2021年6月浙江省普通高校招生選考物理試卷

2021年6月浙江省普通高校招生選考物理試卷

一、單選題（本大題共13小題，共39.0分）

1.據(jù)《自然》雜志2021年5月17日報道，中國科學(xué)家在稻城“拉索”基地（如圖）探

測到迄今為止最高能量的y射線，能量值為1.40x10154,即（）

A.1.40x1015KB.2.24x104CC.2.24x104WD.2.24x104J

2.用高速攝影機(jī)拍攝的四張照片如圖所示，下列說法正確的是（）

A.門研究如圖中貓在地板上行走的速度時，貓可視為質(zhì)點

B.研究如圖中水珠形狀形成的原因時，旋轉(zhuǎn)球可視為

質(zhì)點

C.研究如圖中飛翔鳥兒能否停在樹樁上時，鳥兒可視為

質(zhì)點

研究如圖中馬術(shù)運動員和馬能否跨越障礙物時，馬

可視為質(zhì)點

3.如圖所示，在火箭發(fā)射塔周圍有鋼鐵制成的四座高塔，高塔的功能最有可能的是

（）

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A.探測發(fā)射臺周圍風(fēng)力的大小

B.發(fā)射與航天器聯(lián)系的電磁波

C.預(yù)防雷電擊中待發(fā)射的火箭

D.測量火箭發(fā)射過程的速度和加速度

4,2021年5月15日，天問一號著陸器在成功著陸火星表面的過程中，經(jīng)大氣層290s

的減速，速度從4.9x103m/s減為4.6x102m/s；打開降落傘后，經(jīng)過90s速度進(jìn)

一步減為1.0X102WI/S;與降落傘分離，打開發(fā)動機(jī)減速后處于懸停狀態(tài)；經(jīng)過對

著陸點的探測后平穩(wěn)著陸。若打開降落傘至分離前的運動可視為豎直向下運動，則

著陸器（）

A.打開降落傘前，只受到氣體阻力的作用

B.打開降落傘至分離前，受到的合力方向豎直向上

C.打開降落傘至分離前，只受到浮力和氣體阻力的作用

D.懸停狀態(tài)中，發(fā)動機(jī)噴火的反作用力與氣體阻力是平衡力

5.如圖所示，虛線是正弦交流電的圖像，實線是另一交流電的圖像，它們的周期T和

最大值4n相同，則實線所對應(yīng)的交流電的有效值。滿足（）

A.U=lUD.u<或U

2m2m2m2m

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6.某書中有如圖所示的圖，用來表示橫截面是“<”形導(dǎo)體右側(cè)

的電場線和等勢面，其中6是同一條實線上的兩點，c是另

一條實線上的一點，d是導(dǎo)體尖角右側(cè)表面附近的一點。下列

說法正確的是（）

'b

A.實線表示電場線

B.離d點最近的導(dǎo)體表面電荷密度最大

C.“<”形導(dǎo)體右側(cè)表面附近電場強(qiáng)度方向均相同

D.電荷從。點到c點再到b點電場力做功一定為零

7.質(zhì)量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片如圖所示，對該時刻，下列說法

正確的是（）

A.秋千對小明的作用力小于mg

B.秋千對小明的作用力大于〃吆

C.小明的速度為零，所受合力為零

D.小明的加速度為零，所受合力為零

8.大功率微波對人和其他生物有一定的殺傷作用。實驗表明，當(dāng)人體單位面積接收的

微波功率達(dá)到2500/加2時會引起神經(jīng)混亂，達(dá)到lOOOW/加時會引起心肺功能衰

竭?，F(xiàn)有一微波武器，其發(fā)射功率P=3x107W。若發(fā)射的微波可視為球面波，

則引起神經(jīng)混亂和心肺功能衰竭的有效攻擊的最遠(yuǎn)距離約為（）

A.100m25"?B.100/n50mC.200m100mD.200m50m

9.將一端固定在墻上的輕質(zhì)繩在中點位置分叉成相同的兩股細(xì)繩，它們處于同一水平

面上，在離分叉點相同長度處用左、右手在身體兩側(cè)分別握住直細(xì)繩的一端，同時

用相同頻率和振幅上下持續(xù)振動，產(chǎn)生的橫波以相同的速率沿細(xì)繩傳播。因開始振

動時的情況不同，分別得到了如圖甲和乙所示的波形。下列說法正確的是（）

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A.甲圖中兩手開始振動時的方向并不相同

B.甲圖中繩子的分叉點是振動減弱的位置

C.乙圖中繩子分叉點右側(cè)始終見不到明顯的波形

D.乙圖只表示細(xì)繩上兩列波剛傳到分叉點時的波形

10.空間站在地球外層的稀薄大氣中繞行，因氣體阻力的影響，軌道高度會發(fā)生變化。

空間站安裝有發(fā)動機(jī)，可對軌道進(jìn)行修正。圖中給出了國際空間站在2020.02-

2020.08期間離地高度隨時間變化的曲線，則空間站()

A.繞地運行速度約為2.0km/s

B.繞地運行速度約為8.0km/s

在4月份繞行的任意兩小時內(nèi)機(jī)械能可視為守恒

D.在5月份繞行的任意兩小時內(nèi)機(jī)械能可視為守恒

11.中國制造的某一型號泵車如圖所示，表中列出了其部分技術(shù)參

數(shù)。已知混凝土密度為2.4xl03kg/m3,假設(shè)泵車的泵送系統(tǒng)

以150nl3〃的輸送量給30m高處輸送混凝土，則每小時泵送系

統(tǒng)對混凝土做的功至少為()

