浙江省宁波镇海中学高考物理选考模拟试卷

浙江省宁波镇海中学高考物理选考模拟试卷

单选题

I（3分）雨滴在空气中下落.当速度比较大的时候.它受到的空气阻力与其速度的一次方成正比.与其横截面积成正比.即〃=则比例系

数k的尊位是（）

A.kg/m4B.kg/m’C.kg/n2D.kg/m

2.（3分）物理学中研究问题有多种方法，有关研究问题的方法叙述错误的是（）

A.在K需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效昔代的思想

R.伽利略通过理想斜面实验指出力不是维持物体运动的原因

C.根据速度的定义式，当常小时，就可以表示物体在r时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法

D.探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，采用了控制变量的研究方法

3.（3分）卜列有关运动的描述中，参考系的选取符合描述的是（）

A.“太阳东升西落”是以“太阳”为参考系

B.也球的公转”是以“地球”为参考系

C.“一江春水向东流”是以“流水”作为参考系

D.“两岸青山相对出，孤帆一片日边来。”诗中的“青山相对出”选择的参考系是孤帆

5.（3分）拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型横浪鼓已成为儿童玩具。四个拔浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一

端固定在关丁•手柄对称的鼓沿上。现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可

能正确的是（图中细绳与竖直方向的夹角a<0<3）（）

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6.（3分1我国发射的'‘嫦娥一号"卫星经过多次加速、变轨后，最终成功进入环月工作轨道.如图所示，卫星

既可以在离月球比较近的厕轨道a上运动，也可以在离月球比较远的圆轨道b上运动.下列说法正确的是（）

A.卫星在a上运行的线速度小于在b上运行的线速度

B.卫星在a上运行的周期大于在b上运行的周期

C.卫星在a上运行的角速度小于在b上运行的角速度

D.卫星在a上运行时受到的万有引力大于在b上运行时的万有引力

7.（3分）一台小型发电机与计算机相连接，计算机能

将发电机产生的电动势随时间变化的图象记录下来，

如图甲所示，让线圈在匀强磁场中以不同的转速匀速

转动，计算机记录r两次不同转速所产生正弦交流电

的图象如图乙所示。则关于发电机先后两次的转速之

比n。：n。，交流电力的最大值正确的是（）

甲20

A.3.2,—V8.3:2,空VC.2;3岑VD.2:3,-V

33

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8.（3分；如图所示是原了物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是（）

«粒子散射实验

卢瑟福通过。粒子散射实验提出了原子的枣糕模型

放射线CfiR场中偏M

放射线在垂直纸面向外的磁场中偏转，可知射线甲为。射线

〃«

光电流与电压的关系

电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关

例大反解东0图

道式反应属于核裂变，铀核核裂变方程为Q；“Tk：Ba+£$Kr+2；n

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第4日/共25页

A.带电粒子所受洛伦兹力方向是水平向左

B.正、负粒了•所受洛伦兹力方向是相同的

C.污水流量计也可以用F测量不带电的液体的流速

D.只需要测量MN・两点电压就能够推券废液的流量

多选题

】.（3分）如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点0时称。某同学利用电场的桑加原理分析在两电荷

连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、A,该同学在得到老师的肯定后乂在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）

A.若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、A两位置

B.如图（1）,若保持两个点电荷的距因不变，并绕原点0旋转90。后对称的固定在z轴上,则z轴上场强最大的点仍然在A、A两

位置

C.如图（2）,若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点0.直径与（1）图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点

仍然在八、A两位置

D.如图（3）,若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点0,直径与（1）图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的

点仍然在A、A'两位置

2.（2分）下列四幅图涉及到不同的物理知识，则下列说法正确的是（）

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甲乙

A.图甲中彩色的肥皂泡是光的干涉现象

B.图乙中的立体电影是利用了光的偏振现象

C.图丙是医院常用的彩超仪器，进行医学检测时利用了超声波多普勒效应

D,图丁是一LC振荡电路的集成芯片，LC强荡电路能产生一定波长的电磁波,若要产生波长比原来短些的电磁波，可减小电容器极板

间的距离

3.（2分）图甲为一列简谐横波在1=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点.Q是平衡位置在44.0m处的

