2021-2022學(xué)年浙江省舟山市高二（上）期末物理試卷（附答案詳解）

2021-2022學(xué)年浙江省舟山市高二（上）期末物理試卷

i.下列測工具測量的物理量是國際單位制基本量的是（）

2.在物理學(xué)發(fā)展過程中，許多科學(xué)家做出了突出貢獻(xiàn)，下列關(guān)于科學(xué)家和他們的貢獻(xiàn)說法正

確的是（）

A.牛頓開創(chuàng)了實(shí)驗(yàn)與邏輯推理相結(jié)合的研究方法，并用此方法研究了力與運(yùn)動的關(guān)系

B.庫侖通過研究得出了電荷間的相互作用規(guī)律，并用實(shí)驗(yàn)測得元電荷e的數(shù)值

C.安培提出了分子電流假說，成功揭示了磁現(xiàn)象來源于運(yùn)動電荷這一本質(zhì)

D.麥克斯韋建立了經(jīng)典電磁場理論，預(yù)言并通過實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在

3.如圖所示是我國時(shí)速600公里高速磁懸浮試驗(yàn)樣車，不久將

下線調(diào)試。因?yàn)椴捎昧舜艖腋≡?，所以阻力比普通的高鐵小~

很多，其速度可達(dá)600公里每小時(shí)。高速磁懸浮列車擁有“快

起快?！钡募夹g(shù)優(yōu)點(diǎn)，能發(fā)揮出速度優(yōu)勢，也適用于中短途客

運(yùn)。下列說法正確的是

A.因阻力比普通的高鐵小很多，所以磁懸浮列車慣性比較小

B.速度可達(dá)600公里/小時(shí)，這是指平均速度

C.能“快起快停”，是指加速度大

D.考查磁懸浮列車在兩城市間的運(yùn)行時(shí)間時(shí)可視為質(zhì)點(diǎn)，這種研究方法叫“微元法”

4.中國海軍服役的殲-15艦載機(jī)在航母甲板上加速起飛過程中，某段時(shí)間內(nèi)戰(zhàn)斗機(jī)的位移時(shí)

間Q-t）圖像如圖所示，則（）

36

A.由圖可知，艦載機(jī)起飛的運(yùn)動軌跡是曲線

B.在0?3s內(nèi)，艦載機(jī)的平均速度大于12m/s

C.在M點(diǎn)對應(yīng)的位置，艦載機(jī)的速度大于20m/s

D.在N點(diǎn)對應(yīng)的時(shí)刻，艦載機(jī)的速度為7.5m/s

5.如圖是某高中新生軍訓(xùn)期間護(hù)旗手訓(xùn)練時(shí)的照片，他在

水平地面上手持旗桿右腳向前抬起，身體微微后傾，在無風(fēng)

時(shí)保持靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是（）

A.地面對護(hù)旗手有摩擦力的作用

B.旗桿對護(hù)旗手的作用力方向豎直向下

C.護(hù)旗手對地面的壓力是由于地面發(fā)生形變而產(chǎn)生的

D.護(hù)旗手所受的重力與地面對他的支持力是一對平衡力

6.隨著2022年北京冬奧會的腳步日益臨近，越來越多的運(yùn)動愛好者被吸引到冰雪運(yùn)動中來,

其中高臺跳雪是北京冬奧會的比賽項(xiàng)目之一。如圖甲所示，兩名跳雪運(yùn)動員a,b（可視為質(zhì)

點(diǎn)）從雪道末端先后以初速度之比%:vb=1：3沿水平方向向左飛出，示意圖如圖乙。不計(jì)

空氣阻力，則兩名運(yùn)動員從飛出至落到雪坡（可視為斜面）上的整個(gè)過程中，下列說法正確的

是（）

A.他們飛行時(shí)間之比為3：1

B.他們飛行的水平位移之比為1：3

C.他們落到雪坡上的瞬時(shí)速度方向一定相同

D.他們在空中離雪坡面的最大距離之比為1：3

7.2021年10月16日，“神舟十三號”飛船成功發(fā)射，順利將翟志剛、王亞平、葉光富3

名航天員送入太空，并與“天和”核心艙順利對接，如圖所示。假設(shè)對接前它們在離地面高

約為400fan的同一軌道上一前一后繞地球做勻速圓周運(yùn)動，則此時(shí)“神舟十三號”與“天和”

核心艙（）

A.均處于平衡狀態(tài)

