2022年浙江省嘉興市高考物理模擬試卷(5月份)(含答案解析)

1、 13 20 頁2023 年浙江省嘉興市高考物理模擬試卷5 月份一、單項選擇題13 39.0 分以下有關物理學家的奉獻，說法正確的選項是e 的值牛頓最早覺察了行星運動的三大定律法拉第最早引入場概念并用場線描述電場和磁場玻爾基于 粒子散射試驗提出了原子的核式構造模型牙買加名將博爾特在柏林田徑世界錦標賽上，制造了200m 短跑世界紀錄，則200m 指的是位移，200m 指的是路程，指的是時刻指的是時間間隔博爾特全程的平均速度大小約為博爾特沖刺速度大小確定為為三塊磚頭在空中某時刻的照片，v 為磚塊該時刻的運動方向，不計空氣阻力，則磚塊受到的合力為零B. A 磚塊對B 磚塊有向下的壓力C. B 磚塊對

2、A 磚塊有向左的摩擦力D. A、B 磚塊之間沒有摩擦力地的時間應為A.B.C.D.C 71cm地的時間應為A.B.C.D.5.2205.220V27V 分別為A.和，則輸入的電流大于輸出的電流繞制輸入端線圈的導線比輸出端細輸出端連接的用電器數量增加，輸入端功率不變電動勢就是電源兩極間的電壓規(guī)格為“，9V9V 指擊穿電壓D. D. L L，電阻變?yōu)樵瓉淼?. 如以下圖是一個趣味試驗中的“電磁小火車”，“小火車”本體是兩端都吸有強磁鐵的干電池，“軌道”是用裸銅線繞成的螺線管。將干電池與強磁鐵組成的“小火車”放入螺線管內，就會沿螺線管運動， 則“小火車”通過兩端磁鐵之間的排斥力而運動干電池正負極對調

3、后“小火車”運動方向將轉變“小火車”放入絕緣銅線繞成的螺線管后會沿螺線管運動“小火車”放入外表無絕緣層的暴露銅管后會沿銅管運動電磁波，手機工作時使用頻率為的電磁波，家用使用頻率約為我們的生活已經離不開電磁波，如：GPS 定位系統(tǒng)使用頻率為電磁波，手機工作時使用頻率為的電磁波，家用使用頻率約為5725MHz 5725MHz 家用電磁波的衍射現象最明顯GPS 定位系統(tǒng)使用的電磁波的能量最強地鐵行李安檢時使用的電磁波利用了其穿透本領手機工作時使用的電磁波是縱波且不能產生偏振現象池 鋰離子電池 的參數如表格所示。容量池 鋰離子電池 的參數如表格所示。容量重量額定電壓轉換率 充電時間25000mAh59

4、6g25000mAhmAh是能量的單位這款移動電池布滿電后所儲存的總化學能為92500Wh乘飛機出行時，這款移動電池可以直接隨身攜帶3200mAh 7 次用中子轟擊靜止的核核反響方程如下：X 核速度方向與中子的速度方向相反，X 核與mc。則X核為核反響過程質量守恒、電荷數也守恒D.核的速度為11.以下關于甲、乙、丙、丁四幅圖的說法中，正確的選項是核反響過程中釋放的核能全部轉化為XD.核的速度為11.以下關于甲、乙、丙、丁四幅圖的說法中，正確的選項是核的速度之比為 7：8，質子的質量可A. 甲圖：大量氫原子從能級向低能級自發(fā)躍遷所輻射的電磁波照耀逸出功為A. 甲圖：大量氫原子從能級向低能級自發(fā)躍

