2023年浙江省温州市乐清市知临中学高考物理第二次适应性试卷

2023年浙江省温州市乐清市知临中学高考物理第二次适应性试

卷

一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个备选项中，只

有一项是符合题目要求的。）

1.（3分）以下物理量和对应的比值定义式书写正确的是（）

A.电场强度E*B.磁感应强度B令

C.电容器电容D.金属的电阻R=p]

2.（3分）如图所示为一种新型的发令枪，由闪光发令元件，模拟枪声电路，同步控制电路,

扬声器及电源等电子元部件组成。发令裁判扣动扳机，发令枪同时发出清晰的激光信号

和声音信号，可以很好取代传统发令枪产生的烟雾污染，由以上信息可以判断（）

A.计时裁判听到枪声后立即按下计时表

B.扬声器的工作原理是将声音信号转换成电信号

C.发令枪产生的光信号和声信号的信息载体都是横波

D.发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程

3.（3分）如图所示，轻杆的一端固定在O点，另一端固定一个小球，小球随轻杆在竖直平

面内绕O点做匀速圆周运动。则（）

A.小球在运动过程中机械能守恒

B.小球在运动过程中加速度大小不变

C.小球运动到A点时，杆对小球作用力方向指向圆心

D.小球运动到C点时，杆对小球的作用力不可能为0

4.（3分）如图为可调压式自耦变压器，在电压Ui保持不变的情况下，滑片P顺时针转过

适当角度，滑片P'向上移动适当距离，则（）

A.U2将增大

B.U2将不变

C.定值电阻Ro的热功率减小

D.流经定值电阻Ro的电流不变

5.（3分）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,其压强p和体积倒数工变化图像如

V

图所示，此过程中该系统内气体（)

A.温度不变B.对外界做正功

C.对外界放热D.内能变大

6.（3分）中国科学技术大学国家同步辐射实验室是我国首个国家实验室，同步辐射光具有

光谱范围宽（波长涵盖lO^m到lO^m之间）、光源亮度高、偏振性好等诸多特点。速

度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这个现象最初是

在同步加速器上观察到的，称为“同步辐射”，可见光波长范围在400nm到760nm之间;