B.向心加速度均小于9.8zn/s2

C.運(yùn)行周期均大于24〃

D.“神舟十三號”若點(diǎn)火加速可以追上前面的“天和”核心艙

8.避雷針上方有雷雨云時(shí)，避雷針附近的電場線分布如圖所示，圖中央的豎直黑線AB代表

了避雷針，為水平地面，是電場線中兩個(gè)點(diǎn)，下列說法正確的是（）

A.N點(diǎn)的電勢比M點(diǎn)的電勢高

B.M點(diǎn)的場強(qiáng)比N點(diǎn)的場強(qiáng)大

C.在試探電荷從M點(diǎn)到N點(diǎn)的多條路徑中，沿直線MN電場力做功最少

D.通常取CQ的電勢為零，且其表面附近的電場線和地面垂直

產(chǎn)品名稱520暖手充電寶用:量285g

尺寸74X68.5X33.8（mm）電池容量5000mAh

輸入DC5V/2.5A（最大）輸出DC5V/2A（最大）

發(fā)熱溫度52℃發(fā)熱功率2.0W

根據(jù)上述信息，下列說法正確的是（）

A.5000〃源的mAh是能量單位

B.參數(shù)“QC5V中“OC指交流電

C.以最大電流給手機(jī)充電，充電寶最多能連續(xù)工作2個(gè)小時(shí)

D.該產(chǎn)品僅用作暖手，理論上可持續(xù)工作12.5小時(shí)

10.現(xiàn)代科學(xué)研究中常要用到高速電子，電子感應(yīng)加速器就是利用感生電場使電子加速的設(shè)備。

如圖所示，上面為側(cè)視圖，上、下為電磁體的兩個(gè)磁極；下面為磁極之間真空室的俯視圖。

若從上往下看電子在真空室中沿逆時(shí)針方向做圓周運(yùn)動，改變電磁體線圈中電流的大小可使

電子加速。則下列判斷正確的是（）

A.真空室中產(chǎn)生的感生電場沿逆時(shí)針方向

B.通入電磁體線圈的電流在增強(qiáng)

C.電子在軌道中加速的驅(qū)動力是洛倫茲力

D.電子在軌道中做圓周運(yùn)動的向心力是電場力

11.磁流體發(fā)電機(jī)，又叫等離子體發(fā)電機(jī)，圖中的燃燒室在3000K的高溫下將氣體全部電離為

電子和正離子，即高溫等離子體。高溫等離子體經(jīng)噴管加速后以lOOOm/s的速度進(jìn)入矩形發(fā)

電通道。發(fā)電通道有垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=6T等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在

兩極間形成電勢差。已知發(fā)電通道長a=50cm,寬b=20cm,高d=20cm,等高速等高子

體離子體的電阻率p=20?m。則以下判斷中正確的是（）

A.因正離子帶電量未知，故發(fā)電機(jī)的電動勢不能確定

B.圖中外接電阻R二端的電壓為1200V

C.當(dāng)外接電阻R=80時(shí)，發(fā)電機(jī)的效率最高

D.當(dāng)外接電阻R=4。時(shí)，發(fā)電機(jī)輸出功率最大

12.如圖是某城市廣場噴泉噴出水柱的場景。從遠(yuǎn)處看，噴泉噴

出的水柱超過了40層樓的高度;靠近看，噴管的直徑約為10cm

據(jù)此估算用于給噴管噴水的電動機(jī)輸出功率至少是（）

“

A.4.62x105lVB.2.31x105W

C.4.62x103WD.2.31x103W

13.如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)的一種發(fā)電裝置。在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角

a均為《兀，磁場均沿半徑方向。N匝矩形線圈“bed的邊長ab=cd=L、be=ad=2L?線圈

以角速度3繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，兒和ad邊同時(shí)進(jìn)入磁場。在磁場中，兩條邊所經(jīng)過處的磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小均為8、方向始終與兩邊的運(yùn)動方向垂直。線圈的總電阻為r,外接電阻為心則

A.矩形線圈每轉(zhuǎn)動一周，電流方向改變一次

B.從圖示位置開始計(jì)時(shí)，感應(yīng)電動勢的瞬時(shí)值表達(dá)式c=2NB/?3sin3t

C.線圈切割磁感線時(shí)，兒邊所受安培力的大小尸=竺學(xué)

r+K

D.外接電阻上電流的有效值/=萼嚓

14.下列哪項(xiàng)技術(shù)的應(yīng)用原理與電磁感應(yīng)現(xiàn)象有關(guān)（）

15.如圖為i種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中兩盒狹縫間的加速電場場強(qiáng)大小恒定，且被