發(fā)動機(jī)最大輸出功率(AW)332最大輸送高度(m)63

整車滿載質(zhì)量(kg)5.5x104最大輸送量(m3")180

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A.1.08x107；

B.5.04x107

C.1.08x108/

D.2.72x108/

12.用激光筆照射透明塑料制成的光盤邊緣時觀察到的現(xiàn)象如圖所示。入射點。和兩出

射點尸、。恰好位于光盤邊緣等間隔的三點處，空氣中的四條細(xì)光束分別為入射光

束。、反射光束反出射光束c和乩已知光束。和b間的夾角為90。，則()

Qd

A.光盤材料的折射率n=2

B.光在光盤內(nèi)的速度為真空中光速的三分之二

C.光束從c和d的強(qiáng)度之和等于光束”的強(qiáng)度

D.光束c的強(qiáng)度小于。點處折射光束OP的強(qiáng)度

13.已知普朗克常量h=6.63x1034J-s,電子的質(zhì)量為9.11x1031kg。一個電子和

一滴直徑約為4〃m的油滴具有相同動能，則電子與油滴的德布羅意波長之比的數(shù)量

級為()

A.108B.106C.108D.1016

二、多選題(本大題共3小題，共6.0分)

14.對四個核反應(yīng)方程

(1)238(/T雜4Th+4He；

',92902

(2)2部7TT234PQ+0e；

'y90l911

(3)i4/V+4/7e->170+1/7；

’7281

，

('4),12H+13H2He+0m+17.6MW

下列說法正確的是()

A.(1)(2)式核反應(yīng)沒有釋放能量

B.(1)(2)(3)式均是原子核衰變方程

C.(3)式是人類第一次實現(xiàn)原子核轉(zhuǎn)變的方程

D.利用激光引發(fā)可控的(4)式核聚變是正在嘗試的技術(shù)之一

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15.如圖所示，有兩根用超導(dǎo)材料制成的長直平行細(xì)導(dǎo)線080A

a、b,分別通以80A和1004、流向相同的電流，兩導(dǎo),夕

0.----------------100A

線構(gòu)成的平面內(nèi)有一點P，到兩導(dǎo)線的距離相等。下

列說法正確的是（）

A.兩導(dǎo)線受到的安培力=125F

B.導(dǎo)線所受的安培力可以用F=〃B計算

C.移走導(dǎo)線6前后，p點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向改變

D.在離兩導(dǎo)線平面有一定距離的有限空間內(nèi)，不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置

16.肥皂膜的干涉條紋如圖所示，條紋間距上面寬、下面窄。

下列說法正確的是（）

A.過肥皂膜最高和最低點的截面一定不是梯形

B.肥皂膜上的條紋是前后表面反射光形成的干涉條紋

C.肥皂膜從形成到破裂，條紋的寬度和間距不會發(fā)生變化

D.將肥皂膜外金屬環(huán)左側(cè)的把柄向上轉(zhuǎn)動90。，條紋也會跟著轉(zhuǎn)動90。

三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）

17.（1）在“驗證機(jī)械能守恒定律”實驗中，小王用如圖1所示的裝置，讓重物從靜止

開始下落，打出一條清晰的紙帶，其中的一部分如圖2所示。。點是打下的第一個

點，A、B、C和。為另外4個連續(xù)打下的點。

①為了減小實驗誤差，對體積和形狀相同的重物，實驗時選擇密度大的，理由是

②已知交流電頻率為50，z,重物質(zhì)量為200g,當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=9.80m/s2,則

從。點到。點，重物的重力勢能變化量的絕對值勺|=人C點的動能

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（計算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）。比較與］△1的大小，出現(xiàn)這

一結(jié)果的原因可能是（單選）。

A.工作電壓偏高

B.存在空氣阻力和摩擦力

C.接通電源前釋放了紙帶

（2）圖3所示是“用雙縫干涉測量光的波長”實驗的裝置。實驗中

①觀察到較模糊的干涉條紋，要使條紋變得清晰，值得嘗試的是（單選）。

A.旋轉(zhuǎn)測量頭

B.增大單縫與雙縫間的距離

C.調(diào)節(jié)撥桿使單縫與雙縫平行

②要增大觀察到的條紋間距，正確的做法是______（單選）

A.減小單縫與光源間的距離

B.減小單縫與雙縫間的距離

C.增大透鏡與單縫間的距離

D.增大雙縫與測量頭間的距離

18.小李在實驗室測量一電阻的阻值。

（D因電表內(nèi)阻未知，用如圖1所示的電路來判定電流表該內(nèi)接還是外接。正確連

線后，合上開關(guān)S,將滑動變阻器的滑片P移至合適位置。單刀雙擲開關(guān)K擲到1,

電壓表的讀數(shù)i=L65,電流表的示數(shù)如圖2所示，其讀數(shù)［=A;將K

擲到2,電壓表和電流表的讀數(shù)分別為2=L75,2=0.33o由此可知應(yīng)采用

電流表（W“內(nèi)"或“外”）接法。

⑵完成上述實驗后，力、李進(jìn)一步嘗試用其它方法進(jìn)行實驗：

①器材與連線如圖3所示，請畫出對應(yīng)的電路圖；

②先將單刀雙擲開關(guān)擲到左邊，記錄電流表讀數(shù)，再將單刀雙擲開關(guān)擲到右邊，

調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電流表的讀數(shù)與前一次盡量相同,電阻箱的示數(shù)如圖3所示,

則待測電阻=o此方法,01“有”或“無”）明顯的實驗誤差,

其理由是O

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四、計算題(本大題共4小題，共41.0分)