下列说法错误的是（）

A.同步辐射的机理与氢原子发光的机理相同

B.用同步辐射光照射氢原子，可使氢原子电离

C.加速运动的电子在磁场中偏转，会产生感生电场

D.探究微生物结构时，同步辐射光相较可见光有明显优势

7.（3分）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0.5s时的波形如图甲所示，x=5m处质点

的振动图像如图乙所示，则波速可能是（）

A.lm/sB.2m/sC.3m/sD.4m/s

8.（3分）心室纤颤是一种可危及生命的疾病。如图甲为一种叫做心脏除颤器的设备，某型

号AED模拟治疗仪器的电容器电容是25好，充电至8kV电压，如果电容器在2ms时间

内完成放电，则（）

A.电容器放电过程中平均功率为800kW

B.电容器的击穿电压为8kV

C.电容器放电过程中电容越来越小

D.电容器放电过程中电流最大值一定大于100A

9.（3分）下列说法正确的是（）

A.微波炉利用紫外线对食物进行加热

B.“彩超”利用多普勒效应的原理测定血管中血液的流速

C.互感式钳式电流表可以测量恒定电流的大小

D.医院用“CT”检查身体利用Y射线穿透本领较强

10.（3分）我国成功发射“神舟七号”载人飞船，随后航天员圆满完成了太空出舱任务并

释放了“伴飞”小卫星。载人飞船在固定的轨道上做匀速圆周运动，“伴飞”小卫星与载

人飞船相对静止，“伴飞”小卫星有多种伴飞模式，图1和图2是其中的两种伴飞模式，

则下列说法正确的是（）

B.图1的伴飞模式下，“伴飞”小卫星的线速度大于载人飞船的线速度

C.图2模式下“伴飞”小卫星只需向后喷出气体，加速后，就可以和载人飞船对接

D.图1和图2这两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小是相等的

11.（3分）如图所示，边长为1m的正方体ABCD-EFGH所处空间中存在匀强电场（图中

未画出），已知A、F两点的电势分别为10V、0,现于A、F点各放入等量异种电荷，C

点电场强度为0,则（）

A.匀强电场方向从D指向F

B.匀强电场大小为20V/m

C.A点放入的是正电荷

D.放入点电荷后，H点电势为5V

12.（3分）如图，质量为2kg的楔形木块abc固定在水平地面上，顶角。为直角，ab面和

be面均光滑，两个完全相同质量均为1kg的滑块同时从顶端释放，则对于滑块在斜面上

时（）

A.楔形木块abc受到地面支持力为30N

B.楔形木块abc始终受到地面的摩擦力

C.同一时刻，两滑块重力的瞬时功率相同

D.两滑块所受弹力冲量为0

13.（3分）半径为R的空心转筒P,可绕过O点中心轴逆时针匀速转动，其上有一小孔S。

整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B。一比荷为k、速度v=«kBR，带正

电粒子沿圆筒半径方向射入，恰能从小孔射出，其间与转筒无接触。不计离子的重力和

离子间的相互作用。则转筒角速度可能为（）

A.6kBB.8kBC.10kBD.12kB

二、选择题n（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题给出的四个备选项中至少有

一项是符合题目要求的。全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）

（多选）14.（3分）历史上，一种观点认为应该用物理量mv来量度运动的“强弱”；另一

种观点认为应该用物理量mV2来量度运动的“强弱”。前者代表人物是笛卡尔，后者则是

莱布尼茨。经过半个多世纪的争论，法国科学家达兰贝尔用他的研究指出，双方实际是

从不同的角度量度运动。关于这段描述中体现的物理思想，下列说法正确的是（）

A.用mv量度体现了动量守恒的思想

B.用mv?量度体现了动量守恒的思想

C.动量决定了物体在力的阻碍下能够运动多长距离

D.动能定理反映了力对空间的累积效应

（多选）15.（3分）现有光束沿图示方向平行直径AB射入球形雨滴，经两次折射和一次

反射后离开雨滴，其中出射光线与直径AB成42°,c为真空中光速，R为雨滴半径，下

列说法中正确的是（）

A.光束在雨滴中的折射率为$

3

B.光束在雨滴中经历的时间为理

15c

C.出射光光强一定弱于入射光光强

D.光束在雨滴内可能发生了全反射

三、非选择题（本题共6小题，共55分）

16.（6分）（1）杨同学在做双缝干涉实验时，测量相邻亮条纹间距，某次读数为10.30mm,

则测量头上安装的测量仪器与以下哪种一致

（2）用传感器和计算机可以方便地描出平抛运动的物体的轨迹，设计原理如图1所示。

从某点无初速释放物体（图中未画出），使其做平抛运动。物体每隔20ms可向四周发射

红外脉冲，竖直平面内安放着红外接收装置B,Bi,B2两个接收器各自测出收到红外脉

冲的时间，并由此算出与物体的距离，在计算机屏幕上确定点迹，以此描绘出物体的轨

迹。下列判断正确的是（单选）。

A.物体应选择质量大体积大的球

B.物体做平抛运动起点一定在BIB2连线的正上方

C.计算机屏幕上记录一个点迹，需释放物体一次

D.屏幕上相邻点迹间速度变化量相同

（3）伽利略利用如图2的装置研究小球做平抛运动的特性，小球从高为H的斜面无初速

释放，下落到底端做平抛运动，水平位移为D,改变释放高度，得到如表1的数据，图3

是伽利略的手稿，如果你是伽利略，关于小球释放高度H与平抛水平距离D的关系，可

得出怎样的结论（写出一条即可）。

图3

表（单位:punti）

序号斜面释放高度平抛水平距离D计算值平抛水平距离D测误差

H量值

1300997800197

26001131117241

38001306132822

48281330134010

17.（8分）李同学在研究测量电源电动势和内阻实验中，电路连接如图2,突然灵光一闪,

发现该电路也可以粗测滑动变阻器电阻丝的电阻率。

（1）如图2所示，滑动变阻器的瓷筒上紧密缠绕着单层电阻丝，测量出瓷筒上电阻丝缠

绕的总宽度1（）,测得n匝电阻丝缠绕后的宽度为x,则电阻丝的直径

为;测量出滑动变阻器瓷筒外径D,可认为一匝电阻丝的长度为

TTD；

（2）将开关S2拨到接线柱2,闭合开关Si,调节滑动变阻器，即改变其接入电路中的

宽度1,电压表和电流表示数都在较大范围内较为均匀的变化，整理数据如图3所示，横

坐标单位为10,若图像斜率为k,则电阻丝的电阻率为（用题

设中已知物理量符号表示）；

（3）储同学认为从图3中图像数据可知，上述实验方案误差较大，应采用电流表外接的

方式，你是否认同储同学观点，并说明理由;

（4）杨同学继续用如图1电路测量电源电动势和内阻，根据前面实验结果，为减小实验

误差，开关S2应该连接接线柱（选填“1”或“2”）；电源电动势测量值相较真

实值（选填“偏大”、“偏小”或"相同"）；电源内阻数量级应为（选

填“几欧”、“几十欧”或“几百欧

18.（8分）如图所示，老师带领学生表演“马德堡半球实验”。他先取出两个在碗底各焊接

了铁钩的不锈钢碗，在一个碗里烧了一些纸，然后迅速把另一个碗扣上，再在碗的外面

浇水，使其冷却到环境温度。用两段绳子分别钩着铁钩朝相反的方向拉，试图把两个碗

拉开。当两边的人各增加到5人时，平均每人施加200N拉力，才把碗拉开。已知碗口的

半径为10cm,环境温度为27℃,实验过程中碗不变形，也不漏气。大气压

5

p0=l.OX10Pa;绝对零度为-273℃,n取3。求

（1）大气压施加在一个锈钢碗上的压力；

（2）试定性分析在碗的外面浇水使其冷却的目的；

（3）请你估算两个不锈钢碗刚被扣上时，里面空气的温度是多少？

19.（11分）如图所示为某品牌拼接玩具搭建的场景。AB、BC为粗糙直轨道，摩擦系数均

为0.25,在B点平滑连接，BC=4cm,CDE是光滑半圆弧轨道，半径r=15cm,与直轨

道在C点平滑连接，直轨道AB与水平面夹角8=37°,一质量为0.1kg物块从直轨道

AB某处下滑，恰好能通过圆弧轨道最高点E,不计空气阻力，假设最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，求：

