2022年浙江省绍兴市高考物理二模试卷（附答案详解）

2022年浙江省绍兴市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共13小题，共52.0分）

1.下列说法正确的是（）

A.电场强度的单位为V/m

B.国际单位制中的基本单位只有三个

C.用国际单位制的基本单位表示功的单位为kg-m/s2

D.在国际单位制中，时间的基本单位是s,也可以是t

2.如图所示是北京冬奥会中的四个项目，有关说法正确的是（）

逢度清沐小板清雪泳理

A.速度滑冰运动员在弯道转弯时加速度为零

B.冰壶在冰面上滑行不受到任何力的作用

C.研究单板滑雪运动员在空中转体时可以将她看成质点

D.杆对冰球的力与冰球对杆的力同时产生、变化和消失

3.下列说法正确的是（）

A.卢瑟福首次将量子观念引入到原子领域

B.家庭电路的电压为220V,它指的是有效值

C.在光电效应中光电子的最大初动能与入射光的强度有关

D.在LC振荡电路中，电容器极板上的电荷量最大时电路中的电流也最大

4.如图所示，一块长木板两端分别固定在水平面上，两块

相同的磁铁甲和乙各自被吸附在木板正对的两个面上

而处于静止状态。若磁铁之间的作用力与木板垂直，则

（）

A.磁铁乙可能受到三力的作用

B.两块磁铁受到的摩擦力方向相反

C.撤去磁铁乙，磁铁甲一定保持静止

D.木板对磁铁甲的作用力大于木板对磁铁乙的作用力

5.一小球受到外力作用在竖直平面内运动，轨迹的频闪照片如图所示，不计空气阻力,

下列说法正确的是（）

8

A

【11”111111I口11⑴二

A.4B段时小球受到的合力大于0

B.C点小球受到的合力等于0

C.。点小球处于超重状态

D.EF段时小球受到的合力方向可能竖直向上

6.锂离子电池主要依靠锂离子（加+）在正极和负极之间移动来工作。如图为锂电池的

内部结构，某过程中加+从正极脱嵌通过膈膜嵌入负极，负极处于负锂状态。锂电

A.电池处于充电状态

B.电池内部电流方向从负极到正极

C.移动一个锂离子，需要消耗电能3.7eV

D.在电池中电荷量的单位通常表示为kW，

7.如图所示，两个单匝圆形线圈甲和乙相隔一定距离竖直固定在水平面上，通过甲线

圈的电流大于乙线圈的电流，虚线为两线圈的中轴线，。、01、02、M、N都在中

轴线上，01、。2分别为甲、乙线圈的圆心，。为。1。2连线的中点，。1为M。的中点，

02为。N的中点，下列说法正确的是（）

A.两线圈之间存在相互排斥的作用力

B.。点处的磁感应强度方向沿轴线向右

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C.。、M、N三点中0点处磁感应强度最大

D.乙线圈在。点产生的磁感应强度大于甲线圈在0点产生的磁感应强度

8.富兰克林为研究雷电现象，设计了如图所示的装置，避雷针线路与接地线分开，并

在分开处装上帽形的金属钟4与B,两钟之间以丝线悬挂一个金属小球C,4钟下方

用导线连接两个很轻的金属小球形成验电器D,避雷针上空附近的云不带电时，三

个金属小球均静止下垂。若带负电的云接近避雷针顶端时，则（）

避雷针

.

BA

接地线/

A.避雷针顶端带负电

B.接地线上有正电荷流入大地

C.验电器D上的两个金属小球最后会下垂并相互接触

D.金属小球C会在4与B之间摆动，不断来回撞击4与B

9.如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固

定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固

定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振

A.灯泡的亮暗不会发生变化

B.磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力

C.从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向

D.若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁振动的幅度不会减小

10.如图所示，巨蟹座55e是一颗环绕巨蟹座554的太阳系行星，它的公转周期很短只

有18个小时，其半径约为地球的2倍，质量约为地球的8倍，被称为超级地球。假

设巨蟹座554的质量和太阳质量相等，则（）

产整座55A

巨蟹座555

A.巨蟹座55e的公转半径大于地球的公转半径

B.巨蟹座55e的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度

C.同一物体在巨蟹座55e表面的重力约为地球表面的2倍

D.巨蟹座55e表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度

11.如图所示为计算机生成的点电荷电势分布三维图，尤、y轴组成被研究的平面，g轴

为电势的大小，a和b为图中的两点，若取无穷远处的电势为零，则（）

A.该点电荷带负电

B.a点所在曲线为电场线

C.a点处位置的电场强度大于b点处位置的电场强度

D.负电荷从a点处位置移动到b点处位置，其电势能减小

12.温室效应是全球变暖的重要原因之一，如图为温室效应的简化图（图中数据单位

W/m2）,它展现了自然界，包括太空、大气与地表（水、陆平均）之间的能量流向与

功率以及温室效应。图中X为地表每单位面积转移给大气的热量功率，依据图中的

资料，X的数值为（）

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地球吸收射向太空地我向太空

的粉射；195辐射:

太阳辐射：235f

大气中的热与能

ijQ：温室效应;

土胞与海洋表面加热到平均恒温141、

A.452B.492C.519D.586

13.脉冲燃料激光器以4504s的脉冲形式发射波长为585nm的光，这个波长的光可以被

血液中的血红蛋白强烈吸收，从而有效清除由血液造成的瘢痕。每个脉冲向瘢痕传

送约为5.0xIO-/的能量，普朗克常量为6.626xl-34J-s.（）

A.每个光子的能量约为5x10T9/

B.每个光子的动量约为3.9x10-43仁。,m/s

C.激光器的输出功率不能小于1.24VV

D.每个脉冲传送给瘢痕的光子数约为1.47x1016个

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

14.如图所示，一束宽度为d的平行光沿水平方向传播，经过不透光的挡板后照射到竖

直墙面上，过挡板上边缘的水平延长线与竖直墙面相交于。点，下列说法正确的是

整

竖

■

\，直

三

墙

O

挡板

A.由于光的衍射，可能会进入到0点下方的墙上

B.光只会沿直线前进，一定不会进入到。点下方的墙上

C.光的波长越长，光线进入到。点下方墙上的区域越大

D.光的能量越大，光线进入到。点下方墙上的区域越大

15.如图所示是我国的“祝融号”火星车，它的电源来自于太阳能电池而非核电池（核

电池能量来自钎238发生的a衰变），它多次将火星表面影像通过无线电波传送回地

球，为人类提供了许多宝贵资料。下列说法正确的是（）

A.a粒子的速度可以达到光速

B.无线电波与光波都是电磁波

C.杯238发生a衰变后新核的中子数增加

D.当地球距火星约为6x107km时，地球上收到的大约200s之前的影像

16.如图所示，均均介质中有两个振源Si和S2,它们的频

率、振幅、振动方向均相同且振动的步调完全一致，

P

产生的两列波的波长均为人S1与S2之间距离为1.5人

。点为Si、S2连线中点。现以。点为中心画一个正方形，

正方形的两边与Si、S2的连线平行，且正方形边长远大于九过虚线Si、S2与正方

形的交点分别为P、Q，下列说法正确的是（）

A.。点处质点的位移始终最大

B.P、Q两点处质点的位移始终为零

C.正方形四边上振动减弱点的数目为6个

D.正方形四边上振动加强点的数目为4个

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

17.小周在“测定玻璃折射率”的实验中，使用了以下器材：直径为7.00厘米的半圆形

玻璃砖、红色激光、平木板、图钉（若干）、白纸、铅笔、三角尺，当激光沿某一半

径方向照射到圆心。点时恰好发生全反射。他作出的光路图如图所示，则玻璃枝的

折射率为（保留三位有效数字）。将入射光线向右平移一小段距离，（填

“有”或“没有”）光线从玻璃砖底面射出。

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四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