19.機(jī)動車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)最n=

1.0x103kg的汽車以4=36km"的速度在水平路面上

勻速行駛，在距離斑馬線s=20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋

友排著長］=6nl的隊伍從斑馬線一端開始通過，立即剎

車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過程中所受阻力不變，且忽略駕駛員

反應(yīng)時間。

(1)求開始剎車到汽車停止所用的時間和所受阻力的大??；

(2)若路面寬L=6m,小朋友行走的速度％=0.5m/s,求汽車在斑馬線前等待小朋

友全部通過所需的時間；

(3)假設(shè)駕駛員以％=54m"超速行駛，在距離斑馬線s=20m處立即剎車，求汽

車到斑馬線時的速度。

20.如圖所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角0=37。的

粗糙直軌道A3、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道CD和半圓形光

滑軌道。EF,它們平滑連接，其中管道的半徑r=0.1m、圓心在4點，軌道

OE/的半徑R=0.2m、圓心在。2點，a］、D、02和尸點均處在同一水平線上。小

滑塊從軌道AB上距臺面高為力的P點靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小

球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道C。、軌道QEF從F點豎直向下運動，與正下方

固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落

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在地面上。點，已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)^370=0.6,

cos370=O.80

若小滑塊的初始高度九=求小滑塊到達(dá)點時速度外的大??；

(1)0.9m,BD

(2)若小球能完成整個運動過程，求人的最小值卻加；

(3)若小球恰好能過最高點E,且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點。與廠點的

水平距離x的最大值與以。

21.一種探測氣體放電過程的裝置如圖甲所示，充滿就氣(Ne)的電離室中有兩電極與長

直導(dǎo)線連接，并通過兩水平長導(dǎo)線與高壓電源相連在與長直導(dǎo)線垂直的平面內(nèi)，

以導(dǎo)線為對稱軸安裝一個用阻值叫=10。的細(xì)導(dǎo)線繞制、匝數(shù)N=5x103的圓環(huán)

形螺線管，細(xì)導(dǎo)線的始末兩端c、d與阻值R=900的電阻連接.螺線管的橫截面是

半徑a=1.0x102m的圓，其中心與長直導(dǎo)線的距離r=0.1m,氣體被電離后在

長直導(dǎo)線回路中產(chǎn)生順時針方向的電流/,其/—t圖像如圖乙所示為便于計算，螺

線管內(nèi)各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均可視為8=以，其中％=2x107T-m/A.

r

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"10-3s

(1)求0?6.0x103S內(nèi)通過長直導(dǎo)線橫截面的電荷量Q;

(2)求3.0x103s時，通過螺線管某一匝線圈的磁通量。；

(3)若規(guī)定crR—d為電流的正方向，在不考慮線圈自感的情況下，通過計算，在

答題紙上畫出通過電阻R的％—t圖像；

(4)若規(guī)定CTR-d為電流的正方向，考慮線圈自感，在答題紙上定性畫出通過電

阻R的t圖像。

22.如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行

金屬板M、N和邊長為心的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口,以金屬板N的中心O

為坐標(biāo)原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和Z坐標(biāo)軸，M、N板之間存在場

強(qiáng)為E、方向沿Z軸正方向的勻強(qiáng)電場；立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z方

向的分量始終為零,沿x和>方向的分量與和為隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示,

圖中練可調(diào).低離子(Xe2)束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運動到M板，經(jīng)

電場加速進(jìn)入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N

中心點。處相對推進(jìn)器的速度為,.已知單個離子的質(zhì)量為小、電荷量為2e,忽略

離子間的相互作用，且射出的離子總質(zhì)量遠(yuǎn)小于推進(jìn)器的質(zhì)量。

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(1)求離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小V。

(2)不考慮在磁場突變時運動的離子，調(diào)節(jié)綜值，使得從小孔5射出的離子均能從

噴口后端面P射出，求分的取值范圍；

(3)設(shè)離子在磁場中的運動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T,單位時間從端面P射出的

離子數(shù)為〃，且b=&1泣求圖乙中%時刻離子束對推進(jìn)器作用力沿z軸方向的分

u5eL

力。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：題干給出y射線,能量值為1.40x10i5eU,eV即電子伏特,為能量單位,

leV=1.6x1019J,

ABC選項中所給單位均非能量單位，其中丫為伏特，是電壓/電勢差的單位，C為庫侖，

電荷量的單位，W為瓦特，是功率的單位，故4BC錯誤；

D、1.40xlOiseU=1.40x1015x1.6x1019J=2.24x104J,D正確。

故選：DQ

題干中給出的能量值為1.40xl0i5eU,eV即電子伏特為能量單位，選項中同為能量單

位的只有J,換算關(guān)系為leU=1.6X1019人

本題考查單位換算，題干中給出的eV為能量單位，分析各選項通過排除法可較快排除

錯誤選項，通過單位換算可求出正確選項，本題難度不大。

2.【答案】A

【解析】解：A、研究甲圖中貓在地板上行走的速度時，貓的大小可忽略不計，可將貓

看做質(zhì)點，故4正確；

8、研究乙圖中水珠形狀形成的原因時，旋轉(zhuǎn)球的大小和形狀不能忽略，旋轉(zhuǎn)球不能看

做質(zhì)點，故B錯誤；

C、研究圖丙中飛翔鳥兒能否停在樹樁上時，鳥兒的大小不能忽略，不能將鳥兒看做質(zhì)

點，故C錯誤；

。、研究丁圖中馬術(shù)運動員和馬能否跨越障礙物時，馬的大小不能忽略不計，不能把馬

看做質(zhì)點，故。錯誤。

故選：A,

一個物體是否可以看成質(zhì)點，要結(jié)合所研究問題的情境，具體問題具體分析，如果在研

究的問題中，物體的形狀、大小及物體上各部分運動的差異是次要或不起作用的因素，

就可以把物體看做一個質(zhì)點。

本題考查學(xué)生對質(zhì)點的認(rèn)識，要求學(xué)生掌握物體看成質(zhì)點的條件并能針對具體問題中進(jìn)

行分析，此題較為基礎(chǔ)，難度不大。

3.【答案】C

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【解析】解：A、在火箭發(fā)射塔周圍有鋼鐵制成的四座高塔，高塔的功能與探測發(fā)射臺