5、遷所輻射的電磁波照耀逸出功為的乙圖：此時刻振蕩電流正在減小丙圖：這是光通過小孔衍射形成的圖樣丁圖：不同強弱黃光對應的圖象交于U 軸同一點，說明光電子最大初動能與光的強度無關上運A 點時變軌進入橢圓軌道，變軌前后的速度分別為 和 ；到達軌道B 時再次變軌進入月球近月軌道繞月球作圓周運動，變軌前后的速度分別為 和 ，則探測器A 點變軌需要加速在軌道A B 點，速度變小在軌道B 點的加速度大于軌道B 點的加速度四個速度大小關系滿足如以下圖的豎直平面內，一帶電體位于A 處。一個質量為m 的帶負電圓環(huán)套在傾角為的絕緣直桿上，靜止于P 處且恰好不受摩擦力ABC為PQ的中垂線與水平面交于C點A與P等高則A處

6、帶電體帶正電直桿受到的壓力值為A 處帶電體帶等量異種電荷時圓環(huán)將以加速度做勻加速直線運動A C 處，圓環(huán)同樣不受摩擦力14.100 多個、3000 多個、7000014.100 多個、3000 多個、70000 多個電子通過雙縫后的干預圖樣，則圖樣是由于電子之間相互作用引起的假設現在只讓一個電子通過單縫，那么該電子確定落在亮紋處圖樣說明電子已經不再遵守牛頓運動定律依據不確定性關系，不行能同時準確地知道電子的位置和動量，則以下說法正確的選項是A、B x 軸正負兩個方向相向傳播，則以下說法正確的選項是時刻波形如以下圖，波速均為處的質點是振動加強點只有波峰與波谷相遇處質點才會處于或位置C.D. 再經

7、過時，第一次有質點處于位置處 時間，處的質點將第2 次處于位置處l P，PQl P，PQ與上下外表垂直。以入射角 射入玻璃上外表，經過上外表和下外表A. 主像到上外表的距離為屢次反射并從上外表出射后在 PQA. 主像到上外表的距離為B. PQ 的交點間距相等C.增大至確定值時經下外表反射的光線不會從上外表出射D. PQ方向看到的主像到上外表的距離為B. PQ 的交點間距相等C.增大至確定值時經下外表反射的光線不會從上外表出射D. PQ方向看到的主像到上外表的距離為17.如圖甲所示為強強同學在“探究做功與物體速度變化的關系”試驗中所用的學生電源線端口應選擇填“左側“或“右側” 。使用該電源選用的

8、打點計時器應為填“乙”或“丙” ；墊在圖丁中平板的填“左側“或“右側“ ，該試驗墊在圖丁中平板的填“左側“或“右側“ ，該試驗填“需要“或“不需要“ 測量兩小車的質量。圖中的兩條紙帶，“探究碰撞中的不變量”試驗的紙帶是請計算出兩小車碰撞以后18.小曹同學欲測定標稱為“”小燈泡的伏安特性曲線。他拆開一個電表后蓋，其內部構造如圖甲所示，推斷此電表填“伏特表“或“安培表” 18.小曹同學欲測定標稱為“”小燈泡的伏安特性曲線。他拆開一個電表后蓋，其內部構造如圖甲所示，推斷此電表填“伏特表“或“安培表” ，應選用的量程是填“A“或“B“圖乙為已連接的局部電路，請在相應位置用筆畫線代替導線補全實物連接圖。

9、該同學正確測量了2 組數據，對應的表盤和刻度如圖丙所示。圖 示數應為，其對19.對雪面的短暫作用獲得向前運動的推力視為恒力 ，作用時間為，后撒去推力運動了。然后他重復剛剛的過程，總共推了3 次，其運動的圖象如圖乙所示。小詹和裝備的總質量，下滑沿直線運動且下滑過程阻力恒定。求：小詹同學開頭運動時的加速度 ；全過程的最大速度19.對雪面的短暫作用獲得向前運動的推力視為恒力 ，作用時間為，后撒去推力運動了。然后他重復剛剛的過程，總共推了3 次，其運動的圖象如圖乙所示。小詹和裝備的總質量，下滑沿直線運動且下滑過程阻力恒定。求：小詹同學開頭運動時的加速度 ；全過程的最大速度；Ff 的大小。20.如以下圖