（1）物块第一次经过D点时加速度大小；

（2）某同学计算物块平抛时间为0.2s,试分析该同学计算结果是否正确。（物块平抛后

会与轨道AB碰撞，只考虑碰撞前平抛运动情况）

（3）欲使物块不脱离轨道，且尽可能使物块在直轨道上滑行较长距离，求物块释放位置

以及最终停下来位置。

。的电阻，其余电阻不计。在x》0处，存在垂直于水平面磁感应强度为0.2T的匀强磁场，

一根质量为m=lkg、金属棒放置在水平导轨上。金属棒从x=0处开始在外力作用下做

“另类匀加速”运动，即速度随位移均匀增大，v=vo+kx,其中初速度vo=lm/s,k=ls

当金属棒运动到xi=3m时，撤去外力，同时磁场随时间发生变化，金属棒则做匀速

直线运动到xo处，此时磁感应强度为0.1T,此后磁场保持不变，金属棒立即受到水平向

左的恒力T=5N,金属棒恰好回到xo时撤去恒力，恒力作用时长为1.4s。设运动过程中

金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦。求：

（1）磁场变化的时间；

（2）金属棒做“另类匀加速”时电阻的焦耳热？金属棒运动到x=1.5m处，外力的大小；

（3）金属棒在［0,xo］间，金属棒的动生电动势大小与位置的关系。

21.（11分）空间中足够大区域内存在相互垂直的电场和磁场，电场强度和磁感应强度分别

为E和B。可将小球所受重力类比电场力，即认为重力场强度为g。质量为m、电荷量

为q的带正电的小球A从z轴上的P点出发，速率始终不变。

（1）试求出小球A在xOz平面内的速率；

（2）若在某一时刻，重力场和磁场突然消失（不考虑电磁感应变化），随后小球A在运

动过程中的最小动能为其初动能的一半，试求小球A沿y轴方向速度大小；

（3）恢复重力场，仅保留-H<z<0区间内的正交匀强的电磁场。现有与小球A完全相

同的小球B,两小球分别从P点沿x轴正负方向以相同初速度水平抛出，已知其中一个

小球进入电磁场区域后刚好做匀速直线运动，另一个小球出电磁场区域时速度方向恰沿z

轴负方向，求两个小球在电磁场区域运动时间之比。

2023年浙江省温州市乐清市知临中学高考物理第二次适应性试

卷

参考答案与试题解析

一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个备选项中，只

有一项是符合题目要求的。）

1.（3分）以下物理量和对应的比值定义式书写正确的是（）

A.电场强度E*B.磁感应强度B4

C.电容器电容c4D.金属的电阻R=p]

