2019年浙江省十校联盟高考物理模拟试卷(3月份)(解析版)

1、20192019 年浙江省十校联盟高考物理模拟试卷（年浙江省十校联盟高考物理模拟试卷（3 3 月份）月份） 一、单选题（本大题共 1212小题，共 36.036.0分） 1.下列物理量均为矢量的是（） A.路程、电压B.位移、电流C.加速度、磁通量D.力、磁感应强度 2.下列国际单位制中的导出单位用国际单位制中的基本单位表示正确的一项是（） A.向上B.向下C.向左D.向右 9.如图所示的阴极射线管，无偏转电场和磁场时，电子束经加速电压U0加速后打到荧屏中央形成亮斑。 若在 M1、M2之间加一电势差 U 和垂直于纸面的磁场B（图中未画出），电子束仍然打到荧光屏中央， 则（） A.B.C.D.

2、3.下列说法中不正确的是（） A.根据速度定义式 ，当趋向于零时，可以用表示物体在 t时刻的瞬时速度，这是应用了极 限思想法 B.在不需考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代的思想 C.开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律 D.伽利略通过理想斜面实验得出了力不是维持物体运动的原因的结论 4.某校举行教职工趣味运动会其中一项比赛项目-“五米三向折返跑”， 活动场 地如图所示，AB=AC=AD=5m，参赛教师听到口令后从起点A 点跑向 B点， 用手触摸折返线后再返回A 点，然后依次跑向C点、D 点，最终返回 A 点。 若人可视为质点，现测得某参赛教师完成活动的时间为7.5

3、0s，则（） A.A 到 B和 A到 C 的位移相同B.该教师全程的平均速 度为 0 C.该教师通过的总位移为30mD. 指的是该教师回到起点的时刻 5.一物体自 t=0时开始做直线运动，其速度-时间图象如图所示。下列选项 正确的是（） A.在 内，物体离出发点最远为30m B.在 内，物体 经过的位移为 40m C.在 内，物体的平均速度为 D.在 5s 时，物体的加速度方向发生改变 6.如图所示是一种古老的舂米机。舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O 轴转动， 在横梁前端B处固定一舂米锤， 当脚踏在横梁另一端C点往下压时， 舂米锤便向上抬起。然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，

4、使 稻谷的壳脱落变为大米。已知 OCOB，则在横梁绕 O 转动过程中（） A.磁场 B 的方向垂直于纸面向外 B.稍微增大磁感应强度 B，在荧屏上的亮斑将出现在图中虚线上方 C.稍微增大偏转电压 U，在荧屏上的亮斑将出现在图中虚线下方 D.稍微增大加速电压 ，在荧屏上的亮斑将出现在图中虚线下方 10. 小明同学想给家里的店面房装一个门帘， 如图一是他设计的门帘悬挂示意图， 用 C 重物代替厚重的门帘，相隔一定距离的两个相同的光滑小滑轮A、B 固 定在等高的水平线上，不可伸长的细绳套在两小滑轮上。若顾客施加水平推 力 F 推门帘进入，简化为此时 C恰好静止于 B 端的正下方，如图二所示。已 =0

5、.6，cos37=0.8，g=10m/s2（）知 sin37 A.图一中，AC、BC绳的拉力相等，都等于C重物重力的一半 B.图一中，若仅增加绳子的长度，绳子有可能会断 C.图二中，推力 F与重力的合力与 AC绳的拉力等大反向 D.图二中，若 ，则 11. 如图甲所示为一款儿童电动汽车， 该款电动汽车的部分参数如图乙所示， 则下列说法正确的是 （） A.B、C 的向心加速度相等 B.B、C的角速度关系满足 C.B、C的线速度关系满足 D.舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力 7.地球同步卫星 A和另一卫星 B 处在同一轨道平面内，其轨道半径之比为4：1，两卫星绕地球的公转方

6、向相同，则下列关于 A、B两颗卫星的说法正确的是（） A.A、B 两颗卫星所受地球引力之比为1：16 B.B 卫星的角速度小于地面上跟随地球自转的物体的角速度 C.用弹簧秤称量同一物体，弹簧秤示数在B 卫星中时更大 D.B 卫星的公转周期为 3h 8.如图，四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点a、b、c、d 上（bd连线沿水平方向）。导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。在正方 形中心 O 点处放置一垂直纸面的通电长直导线，电流方向向外，则它所受安培力 的方向（） A.电机正常工作时的电阻为 B.正常工作下电机的输出功率为24W C.电源从无电状态到充满电需要消耗能量 充满