10、，一個質量的小物塊 視為質點 ，壓縮彈簧后釋放，以沖上長度的水平傳送帶，在傳送帶右側等高的平臺上固定一半徑的圓軌道 ABCD，A、離，高度處有一可升降的接物裝置，通過調整裝置的高度可以接收不同速度拋出的小物塊，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數，其它摩擦均無視不計，求：小物塊釋放前，彈簧所儲存的彈性勢能；D20.如以下圖，一個質量的小物塊 視為質點 ，壓縮彈簧后釋放，以沖上長度的水平傳送帶，在傳送帶右側等高的平臺上固定一半徑的圓軌道 ABCD，A、離，高度處有一可升降的接物裝置，通過調整裝置的高度可以接收不同速度拋出的小物塊，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數，其它摩擦均無視不計，求：小物塊釋放前，彈

11、簧所儲存的彈性勢能；假設傳送帶以的速度順時針轉動，推斷小物塊能否通過圓軌道最高點C；假設傳送帶以的速度順時針轉動，推斷小物塊能否通過圓軌道最高點C；假設傳送帶速度大小、方向皆可任意調整，要使小物塊在運動過程中不脫離圓軌道ABCD，傳小物塊到達接物裝置時的最小動能。r Gr G、N，圓盤的圓心位于CD桿上。金屬圓盤G 處于水平向右與盤面垂直的勻強磁場中，磁感應強度的大小為N 繞有絕緣細線，在恒力作用下，圓盤G、N 和器構成如以下圖的電路。平行板電容器兩板間距為直的勻強磁場中，磁感應強度的大小為N 繞有絕緣細線，在恒力作用下，圓盤G、N 和器構成如以下圖的電路。平行板電容器兩板間距為d，上極板通過

12、長度為的絕緣細線懸掛一帶電量為S a 一帶電量為S a M U，通過它的電流為 兩電阻的阻值分別為2R和RG接入電路的電阻也為R金屬圓盤勻速轉動的角速度 ；F 的大??；S b G 仍以角速度 勻速轉動時，小球在兩極板間做簡諧運動且最大擺角為 ，小球搖擺過程的最小電勢能和振動周期。、 位于兩板的中軸線上。在中軸線正下方d Q，兩塊熒光屏的寬度均為2d?，F從連續(xù)注入質量為m、電荷量為且初速度可視為零的粒子，經的如以下圖為一試驗裝置的剖面圖，左側為電壓可以把握的加速電場。在加速電場右側有相距為 d、長也為d、 位于兩板的中軸線上。在中軸線正下方d Q，兩塊熒光屏的寬度均為2d?，F從連續(xù)注入質量為m、

13、電荷量為且初速度可視為零的粒子，經的加速電場后從小孔射出，再經磁場偏轉后，打到熒光屏Q 加速電場后從小孔射出，再經磁場偏轉后，打到熒光屏Q 上。不計帶電粒子的重力與各粒子Q 的具體位置；的勻強電場，假設撤去兩平行金屬板間的磁場，在 ABD 區(qū)域加上磁感強度大小和方向與兩平行金屬板間磁的勻強電場，假設撤去兩平行金屬板間的磁場，在 ABD 區(qū)域加上磁感強度大小和方向與兩平行金屬板間磁Q AQ A 答案與解析 解析：解：A、密立根通過試驗準確測定了元電荷e A 錯誤；B、開普勒最早覺察了行星運動的三大定律，故B 錯誤；C、法拉第最早引入場概念并用場線描述電場和磁場，故C 正確；D、盧瑟?；?粒子散