限制在A、C板間，虛線中間不需加電場。如帶電粒子從尸。處以速度處沿電場線方向射入加

速電場，經(jīng)加速后再進(jìn)入。形盒中的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動，對這種改進(jìn)后的回旋加速器，

下列說法正確的是（）

A.帶電粒子被加速后的最大速度與。形盒半徑無關(guān)

B.加速電場方向不需要做周期性的變化

C.帶電粒子每運(yùn)動一周被加速一次

D.圖中P/2等于P2P3

16.如圖所示為某小型電站高壓輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，發(fā)電機(jī)輸出功率為20ZW。

在輸電線路上接入一小型理想升壓變壓器用來測量電路中的電流，其原、副線圈的匝數(shù)比為

1:10,電流表的示數(shù)為1A,輸電線的總電阻為50,則下列說法中正確的是

升壓變壓器降壓變壓器

A.采用高壓輸電可以增大輸電線中的電流B.升壓變壓器的輸出電壓4=2000K

C.用戶獲得的功率為19ZWD.將P下移，用戶獲得的電壓將減小

17.甲同學(xué)準(zhǔn)備做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)，乙同學(xué)準(zhǔn)備做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)

系”實(shí)驗(yàn)

（1）圖中A、B、C、。、E是部分實(shí)驗(yàn)器材，甲同學(xué)需選用的器材有；乙同學(xué)需選用的

器材有。（用字母表不）

（2）圖2是高中常用的實(shí)驗(yàn)裝置之一，以上二位同學(xué)中可用該裝置完成實(shí)驗(yàn)的是同學(xué)（填

“甲”、“乙”或“甲和乙”）

打點(diǎn),時(shí)器）車細(xì)紋滑輪

/\

均勻長木板水平實(shí)驗(yàn)臺戶

鉤碼

（3）乙同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室選齊所需器材后，經(jīng)正確操作獲得如圖所示的兩條紙帶①和②。紙帶

的加速度大（填①或者②），其加速度大小為m/s2（保留兩位有效數(shù)字）

中1型丫11響［1111川膽州|1111|111m叫111膽|11吧1|11甲II

29303132333435363738cm

①

282930313233343536cm

②

18.小王同學(xué)想測量實(shí)驗(yàn)室0?0.6A量程的電流表的內(nèi)阻。

圖1

(1)他采用多用電表的歐姆表來粗測，下面四個(gè)擋位應(yīng)選哪個(gè)最合適.

A.x1擋

B.x10擋

C.x100擋

D.x1/c擋

(2)該同學(xué)發(fā)現(xiàn)示數(shù)很小，也沒辦法繼續(xù)用歐姆表測量，因此打算用伏安法來測量電流表的內(nèi)

阻。但是考慮到電流表內(nèi)阻很小，為保護(hù)電流表，他決定給電流表串聯(lián)一個(gè)阻值為2。定值電

阻，電路圖如圖1所示。圖2儀器中應(yīng)該選擇哪個(gè)作為20的定值電阻？。

(3)該同學(xué)選出正確的儀器，并采用最佳的電路正確連接電路并操作后(電源使用學(xué)生電源的

3V直流輸出)，得到一組電流表、電壓表的示數(shù)，如圖3所示，可求得電流表的。?0.64量程

的內(nèi)阻為_____0(保留兩位有效數(shù)字)。

(4)測出電流表的內(nèi)阻后，若把這個(gè)測量值作為電流表的已知值，小王同學(xué)又想用該電流表測

量手邊的兩節(jié)干電池串聯(lián)的內(nèi)阻，找到合適的儀器后，他拿不準(zhǔn)如圖4兩個(gè)電路應(yīng)該選哪個(gè)，

請你幫他選出最合適的選項(xiàng)(填“甲”或"乙”)?

