2024年浙江高考选考模拟物理试卷试题及答案解析（三）

2024年浙江省普通高校招生选考科目考试

物理模拟卷03

姓名:准考证号:

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共13页，满分100分，考试时间90分钟。

考生注意：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规

定的位置上。

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的

作答一律无效。

3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅

笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。

4.可能用到的相关参数：重力加速度g均取10m/s2o

选择题部分

一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求

的，不选、多选、错选均不得分）

1.下列器材中，哪个不是测量力学基本物理量的工具（）

2.温州南塘，每年端午龙舟比赛热闹非凡，如图是龙舟在进行500nl的直道比赛，下列说法正确的是（）

A.研究队员的划桨动作，可将队员看成质点

B.以龙舟为参考系，岸上站立的观众是静止的

C.获得第一名的龙舟，撞线时的速度一定很大

D.获得最后一名的龙舟，平均速度一定最小

1

3.如图所示，具有“主动刹车系统”的汽车与正前方静止障碍物之间的距离小于安全距离时，会立即开始

主动刹车，车主可根据需要设置安全距离。某车的安全距离为10小，若汽车正以36/rni/h的速度在路面上行

驶，遇紧急情况主动刹车后做匀减速直线运动，加速度大小为6m/s2,下列说法正确的是（）

A.汽车刹车时间为6sB.汽车不能安全停下

C.汽车开始“主动刹车”后第1s末的速度为6m/s

D.汽车开始“主动刹车”后第2s内的平均速度为3m/s

4.躺椅在生活中用途广泛，图甲中人双脚离地而坐，图乙中人双脚着地而坐。两图中位于水平地面上的人

和椅子都保持静止状态，下列说法正确的是（）

甲乙

A.甲中人对躺椅的压力是由椅子发生形变产生的

B.甲中人不同的躺姿会改变躺椅对人的合力

C.乙中人脚用力蹬地时，躺椅对人背部摩擦力一定沿椅面向上

D.乙中人脚用力蹬地时，脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等

5.“拔河”活动在中国有着悠久的历史，近几年出现了二支队伍拔河的娱乐形式。如图所示，二支队伍进

行比赛，此时甲、乙两队对绳子的拉力大小均为5000N,三队所拉绳子的夹角均相等。开始时三队僵持不

下，当丙队发力，使得甲、乙两队绳子的夹角缓慢减小到90。时（设甲、乙两队对绳子的拉力大小始终不变），

分析此过程中丙队对绳子的拉力是如何变化的

A.逐渐增加B.逐渐减小C.先增加后较小D.先减小后增加

2

6.图甲是我国运动员在东京奥运会上蹦床比赛的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动

员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律，如图乙所示。g取10m/s2,不计空

气阻力，根据F—t图像可知，以下说法错误的是

A.运动员在3.6s〜4,2s内处于超重状态

B.运动员在8.4s〜9.4s内先处于失重状态再处于超重状态再处于失重状态

C.跳跃节奏稳定后，处于完全失重状态持续的最长时间为1.6s

D.运动员重心离开蹦床上升的最大高度是12.8小

7.航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化（即电离出正离子）,

正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力，已知单

个正离子的质量为加，电荷量为q,正、负栅板间加速电压为U,从喷口喷出的正离子所形成的电流为/，忽

略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量中和电子枪磁铁的影响.该发动机产生的平均推力F的

大小为（）

8.智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱，如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆（大小忽略不计）穿

入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量为0.5kg,

3

绳长为0.5a,悬挂点P到腰带中心点。的距离为0.2爪，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆

做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为。，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度g取10m/s2,下