14、射試驗提出了原子的核式構造模型，故D 錯誤。應選：C。此題依據密立根、牛頓、開普勒、法拉第和盧瑟福的物理學奉獻進展解答。通過了解物理學史，知道物理學進展歷程，可以學到科學方法，因而在尋常學習時要留意記憶與積存。答案：B解析：解：AB、200m 競賽為彎道，解析：解：AB、200m 競賽為彎道，200m 200m，是其運動時間，C200m 競賽為彎道，無法求出其位移大小，故平均速度無法求，故C 錯誤；D、由于200m 競賽過程中運發(fā)動變速運動，無法準確確實定其最大速度，即無法確定博爾特沖刺速D錯誤。應選：B。知道位移和路程的區(qū)分；明確在體育競賽中200 米是彎道，理解時刻與時間間隔的區(qū)分；知道平

15、均速度定義。200m 好地將體育運動與物理中的運動學規(guī)律有機的結合起來，讓學生體會到物理就在身邊，引導學生在尋常訓練中要加強應用物理學問解決實際問題的力氣。答案：D解析：解：磚塊拋出后只受重力，具有向下的加速度為g，處于完全失重狀態(tài)，A B 之間沒有彈力的作用，由于彈力是產生摩擦力的必要條件，所以AB ABC 錯誤，D 正確。應選：D。磚塊拋出后只受重力，具有向下的加速度，處于完全失重狀態(tài)，物體間沒有彈力和摩擦力。此題考察了超重和失重、彈力、摩擦力產生的條件，記住要點：當物體具有向上的加速度時，物體處于超重狀態(tài)，當物體具有向下的加速度時，處于失重狀態(tài)，彈力是產生摩擦力的必要條件。答案：A解得：

16、解析：解：C 羅頭球破門運動到最高點所用的時間是t，依據豎直上拋運動的運動規(guī)律可知：解得：C 羅離地的時間應為C 羅離地的時間應為A 正確，BCD 錯誤。C 羅頭球破門的可看做是豎直上拋運動，依據重心上升的高度計算時間即可。嫻熟把握應用運動學的運動規(guī)律分析生活中的物理現象。留意豎直上拋運動的總時間為向上運動時2倍。解析：解：A解析：解：A、依據原副線圈電壓和匝數關系，有：，所以A 錯誤。B、依據原副線圈電流和匝數關系，有：，所以B B、依據原副線圈電流和匝數關系，有：，所以B 錯誤。C、電流越大，需要的導線越粗，電流越小，需要的導線越細，由于，所以繞制輸入端線圈D、在不考慮損耗的狀況下，輸入功

17、率和輸出功率相等，輸出端連接的用電器數量增加，輸入端功D錯誤。依據推斷原副線圈的匝數大??；依據推斷輸入電流和輸出電流的大??；電流越大，應選：依據推斷原副線圈的匝數大??；依據推斷輸入電流和輸出電流的大??；電流越大，需要的導線越粗，依據電流大小推斷導線越粗細；在不考慮損耗的狀況下，輸入功率和輸出功率相等。此題考察了變壓器的構造和原理。依據電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結論。答案：D解析：解：A、電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱，與外電路的構造無關。電源沒有接入電路時兩極間的電壓在數值上才等于電源的電動勢，故A錯誤；B、

18、9V 是電容器的額定電壓，即能承受的最大電壓，故B 錯誤；DL LDL L，其體積減小了 ，變?yōu)?，故橫截面積變?yōu)椋灰罁娮瓒晒綖?；依據電阻定律公式，電阻與橫截面積成反比，故電阻變?yōu)樵瓉淼腄正應選：D。率是由導體材料和溫度打算的；依據電阻定律公式列式推斷。電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱；9V 率是由導體材料和溫度打算的；依據電阻定律公式列式推斷。把握電動勢、額定電壓、電阻率特性，會用電阻的公式分析導體電阻的變化。答案：B解析：解：A、將干電池與強磁鐵組成的“小火車”放入裸銅線繞成的螺線管內，干電池的正負極， 導致處在螺線管這一段，形成電流，從而產生磁場，由于干電池