(5)小王利用(4)中所選電路測出數(shù)組電池組的U、/,并作U-/圖如圖5所示，可求得電池組

的內(nèi)阻為_____0(保留兩位有效數(shù)字)。

19.舟山市正在創(chuàng)建全國“文明城市”，“車讓人人守規(guī)”扮靚城市文明底色。如圖是一輛總

質(zhì)量(包括乘客)為M=1.2X104kg的公交車，以%=54/C7H"速度沿市區(qū)平直道路勻速行駛,

距斑馬線還有x=3(hn遠(yuǎn)時(shí)，司機(jī)發(fā)現(xiàn)前方有小學(xué)生開始通過馬線，于是立即制動公交車做

勻減速直線運(yùn)動，最終恰好停在斑馬線前。設(shè)司機(jī)的反應(yīng)時(shí)間為=0.5s,則：

(1)公交車剎車的加速度是多少？

(2)已知路面寬L=9m,小學(xué)生排著長，=6nl的隊(duì)伍從斑馬線一端開始通行，小學(xué)生行走的

速度大小巧=0.5/n/s,若司機(jī)等小學(xué)生全部通過斑馬線后立即起動公交車，求公交車在斑馬

線前等待的時(shí)間；

(3)若公交車正常行駛時(shí)所受阻力為車重的0.05倍，需要使車從靜止開始勻加速行駛10s后速

度重新達(dá)到54km",求牽引力的大小。

20.某興趣學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)游戲裝置如圖，它由足夠長的斜面AB、水平軌道BC、固定在

水平面上的光滑豎直圓軌道(最低點(diǎn)。處左右兩側(cè)內(nèi)外略錯(cuò)開)和數(shù)個(gè)高度、寬度相等的臺階

組成。游戲時(shí)滑塊從斜面上合適位置由靜止釋放，經(jīng)過圓軌道(全程不脫離軌道)后從C點(diǎn)水

平飛出并直接落到設(shè)定的臺階上則視為游戲成功。已知斜面AB傾角。=37。，圓軌道半徑R=

0.2m,水平軌道。C段長Li=0.88m,臺階的高和寬都為d=0.2m,滑塊與斜面A3、水平面

8c之間的動摩擦因數(shù)4=0.5,滑塊質(zhì)量rn=10g,且可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，各部分平

滑連接。游戲中滑塊從斜面上距8點(diǎn)=3.0巾處由靜止釋放，恰能通過圓軌道最高點(diǎn)E。已

知sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

A

(1)滑塊恰能通過圓軌道最高點(diǎn)E時(shí)的速度加大小；

(2)滑塊經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大?。?/p>

(3)滑塊在水平軌道8。段運(yùn)動過程中摩擦力對其做的功物；

(4)要讓滑塊直接落到第2個(gè)臺階上，滑塊釋放處與B點(diǎn)之間的距離L應(yīng)滿足的條件。

21.電磁彈射是我國最新研究的重大科技項(xiàng)目，創(chuàng)造了世界領(lǐng)先的關(guān)鍵技術(shù)，原理可用下述模

型說明。如圖甲所示，虛線MN右側(cè)存在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)磁場，邊長L的正方形單匝金

屬線框Hcd放在光滑水平面上，電阻為R,質(zhì)量為相，外邊在磁場外側(cè)緊靠用N虛線邊界。

t=0時(shí)起磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間r的變化規(guī)律是B=B0+"(k為大于零的常數(shù))同時(shí)用一水平

外力使線圈處于靜止?fàn)顟B(tài)，空氣阻力忽略不計(jì)。

(1)求線框中的感應(yīng)電流的大小和方向；

(2)寫出所加水平外力隨時(shí)間變化的表達(dá)式；

(3)求0到片時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)線截面的電荷量0

(4)若用相同的金屬線繞制相同大小的〃匝線框，并在線框上加一質(zhì)量為M的負(fù)載物，如圖

乙所示，當(dāng)1=b時(shí)撤去外力釋放線框，求剛撤去外力時(shí)線框的加速度大小.

22.電視機(jī)的顯像管中電子束的偏轉(zhuǎn)是應(yīng)用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實(shí)現(xiàn)的。如圖甲所示為顯像管的原理示

意圖，顯像管中電子槍工作時(shí)陰極發(fā)射的電子(速度很小，可視為零)經(jīng)過加速電場加速后，

穿過以。點(diǎn)為圓心、半徑為「的圓形磁場區(qū)域(磁場方向垂直于紙面)，撞擊到熒光屏上使熒

光屏發(fā)光。已知電子質(zhì)量為〃?，電荷量大小為e,加速電場的電壓為U,在沒有磁場時(shí)電子

束通過。點(diǎn)打在熒光屏正中央的M點(diǎn)，0例間距離為小偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變