7、D.用该充电器给完全无电的玩具车充电，需可 12. 如图所示， 在一倾角为 的玩具轨道顶端 A和底端 C装有弹射装置， 现从 A 端以速度 v1水平弹出一钢珠，钢珠落在轨道上B 点的速度大小为 v 2，方向 v3方向与斜坡成 角，与斜坡成 角； 从 C 端以速度 v3斜向上弹出一钢珠， 钢珠落在轨道上 D 点的速度大小为 v4，方向水平；已知 ABCD，空气阻 力不计，则（） A. B. 可能小于 C.若整个空间存在竖直向下的匀强电场， 从 A端以速度 弹出一带正电的 第 1 页，共 12 页 绝缘小球，则小球落到斜坡上的速度还为 D.若整个空间存在竖直向下的匀强电场， 从 A 端以速度 弹出

8、一带正电的绝缘小球， 则小球落到斜坡 上的速度大于 二、多选题（本大题共4 4 小题，共 9.09.0分） 13. 如图所示，一质量为m 的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端与小球相连，另一 端固定于 O点，将小球由 A 点静止释放后，沿杆运动到B 点，已知OA 长度小于 OB 长度，弹簧处于 OA、OB两位置时弹力大小相等。则小球由A运动到 B 的过程中， 下列说法正确的是（） A.小球在 B点的速度可能为零 B.小球的加速度等于重力加速度g的位置有两个 C.小球的机械能先减小后增大 D.整个系统的机械能守恒 14. 下列说法正确的是（） 经过 6 次 衰变和 4次 衰变后成为原子核A. B

9、.在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和普通 水 C.结合能越大，原子核结构一定越稳定 D.将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变该放射性元素的半衰期 15. 如图所示为两列沿同一绳传播的（虚线表示甲波，实线表示乙波）简谐横波在某时刻的波形图， M 为 绳上 x=0.2m 处的质点，则下列说法中正确的是（） （3）根据纸带算出相关各点的速度v，量出下落距离 h，则以为纵轴，画出的图象应是图中的_ 18. 现有一摄像机电池，无法从标签上看清其电动势等数据。现进行如下实验操作： （1）选取多用电表的直流电压10V 挡，将两表笔直接接到电池的正、负

10、两极，指针偏转情况如图，由 此可知其电动势约为_V A.图示时刻质点 M的速度为零 B.M 点是振动加强点 C.甲波的传播速度 比乙波的传播速度大 D.由图示时刻开始，甲波再经 周期，质点 M将位于波峰 16. 如图所示，一束太阳光经过玻璃三棱镜后，被分解成各种色光。在接收 屏（与三棱镜侧面平行）上形成宽度为L 的彩色光带。光带最上端为a 光， 最下端为 b光。 现将一较厚的平行玻璃砖竖直插入到三棱镜的左侧， 我们会看到（） A.彩色光带整体下移 B.彩色光带宽度 L变大 C.若用 a、b 光分别通过同一双缝装置，b光得到的干涉条纹更宽 D.若 a 光照射某金属能发生光电效应，则用b 光照射该

11、金属也一定能发生光电效应 三、实验题探究题（本大题共3 3 小题，共 14.014.0 分） 2 17. 验证“机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法（本实验中取g=9.8m/s） 2 （1）通过验证 mv =mgh来验证机械能守恒定律时，对纸带上起点的要求_； （2）现要更加准确测量其电动势和内电阻，实验室备有下列器材： A电流表（量程 0.6A，内阻约为 3） B电压表（量程 3V，内阻为 3k） C电压表（量程 30V，内阻约为 30k） D定值电阻 R1=500 E定值电阻 R2=5000 F滑动变阻器（阻值范围0-30） G开关及导线 该实验中定值电阻应选_（选填选项前的字母序

12、号）。 为了更加准确测量其电动势和内电阻，将实物连线图补充完整。 若将滑动变阻器滑到某一位置， 读出此时电压表读数为U，电流表读数为 I，则电源电动势和内阻间 的关系式为_ （2）若实验中所用重物质量m=1.0kg，打点纸带如图所示，所用电源频率为 50Hz，图中 hA=27.94cm， hB=32.79cm，hC=38.02cm。记录 B 点时，重物动能EkB=_。从 O点开始下落至 B 点，重物的重力 势能减少量是_，因此可得出的结论是：_。（保留三位有效数字） 第 2 页，共 12 页 19. （1）某同学在做“在用单摆测量重力加速度”的实验中，实验装置如图（a）所示，细线的上端固定 在

