/s

由开始到4点，由动能定理得

Fx—liQmgl=

联立代入数据解得：x=3m

（2）物块第一次到达B