化關(guān)系如圖乙所示(Bm為未知量)，t=o時(shí)射入磁場的電子打到熒光屏上的P點(diǎn)，間距離

為瓦假設(shè)熒光屏面積足夠大，電子所受的重力、電子間的相互作用力均可忽略不計(jì)，也不

考慮磁場(或電場)變化對電子束運(yùn)動所造成的影響。由于電子經(jīng)過加速電場后速度很大，同

一電子在穿過磁場的過程中可認(rèn)為磁場不變。

(1)請指出t=0時(shí)偏轉(zhuǎn)磁場的方向，并求出電子打到P點(diǎn)時(shí)的速率v；

(2)若b=求的大小；

(3)若其它條件不變，僅將圓形區(qū)域內(nèi)的磁場換成勻強(qiáng)電場，電場方向垂直于紙面，且電場在

垂直紙面方向上的分布區(qū)間足夠長，場強(qiáng)E隨時(shí)間變化關(guān)系如圖丙所示.現(xiàn)測得熒光屏上所形

成的“亮線”長度為北，求場強(qiáng)的最大值Em。(由于電子的速度很大，同一電子穿過電場的

過程可認(rèn)為電場沒有變化)

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、電流表是測量電流的儀器，是測量國際單位制中的基本量電流的工具，故A正

確；

BCD,電壓表是測量電壓的儀器，彈簧測力計(jì)是測量力的儀器，速度計(jì)是測量速率的儀器，電壓、

力和速度都是導(dǎo)出量，所以都不是測量國際單位制中的基本量的工具，故BCD都錯(cuò)誤。

故選：Ao

國際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量.分別為長度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、光強(qiáng)度、物

質(zhì)的量.它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關(guān)系式推到出來的物理量

的單位叫做導(dǎo)出單位。

解決本題的關(guān)鍵知道國際單位制中七個(gè)基本物理量以及對應(yīng)的基本單位，屬于識記內(nèi)容。

2.【答案】C

【解析】解：A、伽利略開創(chuàng)了實(shí)驗(yàn)與邏輯推理相結(jié)合的研究方法，并用這種方法研究了力與運(yùn)動

的關(guān)系，故A錯(cuò)誤；

8、庫侖通過研究得出了電荷間的相互作用規(guī)律，密立根測出了自然界的最小帶電單位，故B錯(cuò)

誤；

C、安培提出了分子電流假說，成功解釋了所有磁現(xiàn)象來源于運(yùn)動電荷這一本質(zhì)，故C正確；

。、麥克斯韋建立了經(jīng)典電磁場理論，預(yù)言了電磁波的存在，赫茲通過實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在，

故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)物理學(xué)史和常識解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可。

本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也

是考試內(nèi)容之一。

3.【答案】C

【解析】解：A、慣性大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)，與受力情況無關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B、速度可達(dá)600公里/小時(shí)，這是指最大速度，為瞬時(shí)速度，故B錯(cuò)誤；

C、加速度是描述速度變化快慢的物理量，加速度大，說明速度變化快，能“快起快?！?，是指

加速度大，故C正確；

。、用質(zhì)點(diǎn)來代替實(shí)際物體的研究方法叫理想模型法，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

本題考查描述運(yùn)動的基本物理量，知道速度、加速度、慣性的物理意義，知道平均速度和瞬時(shí)速

度的區(qū)別。

4.【答案】C

【解析】

【分析】

x-t圖像只能表示直線運(yùn)動的規(guī)律，圖線的切線斜率表示瞬時(shí)速度，根據(jù)平均速度的定義進(jìn)行求

解平均速度。

解決本題的關(guān)鍵要理解位移-時(shí)間圖像的物理意義，知道圖像的切線斜率表示瞬時(shí)速度大小，圖線

上的兩點(diǎn)連線的斜率表示對應(yīng)時(shí)間內(nèi)的平均速度大小。

【解答】

A、x-t圖像只能表示直線運(yùn)動的規(guī)律，即知艦載機(jī)起飛的運(yùn)動軌跡是直線，故A錯(cuò)誤；

B、在0~3s內(nèi)，艦載機(jī)通過的位移為x=36m-0=36m,平均速度為"=：=^-m/s=12m/s,

故8錯(cuò)誤；

C、2-2.55s內(nèi)的平均速度為V=*型==20m/s,根據(jù)2-2.55s內(nèi)的平均速度等于

±MN乙35一4

連線的斜率大小，在M點(diǎn)對應(yīng)的位置艦載機(jī)的速度等于過M點(diǎn)的切線斜率大小，可知在M點(diǎn)