13、铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆。 AC为竖直直径， 21. 如图所示， 有一少儿游戏轨道， 半径为 R 的光滑绝缘半圆形轨道ABC在竖直平面内， OB 为水平半径，半圆形轨道与水平绝缘轨道CD 相切于 C 点，D 端有一被锁定的轻质绝缘压缩弹簧， 弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q 到 C点的距离为 2R质量为 m的滑块（视为质点）从轨 道上的 P 点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通 过圆轨道的最高点 A已知 POC=60，重力加速度 g。求： （1）滑块与水平轨道间的动摩擦因数； （2）弹簧被锁定时具有的弹性势能； （3）现让该滑块

14、带上正电荷q（电量保持不变）并放在Q处，又在 AC及 AC的右侧加上一竖直向上 的匀强电场，是否存在某个电场强度E，当弹簧的锁定解除时，使滑块从A点抛出后能落到水平绝缘 轨道上离 C点 12R处？请说明理由。 22. 某课外实验小组对质谱仪进行了改装，如图甲是改装后的结构简图， CCDD构成加速管，OO加速管截面是边长为CC=d 的正方形， 为加速管的中心轴线；PQ是长为 d且足够宽的荧光屏，荧光屏离加速 管距离 QD=d；在 PQDD直线上方有垂直纸面向内的匀强磁场，磁 感应强度大小为 B在 CC与 DD两端间加电压，可认为在加速管 中形成匀强电场；现有大量的带电量为 q、质量为 m的正离子

15、飘入 CC 端， 离子经加速管加速后从DD端进入匀强磁场中。 不计离子飘入时 的速度，不计离子的重力及离子间的相互作用。 （1）当在 CC与 DD两端间加某一电压U0时，其中从加速管的 O 点飘入的离子恰能打在荧光屏中心位置，求U0； （2） 在 CC与 DD两端间加电压仍为U0， 但荧光屏未调成与 DD 成一直线，PQ与 DD成一较小的偏角 ，荧光屏离加速管距离 不变，QD=d，如图乙，求荧光屏上可能被粒子打中的长度L； （3） 重新把装置调成甲图状态， 且从 CC飘入的离子在 CC端均匀 分布，当在 CC与 DD两端间加电压 U时，求荧光屏上的离子收集效率（被收集离子的数量与进 入加速管通

16、道的离子的 数量的比值）与电压U 的关系。 实验过程有两组同学分别用了图（b）（c）的两种不同方式悬挂小钢球，你认为_（选填“b”或 22 “c”）悬挂方式较好。他通过多次实验后以摆长L为横坐标，T 为纵坐标，做出的 T -L 图线，若该 同学计算摆长的时候加的是小球的直径，则所画图线在图（d）中是_ （2）利用双缝干涉测定光的波长实验中，取双缝间距d=0.5mm，双缝与光屏间距离L=0.6m，用某种 单色光照射双缝得到干涉图象如图，分划板在图中A、B 位置时游标卡尺读数如图，则单色光的波长 为_m（结果保留 3位有效数字）；若改用频率较高的单色光照射， 得到的干涉条纹间距将_ （填“变大”“

17、变小”或“不变”） 四、计算题（本大题共4 4 小题，共 41.041.0分） 20. 在河边，我们经常可以看到树上的果子成熟后掉落到水中。为了研究果子下落又上浮的运动情况，小 李同学用一个小木球代替果子进行实验，当木球从距水面h=1.25m高处由静止自由下落时，落入水面 以下 d=1.0m 后又上浮。已知水对木球的浮力恒为木球重力的1.5倍，设水对木球的阻力大小不变，球 2 与水面撞击时机械能损失了36%，不计空气对木球的阻力，取g=10m/s 求： （1）木球下落到达水面前瞬时的速度大小； （2）木球所受水的阻力是木球重力的多少倍； （3）木球从水中最低点到第一次浮出水面的时间。 第 3

18、页，共 12 页 23. 如图甲为某小组研究电磁感应的实验装置示意图， 金属导轨 MCN与 MCN平行等间距固定放置， CN与CN导轨水平放置，间距为L=2m，斜面导轨与水平面成夹角=37， 在MM间接电阻R=6， 只在 PQQP与 CDDC的长方形区间内存在均匀的按同样规律变化的磁场，磁场方向各自与导 轨垂直，磁感应强度B 按图乙所示规律变化，PQ=CD=d=1.8m。有一质量为 m=0.2kg，电阻 r=3的导体棒在 t=0s 时刻从 QQ处由静释放，释放处离斜面底端距离L0=2m。导体 棒经过斜面导轨底端 CC进入磁场区 CDDC（设导体棒经过CC处无能量损失），导体棒通过 CDDC磁场