周圍風(fēng)力的大小無關(guān)，故A錯誤；

8、同理，與航天器聯(lián)系的電磁波來自地面多處的發(fā)射塔，并不是鋼鐵制成的四座高塔，

故8錯誤；

C、在火箭發(fā)射塔周圍有鋼鐵制成的四座高塔，從而防止雷電擊中待發(fā)射的火箭，導(dǎo)致

損壞，故C正確；

。、若要測量火箭發(fā)射過程的速度和加速度，是依據(jù)火箭的推動力，結(jié)合牛頓第二定律

的內(nèi)容，與高塔無關(guān)，故。錯誤；

故選：Co

根據(jù)四座鋼鐵制成的高塔，結(jié)合題目的選項，及靜電屏蔽的原理，即可分析求解。

考查火箭發(fā)射塔周圍高塔的作用，要求理解防雷電的原理，掌握物理規(guī)律在實際生活中

的應(yīng)用。

4.【答案】B

【解析】解：A、在打開降落傘前，著陸器做加速下降，因此除受到氣體阻力的作用外，

還受到重力作用，故4錯誤；

8C、在打開降落傘至分離前，除受到降落傘的拉力和氣體阻力的作用外，還受到重力

作用，因著陸器向下做減速運動，所以其加速度方向向上，依據(jù)牛頓第二定律，則受到

的合力方向豎直向上，故B正確，C錯誤；

。、若處于懸停狀態(tài)中，發(fā)動機(jī)噴火的反作用力和重力是平衡力，故。錯誤。

故選：B。

根據(jù)運動狀態(tài)來分析物體受力情況，物體處于平衡狀態(tài)時，所受合力為零；物體做變速

運動時，需要根據(jù)牛頓第二定律，來判定加速度方向，從而確定運動性質(zhì)，進(jìn)而判定物

體受力情況。

考查由物體運動狀態(tài)來判斷物體受力情況，明確研究對象，及其各個階段的運動情況，

理解牛頓第二定律的內(nèi)容，是解答本題的關(guān)鍵。

5.【答案】D

【解析】解：依據(jù)交流電的有效值定義，若是正弦式交流電，即為虛線的圖像，那么其

有效值為：U=&U,

2

由圖象可知，實線所對應(yīng)的交流電在除峰值外的任意時刻其瞬時值總是小于正弦交流電

的瞬時值，那么在一周期內(nèi)，對于相同的電阻，實線所對應(yīng)的交流電產(chǎn)生熱量小于正弦

第13頁，共27頁

交流電產(chǎn)生的熱量，故實線所對應(yīng)的交流電的有效值小于正弦交流電的有效值，艮叼<

應(yīng)U,故ABC錯誤，。正確；

2

故選：Do

根據(jù)交流電的有效值定義，讓交流與恒定電流分別通過相同的電阻，如果在交流的一個

周期內(nèi)它們產(chǎn)生熱量相等，則將直流電的電壓和電流稱為交流電的有效值，依此判定求

解。

考查交流電的有效值的計算，理解有效值的定義，注意正弦式交流電的有效值與最大值

的關(guān)系。

6.【答案】D

【解析】解：A、電場線起于正電荷（或無窮遠(yuǎn)），終止于負(fù)電荷（或無窮遠(yuǎn)），由圖可知，

圖中的實線不是起于導(dǎo)體，可知實線是等勢線，故A錯誤；

8、等勢線越密的地方，電場強(qiáng)度強(qiáng)度越強(qiáng)，d點場強(qiáng)較弱，可知離d點最近的導(dǎo)體表

面電荷密度最小，故B錯誤；

C、電場強(qiáng)度方向與等勢線垂直，由圖可知，“<”形導(dǎo)體右側(cè)表面附近電場強(qiáng)度方向

不一定相同，故C錯誤；

D、a、人兩點在同一條等勢線上，ac兩點的電勢差和兒兩點的電勢差相等，電荷從a

點到c點再到b點電場力做功一定為零，故。正確。

故選：。。

根據(jù)電場線和等勢面的特點確定實線是電場線還是等勢線;通過等勢面的疏密得出電場

強(qiáng)度的強(qiáng)弱，從而判斷出d的電場強(qiáng)度強(qiáng)弱，得出離d點最近的導(dǎo)體表面電荷密度是否

為最大；抓住電場線與等勢面垂直判斷“<”形導(dǎo)體右側(cè)表面附近電場強(qiáng)度方向是否相

同；抓住碇點電勢差和加兩點電勢差的關(guān)系，判斷出a到。再到b點電場力做功情況。

本題考查了等勢面的特點，知道電場線與等勢面垂直，在等勢面上移動電荷，電場力不

做功。

7.【答案】A

【解析】解：48、小明在秋千上擺動，在最高點，受力如圖所

示，此時速度為零，向心力為零，即沿半徑方向的合力為零，F(xiàn)

有：F=mgcosd<mg,可知秋千對小明的作用力小于機(jī)g,故/

A正確，B錯誤；/

第14頁，共27頁/方/

C。、在最高點，小明的速度為零，合力等于重力沿圓弧切線方向的分力,即尸人=mgs譏。，

口

可知加速度不為零，故錯誤。

故選：A?