列说法正确的是（）

A.若使用者觉得锻炼不够充分，决定增大转速，腰带受到的合力变大

B.当使用者掌握好锻炼节奏后能够使8稳定在37。，此时配重的角速度为5rad/s

C,使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，若仍保持转速不变，贝岭变小

D.当用力转动使。从37。增加到53。时，配重运动的周期变大

9.宇宙中两个相距较近的星球可以看成双星，它们只在相互间的万有引力作用下，绕两球心连线上的某一

固定点做周期相同的匀速圆周运动.根据宇宙大爆炸理论，双星间的距离在不断缓慢增加，设双星仍做匀

速圆周运动，则下列说法正确的是（）

A.双星相互间的万有引力增大B.双星做圆周运动的角速度增大

C.双星做圆周运动的周期减小D.双星做圆周运动的半径增大

10.某风力发电机叶片转动时可形成半径为R的圆面。某时间内该地区的风速是外风向恰好跟叶片转动的圆

面垂直，空气的密度为p,发电机将圆内空气动能转化为电能的效率为小贝1（）

A.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为27TR2U

B.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的动能为空更之

2

C.风力发电机发电的功率为在兀”/

D.风力发电机发电的功率为磔Hd

2

11.沙漠蝎子可以探测出附近虫子的运动，它是利用甲虫运动所产生的沿沙漠表面传播的波来探测的，传播

的波有两种类型：横波以速度%=507H/S传播，纵波以必=1507H/S传播。已知该甲虫在某个时刻突然运

4

动，蝎子就可以利用从它最接近甲虫的一条腿上面感知到两种波先后到达的时间差43从而感知到它和甲

虫之间的距离，如果蝎子到甲虫的距离是37.5CM,下列说法正确的是（）

需

A,虫子脚下的沙子随着波的传播运动到蝎子脚下

B.两种波传播到蝎子的时间差为0.00375s

C.无论是纵波还是横波，传播方向均与振动方向垂直

D.波的传播过程中既传播了振动，也传播了信号和能量

12.微信运动步数的测量是通过手机内电容式加速度传感器实现的。如图所示，电容M极板固定，N极板可

运动，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。图中R为定值电阻。下列对传

感器描述正确的是（）

A.静止时，电流表示数为零，且电容器两极板不带电

B.保持向前匀加速运动时，电路中存在恒定电流

C.由静止突然向后加速时，电流由a向b流过电流表

D.由向前加速突然停下时，电流由b向a流过电流表

13.如图，小明同学用一束复色激光入射直角棱镜，做了光的折射实验，实验现象如图所示。则（）

A.d光不可能是入射激光B.c光可视为复色激光

C.在玻璃中，b光的传播速度比a光的大D.a光光子的动量比b光光子的大

二、选择题II（本题共2小题,每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求

的。全部选对的得3分,选对但不全的得2分,有选错的得0分）

5

14.下列说法正确的是（）

A.处于热平衡状态的两个系统，它们具有相同热学性质的物理量是内能

B.两个分子靠近时，分子势能减小

C.气体压强主要是大量气体分子频繁地碰撞容器壁而产生的

D.一定量的100。。的水变成100。。的水蒸气，其分子势能增大

15.如图所示的火灾自动报警器具有稳定性好、安全性高的特点，应用非常广泛,其工作原理为：放射源处

的锢.1〃，放出的a粒子，使壳内气室空气电离而导电，当烟雾进入壳内气室时,a粒子被烟雾颗粒阻挡，

导致工作电路的电流减小，于是锋鸣器报警。则

A.这种报警装置应用了a射线射线电离能力强的特点

B.发生火灾时温度升高，I”,的半衰期变短

C.发生a衰变的核反应方程是-第A”，

D,发生a衰变的核反应方程是心

非选择题部分

三、实验题（本大题共3小题，共16.0分）

6

16.小硕同学有一块充电宝，他想知道充电宝是否跟干电池一样，是一个有一定电动势和内阻的直流电源。

于是用如图所示的实验电路进行探究。图中用两只数字多用表分别作为电压表和电流表，Ro=0.5fto

(1)在闭合开关前，他应把滑动变阻器的滑片移到最端(选填“左”或“右”)；

(2)图中“数字多用表1”是表(选填“电流”或“电压”)；

(3)在充电宝电量为100%时，通过实验得到了如图所示的U—/图像。由图像可知，充电宝在电量100%

时，跟通常的干电池的电路特性相同，具有一定的电动势和内阻。由图像可得该充电宝的电动势E=V,

内阻r=_____。(均保留三位有效数字)。

(4)小硕同学想用一只机械式多用电表粗略判断该充电宝在电量减少时电动势是否会减小，测量时他应

该把选择开关置于图中的(选填“4”、“B”、"C"、"D”)位置。

D.