质点：图乙为质点Q的振动图象，卜列说法正确的是（）

A.在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动

B.在L0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同

C.从1=0.10s到t=0.25s,该波沿z轴负方向传播了6m

D.从1=0.10s到t=0.25s,质点P通过的路程为30cm

4.（2分）如图所示，•可视为质点的小球以初速度丫。从0点水平抛出，经与两墙壁七次碰撞后刚好落在竖直墙

壁的最低点D,此时速度与水平方向的夹角为己知两墙壁间的距离为d,与墙壁碰撞无能量损失，且速度满

足光的反射规律，则下列说法正确的是（）

A.）:0A:xAB:xBC:zCD=l:3:5:7

B.相邻两点间的速度的变化量均不相等

C.tanH=

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2ml

D.zanO-

实验遨

I.（5分）某探究小组探究单摆的装置如图甲所示，细线端拴一个球，另一端连接力传感器，固定在天花板上，将球拉开一个很小的角度

静止糅放，传感器可绘制出球在摆动过程中细线拉力周期性变化的图象，如图乙.

①用流标卡尺测出小球直径d如图丙所示，读数为nini：

②现求得该单摆的摆长为1,则当地的重力加速度为（用题中的字母表示，包括图乙中）；

③若科学探险队员在珠穆朗玛峰山脚与山顶利用该装置分别作了实验，在山脚处，他作出了单接T21图象为如图丁中直线

Co当他成功攀登到山顶后，他又重复了在山脚做的实验。则利用山顶实验数据作出的图线可能是图了中的直线。

甲乙

第；页/共2$员

2.（2分）某同学用做“研究小球平抛运动”实验，用数码相机的连拍功能，每隔相等时间曝光

一次，记录下运动轨迹上的几个位置，但没有标记竖直方向，如图所示，那么根据这几个点能O

否确定竖直方向?（填“能”或“否”儿O

O

O

3.（5分）现要测量“水果电池”的电动势和内阻,提供卜.列仪器:

A.待测“水果电池”（电动势E约为4V,内阻x约为200。）

B.电流表A（量程20mA,内阻约50。）

C.电压传感器V（量程4V,理想电压发）

D.滑动变吼器RS~1000C）

①在图1所示方框内画出实验电路图：

②根据实验数据画出U1图线，如图2所示。由图线可得，“水果电池”的电动势E=”内电阻r=。保留二位有效数字）.

//mA

国1图2

填空题

第8页/共2S系

I.(2分)在探究“变压器原副线圈的电压与匝数之比”实验中，可拆变压器的铁芯固定得不是很紧时，变压器会发出较响的“嗡

嗡”声，其原因是。

计算题

1.(9分)在一粗糙的绝缘水平面上固定一光滑斜面，斜面底端

有•小段圆弧与水平面平滑相连，斜面的倾角为53°,整个空

间存在•水平向左的匀强电场E=2xKPN/C,现有•带电量

为＜?=-5x10-5C,质量为m=10g的小球，初始时刻在水平面

上离斜面底端为z(未知)处以的-2m/s的初速度向右运动。

小球冲上斜面，在斜面上的最大运动距离为l=25m,已知小球与

水平面之间的动摩擦因数为U=0.5。

(1)求小球从斜面底端运动到最高点的时间t；

(2)求初始时刻小球离斜面底端的距离x；

(3)若小球运动到斜面顶端时，电场方向突然变成水平向右，大小不变，求小球再次到达水平面时的速度。

2.(12分)图甲为某种简易轨道赛车的轨道图，图乙为拼接直轨道的直板，图丙为部分轨道的简化示意图。其中DA、BC、CD段为直

轨道，由多个长为▲=0.25m的宜权拼接而成：AB为半圆形水平弯道，其半径/?2-L0叫它能承受最大的侧向压力为

F=20N；1和2为竖直平面内的圆轨道，圆轨道1的半径为8=0.47%圆轨道2的半径=02九,已知该赛车的额定功率为

Po-lOOO,而赛车行驶时，可以通过遥控器控制赛车的实际功率。设赛车在水平轨道所受阻力恒/.5N,为不计竖直圆轨道

对赛车的阻力，赛车的质量为m-0.2kg求：

(1)汽车匀速过弯道AB的实际功率P不能超过多少？

(2)若EC段拼接了4块直板，某次赛车以vx-7.5m/,的速度经过弯道，至犯点后不施加动力，则赛车最后停在轨道上的位置到B

的距离X?