小明在秋千上擺動，到達(dá)最高點時，速度為零，向心力為零，抓住沿半徑方向的合力為

零分析判斷。

本題考查了圓周運動在生活中的運用，理解圓周運動向心力的來源，即沿半徑方向的合

力提供向心力。

8.【答案】B

【解析】解：引起神經(jīng)混亂時，單位面積接收的微波功率達(dá)到250勿/巾2,則接觸面積：

S==3XLQZm2=1.2x105m2,

250250

因為發(fā)射的微波可視為球面波，所以接觸面積：5=4兀*，

代入數(shù)據(jù)解得：勺?100m；

當(dāng)心肺功能衰竭時，單位面積接收的微波功率達(dá)到1000舟/m2,則接觸面積：

S'--2-=?2^1^7712=3X1047712,

10001000

因為發(fā)射的微波可視為球面波，所以接觸面積：S'=4兀寫，

代入數(shù)據(jù)解得：R2?50m,

則引起神經(jīng)混亂和心肺功能衰竭的有效攻擊的最遠(yuǎn)距離分別約為100/n和50〃?，故8正

確，ACZ）錯誤。

故選：B。

根據(jù)單位面積接收的微波功率求出接觸的面積，抓住發(fā)射的微波為球面波，結(jié)合球面面

積公式求出球的半徑，即有效的攻擊距離。

本題是信息題，通過引起神經(jīng)混亂和心肺功能衰竭時單位面積接受功率，求出接觸面積

是解決本題的關(guān)鍵，能夠正確建立物理模型，知道球形半徑即為有效的攻擊距離。

9.【答案】C

【解析】解：A3、由圖甲可得，兩個橫波在在分叉點相遇后疊加使振動加強(qiáng)了，可知

兩手開始振動時的方向相同，分叉點為振動加強(qiáng)的位置，故A3錯誤；

CD,由圖乙可得，分叉點左邊兩個橫波水平對稱，因此易得兩個橫波在周期上相差半

個周期，即圖乙中兩手開始振動時的方向相反,因此兩個橫波在經(jīng)過分叉點后疊加抵消，

始終見不到明顯的波形，并不是只有細(xì)繩上兩列波剛傳到分叉點時的波形，故C正確，

第15頁，共27頁

D項誤。

故選:Co

由圖甲可得，兩列波相遇時振動加強(qiáng)，根據(jù)波的疊加原理進(jìn)行分析AB選項；

由圖乙可得，兩列波相遇后疊加抵消，始終見不到明顯的波形，由此分析CD選項。

本題主要是考查波的疊加，知道頻率相同的兩列波在疊加時會產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，弄清楚甲

和乙兩列波相遇后的振動情況結(jié)合波的疊加原理即可分析。

10?【答案】D

【解析】解：AB、衛(wèi)星貼近地面做勻速圓周運動的線速度大小設(shè)為1，此速度為第一

宇宙速度，即i=7.9/;

根據(jù)萬有引力提供向心力可得：——=解得：1=—=7.9/;

設(shè)該空間站繞地運行速度大小為2,根據(jù)萬有引力提供向心力可得：

---=—解得：？=孱-

+2+乙+

根據(jù)圖象可知，空間站距離地面的最小高度約為=418=6400,則

2?！?.9/,

所以空間站繞地運行速度277.9/，故AB錯誤；

CD、由圖可知，在4月份期間空間站高度進(jìn)行了軌道修正，即存在發(fā)動機(jī)做功，則任

意兩小時內(nèi)其機(jī)械能不可視為守恒；在5月份期間無外力做功，地球外層的稀薄空氣任

意兩小時內(nèi)對空間站做功很少,可以忽略不計,機(jī)械能可視為守恒，故D正確，C錯誤。

故選:D。

根據(jù)第一宇宙速度表示的物理意義，結(jié)合圖象得到設(shè)該空間站繞地運行速度近似等于第

一宇宙速度，從而分析AB選項；根據(jù)機(jī)械能守恒定律的守恒條件，結(jié)合圖象分析CD

選項。

本題主要是考查了萬有引力定律及其應(yīng)用，解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星

球表面，忽略星球自轉(zhuǎn)的情況下，萬有引力等于重力；二是根據(jù)萬有引力提供向心力列

方程進(jìn)行解答；解答本題還要能夠分析圖象的意義，掌握機(jī)械能守恒定律的守恒條件。

11?【答案】C

【解析】解：泵車的泵送排量為1503/,貝1小時輸送的混凝土的體積為

=150xl3=1503

則在1小時時間內(nèi)輸送的混凝土質(zhì)量為

第16頁，共27頁

m=pV=2.4x103xls0kg=3.6x105kg

將混凝土勻速輸送到3O〃?高處，泵送系統(tǒng)對混凝土做的功最少，泵送系統(tǒng)對混凝土做的

功至少為

W=mgh.-3.6X10sx10X30/-1.08X1087

故C正確，48。錯誤。

故選：Co

先求出1小時時間內(nèi)輸送的混凝土質(zhì)量，再根據(jù)將混凝土勻速輸送時，泵送系統(tǒng)對混凝

土做的功最少，利用功的公式求出功的大小。

本題要注意理解在將混凝土勻速輸送時，泵送系統(tǒng)對混凝土做的功最少，此時泵送系統(tǒng)

對混凝土做的功等于克服重力做的功。

12.【答案】D

【解析】解：AB,依題意的光路圖如右圖所示，

由題意可知：^OO'P=120°,可得在。點處的折射角：

Y=30°,

由題意可知：a+/?=90。，由反射定律得：a=B，解得:

a=8=45°,

由折射定律得：71=如=皿以=迎，

sinys加30。

光在光盤內(nèi)的速度：u=￡=&c

n2

光盤材料的折射率n=&，光在光盤內(nèi)的速度為真空中光速的無，故AB錯誤；

2

C、由能量守恒定律可知：若忽略光在傳播過程的能量衰減，則光束“的強(qiáng)度應(yīng)等于光

束仇c、d和e的強(qiáng)度之和，若考慮光在傳播過程的能量衰減，則光束。的強(qiáng)度應(yīng)大于

光束仄以d和e的強(qiáng)度之和，總之光束a的強(qiáng)度應(yīng)一定大于光束6、c和d的強(qiáng)度之和，

故C錯誤。

。、在P點處光束OP為入射光束，而光束c和光束尸。分別為折射和反射光束，由能

量守恒定律可知：在P點處光束OP的強(qiáng)度等于光束c和光束PQ的強(qiáng)度之和，因此無

論是否考慮傳播過程能量衰減，光束c的強(qiáng)度一定小于O點處折射光束。尸的強(qiáng)度，故

D正確。

故選：D.