【分析】该题目考查物理量的定义式和决定式的理解

【解答】解：A.电场强度由电场本身的性质决定，其不由电荷在电场中受到的力和电荷

量决定，其比值定义式书写为E1；是仅是匀强电场中电场强度与电势差的关系式，

qd

不是比值定义式，故A错误；

B.磁感应强度由磁场本身的性质决定，不由磁场力F、电流I和导线长度L乘积决定，

其比值定义式书写为B哈；B=今是磁感应强度的大小等于在垂直磁场方向单位面积磁

通量，不是比值定义式，B错误；

C.电容器的电容由电容器本身决定，不由电容器所带电荷量和电容器两端的电压决定C

=—^―,电容器电容的比值定义式为C&，故c正确；

4兀kdU

D.金属的电阻R=p],金属的电阻是由金属的长度、横截面积及电阻率决定，是金属

电阻的决定式，不是比值定义式，定义式为R号，故D错误。

故选：Co

【点评】该题目考查物理量的定义式和决定式的理解，学生需明确比值定义法的特点，

定义式中的物理量不决定被定义的物理量，但可以通过定义式求解。

2.（3分）如图所示为一种新型的发令枪，由闪光发令元件，模拟枪声电路，同步控制电路,

扬声器及电源等电子元部件组成。发令裁判扣动扳机，发令枪同时发出清晰的激光信号

和声音信号，可以很好取代传统发令枪产生的烟雾污染，由以上信息可以判断（）

A.计时裁判听到枪声后立即按下计时表

B.扬声器的工作原理是将声音信号转换成电信号

C.发令枪产生的光信号和声信号的信息载体都是横波

D.发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程

【分析】计时裁判应看到激光信号立即按下计时表；扬声器是把电信号转化为声信号的

装置；光是电磁波，声波是纵波；发令枪传递信息的过程也是能量传递的过程。

【解答】解：A.声音的传播速度小，从发令枪响到听到声音需要一定的时间，所以计时

裁判应看到激光信号立即按下计时表，故A错误；

B.扬声器是把电信号转化为声信号的装置，通电线圈与永磁体相互作用是利用通电导体

在磁场中受安培力的原理制成的，所以扬声器的工作原理是将电信号转换成声音信号，

故B错误；

C.发令枪产生的光信号的信息载体是横波，发令枪产生的声信号的信息载体是纵波，故

c错误；

D.发令枪发出声音信号，空气的振动传播了能量，引起耳膜的振动，所以发令枪传递信

息的过程也是能量传递的过程，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了扬声器的工作原理、声波是纵波、波的传播等相关知识，知道光和

声波在空气中传播速度是有差异的。

3.（3分）如图所示，轻杆的一端固定在0点，另一端固定一个小球，小球随轻杆在竖直平

面内绕0点做匀速圆周运动。则（）

A.小球在运动过程中机械能守恒

B.小球在运动过程中加速度大小不变

C.小球运动到A点时，杆对小球作用力方向指向圆心

D.小球运动到C点时，杆对小球的作用力不可能为0

【分析】分析小球动能与重力势能的变化分析机械能是否守恒，小球在竖直平面内做匀

速圆周运动，合力提供向心力，指向圆心，分析小球受力情况从而分析BCD项。

【解答】解：A、小球做匀速圆周运动，速度不变，则动能不变，小球运动过程中重力势

能变化，则机械能不守恒，故A错误；

B、小球做匀速圆周运动，向心加速度大小不变，方向时刻改变，故B正确；

C、当小球在A点时，杆对小球作用力竖直方向分量应等于重力，水平方向分量提供向

心力，则杆对小球作用力方向并非指向圆心，故C错误；

D、若丫=而,则小球运动到C点时，杆对小球的作用力为0,故D错误；

故选：Bo

【点评】本题考查了竖直平面内圆周运动的问题，解题的关键是明确小球做匀速圆周运

动，合力提供向心力。

4.（3分）如图为可调压式自耦变压器，在电压U1保持不变的情况下，滑片P顺时针转过

适当角度，滑片P'向上移动适当距离，则（）

A.U2将增大

B.U2将不变

C.定值电阻Ro的热功率减小

D.流经定值电阻Ro的电流不变

【分析】根据滑片的移动方向得出线圈匝数的变化，结合线圈两端电压的比值关系得出

输出电压的变化趋势；

根据滑片的移动方向得出电阻的变化趋势，结合欧姆定律和功率的计算公式完成分析。

【解答】解：AB、由题意可知，滑片P顺时针转过适当角度，根据题意可知副线圈的匝

数n2减小，由变压器的工作原理可得:,可知副线圈输出电压U2减小，副线圈

两端电压与原线圈两端电压及匝数比有关，故AB错误；

CD、副线圈两端电压U2减小，滑片P'向上移动适当距离，可知滑动变阻器接入电路的

电阻增大，所以副线圈回路的总电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈回路中电流减小,

流经定值电阻Ro的电流减小，由P=FR（）可知，定值电阻Ro的热功率减小，故C正确,

D错误。

故选：Co

【点评】本题主要考查了变压器的动态分析，理解变压器的工作原理，结合欧姆定律和

功率的计算公式即可完成解答。

5.（3分）一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,其压强p和体积倒数，变化图像如

图所示，此过程中该系统内气体（）

A.温度不变B.对外界做正功

C.对外界放热D.内能变大

【分析】该图像为p-1图像，斜率与温度T成正比，根据图像分析气体状态变化，结

V

合理想气体状态方程进行解答。

【解答】解：AD.根据公式牛=d^p=CT-,p-,图像斜率与温度T成正比

根据图象点与原点连线斜率减小，可知温度降低，其体内能减小。A错误，D错误；

B.理想气体从状态a变化到状态b,图像可以得到Va>Vb,可知气体的体积减小，气

体对外界做负功，B错误：

C.由上分析已知a到b过程气体对外界做负功W>0,内能减小AUV0,根据热力学第

一定律AU=W+Q,

其中AU<0,W>0,因此Q<0,气体放热，C正确。

故选：Co

【点评】考察P-1的图像分析、热力学第一定律定律内容，是热力学图像的基础类题目。

V

6.（3分）中国科学技术大学国家同步辐射实验室是我国首个国家实验室，同步辐射光具有

光谱范围宽（波长涵盖105m到10Tlm之间）、光源亮度高、偏振性好等诸多特点。速

度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出电磁辐射，这个现象最初是

在同步加速器上观察到的，称为“同步辐射”，可见光波长范围在400nm到760nm之间;