18.利用如图甲的装置做“验证机械能守恒定律”实验。

图甲

①除铁架台（含铁夹）、带夹子的重物，天平（含祛码）、电磁打点计时器、纸带、刻

度尺、导线及开关外，在下列器材中，还需要使用的器材是。

A.秒表

8.橡皮筋

C.交流电源

D弹簧测力计

②图乙是一条纸带的一部分，已知交流电源频率为50Hz,重物的质量为300g,根

据纸带可得打下P点时重物的动能为（保留三位有效数字）

~~51015单位：cm

如可1呼而4扁《1媪Id.娴上

P

图乙

③图丙中的横轴代表测量点到起点的高度差，纵轴代表重物的动能或重力做功，

倾斜直线表示的是重力做功随高度差变化的图线，那么符合实际的动能随高度差变

化的直线应该在_____（选填"I”或"n”）区域中。

4£或仍J

19.小杨在“测定电池的电动势和内阻”实验中，使用了以下器材：干电池1节（带电池

盒）、电压表1只（量程3，、15U）、电阻箱（可调范围0〜9999.90）、开关一个、导线

若干。

（1）请你根据他的器材画出实验电路图。

（2）某次电压表的度数如图甲所示，则电压为心

（3）按照正确的操作获取相应的电压U和电阻R数据，并将电压与电阻的比值作为电

流/,作出如图乙所示的图像。根据图像测得干电池的电动势为忆内阻为

（保留三位有效数字）

（4）若他不用电压表，在其他器材不变的情况使用电流表（量程0.64、34）,获得正

确的数据，则测得电动势（选填“大于”或“等于"或“小于”）真实值。

五、简答题（本大题共1小题，共3.0分）

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20.如图为一种新型粒子收集装置，一个绕竖直轴以速度3=207rrad/s逆时针转动的

粒子源放置在边长为L=0.ini的立方体abcdatbcd的中心，立方体四个侧面均为荧

光屏，上下底面acbb'、cc'dd'为空，立方体处在竖直向下的磁感应强度8=0.27匀

强磁场中。在t=0时刻，粒子源的发射方向恰好水平向右指向bb'cc’的中心，并发

射一种比荷为2=1x108。"。带正电粒子。己知每秒发射粒子总数为劭，粒子源

发射的粒子数量随速度均匀分布，即不同速度的粒子数量相同。粒子打到荧光屏上

后被荧光屏所吸收，不考虑粒子间的相互作用和荧光屏吸收粒子后的电势变化，不

考虑粒子源的尺寸大小，重力忽略不计。

(1)若无粒子打到荧光屏上，求粒子源发射的粒子的速度大小范围；

(2)若使粒子源发射粒子全部打在荧光屏上，求粒子源发射粒子的速度大小范围；

(3)撤去磁场，在立方体内施加一个竖直向下的匀强电场，电场强度为E=750N/C,

若粒子源发射的粒子速度范围为45求每秒打在荧光

5x10m/s<v0<1x10m/s,

屏上的粒子数量n。

六、计算题(本大题共3小题，共30.0分)

21.小丽使用一根木杆推动一只用来玩游戏的木盒，t=0时刻，木盘以v=3m/s的经

过如图所示的标志线ad,速度方向垂直标志线，继续推动木盘使它做匀加速运动,

在1=0.4s通过标志线仍'，然后撤去水平推力。木盘可视为质点，停在得分区cc'dd'

即游戏成功。图中bb'与aa'的距离X】=1.6m,cc'与bb'的距离&=3.6m,cc'与dd'