(5)充电宝在电量减少较多时，电动势几乎不变，那么可以推测充电宝内可能用来储存电能的是

A电感线圈8.电容器C.电阻。.电池

17.某校同学们分组进行碰撞的实验研究。

7

（1）第一组利用气垫导轨通过频闪照相进行探究碰撞中的不变量这一实验。若要求碰撞动能损失最小则

应选下图中的（填“甲”或“乙”）（甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥

）;

图甲图乙

（2）第二组同学用如图所示的实验装置”验证动量守恒起律”。

①图中。点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放,

找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程0P,然后把被碰小球机2静置于水平轨道的末端，再将入射球

从斜轨上S位置静止释放，与小球机2相碰，并重复多次。本实验还需要完成的必要步骤（填选项前

的符号）。

A.测量两个小球的质量爪nm28.测量抛出点距地面的高度H

C测量S离水平轨道的高度hD测量平抛射程OM、ON

②若两球发生弹性碰撞，贝UOM、ON、0P之间一定满足的关系是（填选项前的符号）。

A.OP+0M=0NB.20P=ON+OMC.OP-ON=20M

（3）第三组利用频闪照片法去研究。某次实验时碰撞前B滑块静止，4滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞,

利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T,在这4次闪光的

过程中，4、B两滑块均在0〜80cm范围内，且第1次闪光时，滑块力恰好位于x=IOCTH处。若力、B两滑块

的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，贝必、B两滑块质量比啊:GB=o

NAABB

01020304050607080

8

18.在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL,

用注射器测得1mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，

用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格

的边长为2cm»

(1)请选出需要的实验操作，并将它们按操作先后顺序排列：D、(用字母符号表示)。

(2)某次实验时，滴下油酸溶液后，琲子粉迅速散开形成如图所示的“锯齿”边沿图案，出现该图样的

可能原因是o

4盆中装的水量太多

B.琲子粉撒得太多，且厚度不均匀

C.盆太小，导致油酸无法形成单分子层

(3)按题目中所给实验数据估测出油酸分子的直径为爪(保留一位有效数字)。

9

四、计算题(本大题共4小题，8分+11分+11分+11分共41分，解答过程请写出必要的文字说明和必需的

物理演算过程，只写出最终结果的不得分)