下列说法错误的是（）

A.同步辐射的机理与氢原子发光的机理相同

B.用同步辐射光照射氢原子，可使氢原子电离

C.加速运动的电子在磁场中偏转，会产生感生电场

D.探究微生物结构时，同步辐射光相较可见光有明显优势

【分析】根据题中叙述分析“同步辐射”的原理，再结合能级跃迁分析A选项;

使基态的氢原子电离需要的能量是13.6eV,由此分析B选项；

根据感生电场产生的原理分析C选项；

根据明显衍射的条件分析D选项。

【解答】解：A.由题意，速度接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出

电磁辐射，这是“同步辐射”。处于激发态的原子是不稳定的，会自发地向能量较低的能

级跃迁，放出光子，这是原子发光的机理，二者发光的机理不同。故A错误；

B.使基态的氢原子电离需要的能量是13.6eV,根据£=在，可得同步辐射光的能量范

围为（10%V〜l（）5eV）,用同步辐射光照射氢原子，当同步辐射光的能量大于13.6eV,

可使氢原子电离。故B正确；

C.根据麦克斯韦电磁场理论，加速运动的电子在磁场中偏转，会产生电流强度逐渐增大

的环形电流，环形电流激发的磁场逐渐增强，在周围会产生感生电场。故C正确；

D.同步辐射光的光谱范围包括了可见光的波长范围，同时还包括一些波长更长的波，结

合发生明显衍射的条件可知，探究微生物结构时，同步辐射光相较可见光更容易发生衍

射，有明显优势。故D正确。

本题选错误的，

故选：Ao

【点评】本题主要是考查“同步辐射”和“能级跃迁”的区别，关键是知道二者产生的

机理不同，知道光子能量的计算公式。

7.（3分）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=O.5s时的波形如图甲所示，x=5m处质点

的振动图像如图乙所示，则波速可能是（）

A.lm/sB.2m/sC.3m/sD.4m/s

【分析】由图乙读出t=O.5s时x=5m处的质点振动方向，以及该波的周期；该波向x

轴正方向传播，由图甲得到波长的表达式，再根据v=A得到波速的可能值。

T

【解答】解：由图乙可知，t=O.5s时x=5m处的质点正向上振动，该波的周期为T=6s

贝（11=工

12

该波向X轴正方向传播，x=5m处的质点在波长最大的情况下，离O点的距离S=3_-

2

结合波的周期性有：n入+且入=5m,(n=0,1,2,3…)

12

解得：入=———m,(n=0,1,2,3…)

12n+5

60

所以该波的波速为：v=A=12n+5m/s=_12_m/s,(n=O,1,2,3…)

T612n+5

当n=O时v=2m/s

当n=l时v=」&m/s,故B有可能，ACD不可能，故ACD错误，B正确。

17

故选：B。

【点评】本题主要是考查波的图像；解答本题关键是要理解波的图象的变化规律，能够

根据图像直接读出周期，知道波速、波长和周期之间的关系v=3-

T

8.(3分)心室纤颤是一种可危及生命的疾病。如图甲为一种叫做心脏除颤器的设备，某型

号AED模拟治疗仪器的电容器电容是25pF,充电至8kV电压，如果电容器在2ms时间

内完成放电，则()

A.电容器放电过程中平均功率为8OOkW

B.电容器的击穿电压为8kV

C.电容器放电过程中电容越来越小

D.电容器放电过程中电流最大值一定大于1OOA

【分析】电学中功率满足P=UI,根据电容器的性质判断电压，根据电流的定义判断电

流，注意判断平均功率，可采用控制变量法；击穿电压与额定电压的关系；电容器的电

容由自身决定；平均值与最大值的关系。

【解答】解：A.电容器的电容定义得：Q=CU=25X10-6X8X103

2

由得电容器放电过程中平均电流：°-_.A=IOOA

tt2X10-3

假设电压不变，则平均功率l=UT=8X103X100W=800000V=800H

由于电容器放电过程中电压在逐渐减小，则在电容器放电过程中平均功率小于800kW,

故A错误；

B.电容器的击穿电压要大于额定电压，因为该电容器的充电电压至8kV,此电压应不高

于电容器的额定电压，即8kV一定小于电容器的击穿电压，故B错误；

C.电容器的电容由自身决定，两板间距，正对面积，电解质均没有变化，故电容器放电

过程中电容器的电容不变，故c错误；

D.电容器放电过程中平均电流为100A,变化的电流，电流的平均值小于最大值，因此

电容器放电过程中电流最大值一定大于100A,故D正确。

故选：D。

【点评】本题A选项，学生容易出错，学生需要考虑控制变量电压，若不变，求得平均

功率，但是题目中电容器放电，电压减小，从而判断A选项。

9.（3分）下列说法正确的是（）

A.微波炉利用紫外线对食物进行加热

B.“彩超”利用多普勒效应的原理测定血管中血液的流速

C.互感式钳式电流表可以测量恒定电流的大小

D.医院用“CT”检查身体利用丫射线穿透本领较强

【分析】A.微波炉加热食物是利用微波进行加热的，据此分析作答；

B.根据多普勒效应原理分析作答；

C.“互感式”钳式电流表是利用电场感应原理，据此分析作答；

D.ct利用X线束成像，根据X射线的特点分析作答。

【解答】解：A.微波炉加热食物是利用微波进行加热的，不是利用紫外线，故A错误;