(3)若赛车以最大速度拐弯，至UB点后不施加动力，要使赛车能安全通过两个竖宜轨道，则BD间最多可拼接几块直板?这些直板在BC

间和CD间如何分配？(圆轨道间、圆轨道与弯道间不能直接连接)

尔9贝/H2551

3.(10分)如图所示，某粒子源S持续、均匀地射出速度

00=1.2x10m/3.比荷£=1.8xl()uc/kg的电子，由小孔沿两水平金属：(

m

板A与6间的中心线射入。A、B极板长h=0.24m,A、B极板间相距J

d=0.24m,加在两板间的电压nAB=10sE1007Tt(V),开始时A极板电势

高于B,A与B间的电场可看作是匀强电场，两板外无电场。离两板右侧距离、J

G=0.20m处放一垂直轴线的荧光屏CD,A与B间的中心线与CD交于。点。整个

装置处于真空中，不计重力，不考虑相对论效应，每个电子在极短时间内通.

过电场区域时电场可视作不变。

(1)若粒子源为天,经过一次a衰变和一次B衰变后，生成电荷数为90的H

Th和电荷数91的Pa,请写出对应的衰变方程，提出一条能简单快速去除a粒;4

子但对B粒子几乎无影响的方法：

(2)求打在0点下方0.32m处的电子在经过电场时的电压UA*

(3)若在两板右侧到荧光屏DC间加上垂直向外的8=：x10-7的匀强磁场，则打在荧光屏上的粒子数占入射粒子数的百分

比？

4.(10分)如图所示，一平行倾斜光滑金属导轨与间距相同的水平光滑导轨平滑连接，电阻均不计，导轨与水平频角为30°,导轨

间距L=0.5m,倾斜导轨平面存在着垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B2,导轨上端与匝数N=100匝的线圈相连

接，线圈面枳S=0.01m2,线圈电阻色=0.04/2,线圈内存在一垂直平面向卜•的磁场，磁感应强度随时间变化为/二

0.2m.6t(7),用同种材料制作成一边长为L、粗细均匀的正方形导体框放在水平导轨上，质量为m2-0.4kg,R?=0.0872,其中AB边

(包括A、B)绝缘漆被刮去，其他三边有绝缘漆，两边与水平导轨相接触。假设水平导轨与地面的高度足够大，在水平地面存在竖宜

方向的相间的匀强磁场，磁场宽度为L,相邻磁场间距也为L,磁感应强度为电=0.27,现在在倾斜导轨卜.垂直放置•导体棒PQ,

棒长为L,质量0.1kg,电阻％=0.02q,若闭合开关卜，断开开美电，导体棒PQ恰好能静在斜导轨上，然后断开心

闭合心,导体棒由静止下滑，达到匀速后进入水平导轨并。正方形导体线框相碰，相碰后不分开一起向右运动，然后从导轨水平飞

出，假设线框在空中运动过程中保持水平，不发生翻转，最后穿过竖直磁场落在水平地面上。

(1)求垂直斜面的匀强磁场的磁感应强度大小；

(2)求正方形线框飞出到落地的水平位移：

(3)求正方形线框从飞出到落地过程，CD边的电势差U随水平位移x的函数关系。

第10。/共25页

第52年/单II第

浙江省宁波镇海中学高考物理选考模拟试卷（答案&解析）

单选题

1.B

【解析】解：表达式F=kS?中：Ff.S.v的单位分别为N,in?、m/s,

又［N=1kg•m/s2

则得：1kg-m/s2=Ik-m2+/代,所以k的单位为kg/m3。

故选：B。

根据表达式F=kS］各个量的单位，推导出比例系数k的单位.中

本题是信息题，根据力学单位制求出比例系数的单位，关键要掌握各个物理盘的单位，知道lN=lAg-m/s2.

2.A

【解析】解：A、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了理想化物理模型的方法，故A错误：

B.伽利略通过理想斜面实验指出力不是维持物体运动的原因，故B正确：

C,根据速度的定义式□=当△排常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，故C正确：

【）、探汽加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，采用了控制变量的研究方法，故。正确.

本题选错误的，

故选:A。

质点是一种理想化的物理模型：伽利略通过理想斜面实验指出力不是维持物体运动的原因：瞬时速度的定义运川了极限思想法：探究加速度与

力、质量三个物理量之间的定量关系，采用了控制变量法。

在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理研尢方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助，故在理解概念和规律的基础匕要注意科

学方法的积累与学习.