19.如图所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为lOOOczrf5,上方汽缸的长度

为40cm,横截面积为50cm2。小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气

压。皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与汽缸的形状变化，环境温度保持不变，汽

缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强Po=1.0Xl()5pa,g=10m/s2o

［手柄

①若初始状态下活塞位于汽缸顶部，用力将活塞缓慢下压到汽缸皮吸底部时求皮吸中气体的压强；

②若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20cm高度保持静止，求

此时小明作用力的大小。

10

20.有一游戏装置，在光滑水平面2C上安装一弹簧发射架，己知4B为弹簧原长，弹力做功加与压缩量/x的

关系为W=弹簧劲度系数k=80N/zn,压缩量/x可调，斜面CD的倾角为8=53。，长为5=2爪。

质量m=0.05kg的物块P被弹簧弹出，经过C点时速度大小不变，物块P与斜面CD间的动摩擦因素〃1=||。

斜面在。点处与半径R=0.40机的光滑圆形轨道相切连接，圆轨道的最低点E与水平轨道EF相切连接，EF轨

道与CD斜面略错开。质量为M=0.15kg的物块Q放在距离E点乙2=1.6(hn的G点处，两物块与水平轨道EF的

动摩擦因素均为〃2=：，紧靠尸点右侧下方有一距EF为h=0.80爪的平台，平台足够长。物块P与物块Q碰撞

后粘在一起向前运动，整个运动过程中两物块均可看成质点。

(1)若压缩量=5cm,求物块P第一次到达C点时的速度大小；

(2)若物块P恰好能过圆轨道最高点，则物块P通过圆轨道最低点E时对轨道的压力；

(3)若物块P不脱离轨道且能够撞上物块Q,4%至少为多少？

(4)若物块P恰好能过圆轨道最高点，G点右侧轨道长度S可调，则S多大时两物块在平台上的落点与E点

水平距离最远?水平最远距离为多少？

11

21.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。某同学自己设计

了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，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，可以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B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞

机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻品，同时对动子施加一个回撤力F,在七时刻撤去

力F,最终动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的图像如图丙所示。已知模型飞

机起飞速度%=40m/s,L=1.5s,12=2.0s,线圈匝数几=50匝，每匝周长I=lzn,动子和线圈的总质

量5kg,线圈的电阻R=0.50,&=4.5。B=0.1T,不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影

响，求：

(1)动子和线圈向前运动的最大位移；

(2)回撤力尸与动子速度"大小的关系式；

(3)图丙中方的数值。(保留两位有效数字)

电刷线圈辐向磁场

丙

12

22.制造芯片，要精准控制粒子的注入。如图甲所示，是控制粒子运动的装置示意图，两块边长均为d的正

方形金属板M、N上、下正对水平放置，极板间距也为d。以该装置的立方体中心。点为原点建立直角坐标

系，并在极板间加沿y轴负方向的匀强磁场(磁感应强度大小未知)，两极板接到电压为U的电源上。现有一

束带正电粒子以速度火沿x轴正方向从左侧持续注入极板间，恰好沿X轴做匀速直线运动。不考虑电磁场的

边缘效应，粒子的重力忽略不计，粒子之间的静电力忽略不计。

%

I17

-I14

X4-8〃一

VX41%

I—

乙

(1)求磁感应强度3的大小;

(2)若仅撤去磁场，该带电粒子束恰好击中点—求粒子的比荷；

(3)若仅撤去电场，求带电粒子束离开立方体空间的位置坐标；

(4)若将磁场方向改为沿z轴正方向，并将两极板接到电压按如图乙所示变化的电源上，t=0时刻让粒

子从中心。点沿比轴正方向以速度火注入，试通过计算说明从粒子注入后到击中极板前会经过z轴几次。

13

参考答案

1.C2.D3.D4.D5.A6.D7.A

8.C9.D10.D11.D12.C13.B

14.CD

15.XC

16.(1)右;(2)电压；(3)5.50；0.250；(4)B；⑸D。

17.⑴甲；(2)①4D;②力；⑶2:3o

18.(1)B、尸、E、C；(2)B；(3)3x10-1°

19.解：①以气缸和皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为po

体积匕=1000cm3+40x50cm3=3000cm3,

当活塞下压到气缸底部时，设封闭气体的压强为P2,体积%=1000cm3,

由玻意耳定律Po%=p2V2,

解得：02=3x105Pa；

②以皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为Po,体积为彩=1000cm3

活塞缓慢向上提起20cm高度保持静止，设该人对手柄作用力的大小为F,封闭气体的压强为P3,体积匕=

1000cm3+20x50cm3=2000cm3,

由玻意耳定律：P0V2~P3^3>

对活塞受力分析，根据共点力平衡可得：F+p3S=p0S,

解得：F=250N。

答：①若初始状态下活塞位于汽缸顶部，用力将活塞缓慢下压到汽缸皮吸底部时，皮吸中气体的压强为3X

105Pa；

②若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20CM高度保持静止，此时小

明作用力的大小为250N。

20.解:

11

(1)2=2mrc

vc=2m/s；

⑵mg=，%=2m/s,

K

1]___

mgx2R=-mv2--mv1v=V20m/s,

14

2

F-mg=吟由牛顿第三定律得：F'=F=3N方向竖直向下；

R

(3)当恰好过圆周运动最高点的情况下

=0—^mv2,L=8,0m>1.60m能撞上物块Q

11

20

—/ex—m(gL1sin53°—^mgL^osSS—7ng(R+Rcos530)=—mvg

△%=0.20m；

1717

(4)—ii2mgL2=--^mv

mv1=(M+m)v2

可得：v2=lm/s

11

则一〃2(M+rn)gS=-(M+m)诚—-(M+m)v\

可得：v3=1--s,由h=/^产=o.8(m),得：t-0.4(s),

所以，x=1.60+S+0.4Jl-|s=-1(1-1s)+0.4Jl-|s+2.0

所以，当S=0.30m时，％max=2.1m。

21.(1)动子和线圈向前运动的最大位移即0〜七时间段内的位移，由图像知％==40m；

2

(2)动子和线圈在口~t2时间做匀减速直线运动，加速度大小为a==80m/s

根据牛顿第二定律有尸+F安=ma

其中F安=nBIl

解得尸=(400-5v)N

在匕2〜J时间反向做匀加速直线运动，加速度不变

根据牛顿第二定律有尸一尸安=小。

联立相关式子，解得F=(400+5v)N；

⑶动子和线圈在在t2~t3时间段内的位移与=和3-t2)2

从t3时刻到返回初始位置时间内的位移%2=x-X1

根据法拉第电磁感应定律有E=n^

据电荷量的定义式q=〃t

15

据闭合电路欧姆定律/=备F

解得从t3时刻到返回初始位置时间内电荷量q=n能

其中/①=Blx2

动子和线圈从t3时刻到返回时间内，只受磁场力作用，根据动量定理有F/lt=mv2

又因为安培力的冲量尸爰七=nBHAt=nBlq

—=a(t3-t2)

联立可得牝-33mzs

故图丙中v2的数值为一33mls0

22.W：(1)粒子做匀速直线运动，则有q4=q%B可得急=%

(2)粒子做类平抛运动，有％=门一。—=暮z=W=如2,

联立可得粒子的比荷包=箍；

mU

⑶粒子做匀速圆周运动，则有q%8=㈣可得R=\，则2R=等＜当，

所以粒子在磁场中运动半个周期，从左边界飞出，则带电粒子束离开立方体空间的位置坐标(-1给

(4)粒子沿z轴做变速直线运动，在xoy平面内做圆周运动，周期为7=箸=需"等，

由乙图可知，在。-2时间内加速，粒子在z轴方向的位移匕=:。皆=黑，

在—需时间内减速，粒子在z轴方向的位移l2=atrt2—=黑，

在瞪一袅时间内向反方向加速，粒子在z轴方向的位移13==翳，

o^OZv002032

在肃-荒时间内向反方向减速到速度为零，粒子在z轴方向的位移l4=at3t4-^atl=居，

粒子回复最初的方向接着重复最初的运动，运动时间为t5=+t2=2，

此时距板的距禺为AI=—，2)—(，4——，2)=薨，则由42=at1可得生=4乂，

Z3NZIZVQ

到达极板所用总时间为t=h+上+t3+t4+化+t6〜等，粒子每个周期经过一次Z轴，则n="X1.7,

v0T

取整数，所以经过1次。

16

【解析】

1.【分析】

解决本题的关键是知道力学的三个基本物理量以及对应的测量工具，需识记，不能搞混，要注意力不是基

本物理量。力学的三个基本物理量分别为长度、时间、质量，测量工具分别为刻度尺、天平、秒表.力不

是基本物理量。

【解答】

A.天平用来测量质量，而质量是基本物理量，故A不符合题意。

氏刻度尺用来测量长度，而长度是基本物理量，故8不符合题意。

C弹簧测力计测量力，而力不是基本物理量，C符合题意；

D秒表用来测量时间，而时间是基本物理量，故。不符合题意。

2.解：4、研究队员的划桨动作时，大小和形状不能忽略，故不可将队员看成质点，故A错误；

8、观众相对于龙舟是运动的，所以以龙舟为参考系，岸上站立的观众是运动的，故B错误；

C、获得第一名的龙舟，平均速度一定大，但撞线时的速度不一定最大，故C错误；

。、获得最后一名的龙舟，平均速度一定最小，故。正确.