的距离为d=0.8m。已知木盘与底面之间的动摩擦因数是〃=0.30,木盘的质量为

m=0.5kg,求：

(1)木盘在加速阶段的加速度a；

(2)木杆对木盘的水平推力F；

(3)木盘能否停在得分区？请计算说明。

22.如图甲所示为北京首钢滑雪大跳台，模型简化如图乙所示，4B和EF是长为k=

50爪的倾斜滑到，倾角为。=37。，CD是长为A?=30馆的水平滑道，倾斜滑道4B、

EF和水平滑道CD之间分别用一圆弧轨道连接，圆弧轨道半径为R=10m,圆心角

为。=37°,FG为结束区。一质量为m=90kg的运动员从4点静止滑下沿滑道4BCD

运动，从。点沿水平方向滑离轨道后，完成空翻、回转等技术动作，落到倾斜轨道，

最后停在结束区。为简化运动，运动员可视为质点，不计空气阻力。

(1)运动员刚好从。点沿水平方向滑离轨道，求运动员在。点的速度；

(2)在(1)情形下，求从开始运动到完成表演落到倾斜轨道过程中摩擦阻力做的功；

(3)运动员可以在滑道4BCD滑行过程中利用滑雪杖支撑前进，获取一定的能量ZE,

要使运动员安全停留在结束区，落到倾斜轨道上的动能不能超过15250J,求/E大

小应满足的条件。

阁甲图乙

23.如图所示，金属轮为和绝缘轮必，可绕各自中心金属轴01和。2转动，3和。2平行

且水平放置，4金属轮由三根金属辐条和金属环组成，公轮的辐条长为针、电阻

为R,连接辐条的金属环的电阻可以忽略，三根辐条互成120。角，在图中120。的扇

形区域内存在平行于轴向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,绝缘轮/半径的为

2r,另一半径为r的绝缘圆盘小与&同轴且固连在一起。一轻细绳的一端固定在4

第10页，共27页

边缘上的某点，在4上绕足够匝数后，悬挂一质量为m的重物P。当P下落时，通

过细绳带动/和人2绕。2轴转动。转动过程中，右、42保持接触，无相对滑动。&轮

的轴01和金属环通过导线与两平行的足够长的金属导轨连接，导轨倾角为。，其上

放置一质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒EF,棒与导轨间的动摩擦因数为4,

轨道间存在沿斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B,不计导线电阻。

(1)当尸的速度为M寸，求金属棒EF两端的电压；

(2)金属棒EF刚好开始运动记为0时刻，经过时间t重物P下落高度为九，金属棒EF仍

在轨道上运动，求此时金属棒EF的速度”；

(3)为使金属棒EF不脱离轨道，轨道的倾角。满足的条件。

F

0

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：力、由E=；=*可知电场强度的单位为N/C或V/m,故A正确；

国国际单位制中的基本单位共有7个，其中力学中的基本物理量有长度、质量、时间，

它们的国际单位分别是米、千克、秒，故B错误；

C、功川=尸5,单位为kg-m2/s2,故C错误；

。、在国际单位制中，时间的基本单位只能是s,物理量的符号为t,故。错误。

故选：Ao

国际单位制中的基本单位共有7个，其中力学中的基本物理量有长度、质量、时间，它

们的国际单位分别是米、千克、秒.