對應(yīng)的位置，艦載機(jī)的速度大于段平均速度20m/s,故C正確；

。、在0-2s內(nèi)的平均速度為1/'=全=竽?n/s=7.5ni/s,0-2s內(nèi)的平均速度等于ON連線的

斜率大小，在N點(diǎn)對應(yīng)的時(shí)刻艦載機(jī)的速度等于過N點(diǎn)的切線斜率大小,可知在N點(diǎn)對應(yīng)的時(shí)刻，

艦載機(jī)的速度大于ON段平均速度7.5ni/s,故O錯(cuò)誤。

故選：Co

5.【答案】B

【解析】解：A、由于在水平方向不受外力作用，故此時(shí)地面對護(hù)旗手沒有摩擦力的作用，故A

錯(cuò)誤；

8、對旗桿分析可知，旗桿受重力和人的作用力而處于平衡，故人對旗桿的作用力豎直向上，由牛

頓第三定律可知，旗桿對護(hù)旗手的作用力方向豎直向下，故8正確；

C、護(hù)旗手對地面的壓力是由于護(hù)旗手發(fā)生形變而產(chǎn)生的，故C錯(cuò)誤；

。、由于護(hù)旗手還受旗桿的作用力，所以護(hù)旗手所受的重力與地面對他的支持力不是一對平衡力，

故。錯(cuò)誤。

故選：B.

對人和旗桿受力分析，根據(jù)平衡條件分析人和旗桿的受力情況，明確彈力產(chǎn)生原因，明確平衡力

的定義。

本題考查對共點(diǎn)力平衡的掌握，要注意正確選擇研究對象進(jìn)行受力分析，同時(shí)能掌握共點(diǎn)力平衡

條件的應(yīng)用。

6.【答案】C

【解析】解：A、設(shè)運(yùn)動員的初速度為幾時(shí)，飛行時(shí)間為f,水平

方向的位移大小為小豎直方向的位移大小為y,如圖所示。

運(yùn)動員在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，有*在豎直方向上

做自由落體運(yùn)動，有y=ggt2

運(yùn)動員落在斜面上時(shí)，有tanO=￥

X

聯(lián)立解得：士=迦㈣，則知運(yùn)動員飛行的時(shí)間，與幾成正比，則

g

他們飛行時(shí)間之比為1匕=%:%=1：3,故A錯(cuò)誤；

B、水平位移：兀=%1=殳辿，運(yùn)動員飛行的水平位移x與初速度的平方成正比，則他們飛行

9

的水平位移之比為1：9,故8錯(cuò)誤；

C、落到雪坡上時(shí)，設(shè)運(yùn)動員的速度方向與豎直方向夾角為a,則有tana=曳=號=-^―=

vygt2%tan。2tan0

則他們落到雪坡上的瞬時(shí)速度方向一定相同，故C正確；

。、將運(yùn)動員的運(yùn)動分解為沿坡面和垂直于坡面的兩個(gè)方向上，建立直角坐標(biāo)系，在沿坡面方向

做勻加速直線運(yùn)動，垂直于坡面方向做勻減速直線運(yùn)動，則運(yùn)動員在空中離雪道坡面的最大高度

￡OCv

為：/lmax=F^O-所以他們在空中離雪道坡面的最大高度之比為1：9,故。錯(cuò)誤。

2gcos0u

故選：Co

兩名運(yùn)動員在空中做平拋運(yùn)動，落到雪坡上時(shí)，利用豎直位移和水平位移的比值等于斜面傾角的

正切值，可表示出平拋運(yùn)動的時(shí)間，從而求得時(shí)間之比；根據(jù)水平方向的勻速直線運(yùn)動求解水平

位移之比；根據(jù)運(yùn)動的合成與分解結(jié)合幾何關(guān)系分析他們落到雪坡上的瞬時(shí)速度方向；在垂直于

斜面方向上，根據(jù)速度-位移關(guān)系求解離開斜面的最大距離之比。

本題考查平拋運(yùn)動規(guī)律的應(yīng)用，知道平拋運(yùn)動可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動和豎直方向的

自由落體運(yùn)動，能夠根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行解答。

7.【答案】B

【解析】解：A、“神舟十三號”與“天和”核心艙均繞地球做勻速圓周運(yùn)動，速度大小不變，而

速度方向時(shí)刻發(fā)生變化，即運(yùn)動狀態(tài)是變化的，兩者并非處于平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

8、設(shè)“神舟十三號”與“天和”核心艙的軌道半徑為〃地球的半徑為R、質(zhì)量為M。

由萬有引力提供向心力得：G等=man,解得“神舟十三號”與“天和”核心艙的向心加速度為:

「M

斯=G”

地球表面的重力加速度為g=9.8m/s2,忽略地球自轉(zhuǎn)時(shí)，對于在地球表面的物體可認(rèn)為萬有引力

等于重力，則有：G警=m，g,解得：g=G$

因r>R,故an<g,即神舟十三號”與“天和”核心艙的向心加速度小于9.8zn/s2,故8正確；

C、地球同步衛(wèi)星的周期為24九神舟十三號”與“天和”核心艙的軌道半徑小于地球同步衛(wèi)星的

軌道半徑，根據(jù)：G^=誓r,可得周期：T=2兀舄，可知神舟十三號”與“天和”核心艙

的周期均小于24力，故C錯(cuò)誤；

D.“神舟十三號”若點(diǎn)火加速，其所需向心力將大于萬有引力，會做離心運(yùn)動，脫離原來的圓

周軌道，并不能追上前面的“天和”核心艙，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

物體做勻速圓周運(yùn)動具有向心加速度，處于非平衡狀態(tài)；萬有引力定律F=G等；由牛頓第二定

律，勻速圓周運(yùn)動向心力公式，推導(dǎo)出向心加速度、周期的表達(dá)式進(jìn)行解答；“神舟十三號”點(diǎn)

火加速后，其所需向心力將大于萬有引力，會做離心運(yùn)動。

本題考查了萬有引力定律在天體運(yùn)動中的應(yīng)用，基礎(chǔ)題，由萬有引力定律，牛頓第二定律，勻速

圓周運(yùn)動向心力公式解答即可。

8.【答案】D

【解析】解：A、沿電場線電勢逐漸降低，可知M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的電勢高，故A錯(cuò)誤；

B、N點(diǎn)處的電場線比M點(diǎn)密集，可知”點(diǎn)的場強(qiáng)比N點(diǎn)的場強(qiáng)小，故B錯(cuò)誤；

C、由于兩點(diǎn)的電勢差一定，可知無論試探電荷沿什么路徑從“點(diǎn)到N點(diǎn)，電場力做功都是

相同的，故C錯(cuò)誤；

。、CQ的電勢為零，地面為等勢面，則CO表面附近的電場線與地面都是垂直的，故。正確；

故選：Do

根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)的大小；順著電場線電勢逐漸降低；等勢面與電場線垂直，從而即可

一一判定求解。

本題要掌握電場線的相關(guān)性質(zhì)，即電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，順著電場線方向電勢逐漸降低；

此外要注意電場力做功與路徑無關(guān)，等勢面與電場線垂直。

9.【答案】D

【解析】解：A、m4?九是電荷量的單位，故A錯(cuò)誤；

B、參數(shù)“OC5V”中“DC”指直流電的意思，故8錯(cuò)誤；

C、由圖示信息可知，充電寶的最大輸出電流為24,根據(jù)/=?可知，以最大電流給手機(jī)充電，充

電寶持續(xù)工作時(shí)間為/=I=—=2.5/L,故C錯(cuò)誤；

D、該充電寶儲存的電能為W=qU=5x5000x10-3x36007=9.0x104/,由圖示信息可知僅

用作曖手時(shí)的功率為2W,根據(jù)勿=Pt可得持續(xù)時(shí)間為t=y=器Qs=4.5x104s=12.5/1,

故。正確。

故選：Do

mA，是電荷量的單位；“OC”指直流電的意思；根據(jù)/=?可計(jì)算出充電寶的工作時(shí)間；先計(jì)算

出充電寶儲存的電能，然后與發(fā)熱功率的比值即為工作時(shí)間。

在計(jì)算充電寶儲存電荷量以及儲存的電能的時(shí)候，一定要注意單位換算。

10.【答案】B

【解析】解：AC、電子感應(yīng)加速器就是利用感生電場使電子加速的設(shè)備，電子帶負(fù)電，電場線方

向與電子運(yùn)動的方向相反，所以真空室中產(chǎn)生的感生電場沿順時(shí)針方向，故AC錯(cuò)誤；

8、電磁體線圈中電流變大，產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，由楞次定律可知，進(jìn)而產(chǎn)生的感應(yīng)電場方向