3.D

【解析】解：A、太阳东升西落是人类以地球为参考系得出的结果，故A错误：

B、“地球的公转”，是假定太阳静止,故太阳为参考系，故B错误:

C、“一江春水向东流”是以地面为参考系，故C错误：

D、“两岸青山相对出，孤帆一片日边来。'’诗中的“青山相对出”选择的参考系是孤帆，故D正确。

故选：D。

第12页/共26贝

参考系是为了研究物体的运动，选定的用来作为标准的物体。根据选项可以得出正确的参考系。

本题考杳对参考系概念的理解及实际判断能力，要注意区分研究对象与参考系的不同。

4.I）

【解析】解：A、由甲图看出：物体A和B的位移图象都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，故A

错误。

B、A图线的斜率大于B图线的斜率，A的速度比B的大，则知在0~3s的时间内，A在B的前方，两者间距逐渐增大，故B错误。

C、根据速度时间图象的“面积”表示位移，t=3s时,物体D的位移比C的大，故C错误。

IX由乙图看出:内,n的速度比c的大.c、I）是从同一地点沿同一方向开始运动的,所以D在c的前方,两者间距逐渐增大。故n正确。

故选:D.

在位移时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率等于速度；坐标的变化城表示位移。速度时间图象的“面积”表示位

移，交点表示速度相等，分析两物体的运动情况，判断C、I）间距离的变化“

对手位移图象和速度图象，要从图象的数学意义来理解其物理意义，抓住斜率、面积、交点等数学意义分析物体的运动情况。

5.C

【解析】解：小球（拉匀速圆周运动.角速度相同.省力分析如下图所示:

令绳长为绳子为I/，反向延长与拨浪鼓转轴交点为0，小球到。点的距离为L,鼓面半径为r。根据牛顿第二定律得：mgtamt=

mx2b=m6

整理得：力=Leos。=号=Acos。+

4"tsinO

即绳子反向延长与拨浪鼓转轴交点为0到小球转动平面的高度h固定，绳子长度L越大，偏转角o越大，则绳子与拔浪鼓连接点A离小球圆

周运动平面的距离为：

第13级/共25贝

h=Leos。=/i一品，绳子长度M超大，偏转角0超大，h'越大，故C正确，ABD错误。

故选:C.

小球做匀速咧周运动，角速度相同，通过对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律和几何关系求解即可。

本题以宋代时小型拨浪鼓成为儿童玩具为背景命制试题，考查匀速圆周运动，是一道理论联系实际的好题，能够激发学生的求知欲和学习积极性:

要特*.注意绳子反向延长与拨浪鼓转轴交点为。到小球转动平面的高度h固定。

【解析】解：对于月球的卫星，力有引力提供向心力，设卫星的质量为m、凯也半径为r、月球质装为M.有尸一心

pCMlm

2

nv24〃2r

解得

根据躅意得：卫星在a上运行的轨道半径小于在b上运行的轨道半径，

所以卫星在a上运行的线速度大，角速度大、同期小、万有引力大.故八、B、C错误，D正确.

故选D.

对于月球的卫星，万才引力提供向心力，根据万方引力公式和向心力公式列式求解即可.

本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和加速度的表达式，再进行讨论

7.B

【解析】解：由图可知，a的周期为0.4s：b的周期为0.6s,则由n=可知,转速与周期成反比，

故曲线a、b对应的线图转速之比为3：2,

曲线a衣示的交变电动势最大值是10Y,

根据ESJ-nBS,汨曲线b表示的交变电动势最大值是2匕故B正确,ACD错误；

3

故选:B・

根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及最大值等。本题考查了有关交流电描

述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量。

8.B

XI4M/共25贝

【解析】解：A、卢瑟福通过a粒子散射实验否定了原子的“枣糖模型”结构，提出了原子的“核式结构模型”，故A错误:

B、根据左手定则可判定射线甲为B射线，故D汇确；

C、由图可知，光照越强，光电流越大，但遏止电压是•样，说明遏止电压与光的强度无关，故0错误：

D、重核的裂变属于链式反应，其方程式为Q：'U+)-148a+(Kr+3》,故D错误。

故选：B.