故选：D.

(1)判断一个物体是运动的还是静止的，要看这个物体与所选参照物之间是否有位置变化，若位置有变化,

则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对于参照物是静止的.

(2)在比赛时是相同距离下比较时间，即比较平均速度的大小.

本题以龙舟比赛为载体考查与之相关的物理知识，注重了物理知识和生活的联系，注意明确平均速度的正

确应用.

3.【分析】

本题考查了匀变速直线运动的规律，注意平均速度的计算不能简单用推论。

根据刹车的最大初速度和刹车的加速度，由速度位移公式/=2as可得刹车位移，与安全距离比较判断是

否能安全停下。

【解答】

已知q=36km/h=10m/s,

A汽车刹车时间为=泡=答s=|s,故A错误；

ua63

8.汽车刹车过程中的位移为s=用=〜8.33m<10m.则汽车能安全停下，故2错误；

2a2x6

C汽车开始“主动刹车”后第1S末的速度为%=v0-%=(10-6Xl)m/s=4m/s,故C错误；

17

。汽车开始“主动刹车”后不到2s已经停下，则第2s内的位移为x=苧x仁-1）皿=如，汽车开始“主

动刹车”后第2s内的平均速度为万=?=gm/s,故。正确。

4.A甲中人对椅子的压力是因为人的形变而引起的，故A错误；

A甲图中的人受到重力和椅子对人的作用力，椅子对人的作用力和重力平衡，因此人不同的躺姿不会改变椅

子对人的合力，故B错误；

C.乙中人脚用力蹬地，不能判断人的运动趋势方向，故躺椅对人背部摩擦力的方向亦不能确定，故C错误；

。.乙中以人和躺椅整体为研究对象，水平方向上受到地面给脚和躺椅的摩擦力，因整体保持静止，故地面

给脚的摩擦力和地面给躺椅摩擦力大小相等，方向相反，故。正确。

故选。。

5.【分析】

根据力的合成遵循平行四边形定则分析即可，难度不大。

【解答】

在角度缓慢变化过程中，三段绳上的力合力为零，甲乙两队对绳的力大小不变，夹角变小，根据平行四边

形定则合成可得合力变大，丙队对绳子的拉力与甲乙两队对绳的力的合力等大反向，则丙队对绳子的拉力

变大，故选A。

6.【分析】

分析图象，根据图象中弹力大小与重力的大小关系，从而明确是超重现象还是失重现象，并明确完全失重

的时间；再根据竖直上抛的对称性明确竖直上抛的时间，由竖直上抛运动规律即可求出上升的最大高度。

本题重点在于图象的识别，一是要从图象得到，初始时候弹力等于重力。二是在稳定后的高度最大，且稳

定后每一个在空中的上升和下降时间是相等的。

【解答】

A由图象可知，0-3.6s内，弹力等于重力，运动员在3.6s〜4.2s内，弹力大于重力，故运动员处于超重状

态，故A正确；

A由图乙可知，运动员在8.4s〜9.4s内，运动员受到的弹力先小于重力，再大于重力，然后再小于重力，故

运动员先处于失重状态再处于超重状态再处于失重状态，故8正确；

C.由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s,再下落到蹦床上的时刻为

8.4s或11s,它们的时间间隔均为1.6s,故处于完全失重状态的最长时间为1.6s,故C正确；

D由图象可知，离开蹦床的最长时间为1.6s,由对称性可知，上升时间为1.6s,则上升的最大高度为：H=

5（I-）2-1x10x（^）2m=3.2m,故。错误。

18

本题选错误的，

故选。。

7.【分析】

本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动、牛顿第三定律、动量定理；电流的定义表达式，本题知识点错