19、区，最后停在离DD为 x=0.2m 处的导轨上。导体棒与导轨间的动摩擦因数均为 =0.25不计导轨电阻，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）。求： （1）导体棒经过 CDDC磁场区的时间 t； （2）电路中产生的焦耳热Q。 第 4 页，共 12 页 答案和解析 1.【答案】D 【解析】 解：A、根据速度定义式 v=，当 t 非常非常小时，就可以用表示物体在 t 时刻的瞬时速 度，这是应用了极限思想法，故 A正确。 B、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，采用了理想化的物理模 型的思想，故 B不正确 C、g根据物理学史可知，开普勒勒发现了行星沿椭圆轨

20、道运行的规律。故 C 正确； 解：A、路程、电压只有大小，没有方向，都是标量，故 A 错误。 B、位移是矢量。电流虽有方向，但电流运算时不遵守矢量运算法则：平行四边形定则，所以电 流是标量，故 B错误。 D、伽利略通过理想斜面实验得出了力不是维持物体运动的原因的结论。故 D正确。 C、加速度是矢量，磁通量是标量，故 C 错误。 本题选择不正确的，故选：B。 D、力和磁感应强度均为矢量，故 D正确。 当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的 故选：D。 是极限思维法；质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的 矢量是既有大小，又

21、有方向的物理量，运算时遵守平行四边形定则。标量是只有大小，没有方 方法；根据物理学史解答 CD 选项。 向的物理量，运算时遵守代数加减法则。 在学习物理知识的同时，还要学习科学研究的方法，平时要多积累，如极限思想法、理想化的 对于矢量与标量，要明确它们有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同， 物理模型法、微元法、控制变量法等常用的方法，要理解并掌握。 矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。 2.【答案】B 【解析】 22 解：A、N（牛顿）是导出单位，1J=1Nm=1kgm /s 故 A 错误； 4.【答案】B 【解析】 解：A、A到 B与 A到 C 位移的

22、方向不同。故 A 错误； B、整个的过程中位移为 0，平均速度等于位移与时间的比值，则平均速度为零。故 B正确； B、电压的单位伏特（V），1V= C、磁感应强度B= 单位，故 C 错误； =故 B正确； C、整个的过程中位移为 0，故 C 错误； =1，N（牛顿）是导出 D、7.5s 是该教师使用的时间，不是时刻。故 D 错误 故选：B。 ，磁感应强度单位为T，则1T= D、电荷量的单位：1C=1As故 D错误。 路程等于运动轨迹的长度，根据运动轨迹的长度求出路程，平均速度等于位移与时间的比值， 故选：B。 结合平均速度的定义式求出平均速度的大小。时刻指的是某一瞬时，是时间轴上的一点；时间

23、基本单位：基本物理量的单位。基本物理量有长度、质量、时间、电流、物质的量、热力学温度、 是两时刻的间隔，是时间轴上的一段。 以及发光强度，它们的国际单位分别是米、千克、秒、安培、摩尔、开尔文和坎德拉。 解决本题的关键知道平均速度与平均速率的区别，平均速度等于位移与时间的比值，平均速率 本题考查了单位制的知识，熟练掌握物理学公式、知道各物理量的单位是正确解题的关键。 3.【答案】B 【解析】 等于路程与时间的比值。 5.【答案】C 【解析】 第 5 页，共 12 页 解：A、由图象可知，0-5s 内，物体沿正向运动。5-6s内沿负向运动，则 5s 末离出发点最远，且物 体离出发点最远距离为 s=

24、10mm=35m，故 A错误。 7.【答案】D 【解析】 解：A、根据万有引力定律F=G知，物体间的引力与两个物体的质量和两者之间的距离均 B、根据速度时间图线与时间轴围成的面积大小表示位移，知在06s内，物体通过的位移等于 0-4s内通过的位移，为 x=10m=30m。故 B错误。 =7.5m/s，故 C 正确。 有关，由于A、B两卫星的质量关系未知，所以 A、B两颗卫星所受地球引力之比不一定为 1：16， 故 A错误。 B、A卫星的轨道半径比 B卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B卫星的公转周期小于 A 卫星的公转周期，而A卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B卫星的公转周期小于随地球