卢瑟福通过a粒子散射实验否定了原子的“枣族模型”结构，提出了原子的“核式结构模型”：

根据左手定则判断组成射线的粒子性质：

光照越强，光电流越大，但遏止电压与光的强度无关：

核电站就是利用有核的裂变释放的能量来发电的，是属于鞋式反应；

考杳原于核式结构模型的发现者，及其息又：嬖提二种射线的区别与组成；理解鞋式反应与热核反应的区别。

9.C

【解析】【分析】

以整体为研究对象醛直方向根据共点力的平衡条件计算支持力大小：以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度，水平方向以整体为研

究对象根据牛顿第二定律求解拉力大小。

本题主要是考查了牛顿第二定律的知识：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

利用牛忸第二定律建立方程进行解答：注总整体法和隔离法的应用。

【解答】

A.以整体为研究对象，竖直方向受力平衡，则可知杆对物块的支持力为（M+m）g,A错误:

B.以m为研究对象进行受力分析如图所示，

由此可得细线的拉力丁=T，B错误：

COS0

CD、小球运动的加速度为：a=gtan0,以整体为研究对象，整体的加速度为glan。，水平方向根据牛顿笫..定律可

得:F=iM+m)a=(M+m)gtan<),C正确、D错误：

故选C,

10.c

【解析】解：A.石块在空中做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则知石块经过P点时的水平分速度等于V”故A错误；

B、选择P点等高面为参考平面，所以石块过P点的重力势能为零，故B错误：

C、从(，到P过程，据动能定理可得：mg(H-h)=Eby-3n评,解得石块在P点的动能号=+mg(H-/i),故C正确;

D、石块过P点的重力势能为零，所以石块在P点的机械能就等于石块在该点的动能。E=E"=:m雄+mg(H-h),

第15页/共25页

故D错误。

放诜:a

石块在空中做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据动能定理分析石块经过P点时的动能.根据机械能守恒求出石块在该点的机械能.

解决本密的关键是明确石块的运动规律和能量转化情况，知道不il•空气阻力时石块的机械能守恒，求重力势能时要注意参考平面.

11.A

【解析】解：现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为巳,

线框处广匀强磁场中，则各边受到的安培力大小相等，

依据左手定则，可知，安培力夹角均为120。,因此安培力合力为0,则布'F2=mg+Fx;

当在虚线的下方有一垂百.于导线框向里的匀强做场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F，；

依据左手定则，则各边受到安培力如图所示：

结合矢址的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为F2=7根据平

衡条件，则有F,+F合=mg,:

第16页/共25页

解得：ps=m(g-P\=&,

即7=;(F2-F.)

那么/=警，故A正确,BCD错误；

Bl

故选:A。

在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，由左手定则判断出安培力的方向，再由安培力公式求出安培力大小，对导线框进

行受力分析，结合矢量的合成法则，求得安培力的合力；

当线框完全处于磁场中，同理，可知，安培力合力为零，则可知，拉力等于其重力，从而即可求解。

本题中要注意安培力的等效求法，虽然每一个边都受到安培力，但由于闭合的电路中，等效长度为零，故等效安培尢为零，同时掌握

左手定则的内容，及矢量的合成法则，注意求解安培力合力是解题的关键。

12.D

【解析】解：AB、带电粒子进入磁场后受至J洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正粒子受到的洛伦兹力向卜，负粒子受到洛伦兹力向

上，故AB错误;

C、不带电的液体在磁场中不受力，M、、两点没有电势差，无法计算流速，故0错误：

D、最终正、负粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有解得液体的流速：丫意,U是肺两点间的电压，废液的流量

为：Q=1S-嘴,只需要测量MN两点的电压就能够推算废液的流量，故D正确。

故选:队

废液流过磁场区域时，根据左手定则判断带电粒子所受洛伦兹力的方向，正、负粒子发生偏转打到上、下两个面上，上、下两个面之

间形成电场，地终正、负粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，根据受力平衡求出粒子的速度，再根据Q=vS求出流量。

本题考查霍尔效应及其应用，解决本题的关键要知道导电液体流过磁场区域时，正、负粒子受到洛伦兹力，发生偏转打到上、下两个

面上，形成电场，最终正、负电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态。

多选题

1.A|BC

【解析】解：A、可以将每个点电荷(2q)看作放在同一位置的两个相同的点电荷(q)，既然上下两个点电荷(q)的电场在X轴上场强最大

的点仍然在A、A'两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在z轴上场强最大的点当然还是在A、A'两位置，故A正确：