依題意畫出光路圖，由幾何關(guān)系求得在。點的入射角和折射角的值，由折射定律求得材

料的折射率；由介質(zhì)中光速與真空中光速的關(guān)系式求得光在光盤內(nèi)的速度為真空中光速

第17頁，共27頁

的倍數(shù)關(guān)系；由能量守恒定律分析各光速強(qiáng)度之間的關(guān)系，依據(jù)無能量損失時，入射光

的強(qiáng)度等于反射光和折射光的強(qiáng)度之和進(jìn)行解析。

本題考查了幾何光學(xué)中折射定律的應(yīng)用，以及在光傳播過程中能量守恒的相關(guān)問題，較

簡單屬基礎(chǔ)題目。需理解在無能量損失的情況下，入射光的強(qiáng)度等于反射光和折射光的

強(qiáng)度之和。

13.【答案】C

【解析】解：直徑為d=的油滴的半徑為r=2〃m=2x106m,其質(zhì)量為：瓶油=

pV=-p7rr3,

3

油的密度比水的密度小，約為p=0.8X103kg"13,代入數(shù)據(jù)解得:m油=3x1014kg.

根據(jù)德布羅意波長計算公式可得：4=：,而p二廊R,

電子和油滴的動能相等，則電子與油滴的德布羅意波長之比為：

'=4=QlOU—21.8x108,其數(shù)量級為108,故C項正確，48。項錯誤。

%me9.11X1031

故選：C。

油的密度比水的密度小，由此估算油滴的質(zhì)量；根據(jù)德布羅意波長計算公式得到德布羅

意波長與動量的關(guān)系，由此計算電子與油滴的德布羅意波長之比的數(shù)量級。

本題主要是考查德布羅意波長的計算，關(guān)鍵是掌握德布羅意波長的計算公式，能夠根據(jù)

實際情況估計油的密度大小。

14.【答案】CD

【解析】解：A、（1）、（2）式都是衰變反應(yīng)，釋放能量，故A錯誤；

8、（1）（2）式都是衰變反應(yīng)，（3）式是原子核的人工轉(zhuǎn)變，故B錯誤；

C、（3）式是盧瑟福用a粒子轟擊氮核首次實現(xiàn)了原子核的人工轉(zhuǎn)變的方程式，并發(fā)現(xiàn)了

質(zhì)子，故C正確；

。、核聚變是兩個較輕的原子核聚合為一個較重的原子核，并釋放出能量的過程。自然

界中最容易實現(xiàn)的聚變反應(yīng)是氫的同位素一一笊與僦的聚變，利用激光引發(fā)可控的核聚

變是正在嘗試的技術(shù)，故。正確。

故選：CD。

天然放射現(xiàn)象的衰變反應(yīng)是自發(fā)的，不需要條件，并釋放核能；原子核的人工轉(zhuǎn)變需要

條件，最早是盧瑟福用a粒子轟擊氮核首次實現(xiàn)了原子核的人工轉(zhuǎn)變，并發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子；

第18頁，共27頁

核聚變是兩個較輕的原子核聚合為一個較重的原子核，并釋放出能量。

本題考查衰變、原子核的人工轉(zhuǎn)變、聚變等知識點，需要學(xué)生加強(qiáng)記憶，加深理解。

15.【答案】BCD

【解析】解：A、兩導(dǎo)線受到的安培力是相互作用力，所以大小相等，故A錯誤；

B、因為在導(dǎo)線所處的磁場方向與導(dǎo)線互相垂直，所以導(dǎo)線所受的安培力可以用F=B1L

計算，故3正確；

C、根據(jù)右手螺旋定則，“、人中的電流在p點產(chǎn)生的磁場感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，移走導(dǎo)線

人前，人的電流較大，則。點磁場方向與人產(chǎn)生磁場方向相同，垂直紙面向里，移走6

后，P點磁場方向與。產(chǎn)生磁場方向相同，垂直紙面向外，故C正確；

。、因直線電流產(chǎn)生的磁場的磁感線是以直線電流為圓心的同心圓，故在離兩導(dǎo)線所在

的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，兩導(dǎo)線在任意點產(chǎn)生的磁場方向均不在同一條直線上,

故不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置，故。正確。

故選：BCD。

A項根據(jù)力的相互性判斷；B項根據(jù)安培力的計算公式成立的條件判斷；C項根據(jù)右手

螺旋定則判斷；。項根據(jù)磁場的矢量疊加判斷。

本題考查了平行通電導(dǎo)線周圍的磁場分布以及安培力問題，要求學(xué)生會熟練應(yīng)用右手螺

旋定則和左手定則解題。

16.【答案】AB

【解析】解：4、由圖可知肥皂膜的干涉條紋是彎曲的，由于薄膜干涉為等厚干涉，故

過肥皂膜最高和最低點的截面的長邊距離不相等，即兩長邊不平行，一定不是梯形，故

A正確；

8、肥皂膜上的條紋是薄膜前后兩表面反射形成的兩列光波疊加形成的干涉條紋，故B

正確；

C、薄膜是等厚干涉，肥皂膜從形成到破裂，由于液體在向下流動，薄膜上部逐漸變薄，

下部逐漸變厚，條紋的寬度和間距會發(fā)生變化，故C錯誤；

D、將肥皂膜外金屬環(huán)左側(cè)的把柄向上轉(zhuǎn)動90。，條紋不會跟著轉(zhuǎn)動，仍在水平方向，

故。錯誤。

故選：AB.