25、 自转物体的周期，因此B卫星的公转角速度大于地面上跟随地球自转物体的角速度，故B错误。 C、物体在 A、B卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故 C 错误。 D、根据开普勒第三定律=k，知 A、B卫星轨道半径之比为 4：1，则周期之比为 8：1，所以 B C、在 04s 内，物体的平均速度为 = D、根据图象的斜率表示加速度，知在 5s 时，物体的加速度方向不变，故 D错误。 故选：C。 由图象的形状分析物体的运动情况，确定何时离出发点最远，并根据速度时间图线与时间轴围 成的面积大小表示位移，来求最远距离。结合位移的大小和时间求出平均速度。根据图象的斜 率分析加速度。 解决本题

26、的关键要知道速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，图象的斜率表示加速度， 卫星的运行周期是 A卫星周期的，即 3h，故 D 正确。 故选：D。 斜率的正负表示加速度方向。 6.【答案】C 【解析】 根据万有引力定律分析两颗卫星所受地球引力之比。根据开普勒第三定律分析 A卫星与 B 卫 星的周期关系，即可知道 B公转周期与地面上跟随地球自转物体的周期关系，即可分析它们的 角速度关系。物体在B卫星中处于完全失重状态。根据B卫星的周期与地球自转周期的关系分 析 B卫星中的宇航员一天内能看到日出的次数。 解：A、由图可知，B与 C 属于同轴转动，则它们的角速度是相等的，即 C=B。 2 由：a= r

27、 OCOB，可知 C 的向心加速度较大。故 A错误，B错误； 本题的关键是要掌握开普勒第三定律，并能熟练运用，也可以根据万有引力提供向心力，列式 C、由于 OCOB，由 v=r，可知 C 点的线速度大。故 C 正确； 表示出周期和角速度的表达式，再进行比较。 D、锤对稻谷的作用力与稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等。故 D错误 故选：C。 场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，在正方形中心 O点处放置一垂直 B、C 两点共轴传动，角速度相等；再结合 v=r，可比较角速度与线速度的大小，结合向心加速 纸面的通电长直导线，电流方向向外，根据左手定则可知，它所受

28、安培力的方向向下。故 B 正 度的公式比较向心加速度。 作用力与反作用力大小相等，方向相反。 本题关键抓住公式 v=r，两两比较，得出结论！要注意不能三个一起比较，初学者往往容易将 三个一起比较，从而得不出结论。 确，ACD 错误。 故选：B。 根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系， 第 6 页，共 12 页 8.【答案】B 【解析】 解：根据题意，由右手螺旋定则知 b与 d 导线电流产生磁场正好相互抵消，而 a与 c导线产生磁 由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得 B的合矢量的方向，根据左手定则判断安培 力方向。 本题主要是考查磁感应强度

29、B的矢量合成法则以及左手定则，会进行磁感应强度的合成，从而 D、列平衡方程：Tcos53+T=mg，Tsin53=F，解的 D选项正确结果； 故选：D。 对重物 c受力分析，进行力的合成与分解处理即可解题，注意同一根绳子上的弹力处处相等。 确定磁场的大小与方向。 9.【答案】D 【解析】 注意绳子上的弹力特点，不要漏掉力 11.【答案】D 【解析】 解：A、根据电场力和洛伦兹力平衡可得洛伦兹力方向向下，根据左手定则可得磁场 B的方向 垂直于纸面向里，故 A 错误； 电流来计算电阻，故A错误解：A、电动机是非纯电阻电路，不适用欧姆定律，不能直接用电压 B、电动机的额定电压12V，电流2A，所以消

30、耗的电功率为24W，输出功率必然小于24W，故B BCD、设电子由加速电场加速后的速度为 v。电子在加速电场中运动过程，由动能定理得：eU1= 错误 解得：v=； D、充电器的规格为电压12V，电流1A，所以经过4.5h可以给电动机电源充1A4.5h=4.5Ah的 解得：qB=q。 电量，即充满，故 D正确 稍微增大磁感应强度 B，洛伦兹力增大，在荧屏上的亮斑将出现在图中虚线下方，故 B错误； 故选：D。 稍微增大偏转电压 U，电场力增大，在荧屏上的亮斑将出现在图中虚线上方，故 C 错误； 本题是一道信息题，需要获取有用信息： 稍微增大加速电压 U0，洛伦兹力增大，在荧屏上的亮斑将出现在图中虚