19、兩端都吸有強磁鐵，因此磁場對磁 鐵有磁力作用，進而驅使其運動，故A錯誤；BA 的分析可知，小火車兩側磁鐵所受磁場力也會轉變，那么運動方向就會轉變，故B正確；C就不會形成磁場，因此其也不會沿螺線管運動，故C錯誤；D、假設將“小火車”放入外表無絕緣層的暴露銅管后，則暴露銅管會形成直線電流，該磁場則會導 致干電池偏向一側，不會導致其沿銅管運動，故D錯誤。應選：B。分析給出的原理圖，明確小火車原理；依據安培定則分析磁場的方向，再依據磁體間的相互作用即可明確受力狀況，從而確定運動狀況。此題考察科技小制作中”電磁動力小火車“的原理，要留意明確兩端磁鐵只有方向一樣時才能形成對電池前進的動力，從而使電池前進，

20、同時理解外表無絕緣層的暴露銅管與裸銅線繞成的螺線管的區(qū)分是本試驗能否成功的關鍵。答案：C解析：解：A解析：解：A、家用電磁波的頻率較高，所以其波長較短，故其衍射現象不明顯，故AB、GPS 定位系統(tǒng)使用的電磁波比家用使用的電磁波的頻率要低，依據電磁波的頻率越C、地鐵行李安檢時使用頻率為的電磁波，頻率格外高，所以利用了電磁波的穿透本領，故高，能量越大，所以 GPS 定位系統(tǒng)使用的電磁波的能量不是最強，故BC、地鐵行李安檢時使用頻率為的電磁波，頻率格外高，所以利用了電磁波的穿透本領，故C正確；D、手機工作時使用的電磁波均為橫波，能產生偏振現象，故D 錯誤。應選：C。明確電磁波的性質以及應用，并且知道

21、電磁波在生產和生活中的常見應用。此題考察電磁波的應用，電磁波在生產生活中應用格外廣泛，要特別留意電磁波的頻率越高，波長越短。答案：CB、這款移動電池布滿電后所儲存的總化學能為：B 錯誤；C、100WhC 正確；解析：B、這款移動電池布滿電后所儲存的總化學能為：B 錯誤；C、100WhC 正確；D、3200D、3200mAh 6D 錯誤；電池容量值乘以額定電壓等于電池儲存的化學能，將電池銘牌參數與民航規(guī)定比照推斷。此題以中國民航總局有關規(guī)定為切入點，考察了電池參數的一些根底學問，要會提取參數和簡潔運算。答案：DCD：解析：解：AB、依據質量數守恒與電荷數守恒可知，X 的質量數為 3，電荷數為1，

22、其反響過程釋放CD：8，解得：，；核反響過程中釋放的核能全部轉化為X 核的動能與 粒子的動能之和，C 錯誤，D 正確。應選：8，解得：，；依據質量數守恒和電荷數守恒確定粒子X 的種類；X 核和 粒子的速度；依據能量守恒可推斷核反響過程中釋放的核能全部轉化為X 核的動能與 粒子的動能之和；核反響中遵守兩大根本規(guī)律：能量守恒定律和動量守恒定律。留意動量守恒定律的矢量性，要明確是如何轉化的。答案：D解析：解：A解析：解：A、依據光電效應方程可知，只有從躍遷到的光子打出的光電子的最大初動A錯誤；B、依據安培定則可知，電流從向上向下流過線圈，分析電容器場強方向可知，上極板帶正電，則電容器在放電，依據電磁

23、振蕩規(guī)律可知，電容器放電，振蕩電流正在增大，故B錯誤；CC錯誤；程式也說明光電子最大初動能與光的強度無關，故D 正確。D程式也說明光電子最大初動能與光的強度無關，故D 正確。應選：D。依據能級躍遷和光電效應方程分析其最大初動能；依據電流方向推斷電容器充放電狀況，依據能量守恒定律分析能量的變化推斷電流大小變化； 泊松亮斑是光的衍射現象，是光通過圓盤后形成的；遏止電壓增大，與光的強弱無關，遏止電壓與入射光的頻率有關；此題考察能級躍遷、光電效應等內容，把握光電流與光的強弱關系，留意遏止電壓、極限頻率，及最大初動能的含義。答案：D運動，即A錯誤；解析：解：A、依據衛(wèi)星變軌原理可知，在A I運動，即A錯