B.“彩超”利用的是多普勒效应原理，“彩超”工作时，向人体内发射频率已知的超声波,

超声波被血管中的血流反射后，被仪器测量出接收到的频率，从而判断血液的流速情况,

故B正确；

C.“互感式”钳式电流表是利用电场感应原理，需要磁通量发生变化，即电流发生变化,

故不能用来测量恒定电流的大小，故C错误；

D.CT利用X线束成像，医院用“CT”检查身体，利用了X射线穿透本领强的特性，

故D错误。

故选：Bo

【点评】本题考查了红外线、超声波和X射线的特点以及钳式电流表的工作原理，关键

在于熟练掌握相关知识点。

10.（3分）我国成功发射“神舟七号”载人飞船，随后航天员圆满完成了太空出舱任务并

释放了“伴飞”小卫星。载人飞船在固定的轨道上做匀速圆周运动，“伴飞”小卫星与载

人飞船相对静止，“伴飞”小卫星有多种伴飞模式，图1和图2是其中的两种伴飞模式，

则下列说法正确的是（）

B.图1的伴飞模式下，“伴飞”小卫星的线速度大于载人飞船的线速度

C.图2模式下“伴飞”小卫星只需向后喷出气体，加速后，就可以和载人飞船对接

D.图1和图2这两种伴飞模式下“伴飞”小卫星的角速度大小是相等的

【分析】A、卫星绕地球做匀速圆周运动时，最大环绕速度为第一宇宙速度7.9km/s,由

此可判断A选项。

BD、“伴飞”小卫星与载人飞船相对静止，由此可判断图1和图2这两种伴飞模式下“伴

飞”小卫星的角速度大小与载人飞船的角速度大小间的关系，进而可判断两种伴飞模式

下“伴飞”小卫星的角速度大小关系。

C、图2模式下“伴飞”小卫星向后喷出气体时，将会向前加速，判断所受万有引力与所

需要的向心力之间的关系，进而确定“伴飞”小卫星的运动形式，及能否和载人飞船对

接。

【解答】解：A.根据万有引力提供向心力，卫星绕地球做匀速圆周运动时，有：粤=

T

mJ,可得v=烂,当取r=R时（R为地球半径），可得第一宇宙速度为7.9km/s,

所以当r>R时，载人飞船的速度大小应小于7.9km/s,故A错误；

BD.“伴飞”小卫星与载人飞船相对静止，可知图1和图2这两种伴飞模式下“伴飞”