31、线下方，故 D正确。 故选：D。 可以判断正误 根据左手定则可得磁场 B的方向；由动能定理求解速度大小，根据洛伦兹力和电场力平衡进行 分析。 本题主要是考查了带电粒子在复合场中做匀速圆周运动情况分析；对于此类问题，要掌握粒子 的受力特点，如果粒子在电场、磁场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，受力平衡。 10.【答案】D 【解析】 C、电源从无电状态到充满电储存了 12V4.5Ah=1.944105J 能量，但充电过程中还要发热所 105J，故 C 错误以消耗能量1.944 电子进入偏转电场后做匀速直线运动，则有：qvB=q 电流来计算电阻，即 A、电动机是非纯电阻电路，不适用部分电路欧姆定律

32、，不能直接用电压 B、电动机的额定电压与电流的乘积是消耗的电功率，不是输出功率，消耗的电功率=输出功率 +热功率 C、电源充电消耗能量既包括电源储存能量又包括内部电阻发热损耗能量 D、充电器的充电电流为 1A，理想化处理的话可以认为，经过 4.5h可以给电动机电源充 1A4.5h=4.5Ah的电量 综合电路信息提取题目，涉及非纯电阻电路、输出功率、热功率、工业单位电量的计算共四个 知识点，难度适中，容易犯错的是电动机属于非纯电阻电路，不能当作纯电阻处理，第四个选 解：A、同一根绳子上的弹力处处相等，故 AC、BC绳的拉力相等，但力的合成遵循平行四边形 法，不等于 C 重物重力的一半，而是大于

33、C 重物重力的一半； B、若仅增加绳子的长度，夹角越小，绳子上的弹力越小，越接近C重物重力的一半，更不会断； C、AC、BC绳的拉力大小相等，不能漏掉； 项进行了理想化处理，了解充电原理的反而不容易选择。 第 7 页，共 12 页 12.【答案】C 【解析】 最大，但弹力是水平的），弹簧恢复原长的时候，故 B正确； C、整个过程只有重力、弹簧弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先增加后减少再增加， 所以小球的机械能先减小后增大再减小，故 C 错误； D、整个过程只有重力、弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故 D正确； 故选：BD。 OA长度小于 OB 长度，弹簧处于 OA、OB 两位置时弹力大

34、小相等。可知，OA时弹簧被压缩， OB时弹簧被拉伸，但弹性势能相等，对 A、B 两位置夏秋受力分析，可知小球的运动情况，动 能变化情况。 注意机械能守恒定律是需要条件的，满足条件，机械能才守恒，不能乱套。还需要注意题目中 OA时弹簧被压缩，OB时弹簧被拉伸，但弹力大小相等，说明弹性形变相等，弹性势能相等，中 间过程中，弹簧有一次恢复原长的机会。 14.【答案】AB 【解析】 解：A：由题意知，可将从 C 点弹出的小球运动到 D点的过程，看为从 D点到 C 点的平抛运动， 由平抛运动的规律可知： 设从A点运动到B点时间为t1，从C点运动到D点时间为t2，则有： 由可知：=，故 A错误； B：从

35、A点运动到 B点过程中重力做正功，动能增加，则 v1一定小于 v2，故 B错误； C、D：若整个空间存在竖直向下的匀强电场，则小球做类平抛运动，设加速度为 a，由类平抛的 运动规律可知： 设此时与斜坡夹角为 ，则有： 由可知：=，即加电场时落到斜坡上时与斜坡的夹角不变，根据速度合成与分解可知， 小球落到斜坡上的速度还为 v2，故 C 正确，D错误。 故选：C。 A：判断 、 的大小关系，可根据平抛运动的运动规律来判断，由题意可判断出它们位移和水 平方向夹角相等，再根据位移、速度与水平方向夹角的关系即可判断； B：判断速度变化，可直接根据动能定理判断合外力做功情况即可判断； C、D：判断末速度，

36、此时小球做类平抛运动，同样利用位移、速度与水平方向之间夹角的关系 即可判断。 本题主要考查平抛运动和类平抛运动的运动规律，学会对物体的运动情况进行分析，合理利用 位移、速度与水平方向的夹角解决问题。 13.【答案】BD 【解析】 解：A、原子核Th衰变后成为原子核Pb，质量数少 24，可知发生了6次 衰变，电荷数少8， 可知发生了 4 次 衰变，故 A正确； B、在核反应堆中，为使快中子减速，在铀棒周围要放“慢化剂”，常用的慢化剂有石墨、重水和 普通水，故 B正确； C、比结合能越大，原子核越稳定，与结合能的大小无关，故 C 错误； D、半衰期不会受外界环境的影响，高温不会改变放射性元素的半衰