物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，

根据物理公式来分析物理量的单位即可。

本题考查力学单位制的计算，要注意物理公式在确定物理量间的关系的时候同时也确定

了单位之间的关系，根据不同的公式来确定单位之间的关系。

2.【答案】D

【解析】解：4、速度滑冰运动员在弯道转弯时做的是曲线运动，需要有向心加速度，

加速度不为零，故A错误；

8、冰壶在冰面上滑行受摩擦力的作用，故B错误：

C、研究单板滑雪运动员在空中转体时，要观察运动员的动作，不能将她看成质点，故

C错误；

。、杆对冰球的力与冰球对杆的力是作用力和反作用力，同时产生、变化和消失，故。

正确；

故选：Do

曲线运动是变速运动，有加速度，冰壶在冰面上滑行受摩擦力的作用，质点是一种理想

化模型，物体可以看成质点的条件是物体的大小形状对所研究的问题的影响可以忽略。

作用力和反作用力，同时产生、变化和消失。

本题考查学生对概念的理解，涉及到的概念较多，区分开作用力和反作用力与平衡力的

不同。

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3.【答案】B

【解析】解：力、普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了能量连续变化的传统观

念，玻尔第一次将量子的观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故A错误；普

朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了能量连续变化的传统观念，玻尔第一次将

量子的观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念

B、家庭电路的电压为220V,它指的是有效值，故B正确；

C、根据光电效应方程：£.=珈-％可知，光电效应中光电子的最大初动能与入射

光的频率有关，与入射光的强度无关，故C错误；

。、当LC振荡电路中电容器的电荷量最大时，电路中振荡电流为零，对应的极板间电压

和电场能达到最大，磁场能最小，故。错误。

故选：B。

玻尔将量子的观念引入原子领域；交流电的电流、电压一般是有效值；根据光电效应方

程判断；电路中由L与C构成的振荡电路，LC振荡电路中电容器的电荷量最大时，电路

中振荡电流为零。

该题考查物理学史、光电效应方程、交流电的有效值以及振荡电路，考查的知识点多，

但都是一些基础知识，在平时的学习中多加积累即可。

4.【答案】D

【解析】解：4、乙受到重力、甲对乙的吸引力、木板对乙的支持力和摩擦力；如果没

有沿斜面向上的摩擦力，则乙受力不能平衡，故A错误；

8、根据共点力平衡可知，甲受到的摩擦力的方向也是沿斜面向上，故B错误；

C、若木板与甲之间的动摩擦因数较小，撤去乙，甲不一定平衡，故C错误；

。、甲受到重力、乙对甲的吸引力、木板对甲的支持力和摩擦力，其中木板对磁铁甲的

作用力即木板对甲的支持力和摩擦力，根据共点力平衡可知，木板对磁铁甲的作用力与

甲受到重力、乙对甲的吸引力大小相等，方向相反；

乙受到重力、甲对乙的吸引力、木板对乙的支持力和摩擦力；其中木板对磁铁乙的作用

力即木板对乙的支持力和摩擦力，根据共点力平衡可知，木板对磁铁乙的作用力与乙受

到重力、甲对乙的吸引力大小相等，方向相反；由于甲受到重力、乙对甲的吸引力之间

的夹角是锐角，而乙受到重力、甲对乙的吸引力是钝角，甲与乙相等，它们的重力大小

相等，它们之间的相互吸引力也相等，所以根据平行四边形定则可知甲受到重力、乙对

甲的吸引力的合力一定大于乙受到重力、甲对乙的吸引力的合力，所以木板对磁铁甲的

作用力大于木板对磁铁乙的作用力，故。正确。

故选：Do

分别对甲与乙进行受力分析，结合共点力平衡即可得出结论。

该题考查共点力平衡，注意甲受到重力、乙对甲的吸引力之间的夹角是锐角，而乙受到

重力、甲对乙的吸引力是钝角是解答的关键。

5.【答案】C

【解析】解：4、根据其轨迹照片可判定小球在4B段，做匀速直线运动，小球受到合力

为零，故A错误；

BC、BD段小球做曲线运动，加速度不为零，且指向轨迹的凹测，所以C点合力不为零，

。点小球有向上的加速度，处于超重状态，故8错误，C正确；

。、EF段小球向上做减速运动，合外力与速度方向成钝角，所以小球受到的合力不可能

竖直向上，故。错误；

故选:Co

根据其轨迹照片可判定小球的运动情况，结合牛顿第二定律确定其受力。

本题主要考查了牛顿第二定律的应用，解题关键是掌握小球做曲线运动时，加速度不为

零，且指向轨迹的凹测。

6.【答案】A

【解析】解：AB,用电器给锂电池充电时，电池内部带正电的锂离子是从正极运动到

负极，电流由正极流向负极，图中锂离子都是从正极运动到负极的，锂离子带正电荷，

所以正电荷从高电势向低电势运动，是处于充电状态，故A正确，8错误；

C、根据电动势的定义知E=也移动一个锂离子，需要克服静电力做功皿=Eq=3.7eV,

电能增加3.7eV,故C错误；

D、在电池中电荷量的单位通常表示为m4-/i或4・九，而是电功的单位，故。错

'口

1天。

故选：4。

电流强度与时间的乘积表示电荷量；功率和时间的乘积表示功或能；正电荷从负极向正

极移动的过程是通过非静电力做功把化学能转化为电能的过程，也是电池的放电过程。

本题主要是考查锂电池的工作原理，知道在电池放电的过程中，是靠非静电力做功把化

学能转化为电能，然后再外电路中通过电场力做功，把电能转化为其它形式的能。

7.【答案】C

第14页，共27页

【解析】解：4、两线圈中的电流同向，由于同向电流之间相互吸引，则两线圈之间存

在相互吸引的作用力，故A错误；

8、由安培定则可知，两线圈中电流在。点处产生的磁场方向均向左，则。点的磁感应强

度方向沿轴线向左，故B错误；

C、由磁场叠加可知，。、M、N三点中。点处磁感应强度最大，故C正确；

。、由于甲线圈的电流大于乙线圈的电流，则甲线圈在。点产生的磁感应强度大于乙线