小卫星的角速度大小都与载人飞船的角速度大小相等，即两种伴飞模式下“伴飞”小卫

星的角速度大小是相等的；再根据v=3r,图1伴飞模式下，由于“伴飞”小卫星的轨

道半径小于载人飞船的轨道半径，则“伴飞”小卫星的线速度小于载人飞船的线速度，

故B错误，D正确；

C.图2模式下“伴飞”小卫星向后喷出气体，将会向前加速，此时由于所受万有引力小

于所需要的向心力，“伴飞”小卫星将做离心运动，变轨到更高的轨道运行，不能与载人

飞船对接，故C错误。

故选：D。

【点评】本题主要考查万有引力定律的应用，要理解“伴飞”小卫星与载人飞船相对静

止的含义；要掌握地球第一宇宙速度的计算过程；要理解掌握卫星的变轨、对接原理。

II.（3分）如图所示，边长为1m的正方体ABCD-EFGH所处空间中存在匀强电场（图中

未画出），已知A、F两点的电势分别为10V、0,现于A、F点各放入等量异种电荷，C

点电场强度为0,则（）

A.匀强电场方向从D指向F

B.匀强电场大小为20V/m

C.A点放入的是正电荷

D.放入点电荷后，H点电势为5V

【分析】根据AF两点的电势大小关系得出电荷的电性，结合场强的计算公式得出场强

的大小；

理解等量异种电荷的电场分布规律，结合电势的叠加特点得出H点的电势。

【解答】解：ABC.根据题意可知，A、F两点的电势分别为10V、0,由此可分析出A

点放置负电荷，F点放置正电荷，此时的场强特点如图所示：

匀强电场的电场强度方向为A指向F,根据场强的计算公式可知，此时的场强大小为

E==-7=jy/m=5V2V/ir故ABC错误；

uV2

D.没有匀强电场时，根据等量异种电荷电场的分布规律可知，BCHE平面上的电势匀为

零，又只有匀强电场时A、F两点的电势分别为10V、0,BCHE平面上的电势匀为5V,

根据电势的叠加可知，放入点电荷后，H点电势为5V,故D正确。

故选：D。

【点评】本题主要考查了点电荷的电场分布规律，理解点电荷周围的场强和电势的分布

特点，结合电势的叠加原理和场强的计算公式即可完成分析。

12.（3分）如图，质量为2kg的楔形木块abc固定在水平地面上，顶角。为直角，ab面和

be面均光滑，两个完全相同质量均为1kg的滑块同时从顶端释放，则对于滑块在斜面上

时（）

A.楔形木块abc受到地面支持力为30N

B.楔形木块abc始终受到地面的摩擦力

C.同一时刻，两滑块重力的瞬时功率相同

D.两滑块所受弹力冲量为0

【分析】将滑块与斜面体之间的相互作用沿垂直于斜面方向和沿斜面方向分解，然后分

析斜面体受到的支持力与摩擦力；由牛顿第二定律求出加速度，然后求出t时刻的瞬时

速度，再求出t时刻滑块受到的重力的瞬时功率表达式，最后比较即可；由冲量的定义

式判断。

【解答】解：A.沿ab面下滑的滑块对斜面的压力为mgeosa,将这个力沿着水平和竖直

方向分解，水平方向上的分力为mgeosasina,竖直方向上的分力为mgcos2a；同理，沿

be面下滑的滑块对斜面的压力为mgeosB，将这个力沿着水平和竖直方向分解，水平方向

上的分力为mgcos0sin0,竖直方向上的分力为mgcos20：由题意，a+B=90°,所以楔形

22

木块abc对地面的压力为：FN=Mg+mgcosafmgcosP=Mg+mg=（2+1）X10N=

30N,根据牛顿第三定律可知，楔形木块abc受到地面的支持力也为30N,故A正确；

B.由于a+0=9O°,所以cosasina与cospsinp总是相等，楔形木块abc水平方向上始

终受力平衡，地面对木块始终没有摩擦力，故B错误；

C.对于ab面上的滑块，下滑的加速度：ai=gsina,t时刻的速度：vt=ait；重力的瞬时

功率为：p^_=mgvtsinCl=mgXgtsinCI.Xsin。=咫"tsin"CL

同理，对于be面上的滑块，t时刻重力的瞬时功率为：

Pj=mgvjsinB=mgXgtsinFXsinBu-tsin2B

所以当两侧面的倾角不相等时，重力的瞬时功率不相等，故C错误；

D.由冲量的定义I=Ft可知，两滑块所受弹力的冲量不为0,故D错误。

故选：A。

【点评】本题考查了受力分析以及牛顿第二定律的应用、瞬时功率等；利用牛顿第二定

律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利

用牛顿第二定律建立方程进行解答.

13.（3分）半径为R的空心转筒P,可绕过O点中心轴逆时针匀速转动，其上有一小孔S。

整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B。一比荷为k、速度v=«kBR带正

电粒子沿圆筒半径方向射入，恰能从小孔射出，其间与转筒无接触。不计离子的重力和

离子间的相互作用。则转筒角速度可能为（）

A.6kBB.8kBC.10kBD.12kB

【分析】首先，分析带电粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做圆周运动，根据洛伦兹

力提供向心力求出粒子在磁场中运动的轨道半径；然后，根据几何关系求出粒子在磁场

中的圆弧轨迹所对的圆心角以及运动的时间；最后，根据圆周运动的规律求出要使带电

粒子沿圆筒半径方向射入，恰能从小孔射出，其间与转筒无接触时其转速满足的关系。

【解答】解：带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，则有：

qXV3kBRXB=11邙kBR）2

r

整理得粒子的轨迹半径为:

q

粒子运动轨迹如图所示:

根据几何关系可得：tan且=K=Y—=近，所以。=三

2rV3R33

7T

ojr

运动的时间为：t=

v3kB

r

要使带电粒子沿圆筒半径方向射入，恰能从小孔射出，其间与转筒无接触，圆筒转过的

角度为：

则其角速度应满足：3

t

解得：3=（4+6n）kB

代入n=0,1,2,3……,可得

ox）=4kB

a）l=10kB

o）2=16kB

33=22kB

故ABD错误，C正确。

故选：Co

【点评】本题考查了带电粒子在有界磁场中运动的模型，解决本题的关键是分析粒子恰

能从小孔射出的条件。

二、选择题n（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题给出的四个备选项中至少有

一项是符合题目要求的。全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）

（多选）14.（3分）历史上，一种观点认为应该用物理量mv来量度运动的“强弱”；另一

种观点认为应该用物理量mv2来量度运动的“强弱”。前者代表人物是笛卡尔，后者则是

莱布尼茨。经过半个多世纪的争论，法国科学家达兰贝尔用他的研究指出，双方实际是

从不同的角度量度运动。关于这段描述中体现的物理思想，下列说法正确的是（）

A.用mv量度体现了动量守恒的思想

B.用mv?量度体现了动量守恒的思想

C.动量决定了物体在力的阻碍下能够运动多长距离

D.动能定理反映了力对空间的累积效应

【分析】理解动量和动能的区别，结合动量守恒定律和动能定理完成分析。

【解答】解：AC.mv是物体的动量，用mv量度体现了动量守恒的思想，动量决定了物

体在力的阻碍下能够运动多长时间，而不是多远的距离，故A正确、C错误；

BD.amv2是物体的动能，用mv?量度体现了能量的思想，而不是动量守恒的思想，动

能定理反映了力对空间的累积效应，故B错误、D正确。

故选ADo

【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律和动能定理的区

别和联系即可完成分析，难度不大。

（多选）15.（3分）现有光束沿图示方向平行直径AB射入球形雨滴，经两次折射和一次

反射后离开雨滴，其中出射光线与直径AB成42°,c为真空中光速，R为雨滴半径，下

列说法中正确的是（）

A.光束在雨滴中的折射率为$

3

B.光束在雨滴中经历的时间为幽

15c

C.出射光光强一定弱于入射光光强

D.光束在雨滴内可能发生了全反射

【分析】根据题意得出光路图，结合几何关系得出光束在雨滴中的折射率，结合运动学

公式得出对应的时间；

根据光路的可逆性，结合光折射时的特点得出对应的光强的大小关系。

【解答】解：A.光在雨滴内的传播情况如图所示

如图所示，设入射角为i,折射角为r,由几何关系可知

4r=2i+42°

解得：r=37°

则光束在雨滴中的折射率为

代入数据解得：n=jl,故A错误；

3

B.由折射定律可得：

可得…=4c

由几何关系可知，光在雨滴中传播距离为

l=4Rcosr

光束在雨滴中经历的时间为

联立解得：t=且空，故B正确；

15c

CD.由光路可逆性可知，光在雨滴中第一次反射时一定会发生折射，此后每次发生反射

时，入射角都相同，不可能发生全反射，出射光光强一定弱于入射光光强，故C正确，

D错误。

故选：BC。

【点评】本题主要考查了光的折射定律，理解光的传播特点，结合几何关系和运动学公

式即可完成解答。

三、非选择题（本题共6小题，共55分）

16.（6分）（1）杨同学在做双缝干涉实验时，测量相邻亮条纹间距，某次读数为10.30mm,

则测量头上安装的测量仪器与以下哪种一致A

（2）用传感器和计算机可以方便地描出平抛运动的物体的轨迹，设计原理如图1所示。

从某点无初速释放物体（图中未画出），使其做平抛运动。物体每隔20ms可向四周发射

红外脉冲，竖直平面内安放着红外接收装置B,Bi,B2两个接收器各自测出收到红外脉

冲的时间，并由此算出与物体的距离，在计算机屏幕上确定点迹，以此描绘出物体的轨

迹。下列判断正确的是D（单选）。

A.物体应选择质量大体积大的球

B.物体做平抛运动起点一定在BIB2连线的正上方

C.计算机屏幕上记录一个点迹，需释放物体一次

D.屏幕上相邻点迹间速度变化量相同

（3）伽利略利用如图2的装置研究小球做平抛运动的特性，小球从高为H的斜面无初速

释放，下落到底端做平抛运动，水平位移为D,改变释放高度，得到如表1的数据，图3

是伽利略的手稿，如果你是伽利略，关于小球释放高度H与平抛水平距离D的关系，可

得出怎样的结论（写出一条即可）随着释放高度增大，实验误差越小；小球平抛水平

方向的位移D和小球在斜面上释放点高度向成正相关。

图3

表（单位:punti）

序号斜面释放高度平抛水平距离D计算值平抛水平距离D测误差

H量值

1300997800197

26001131117241

38001306132822

48281330134010

【分析】（1）根据双缝干涉实验装置和实验数据精确度分析判断;

（2）根据计算机描绘轨迹的原理分析判断；

（3）根据实验数据分析判断。

【解答】解：（1）测量头上安装的测量仪器是游标卡尺，根据数据可知最小分度值为0.05

或0.02mm,故A正确，BC错误。

故选：A«

（2）A.为减小空气阻力影响，物体应选择质量大体积小的球，故A错误；

B.物体做平抛运动起点不一定在Bi、B2连线的正上方，故B错误；

C.释放物体一次，计算机屏幕上记录一系列点迹，故C错误；

D.平抛运动竖直方向做自由落体运动，屏幕上相邻点迹间时间相同，速度变化量相同，

故D正确。

故选：D。

(3)随着释放高度增大，实验误差越小；小球平抛水平方向的位移D和小球在斜面上释

放点高度不成正比相关。

故答案为：(1)A；(2)D；(3)随着释放高度增大，实验误差越小；小球平抛水平方向

的位移D和小球在斜面上释放点高度JR成正相关。

【点评】本题关键掌握双缝干涉实验装置、游标卡尺的读数、计算机描绘轨迹的原理和

数据分析方法。

17.(8分)李同学在研究测量电源电动势和内阻实验中，电路连接如图2