37、期，故 D错误； 故选：AB。 根据衰变的本质与特点分析；快中子经过慢化剂后减速，慢化剂有石墨、重水和普通水；比结合 能越大，原子核越稳定；半衰期不受外界环境影响。 考查光子的两象性，掌握结合能与比结合能的区别，注意影响半衰期的因素，理解质量亏损与 质能方程的内容。 15.【答案】BD 【解析】 解：A、整个过程只有重力、弹簧弹力做功，系统机械能守恒，弹簧处于 OA、OB 两位置时弹性 势能相等，小球从 A到 B点的重力势能转变为动能，故 A错误； B、小球的加速度等于重力加速度 g的位置有两个，分别是弹簧水平的时候（被压缩最短，弹力 第 8 页，共 12 页 解：AB、质点 M是两列波的波峰

38、或波谷相遇点，振动始终加强，速度不为零，故A错误，B正确； C、波速由介质的性质决定，两列均沿绳传播，同种介质，则波速相等，故 C 错误； D、甲向右传播，由波形平移法知，图示时刻 M 点正向下运动，再经甲波的周期，M 将位于波 峰，故 D正确。 故选：BD。 当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况 相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱。 对于波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不 干扰。知道干涉时振动加强的点振幅等于两列波振幅之和。 16.【答案】ABD 【解析】 2 解：（1）用公式mv =mgh时，对纸

39、带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始， （2）利用匀变速直线运动的推论得： vB=m/s=2.52m/s 重锤的动能为： EKB=3.18J 9.832.7910-2=3.21J从开始下落至 B点，重锤的重力势能减少量为： Ep=mgh=m 在误差允许的范围内重物机械能守恒。 2 （3）利用v -h图线处理数据，从理论角度物体自由下落过程中机械能守恒可以得出： mgh=mv2 22 即为：v =ghv 为纵轴，以 h为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线，也就是图中的 C。 解：A、当将一较厚的平行玻璃砖竖直插入到三棱镜的左侧，根据光的折射定律，射入玻璃三棱 故选：C 镜的光线向下移，导致彩色

40、光带整体下移，故 A正确； 故答案为：（1）初速度等于零 （2）3.18J 3.21J在误差允许的范围内重物机械能守恒 B、经过一较厚的平行玻璃砖后，在射入玻璃三棱镜之前，就分成两种光线，下端为 b 光，上端 为 a光，那么经过两次折射，则彩色光带宽度 L变大，故 B正确； C、若用 a、b 光分别通过同一双缝装置，由于光带最上端为 a光，最下端为 b光，因此 b 光的频 率较高，波长较短，那么 b光得到的干涉条纹更窄，故 C 错误； D、由于 a光的频率较低，当 a光照射某金属能发生光电效应，则用 b光照射该金属一定会能发 生光电效应，故 D正确； 故选：ABD。 根据光的折射角大小来判定光

41、的折射率大小，当光的波长越长时，干涉条纹间距越宽，当入射 光的频率不小于极限频率时，则会发生光电效应现象，从而即可求解。 考查光的折射、光的干涉原理，掌握光电效应发生条件，理解光的干涉条纹间距公式的应用。 17.【答案】初速度等于零3.18J3.21J 在误差允许的范围内重物机械能守恒C 【解析】 （3）C 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论， 可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能。根据功能关系得重力势能 减小量等于重力做功的数值。 对于物理量线性关系图象的应用我们要从两方面：1、从物理角度找出两变量之间的关系式；2、 从数学

42、角度找出图象的截距和斜率，两方面结合解决问题 运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题。 要能够找出斜率和截距的物理意义，我们必须要从物理角度找出两个物理变量的关系表达式。 利用图象问题结合数学知识处理物理数据是实验研究常用的方法。我们更多的研究直线图形， 找出其直线的斜率和截距。 18.【答案】7.2EE= U+（I+ ）r 【解析】 第 9 页，共 12 页 解：（1）选取多用电表的直流电压 10V挡，由图表盘可知， 其分度值为 0.2V，示数为 7.2V； （2）电源电动势约为 7.2V，选量程为 30V的电压表量程 太大，电压表应选择B，应把电压表B与定值电阻E