B、由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点0旋转90°后对称的固定在z轴上，贝收轴上场强最大的点仍然在A、A'两位置,

故B正确;

C、由AB可知，在yOs平面内将两点电荷绕0点旋转到任意位置，或者将两点电荷且荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、

A两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于0点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最

«17«/共四列

大的点仍然还在A、A两位置.所有.这些小段对称叠加的结果，合电场在a轴上场强最大的点当然还在A、A两位置，故C正确：

D、如付C选项，将薄圆板相对。点对称的分割成些小块，除了最外圈上关丁0点对称的小段间距还是和原来样外，嵌内的对称小块间亚都

小于原来的值，这些对称小块的合电场在z轴上场强最大的点就不再在A、A两位设，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、

A两位置，故D错误。

故选:ABC。

根据场强的叠加原理及对称性，结合等量同种电荷形成的电场的特点，分析电荷量加倍或旋转后的最大场强位置是否变化。

此题考查广场强的林加原理，熟悉等量同种电荷中垂线上电场强度的分布特点，然后加以推理即可分析，考察了学生的推理应用能力，难度适中。

2.A|BC

【解析】解：A、彩色的肥皂泡是薄腴前后表面的光发生干涉而产生的，故A正确。

B、立体电影利用的是光的偏振现象，故B正确。

3医院检查身体的彩超仪是通过测出反射波的频率变化来确定血流的速度，是运用了多普勒效应原理，故C正确。

D、LC振荡电路产生的电流频率为：『=薪，若要产生比原来短些的电磁波，则频率变高，由公式可得可以通过减小电容器的电容，由

电容公式C=指知可采用的措施为增大电容器极板间的距离，减小电容，故D错误。

4nkd

故选:ABC。

彩色的肥皂泡是光的干涉现象,立体电影利用的是光的偏振，振荡电路产生的振荡电流频率/=

考查光的「涉、偏振以及多普勒效应的应用，增大电容器极板间的距离•，电容减小。

3.BC

【解析】解：A、由乙图知，在1=0.10s时，y-l图象的斜率为负，说明质点Q向y轴负方向运动，故A错误:

B,根据波形平移法可知该波沿z轴负方向传播.由图甲所示波形图可知，1=0.10s时，质点P的振动方向沿y轴正方向.由图乙可知，周期:T=0.20s,从

t=0.10s到t=0.25s,经历时间At=0.15x-；T,则知在t=0.25sB=7,质点P位于x轴下方，其的加域度方向与y轴正方向相同，故

B正确.

C、由甲图知波长、=8m,则波速为：v=亨一2一40m/s,从t=0.10s到t=0.25s，该波沿7.轴负方向传播距离x=v/\t=40X0.15m=6m,

故C正昧

D、从t=0.10s£iJ=0.25s经过的时间为t=0.15s=；T,由于t=0.10s时刻质点P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点P通过的路程不是

3A=30cn,故D错误:

故选：BC

由乙图的斜率读出Q点在1=0.10s时的振动方向，由甲图判断出波的传播方向.分别由两图读出波长和周期，求出波速.由乂=vl求波传播的距离.根

据时间与周期的关系求出质点通过的路程.

木题关健是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系.要知道质点做简谐运动

工18负X共25克

时，只有起点在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在一周期内振动的路程才是3A.

4.A|C

【解析】解：鼠根据题意可知，小球在水平方向上不是匀速直线运动，可以等效为匀速宜.线运动，则OA、AB、BC、CD时间相等，在竖

直方向上做自由落体运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的推论，知zOA：zAB：zBC：

xc。-1:3:5:7,故A正确：

B、因为在相邻两点间所需的时间和等，水平方向上的速度大小不变，竖直方向上做自由落体运动，则根据zlu-a△［可

知，用邻两点间的速度变化量相等，故B错误：

CD、小球从0点运动到D点的时间'=黑

则tan。=4=等,故C正确，D错误。

104

故选:AC。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据两墙壁间的距离求出在两墙壁间水平方向上的运动时间，

从而得出运动的总时间，结合平抛运动的规律求出速度与水平方向的夹角的正切值。

解决该题的关键是明确知道小球在水平方向和竖直方向的运动情况，知道每相邻两个点之间的时间是相等的，掌握自由落体运动的规律。

实验题

1.18.50与a

【解析】解：①由图丙所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm,游标卡尺示数为：

18mm+10X0.05mm=18.50mm.