24、誤；C、萬有引力供給加速度，解得加速度：，同一位置，加速度相等，即在軌B、依據開普勒其次定律可知，橢圓軌道上近月點B A 的速度小，故在軌道上ABC、萬有引力供給加速度，解得加速度：，同一位置，加速度相等，即在軌D、依據萬有引力供給向心力，得，可知軌道半徑越大，速度越小，故軌道上的速度小于軌道上的速度，即，依據開普勒其次定律可知，依據衛(wèi)星道B D、依據萬有引力供給向心力，得，可知軌道半徑越大，速度越小，故軌道上的速度小于軌道上的速度，即，依據開普勒其次定律可知，依據衛(wèi)星變軌原理可知，在B 點，由軌道變軌原理可知，在B 點，由軌道變軌到軌道，需減速做近心運動，即，綜上所述得：四個速度大小關系滿足

25、D 正確。依據衛(wèi)星變軌原理分析變軌前后速度的關系。依據開普勒其次定律分析橢圓軌道上近月點、遠月點的速度關系。依據萬有引力供給向心力分析圓軌道上速度關系。萬有引力供給加速度，同一位置，加速度相等。此題考察了人造衛(wèi)星的相關學問，解決此題的關鍵把握飛船的變軌原理，知道當萬有引力等于向心力，做圓周運動，當萬有引力小于向心力，做離心運動，當萬有引力大于向心力，做近心運動。 13.答案：DB、依據平衡條件知圓環(huán)受到的支持力，依據牛頓第三定律知直桿受到的壓力值為B 錯誤；解析：解：A、對P 點負電荷受力分析，依據平衡條件知：P A 處電荷的斥力，所以AB、依據平衡條件知圓環(huán)受到的支持力，依據牛頓第三定律知直

26、桿受到的壓力值為B 錯誤；C、A C、A 處帶電體帶等量異種電荷時，庫侖力反向水平向右，彈力大小為零，摩擦力為零，圓環(huán)將以加速度做加速直線運動，位置一旦發(fā)生變化，庫侖力變化，加速度也將發(fā)生變化，不行能做勻加C 錯誤；DA C 處，依據幾何關系知庫侖力大小與在A 點相等，方向豎直向上，與重力平衡，此時P 點圓環(huán)只受重力和庫侖D正確。對 P 點負電荷受力分析，依據平衡條件和幾何關系分析電性和力的大小。A C 處，要依據對稱性知庫侖力的大小和方向。此題易錯點在 C 項，留意庫侖力隨位置的變化而變化，不行能做加速度不變的運動。答案：CD解析：解：A、電子通過雙縫后的干預圖樣，少數通過雙縫后打在底片的狀

27、況呈現出隨機性，大量粒子通過雙縫后打在底片上的狀況呈現出規(guī)律性，這說明粒子的波動性不是由粒子之間的相互作用引 A錯誤；C、微觀 小到分子、原子尺度 領域，牛頓運動定律不再適用，故C 正確；B、依據物質波是概率波的概念，對于一個粒子通過單縫落在何處，是不確定的，但是中心亮條紋， C、微觀 小到分子、原子尺度 領域，牛頓運動定律不再適用，故C 正確；D、由不確定性關系可知，微觀粒子沒有準確的位置和動量，故D 正確。應選：CD。實物粒子也具有波動性，但由于波長太小，我們無法直接觀測到，電子衍射圖樣有力的證明白物質到分子、原子尺度 領域，牛頓運動定律不再適用；由不確定性關系來推斷微觀粒子沒有準確的位置