圈在。点产生的磁感应强度，故。错误；

故选：Co

根据同向电流相互吸引可判断两线圈存在吸引力；

根据安培定则可判断。点处的磁场方向；

根据磁场叠加原理，可求各处的磁感应强度大小；

磁场强度与电流大小有关，电流越大在同一位置产生的磁场强度越大。

明确电流之间的相互作用，会根据磁场方向判断电流方向。

8.【答案】D

【解析】解：4、根据异种电荷相互吸引，同种电荷相互排斥，可知若带负电的云接近

避雷针顶端时，避雷针顶端带正电，故A错误；

B、金属内的正电荷不会移动，故B错误；

CD、由4选项分析可知，验电器。下端带负电，小球C在验电器。的下端吸引下撞击4

故A带同种电荷负电，相互排斥，和B接触，电子通过8导入大地，C不带电，反复进行

这个过程，验电器下端两小球始终带负电，故两小球相互排斥，故。正确，C错误；

故选：Do

根据电荷作用规律可判断避雷针所带电性；

金属内的正电荷不会移动：

根据电荷之间的作用规律可判断小球4所带电荷电性以及与其它电荷之间的作用关系。

明确电荷之间的相互作用，知道金属内的正电荷不会移动。

9.【答案】B

【解析】解：4、以S极靠近线圈分析，速度增大，且靠近线圈时磁感应强度增大，则

穿过线圈磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，故A错误；

8、根据楞次定律的“来拒去留”可知磁铁靠近线圈时，线圈对•磁铁产生排斥力，故B

正确；

C、当S极靠近线圈时，根据楞次定律可知线圈中的电流沿逆时针方向，当S极向右运动

远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向，故c错误；

。、若忽略摩擦力和阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转

化为焦耳热，故。错误；

故选：B。

根据楞次定律分析出感应电流的方向，结合“来拒去留”分析出磁铁和线圈之间的相互

作用力的方向；

理解电磁感应现象中的能量流向。

本题主要考查了楞次定律的相关应用，熟悉楞次定律的内容，理解电磁感应现象中的能

量转化特点。

10.【答案】C

【解析】解：4、根据万有引力提供向心力得粤•，解得画，由题意知

22

rTy]47r2

巨蟹座554的质量和太阳质量相等，巨蟹座55e的公转周期小于地球的公转周期，则巨

蟹座55e的公转半径小于地球的公转半径，故A错误；

B、由等=生解得第一宇宙速度"=怪,由题意知巨蟹座55e半径约为地球的2倍,

质量约为地球的8倍，则巨蟹座55e的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度，故8错

误；

CD,由mg=鬻得9=*，结合巨蟹座55e半径约为地球的2倍，质量约为地球的8倍，

可知巨蟹座55e表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的2倍，则同一物体在巨蟹

座55e表面的重力约为地球表面的2倍，故C正确，。错误。

故选：C。

根据万有引力提供向心力可得环绕天体的轨道半径表达式，据此即可判断二者的公转半

径大小；根据万有引力提供向心力解得第一宇宙速度表达式，进而即可二者第一宇宙速

度大小关系；根据重力和万有引力相等求出重力加速度表达式，即可判断。

掌握万有引力提供圆周运动向心力，在星球表面重力与万有引力相等这两个问题的主要

入手点是解决问题的关键.

11.【答案】C

【解析】解：4由图可知，离点电荷越远，电势越小，可知该点电荷带正电，故A错误;

A点电荷的电场线为直线，故B错误；

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C.由4选项分析可知，a点离点电荷比较近，b点离点电荷较远，可知a点处位置的电场

强度大于匕点处位置的电场强度，故C正确；

D由图可知a点电势大于b点电势，根据Ep可知负电荷从a点处位置移动到匕点处位

置，电势能增大，故。错误。

故选：Co

根据电势的高低分析出点电荷的电性；

点电荷的电场线为直线；

根据电场强度的表达式E=与*定性地分析出场强的大小；

根据电势能的表达式结合电性分析出电势能的变化。

本题主要考查了场强和电势的相关概念，熟悉电势和场强的表达式结合距离的大小完成

分析，在计算电势能的过程中要注意电荷的电性。

12.【答案】A

【解析】解：由图可知海水单位面积吸收热量的功率为P=168lV/m2+324勿//=

492W/m2

海水单位面积放出热量的功率P'=X+40W/m2

海水温度不变，内能不变，则P'=P

解得X=452W/m2

故A正确，BCO错误。

故选:Ao

根据题图，分析能量的转移过程，根据能量守恒分析解答。

本题考查能量守恒定律，解题关键掌握题图中的含义，注意能量转移过程中总量不变。

13.【答案】D

【解析】解：力、每个光子的能量约为

E=与=sxiLx；"】泌/=3.4xIO—/,故A错误；

A585X10-9JJ

8、每个光子的动量约为

P=j=“,I黑胃kg-m/s=1.13x1027kg.故B错误；

C、激光器的输出功率不能小于

P=50xl°-"MZ=11,1W,故C错误；

450X10-6

。、每个脉冲传送给瘢痕的光子数约为

n=三配里个=1.47x1016个，故。正确；

3.4X10-19

故选：Do

熟悉光子的能量和动量公式并代入数据分析；

根据功率的计算公式和能量守恒定律完成分析。

本题主要考查了光子的相关概念，熟悉光子的能量和动量公式即可完成分析，整体难度

不大。

14.【答案】AC

【解析】解：AB,根据光的明显衍射的条件，可知光可能会进入到。点下方的墙上，故

A正确，B错误；

C、光的波长越长，则衍射现象越明显，则光线进入到。点下方墙上的区域越大，故C

正确；

。、根据公式E=/n/,光的能量越大，则光子的频率越大，根据公式v=可知波长越

小，则衍射现象越不明显，则光线进入到。点下方墙上的区域越小，故。错误。

故选：AC.