②在一个周期内摆球两次经过平衡位罟，庄图乙所示可知，单摆周期Txh.

由单摆周期公式7-27rg可知，重力加速度g-詈；

③由单摆周期公式T-2nT2^L

产-L图象的斜率，重力加速度g=f

珠稼朗玛峰山顶的重力加速度小于山脚的重力加速度，

因此在峰顶做实睑时图象斜率较大，在峰顶做实验作出的图线可能是直线a：

故答案为：“8.50；2誓；91Q.

①游标卡尺主尺与游标黄示数之和是游标卡尺示数，根据图示游标卡尺读出其示数。

②摆球经过平衡位置时细线的拉力最大，古•个周期内摆球两次经过平衡位置，由图乙所示图象求出单摆的周期，应用单摆周期公式求

出重力加速度的表达式。

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③根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，根据函数表达式与图示图象分析答题。

本题考杏了应用单提测市力加速度卖骗.知道实险原理是解时的前提.根据单楼周期公式求用图象的函数丧伙式.根据图示图象即可解

题。

2.能

【解析】解：能。

由于平抛运动水平方向是匀速直线运动，每隔相等时间曝光一次，则相邻的两个小球水平方向之间的距离相等，由此确定水平方向，竖

直方向是自由落体运动，相邻的两个小球之间的距离之差为定值，由此确定竖直方向。

故答案为:能。

根据平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，由此分析能否确定竖直方向。

本题主要是考查了“研究小球平抛运动”实验，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的白由落体运动。

3,3.81.9x102

【解析】解：①应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，由于•电压表是理想电压表，不会分流，为减

小实验误差，相对电源，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：

②由图示电路图可知,路端电压为:U=E-Ir.

由图示UT图象可知，电源电动势为：E=3.8V,

电源内阻为r=4=现二竺？工1.9x102。

I150x103

故答案为：①实验电路图如图所示：21.9x102,

①根据实骗原理作出实验电路图；

②根据实验电路图求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电源电动势与内阻。

本题考查了测电源电动势与内阻实骏，考查了实验电路设计与实验数据问题，理解实验原理是解题的前提与关键，求出图象的函数表达

式，根据图示图象即可解题。

填空题

1.由于铁芯受到安培力的作用而振动发声

【解析】解：可拆变压器的铁芯固定得不是很紧时，在接入交流电后有很强的声音，则说明交变电流的磁场对铁芯有

»20«/共25页

吸、斥作用，铁芯振动发声，即由于铁芯受到安培力的作用而振动发声。

故答案为：由于铁芯受到安培力的作用而振动发芦。

通电线圈在破场中会受到安培力的作用，根据力白J作用是相互的,所以铁芯会受到安培力的作用发生振动,由此分析。

本题考查变压器原理，应明确可拆变压器的铁芯固定得不是很紧时变压器会发出较响声音的原因是由于力的作用而振动，

计算题

1.解：小球的质量为：nF10g=0,01kg.

(1)小球在斜面上运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律可得:

ntlgsin53-Q£COS53=ma.

解得：a=2tn/s2,

逆向分析可看做是初速度为零的匀加速直线运动,则行：

=-at2

2

解得：c=5s：

(2)根据速度-时间关系可得小球在最低点时的速度为

v=aflOm/s

从开始到小球达到斜面底端过程中，根据动能定理可.用：

spkr—f/mgx=

解得:x=9.6m：

(3)若小球运动到斜面顶端时，电场方向突然变成水平向右，设电场力与重力的合力与水平万向的夹角为。,根据几何关系可得

咚=1,则a=15°<53°

—

所以小津沿图中的红线卜滑.加速度大小为a—4子10S^2m/s2

位移=霁=

Lsinl520&m

根据速度一位移关系可得：V2=2aL

解得：v=20«m/s,方向与水平方向夹角为45°斜向下。

答：(U小球从斜面底端运动到最高点的时间为5s：

⑵求初始时刻小球离斜面底端的距离为9.6m；

(3)小球再次到达水平面时的速度为20em/s,方向与水平方向夹角为45°斜向下。

【解析】(1)求出小球在斜面上运动的加速度大小，逆向分析，根据位移-时间关系求解:

821页/共25页

(2)根如速度-时间关系可得小球在最低点时的速度，从开始到小球达到斜面底端过程中,根楙动能定理求解位移;

(3)根据几何关系求解小理的合力方向，分析小球的运动情况，根据运动学公式求解，

本题主要是考查带电粒子•在电场中的运动，解答本题的关键是弄清楚小球的受力情况和运4情况，结合受力情况根据牛顿第二定律、动能定理等进行解

答.

mva

2.解：⑴在AB段，水平侧向力提供小车做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得:

w

解得:v=10m/s

汽车匀速过弯道AB的实际功率P最大为：PE)=/=5011

(2)在BC段，根据动能定理可得：-f•M=\rnvl-\rnvl

解得v{=2,5m/s：

从C点开始在圆凯道1上运动，当速度减小到0上升的高度为h,根据动能定理可得：

解得:h=0.3125m<0.4m

故汽车驯达轨道1后下滑进入CB轨道，在CB轨道，来据动能定理可得：_"=0一扣4

解得:x=0.125m

赛车最后停在轨道上的位更到B的距离为x=4L-x=0.875m:

(3)小球能通过圆轨道I最高点，根据牛顿第二定律可得：巾9=等

解得：%=G%=2m/s

2

从B到也轨道】最高点，根据动能定理可得：-fxx-mg-2^=\mVl-\mV

解得X、=1.6m

小车能通过圆轨道2的最而点.根据牛顿第二定律可得：mg=萼

解得：v2=yflm/s,.

从圆轨道I最高点，到圆轨道2最高点，根据动能定理可得：

・

mg2Ri-mq-2R2-fx2-

解得r2=0,2m:

故L6=X]+*2=1.8m

n=--7.2

L

n=^=6.4

L/

故BD间最多可拼接7块直板，这些直板在RC间为6块，CD间为I块

第22页/共25羽

答：(1)汽车匀速过弯道AB的实际功率F不能超过50W：

(2)赛车最后停在轨道上的位附到B的距廛x为0875m：

(3)BD间最多可拼接7块直板，这些直板在BC间为6块，CD间为1块.

【解析】(1)轨道对小车的水平侧向力提供小车做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求得最大速度，匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据

P=Fvfv求得最大功率：

(2)从E到C根据动能定理求得到达C点的速度，到达C点后进入圆轨道I,根据动能定理判断出达到的最大高度，判断出小车从如轨道上返回，再次

利用动能定理求得从C到辞止通过的位移，即可求得：

(3)小车能通过圆轨道1和2,根据十顿第••定律求得最高点的速度，从B到圆轨道1最高点，利用动能定理求得BC间的最大距离，同理从圆轨道1最

高点到圆轨道2最高点，根据动能定理求得CD间的最大距离，结合轨道长度，即可求得。

本题主要考查了功率，动能定理，圆周运动，关键是抓住能通过圆轨道最高点的临界条件，利用好匀速运动的时牵引力等于阻力即可

3.解:⑴核反应方程为：^21+1He2xjh^24pu+

因a射线是高速氮核流,贯穿能力很弱，一张纸就能把它挡住，而射线能贯穿几曜米耳的

铝板，所以用一张纸挡住即可快速去除。粒子但对P粒子几乎无影响。

(2)根据类平抛运动的规律，打在0点下方0.32T处的电子满足-=

lY

I

T^—,解得y=O.12m

小

由于y=(筌已〃=”o,，解得lu=QV

於)由⑵的计钝可•知.打在。.点.下方。22m处的电子恰好从R板右侧边绅射出.且粒子的出的方向与初速度夹角为45。,

则合速度为»=缶。

由于磁场方向向外，可知电子受到斜向上的洛伦兹力作用，粒子在磁场中运动，由erB=可得

r=^=0,4V2m

则•定能打到荧光屏上:

当上板电势较高时，电子向上偏转，当电子射出从电场中射出后进入磁场，轨迹与光屏相切时位置最远，此时设电子从电场中射出时速度方向

与初速度夹角为。，由几何关系L2=R(1-sinO)

粒子在磁场中运动rB=m?可得"果

munirmvmnO'〃

则

7B(X^