薄膜干涉為等厚干涉，根據(jù)肥皂膜的干涉條紋的形狀判斷；肥皂膜上的條紋是前后表面

反射光形成的干涉條紋；條紋的寬度和間距與膜的厚度有關(guān)。

第19頁，共27頁

解答本題應(yīng)理解薄膜干涉的原理，要知道薄膜干涉條紋位置取決于兩層肥皂膜的厚度而

形成反射光的光程差，屬于等厚干涉。

17.【答案】⑴使阻力與重力之比更小，減小實驗的相對誤差;0.547;0.582;C

(2)C,D

【解析】解：(1)①對體積和形狀相同的重物，密度大的質(zhì)量大，重力大，重物運動過

程所受阻力與重力之比就更小，實驗的相對誤差就更小，實驗時選擇密度大的，理由是

使阻力與重力之比更小，減小實驗的相對誤差；

②由圖2讀出OC的距離為^xoc=xc-xo=27.90cm-0=27.90cm=0.2790m

重物的重力勢能變化量的絕對值|LEp\=mgLXOC=200x10-3x9.80x0.2790/=

0.5477

交流電頻率/=50Hz,打連續(xù)點跡的時間間隔r=產(chǎn)廣=o?°2s

根據(jù)勻變速直線運動一段時間的平均速度等于這段時間的中間時刻的瞬時速度，可知

打C點的速度%=a?而=3^=35MQ=,/s=2.413m/s

C2T2T2x0.027n

C點的動能E"=-mv2=ix200x10-3x2.4132/=0.5827

KC2c2

由實驗結(jié)果可知：

4、打點計時器的工作電壓偏高，并不會影響重物與紙帶的受力與運動，對實驗結(jié)果無

影響，故A錯誤；

8、重物與紙帶下落過程中受到空氣阻力和摩擦力，會使機(jī)械能發(fā)生損失，結(jié)果減少的

重力勢能應(yīng)小于增加的動能，與實驗結(jié)果不符，故8錯誤；

C、接通電源前釋放了紙帶，會使打下的第一個點時重物已經(jīng)具有了速度，即重物的初

速度大于零，則使末動能偏大，符合實驗結(jié)果，故C正確。

故選C。

(2)①4B、干涉條紋模糊，說明經(jīng)過雙縫的透光量較少或者入射光強(qiáng)度較弱，在測量端

旋轉(zhuǎn)測量頭和增大單縫與雙縫間的距離，都不會改善透光量或入射光的強(qiáng)弱，故48不

值得嘗試；

C、調(diào)節(jié)撥桿使單縫與雙縫平行，這樣會使透過單縫(相當(dāng)于“線狀光源”)的條形光與

雙縫平行，可增加雙縫的透光量，會使條紋變得清晰，故C值得嘗試；

故選Co

②根據(jù)相鄰亮條紋間距公式：△丫=乙;I可知I,

d

ABC、減小單縫與光源間的距離，減小單縫與雙縫間的距離，增大透鏡與單縫間的距離，

第20頁，共27頁

都不會改變條紋間距，故A8C錯誤；

。、增大雙縫與測量頭間的距離，即心增大，則條紋間距增大，故。正確。

故選Do

故答案為：(1)①使阻力與重力之比更小，減小實驗的相對誤差；@0.547(0.542—0.50

均正確)；0.582(0.570—0.590均正確)；C；(2)①C；②D。

(1)從減小實驗的相對誤差的角度分析解答：由紙帶讀出下落高度，計算出重力勢能變

化的絕對值，根據(jù)勻變速直線運動一段時間的平均速度等于這段時間的中間時刻的瞬時

速度，由紙帶數(shù)據(jù)計算出打C點的速度；由實驗結(jié)果和實驗原理分析產(chǎn)生此結(jié)果的可能

原因。

(2)分析干涉條紋模糊的可能原因，有實驗注意事項找到可嘗試的方法；根據(jù)相鄰亮條

紋間距公式△%=分析即可。

d

本實驗考查了“驗證機(jī)械能守恒定律”與“用雙縫干涉測量光的波長”的實驗，較基礎(chǔ)。

在驗證機(jī)械能守恒定律”實驗的結(jié)果誤差分析需要注意，一般是由于存在阻力，增加的

動能會小于減小的重力勢能，而此題相反，這是實驗過程操作錯誤引起的，并不屬于誤

差。

18.【答案】⑴①0.34；外;

(2)①電路圖見解答：@5；有；電阻箱的最小分度與待測電阻比較接近。

【解析】解：(1)如圖2所示，電流表使用的是0s0.64的量程，分度值為0.024估讀

到與分度值相同位，故讀數(shù)為乙=0344

兩次測量電壓測量值絕對誤差^U=U2-U1=1.75V-1.65V=0.101/,

電流測量值絕對誤差△/=乙-4=034/1-S33A=0.01/1,

電壓測量值相對誤差辿=跡26.06%,

U]1.65

電流測量值相對誤差以=圾=2.94%,

40.34

可見電流測量值相對誤差小于電壓測量值相對誤差，為了減小系統(tǒng)誤差應(yīng)使電壓的測量

無系統(tǒng)誤差，故采用外接法。

(2)①電路圖見右圖

②由閉合電路歐姆定律/=-匚可知，使兩次電流表讀示數(shù)盡

Rr

量相同，則兩次電路的總電阻接近相等，可知待測電阻的阻

值近似等于電阻箱的阻值,由題圖3可知電阻箱的讀數(shù)為50,

則&=50,

第21頁，共27頁

此方法是有明顯的實驗誤差的，電阻箱的最小分度為10,與待測電阻(約50)比較接近，

在調(diào)節(jié)電阻箱的阻值時，使電流表的讀數(shù)與前一次無法完全相同，即電阻的阻值無法調(diào)