根据光的明显衍射的条件判断；根据公式E=成及v=g判断。

本题考查了光的衍射现象的应用，要求学生明确光的明显衍射的条件。

15.【答案】BD

【解析】解：4、根据a射线的特点可知，a射线的速度较小，最大约为0.1倍光速，故A

错误；

8、无线电波与光波都是电磁波，它们的频率不同，故8正确；

C、a粒子由两个质子核两个中子组成，所以杯238发生a衰变后新核的中子数减少，故

C错误；

。、当地球距火星约为6x107kM时，地球上收到的大约a=£=吗s=200s之前的

c3X105

影像，故。正确。

故选：BD.

根据a射线的特点判断；无线电波是频较小的电磁波，光是频率较大的电磁波；根据a衰

变的特点判断；根据s="计算。

该题考查a射线的特点、电磁波谱、a衰变以及光的传播，属于对基础知识点的考查，

第18页，共27页

在平时的学习中多加积累即可。

16.【答案】BC

【解析1解：4、。点到两波源的距离之差为零，则该点为振动加强点，振幅最大，但

该处质点的位移不是始终最大，故A错误；

B、P、Q两点与两波源的距离之差为1.5九则PQ两点的振动减弱，振幅为零，则两处质

点的位移始终为零，故3正确；

C、在Si、S2之间振动减弱点有两个，分别是距离&为0.54和2的点，过两个减弱点画两

条减弱曲线，则该曲线与正方形有4个交点，

在51P和S2Q上各点都是振动减弱点，即正方向上的PQ两点也是减弱点，故正方形四边

上振动减弱点的数目为6个，故C正确；

。、在Si、S2之间振动加强点有3个，分别是距离S1为0.25/1、0.75,和1.254的位置，过

这三点分别做三条加强曲线与正方形有6个交点，即正方形四边上振动加强点的数目为6

个，故。错误；

故选：BC。

根据质点到波源的距离是波长的整数倍时是振动加强点，质点到波源的距离是半波长的

奇数倍时是振动减弱点，可判断各质点的振动情况和质点个数。

明确波的干涉，知道如何判断两列波干涉时，哪些质点是振动加强点，哪些质点是振动

减弱点。

17.【答案】1.52有

【解析】解：激光恰能在。点全反射，则

sinC=i

其中

,万2.30

sine=——

3.50

解得：n=1.52

将入射光线向右平移一小段距离，如图所示：

则光纤射到上底面的入射角减小，则光线将不能发生全发射从而从底面射出。

故答案为：1.52；有

根据全反射的特点和题目中的数据得出折射率的大小，当入射光线向右平移一段距离后,

根据角度的变化分析出光的传播路径。

本题主要考查了玻璃砖折射率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解折

射率和全反射角的关系即可，难度不大。

18.【答案】C0.338H

【解析】解：①AC.打点计时器需要使用交流电源并且具有计时功能，所以不需要秒表，

故C正确，A错误；

BD.验证机械能守恒定律：mgh=|mv2

质量可以约去，所以不需要弹簧测力计，也不需要橡皮筋，故8。错误。

故选：Co

②由图乙可知，P点前一点和后一点的距离d=15.20cm-9.20cm=6.00cm

根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于平均速度得

d6.00X10-2,.,

，=苏=-7^-血/5=1.r5到5

则打下P点时重物的动能&=纲培=1x0.3x0.152/=0,3387

③当没有空气阻力以及摩擦力时，机械能守恒，图线为图丙中直线I,但是实验时因

为空气阻力以及摩擦力做负功，导致下落相同高度时，动能增加量小于重力做的功，所

以符合实际的动能随高度差变化的直线应该在H区域中。

故答案为：①C；②0.338；③n。

①打点计时器需要使用交流电源并且具有计时功能，所以不需要秒表，验证机械能守

恒定律，mgh=36层质量可以约去，不需要弹簧测力计，也不需要橡皮筋；

②根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于平均速度求p点速度，由以解求p

点动能。

③实验时因为空气阻力以及摩擦力做负功，导致下落相同高度时，动能增加量小于重

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力做的功，符合实际的动能随高度差变化的直线应该在n区域中。

本题考查的是验证机械能守恒定律的实验原理及器材的正确使用，要注意由于实际实验

中有空气阻力以及摩擦力时，计算得到的增加的动能要小于减小的重力势能。

19.【答案】1.301.441.80等于

【解析】解：(1)实验中无电流表，可以用电压表与电阻箱测电源电动势与内阻，待测

实验电路图如图1所示

(2)一节干电池电动势约为1.5心所以量程选择3叭分度值为0.1匕则电压表读数为1.30U；

(3)根据闭合电路欧姆定律U=E-Ir

斜率的绝对值为内阻r=C%=1.80。

(4)若他不用电压表，在其他器材不变的情况使用电流表(量程0.6A、34),获得正确的

数据，电流与电阻箱阻值的乘积为路端电压，没有电压表的分流，所以测出的电动势等

于真实值。

；(2)1.30；(3)1.44；1.80；(4)等于。

(1)实验中无电流表，可以用电压表与电阻箱测电源电动势与内阻，待测电源、开关、

电阻箱组成串联电路，电压表测路端电压;