综复杂，但只要我们按题目最后的要求一层一层往前推导，通过联想类比就有可能顺利解决问题。

【解答】

以正离子为研究对象，由动能定理得qU=3巾庐

4t时间内通过的总电荷量为Q=IAt,

喷出的正离子总质量为M=-m=—m

qqo

由动量定理可知正离子所受的平均冲量F/t=Mv,

联立以上式子可得尸=1fl画，

\q

根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F=/门画，故A正确。

\q

故选A。

8.【分析】

本题考查水平方向的圆周运动知识，知道向心力来源是将谀同的关键。

【解答】

A运动过程中腰带可看成不动，腰带合力始终为零，故A错误；

8.对配重根据牛顿第二定律有mgtan。=ma)2QLsmd+r),解得3=J黑黑

当8=37。，代入数据解得3=Erad/s，故8错误；

C.使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，以滑轮为研究对象，根据牛顿第二定律尸=

mr(27tn)2

r变小，轨道对滑轮作用力减小，滑轮对绳子的作用力减小，绳子对配重的作用力也减小，根据7=翳，

C0SC7

可知。变小，故C正确；

D根据B中结论，当。=53。时，3=Jggrad/s，根据「=称可知周期变小，故。错误。

故选Co

9.【分析】

双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二

19

定律求出双星的轨道半径关系，从而确定出双星的半径如何变化，以及得出双星的角速度和周期的变化.本

题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力

定律与牛顿第二定律即可正确解题.

【解答】

4双星间的距离L不断缓慢增加，根据万有引力公式：尸=6罟可知，万有引力减小，故A错误.

2

BCD、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G^Jp=m1r16J,G号詈:如上小，可知叫q=爪2r2，

知轨道半径比等于质量之反比，

双星间的距离变大，则双星的轨道半径都变大，根据万有引力提供向心力，可知角速度变小，周期变大.故

BC错误，。正确.

故选：D.

10.【分析】根据圆柱体体积计算公式求出1s内冲击风车的气流的体积P=SL=议Its；利用爪=pU求出质

量，再由动能的定义式可求出动能，再根据单位时间内的动能与转化功率的关系求出发电机功率。

本题考查的是流体的动能及能量转化；本题的关键是根据密度公式计算单位时间流体的质量，进而求解单

位时间流体的动能。

【解答】

A单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为p=VS=VFR2,故A错误；

8.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面的气流的质量m=pV,单位时间内发电机叶片获得的动能为a=

噎病=咽空,故8错误；

22

CD此风力发电机发电的功率为「二^E女二磔耍，故C错误，。正确。

11.【分析】

沙子只能在平衡位置上下振动，不会随着波的传播而移动；两种波在沙子中匀速传播，结合距离可求出两

种波传播到蝎子的时间差；由横波与纵波传播过程中质点振动方向与传播方向的关系分析；波在传播过程

中既可传播振动情况，也可传播信号与能量。

解决本题的关键是理解并掌握波的基本知识。

【解答】

A虫子脚下的沙子在平衡位置上下振动，不会随着波的传播而移动，故A错误；

A两种波传播到蝎子的时间差为戊=2-『=甯$-喏s=5X10-3s,故B错误；

C横波的传播方向与振动方向垂直，纵波的传播方向与振动方向平行，故。错误；

20

。波的传播过程中既传播了振动，也传播了信号和能量，故。正确。

故选。。

12.解：4、静止时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器电量不变，则电流表示数为零，电容器保持

与电源相连，两极板带电，故A错误；

3、保持向前匀加速运动时，加速度恒定不变，则N板的位置在某位置不动，电容器电容不变，电容器保持

与电源相连电压不变，由。=。"知电量不变，电路中无电流，故8错误；

C、由静止突然向后加速时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据C=同知电容C增大，电压不变，由