43、串联扩 大其量程； 电压表与定值电阻串联改装成电压表，电压表测路端电 压，电流表测电路电流，实物电路图如图所示： 电源内阻为 3k，定值电阻 E的电阻为 5000，电压表示数为 U，则路端电压为U， 由图示电路图可知，电源电动势为：E=U+（I+ 即：E=U+（I+）r； ）r。 ）r 根据 小。 =6.5510-7 m。 知，改用频率较高的单色光照射，即入射光的波长变小，则干涉条纹的间距变 10-7，变小。故答案为：（1）c，A，（2）6.55 2 （1）悬挂单摆时，单摆在摆动过程中，摆长不能变化。根据单摆的周期公式得出T -L的关系式， 结合关系式分析正确的图线。 （2）根据 A、B条纹的

44、间距公式求出相邻条纹的间距，结合条纹间距公式求出单色光的波长。根 据单色光波长的变化判断干涉条纹间距的变化。 本题考查了单摆测量重力加速度和双缝干涉测定波长的两个实验，解决本题的关键掌握两个 原理的公式，结合公式分析判断，难度中等。 20.【答案】解：（1）木球自由下落的过程，根据v2=2gh代入数据得： v=5m/s （2）设木球与水面碰后速度为v1，则由题意有： 22 mv1= mv （1-36%） 故答案为：（1）7.2；（2）E；实物电路图如图所示；E=U+（I+ （1）根据电压表量程由图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。 （2）根据电源电动势选择电压表，然后选择定值电阻

45、； 根据实验原理连接实物电路图； 根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出表达式。 对多用电表读数时，要先根据选择开关位置确定其所测量的量与量程，然后根据表盘确定其分 度值，再根据指针位置读出其示数；要掌握电压表的改装方法，知道实验原理是解题的前提， 应用闭合电路欧姆定律可以解题。 19.【答案】cA6.5510-7 变小 【解析】 可得：v1=0.8v=4m/s 22 由 v1=2a1d得：a1=8m/s 根据牛顿第二定律得：f+F 浮-mg=ma1 解得：=0.3 （3）上浮时，由牛顿第二定律得：F 浮-mg-f=ma2 2 得：a2=2m/s 2 由 d= a2t 得：t=1s 答：（1）木球

46、下落到达水面前瞬时的速度大小是5m/s； （2）木球所受水的阻力是木球重力的0.3倍； （3）木球从水中最低点到第一次浮出水面的时间是1s。 【解析】 解：（1）悬挂小钢球时，小钢球在摆动过程中，摆长不能发生变化，所以 c悬挂方式较好。 根据T=知， ，若计算摆长时加的是小球的直径，则摆长的测量值偏大，会出现 （1）研究木球自由下落的过程，根据下落的高度求木球下落到达水面前瞬时的速度大小； （2）根据球与水面撞击时机械能损失了 36%，求出球与水面撞击后的速度。对于木球在水中向 下运动的过程，由速度位移公式求出加速度，再由牛顿第二定律求木球所受水的阻力，从而得 到阻力与重力的倍数； （3）对于

47、木球上浮的过程，由牛顿第二定律求出加速度，再由位移时间公式求木球从水中最低 L不为零时，T2不为零，产生的图线为 A。 2mm=10.2mm，游标卡尺B的读数为：15+0.17mm=15.7mm，（2）游标卡尺A的读数为：10+0.1 相邻条纹的间距，根据得， 第 10 页，共 12 页 点到第一次浮出水面的时间。 本题是多过程，要理清木球的运动过程，分段运用牛顿第二定律和运动学公式进行研究。其中 加速度是关键量。 ）-mg2R=0 21.【答案】解：（1）物体经 P到 C 到 Q过程，由动能定理得：mgR（1-cos60 解得：=0.25 （2）恰好经过 A，根据牛顿第二定律得：mg=m 2

48、 物体经 Q 到 C到 A过程：Ep= mvA+mg2R+mg2R 22.【答案】解：（1）根据动能定理可得：qU0= 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m 根据题意可得：R=d 联立解得：U0=； （2）从 D点飞入的粒子打在 J点，如图所示，根据几何关系可得：JD=2dcos 故 L=2dcos-d； （3）由（1）可知：R= 解得：EP=3mgR （3）恰好经过 C，由牛顿第二定律得：qE1-mg=m 由功能关系得：EP-mg2R= 当 U=U0时，=100%； 当 R11.5d，即 U2.25U0时，=0； 当 R10.5d，即 U0.25U0时，=0； 当 0.25 U0UU0时，R=。 解得：qE1=6mg 故过 C处的条件：qE16mg 设从 A处飞出速度 v，由平