28、和動量。到分子、原子尺度 領域，牛頓運動定律不再適用；由不確定性關系來推斷微觀粒子沒有準確的位此題考察的是物質波也具有波粒二象性，牛頓運動定律在微觀領域不再適用以及不確定性關系，屬于根底內容，要求學生強化記憶，多加訓練。答案：CD解析：解：A、依據圖象可知，兩波波長不同，而在同一介質中，波速一樣，依據可知，兩B解析：解：A、依據圖象可知，兩波波長不同，而在同一介質中，波速一樣，依據可知，兩B、依據題意可知，當兩波未相遇時，也會有質點處于或B 錯誤；C，D、C，D、2次處于A m 個周期，B n 個 20 頁Or，則有，由圖讀出兩波的波長 ，可知，兩波頻率不同，不能發(fā)生穩(wěn)定的干預；當兩波未相遇時

29、，也會有質點處于或位置；依據兩列波在同一介質中沿，由圖讀出兩波的波長 ，可知，兩波頻率不同，不能發(fā)生穩(wěn)定的干預；當兩波未相遇時，也會有質點處于或位置；依據兩列波在同一介質中沿x 軸正負兩個方向相向傳播，求出第一次有質點處于位置處的時間；設A m 個周期，B n 個周期，依據mm n的適宜值，即可求得時間。解析：解：A解析：解：A、如圖依據幾何關系可知，主像到上外表的距離將折射率關系代入解得A 正確；B、由于每次成像在上外表均向左移動距離2dtanr，故依據幾何關系可知，上外表出射的全部光線的PQ依據幾何關系可知，主像到上外表的距離將折射率關系代入解得A 正確；DPQ 方向時，即，所以看到的主像

30、到上外表的距離為DPQ 方向時，即，所以看到的主像到上外表的距離為D 正確。應選：ABD。將A 選項的公式中分析解答。作出光路圖，依據折射定律求解出折射角，由幾何學問求解主像到上外表的距離； 依據幾何學問分析上外表出射的全部光線的反向延長線與PQ將A 選項的公式中分析解答。光路可逆原理。17.光路可逆原理。17.答案：右側 乙 左側 需要 紙帶 2該試驗需要測量兩小車的質量。 17 20 頁位移相等，打點計時器的打點時間間隔：，兩小車碰撞以后的速度：；由圖示紙帶可知，“探究碰撞中的不變量”試驗的紙帶是紙帶打點計時器的打點時間間隔：，兩小車碰撞以后的速度：；故答案為：右側；乙；左側；需要；紙帶故

31、答案為：右側；乙；左側；需要；紙帶2；。打點計時器使用溝通電源，電磁打點計時器使用低壓溝通電源，電火花計時器使用220V 的溝通探究碰撞中的不變量試驗需要平衡摩擦力，需要測出小車質量與速度，依據題意分析答題。紙帶分析答題。18.答案：伏特表 B18.答案：伏特表 B解析：解：依據拆開電表后蓋，覺察其內部構造是表頭和電阻相串聯(lián)，推斷此電表是伏特表，由于小曹同學欲測定標稱為“”小燈泡的伏安特性曲線，應選用3V解析：解：依據拆開電表后蓋，覺察其內部構造是表頭和電阻相串聯(lián)，推斷此電表是伏特表，由于小曹同學欲測定標稱為“”小燈泡的伏安特性曲線，應選用3V 量程的伏特表就可以，由于小曹同學欲測定標稱為“”

32、小燈泡的伏安特性曲線，要求從零開頭，所以滑動變阻器必需使用分壓式接法，電流表內阻約為幾 ，電壓表內阻約為幾，電壓表內阻遠大于燈泡電阻，電流表應承受外接法，實物圖連接如以以下圖所示：電流表內阻約為幾 ，電壓表內阻約為幾，電壓表內阻遠大于燈泡電阻，電流表應承受外接法，依據電表的量程可知圖 示數應為；故答案為：伏特表，B；依據電表的量程可知圖 示數應為；故答案為：伏特表，B；實物圖連接如上圖所示；均可 ，均可 。依據內部構造是表頭和電阻相串聯(lián)，推斷此電表是伏特表；依據小燈泡的額定電壓選用量程；測量燈泡的伏安特性曲線，電流、電壓需從零開頭測起，則滑動變阻器承受分壓式接法，依據估依據電表量程進展讀數，然