(2)分度值为0.1V,则电压表读数为1.30V；

(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像即可求解;

(4)电流与电阻箱阻值的乘积为路端电压，没有电压表的分流，所以测出的电动势等于

真实值。

本题是求解电源电动势和内阻得实验，解题的关键是熟悉实验原理，能够结合闭合电路

欧姆定律及图像进行求解。

20.【答案】解：(1)当粒子的运动轨迹圆直径为5寸，离子恰好能打到荧光屏上，即

r=；=Tm=0-025m

根据牛顿第二定律得：

q%B=唔

解得：%=5x105m/s

即当粒子速度u<5x105m/s,没有粒子打到荧光屏上。

(2)当粒子与两个侧脸相切时，是粒子全部打到荧光屏上的临界情况。

设速度为W，当U>1；2,粒子能全部打在荧光屏上。画出轨迹图1：

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可得：r=(1—日)L

代入得：r=翳

可得：v2«5.86x1057n/s

当u>5.86xl05m/s,粒子能全部打在荧光屏上。

(3)粒子射出后，在电场中做类平抛运动，沿电场方向有

2

7y=-2X—mt

垂直电场方向有：X=V0t

若不考虑荧光屏的粒子运动的障碍，对%1=5x104rn/s的粒子，粒子穿过cc'dd'所在

平面时，其水平射程

fmLV3V3.1.

s^=v^^=^m=TL>2L

由此可看出，由于不同速度的粒子数量相同，若不考虑荧光屏对粒子运动的障碍时，粒

子穿过cc'dd'所在平面时，水平方向上的射程正比于初速度，故在某一方面上，粒子的

分布随射程变化是均匀的。做出俯视图，如图2所示：

画出半径为射程Si、S2的两个圆，由于S1=苧，找出小圆与正方形cc'dd'的交点G,图

中在“范围内的粒子均能打在荧光屏上。

由几何知识可得：

%=30°

即图中45。角内剩余部分为15。

图2

Si、S2的两个圆的面积减去正方形在Si圆外的部分的面积(即阴影面积)就可以计算粒子

打在荧光屏上的数目

S阴影=8x[ix(^-S1S讥％)x|-ix^sf)]=上学3/

5环=(7Tsf-7Tsf)=nL2

粒子打在荧光屏上的数目为

S环一S阴影,103-6、

"二^。=(§_=加

答：(1)若无粒子打到荧光屏上，粒子源发射的粒子的速度大小范围为"<5x105m/s；

(2)若使粒子源发射粒子全部打在荧光屏上，粒子源发射粒子的速度大小范围为u>

5.86x105m/s；

(3)每秒打在荧光屏上的粒子数量为(蓝-譬)为。

【解析】(1)根据几何关系得出半径的大小，结合牛顿第二定律得出速度的临界值；

(2)根据几何关系和牛顿第二定律得出速度的临界值；

(3)根据粒子在电场中的运动特点，结合几何关系和牛顿第二定律完成分析。

本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同方向的运动特点，结合牛顿

第二定律完成分析，需要学生对几何关系理解更为深刻，难度大。

2

21.【答案】解：(1)根据位移一时间关系可得：X1=vt+lat,其中t=0.4s

代入数据解得：a=5m/s2；

(2)对木盘根据牛顿第二定律可得：F—卬ng=ma

代入数据解得：F=4N；

(3)设木盘达到bb'的速度大小为％,则有：vr=v+at

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代入数据解得：%=5m/s

撤去力产后，木盘减速运动的加速度大小为：%==0.3x10zn/s2=3m/s2

设减速到零的位移为x,则有：％==24.17m

2。12X3

由于X2<X<%2+d，所以木盘能停在得分区。

答：(1)木盘在加速阶段的加速度为5m/s2；

(2)木杆对木盘的水平推力为4N；

(3)木盘能停在得分区。

【解析】(1)根据位移一时间关系求解加速度大小；

(2)对木盘根据牛顿第二定律求解推力；

(3)根据牛顿第二定律求解撤去力产后木盘减速