Q=CU知电容器电量增加，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故C正确；

D、由向前加速突然静止时，N板相对向前移动，则板间距减小，根据。=品知电容C增大，电压不变，

由、=CU知电容器电量增加，电容器充电，电流由a向b流过电流表，故D错误。

静止时，电容器连在电源两端，电容器带电，但电路中无电流；由静止突然向“后”运动时，用决定式C=5吟

分析平行板电容器电容的变化，用Q=a/分析电容器所带电荷量的变化。

本题主要考查电容器的动态分析问题，关键是可以根据题设条件结合决定式。=铝分析出平行板电容器电

471kd

容的变化情况。

13.【分析】

本题考查了光的折射、反射、折射率和光子动量。由图分析入射光线，根据偏折角度分析折射率，根据折

射率分析传播速度和频率，根据P=£分析光子动量。

【解答】

4c为棱镜斜边处的反射光线，垂直射出棱镜，所以d为入射光，故A错误；

8、c为棱镜斜边处的反射光线，垂直射出棱镜，所以c仍为复色光，故8正确；

C、由图可知a的折射率小于b的折射率，根据几=?可知在玻璃中b光的传播速度比a光的小，故C错误；

D、a的折射率小于b的折射率，所以a的频率小于6的频率，根据光子动量p=-,可知a光光子的动量比b光

光子的小，故。错误。

14.［解析］处于热平衡状态的两个系统，它们具有相同热学性质的物理量是温度，A错误;当分子力表现为引

力，两个分子靠近时，分子力做正功，分子势能减小;当分子力表现为斥力，两个分子靠近时，分子力做负

功，分子势能增加，B错误;气体压强产生的原因主要是大量气体分子频繁地碰撞容器壁，C正确;一定量的

100。。的水变成100。。的水蒸气，吸收大量的热，内能增加，而分子动能没变，因此分子势能增大，D正确.

21

15.【分析】

解决本题需要知道：a射线电离能力最强，元素的半衰期不会受到外界环境温度的影响；核反应前后的质量

数守恒和电荷数守恒。属于基础考法。

【解答】

Aa射线电离能力最强，所以这种报警装置应用了a射线电离能力强的特点，故A正确；

氏半衰期不因外界环境的温度而改变，发生火灾时温度升高，的半衰期不会改变，故B错误；

CD.a衰变释放出氮核，故核反应方程是篦以巾­的7Np+$“e,故C正确，D错误。

故选AC。

16.【分析】本题为测定充电宝的电动势和内阻的实验，明确实验原理是解题关键，明确电路结构，根据

闭合电路欧姆定律得出U-/关系式，结合图像分析斜率和纵轴截距的物理意义即可得出结论。

【解答】(1)电路图中的滑动变阻器采用的是限流式接法，闭合开关前为了确保电路安全，应使滑动变阻器

接入电阻最大，即应将滑片移到最右端。

(2)图中“数字多用表1”与滑动变阻器并联，其是用来测量电压，即图中“数字多用表1”是电压表。

(3)根据电路图，结合闭合电路欧姆定律有U=E-I(r+Ro),

结合U—/图像有E=5.50V,r+R0=53常％

解得r=0.2500。

(4)由于电动势的测量值为5.50U,因此若用一只机械式多用电表粗略判断该充电宝在电量减少时电动势是

否会减小，测量时他应该把选择开关置于10U的电压挡为，可知，第二个选择项中的示意图符合要求，

故选瓦

(5)由于充电宝在电量减少较多时，电动势几乎不变，而电感线圈与电阻不具备这个特征，电容器电量减小

时，电压也减小，因此可以推测充电宝内可能用来储存电能的是电池。

故选。

17.【分析】

(1)碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，弹性碰撞无机械能损失;而非弹性碰撞时损失最大。

(2)两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答

题。

(3)4开始做匀速直线运动，根据题意知，碰撞前人在1个7内位移为20CM,8开始处于静止，通过碰后速度

的大小关系判断出质量的关系。