33、后由計算其對應的電阻。此題考察了試驗器材的選擇、實物圖的連接等問題，當電壓與電流從零開頭變化時，滑動變阻器應19.答案：解：依據圖線，前內的加速度：設減速階段的加速度大小為 ，則：其中：，聯(lián)立可得：全過程中的速度最大時：代入數據可得：依據牛頓其次定律，加速的過程中：減速的過程中：聯(lián)立可得：19.答案：解：依據圖線，前內的加速度：設減速階段的加速度大小為 ，則：其中：，聯(lián)立可得：全過程中的速度最大時：代入數據可得：依據牛頓其次定律，加速的過程中：減速的過程中：聯(lián)立可得：，答：小詹同學開頭運動時的加速度為；全過程的最大速度為；假設能通過最高點，則，從A C，解得，故傳送帶的速度故傳送帶的速度為：F

34、 f F f 300N 360N。解析：依據圖線，結合加速度的定義即可求出小詹同學開頭運動時的加速度 ；設處減速段的加速度，然后對全過程以及前的過程列式即可求出全過程的最大速度；F f 的大小。20.答案：解：彈簧釋放的過程中，依據動能定理可得：物體的速度減速到和傳送帶一樣速度時需要的位移滿足：解得：解得：能通過最高點，依據牛頓其次定律可得：，解得：C 點以后和傳送帶乙一樣的速度運動到右端，到達頂端減速到和傳送帶一樣速度時需要的位移滿足：解得：解得：能通過最高點，依據牛頓其次定律可得：，解得：C 點假設物體在傳送帶上始終減速，則到達傳送帶右端的速度為v，則有：解得：B D 假設物體在傳送帶上始

35、終減速，則到達傳送帶右端的速度為v，則有：解得：B D B，依據動能定理可得：解得：所以傳送帶速度的可能值為：順時針或者，逆時針均可要進接物裝置，滿足解得，當時存在最小值，此時此時動能的最小值為E 的最小速度為為最小值，答：所以傳送帶速度的可能值為：順時針或者，逆時針均可要進接物裝置，滿足解得，當時存在最小值，此時此時動能的最小值為E 的最小速度為為最小值，答：小物塊釋放前，彈簧所儲存的彈性勢能為18J；假設傳送帶以的速度順時針轉動，不能通過圓軌道最高點C；假設傳送帶速度大小、方向皆可任意調整，要使小物塊在運動過程中不脫離圓軌道ABCD，傳送帶轉動速度的可能值為或者，；小物塊到達接物裝置時的最

36、小動能為。解得：；金屬圓盤 G 切割磁感線產生的感應電動勢：，解析：彈簧伸長的過程，依據動能定理求得求得彈簧的彈性勢能；依據動能定理和通過最高點的速度即可推斷；物體不脫離軌道的條件時最高能到達B 點和通過最高點 C解析：彈簧伸長的過程，依據動能定理求得求得彈簧的彈性勢能；依據動能定理和通過最高點的速度即可推斷；物體不脫離軌道的條件時最高能到達B 點和通過最高點 C，結合動能定理即可求得速度；E 點做平拋運動，依據運動的特點求得。R 并聯(lián)，它們兩端電壓相等，干路電流為：，金屬圓盤 G 切割磁感線產生的感應電動勢：，金屬桿和金屬圓盤同軸轉動，角速度相等，圓盤N 轉動的角速度，N 盤邊緣的線速度：金屬桿和金屬圓盤同