節(jié)到和待測電阻相同。

故答案為：(1)①0.34；外；(2)①電路圖見解答；@5；有；電阻箱的最小分度與待測

電阻比較接近。

(1)由圖2電流表的示數(shù)得到電流4的測量值，分別求出電壓和電流的測量值的相對誤差,

根據(jù)使相對誤差較大者不產(chǎn)生誤差來確定內(nèi)外接；

(2)依據(jù)實物連接圖畫出電路圖，注意單刀雙擲開關(guān)的接法；由閉合電路歐姆定律分析

兩次測量存在的電阻阻值的關(guān)系；誤差來自于在調(diào)節(jié)電阻箱時能否使電流與前一次相同,

據(jù)此分析找到原因。

本實驗考查了定值電阻的測量，包含用“試觸法”確定伏安法測量電阻的內(nèi)外接的問題,

“等效法”測量電阻的誤差分析。知道“試觸法”需要利用比較相對誤差來判斷。

19.【答案】解：以汽車初速度方向為正方向，

⑴4=36km"=10m/s,由于剎車過程所受阻力不變，因此汽車做勻減速直線運動，

末速度為0,

此過程平均速度：u=%，

2

根據(jù)平均速度的定義：□=￡,

t

解得剎車時間：t=4s,

末速度：0=4at,

解得剎車加速度：a=2.5m/s2,

根據(jù)牛頓第二定律：f=ma,

解得：f=2.5x103JV.阻力方向與初速度方向相反，大小為2.5X103N；

(2)小朋友全部通過時間：t'=j

%

等待時間：％t，

解得：=20s；

(3)%=54m"=15m/s,

根據(jù)速度位移關(guān)系：嗎v2=2as,

解得：v=5y/5m/s

答：(1)求開始剎車到汽車停止所用的時間為4s,所受阻力的大小為2.5X103N-；

(2)汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過所需的時間為20s；

第22頁，共27頁

(3)汽車到斑馬線時的速度為5廝/s。

【解析】(1)剎車過程為勻減速直線運動，因此可由初末速度求出平均速度，再利用平

均速度求剎車時間，進(jìn)而求加速度；

(2)對情境進(jìn)行分析可知，小朋友全部通過馬路時間為汽車剎車時間與司機(jī)等待時間之

和，因此求出小朋友全部通過馬路時間結(jié)合第一問所求剎車時間即可知道等待時間；

(3)題干給出初速度，利用第一問所求加速度，運用速度位移公式即可求解；

本題考查勻變速直線規(guī)律與牛頓第二定律，要求學(xué)生掌握相關(guān)公式并能根據(jù)題目要求靈

活運用，難度不大。

20.【答案】解：(1)小滑塊在A8軌道上運動過程中，根據(jù)動能定理可得：

h1

mgh—^mgcosd■—^mVB

解得：vB=4m/s；

(2)若小球能完成整個運動過程，則小球在OEF軌道最高點E時恰好對最高的的壓力為

零，根據(jù)牛頓第二定律可得：

mg=解得：v?='/2m/s

RE

設(shè)小球與小滑塊碰撞后的速度大小為七，從C到后根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：

11

-mv2=-mv2+7ng(R+r)

解得：v2=2y/2m/s

設(shè)小滑塊與小球碰撞前的速度為%,碰撞后的速度為％,取向右為正方向，根據(jù)動量守

恒定律可得：mv0=mv1+mv2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：[加呢=1mv2+^mv2

聯(lián)立解得：％=2V2m/s

小滑塊在AB軌道上運動過程中，根據(jù)動能定理可得：

mg%]“-RmgcosS,勃=gm吟

解得：hmin=0.45m；

(3)設(shè)F到G的距離為y,小球從E點到G點的運動，根據(jù)動能定理可得：

11

mg{R+y)=-mv2--mv2

小球離開G后做平拋運動，水平位移％=vGt

豎直方向：H+r-y=^gt2

2

第23頁，共27頁

聯(lián)立解得：x=2/(0.5-y)(0.3+y)

當(dāng)0.5—y=0.3+y,即y=0.1m時x最大，

最大值工巾5=2x0.4m=0.8m。

答：(1)若小滑塊的初始高度/i=0.9m,小滑塊到達(dá)8點時速度大小為4m/s；

(2)若小球能完成整個運動過程，h的最小值為0.45m；

(3)落地點。與尸點的水平距離的最大值為0.8加。

【解析】(1)對小球在48導(dǎo)軌上運動的過程應(yīng)用動能定理即可求解；

(2)小球能完成整個運動過程，則在圓弧。EF的最高點E時剛好由重力提供向心力，由

此得到小球在E點的最小速度，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解小球與小滑塊碰撞后的速度

大小，再根據(jù)動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律求解碰撞前小物塊的速度大小，結(jié)合動能

定理求解人的最小值；

(3)對小球從E到。點的運動過程根據(jù)動能定理、平拋運動的規(guī)律即可求解。

本題主要是考查了動能定理、動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律等;運用動能定理解題時，

首先要選取研究過程，然后分析在這個運動過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末

動能為多少，根據(jù)動能定理列方程解答。

21.【答案】解：圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示通過長直導(dǎo)線橫截面的電荷量，

所以通過長直導(dǎo)線橫截面的電荷量為：

Q=&.Q=9x100C=0.5C:

2

(2)3.0x10-3S時，根據(jù)磁通量的計算公式可得通過螺線管某一匝線圈的磁通量。=

BS=以x7ia2

r

可解得：0=6.28X10-8V/&；

(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得通電螺線管產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=N9=但上xd

△trM

感應(yīng)電流)=-^―

RR+R0

代入數(shù)據(jù)解得：八=3.14x10-34

0?1.0X10-3S內(nèi)，長直導(dǎo)線回路中的電流逐漸增大，即通過螺線管內(nèi)順時針方向的磁

感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)楞次定律可以判斷螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)磁場方向為逆時針，則感應(yīng)

電流方向為CTR-d,電流為正值：

相反，5.0x10-3s~6.0x