是順時(shí)針方向，電子受感應(yīng)電場的力與運(yùn)動方向相同，電子的速度增大，故8正確；

。、電子在洛倫茲力的作用下做圓周運(yùn)動，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

11.【答案】D

【解析】解：AB.由等離子體所受的電場力和洛倫茲力平衡得：q^=qvB

則得發(fā)電機(jī)的電動勢為：E=Bdv=6x0.2x1000V=1200K,圖中外接電阻R二端的電壓為路

端電壓，小于1200V；

由上知，發(fā)電機(jī)的電動勢與高速等離子體的電荷量無關(guān)，即與離子的化合價(jià)無關(guān)，由E=能

求電動勢，故AB錯(cuò)誤;

C、發(fā)動機(jī)的內(nèi)阻為：r=2==2*焉石0=40

尸abO.SxO.2

發(fā)動機(jī)的效率為：7,=^=可知外電阻R越大，效率越高，則當(dāng)外接電阻為8。時(shí),

n-f-r1+p

發(fā)電機(jī)的效率不是最高，故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)外電阻為R外，電源的輸出功率為：P%=/2R=（笠7）2R_餐_.由于Rx.=

H*R外+T"R“+A+2rR外

外R外

r2

產(chǎn)（定值），根據(jù)數(shù)學(xué)知識可得：/?%=工時(shí)分母最小，電源的輸出功率最大，此時(shí)有R%=r；當(dāng)

電源的內(nèi)外電阻相等時(shí)輸出功率最大，此時(shí)外電阻為：R=r=4H,故/）正確。

故選：Do

根據(jù)等離子體所受的電場力和洛倫茲力平衡，列式求電動勢。發(fā)動機(jī)的效率等于輸出功率與總功

率之比。當(dāng)電源的內(nèi)外電阻相等時(shí)輸出功率最大。

本題是磁流體發(fā)電機(jī)問題，要理解并掌握其工作原理，知道最終等離子體所受的電場力和洛倫茲

力平衡，由此求電動勢；知道電源輸出功率最大值的求解方法。

12.【答案】A

【解析】解：管口的圓形內(nèi)徑約有10?！ǎ瑒t半徑r=5cm=0.05m

根據(jù)實(shí)際情況，每層樓高/i=3m,所以噴水的高度H=40/i=120m,

則水離開管口的速度為：

v—個(gè)2gH=V2x10x120m/s=20V6m/s

設(shè)給噴管噴水的電動機(jī)輸出功率為P,在接近管口很短一段時(shí)間戊內(nèi)水柱的質(zhì)量為:

m=p-vAtS=pnr2vAt

根據(jù)動能定理可得：PAt=1mv2

解得：。=喑

代入數(shù)據(jù)解得：P=4.62x10sV7.

故A正確，8C￡＞錯(cuò)誤。

故選：Ao

由速度-位移關(guān)系求解速度，由動能定理求解功率。

本題考查功率，學(xué)生需結(jié)合運(yùn)動學(xué)及動能定理綜合求解。

13.【答案】D

【解析】解：A、由右手定則可知，線圈轉(zhuǎn)動一周電流方向改變兩次，故A錯(cuò)誤；

8、磁感應(yīng)強(qiáng)度方向始終與線圈兩邊運(yùn)動方向垂直，感應(yīng)電動勢大小不變，產(chǎn)生的交變電流不是正

弦式交變電流，故8錯(cuò)誤：

C、be、ad邊的運(yùn)動速度為：v=a)x^=^a)L

感應(yīng)電動勢：Em=2NBbcv=2NBX2Lx^a)L=2NB03

由閉合電路的歐姆定律可知，兒邊切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電流：根據(jù)歐姆定律得電流為：〃=昌=

K~TT

2NBL2O)

R+r

兒邊所受安培力大?。篎=NBImbc=NBx噌包x2Z,=竺答電，故C錯(cuò)誤；

K-rTK~rT

D、由題意可知圓心角a=^幾，一個(gè)周期內(nèi)有電流的時(shí)間t=

設(shè)感應(yīng)電流的有效值為/，則/2RT=“R3代入數(shù)解得：/=蝶華，故。正確。

7n3(R+r)

故選：Do

分析清楚線圈轉(zhuǎn)動過程，求出感應(yīng)電動勢；

應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流，應(yīng)用安培力公式求出床邊所受安培力大小。

分析清楚線圈運(yùn)動過程是解題的前提，解題時(shí)要掌握交流電有效值的定義式;解題時(shí)一定要注意，

產(chǎn)生的交變電流不是正弦值電流。

14.【答案】ACD

【解析】解：A、探雷器是通過地雷在探雷器上產(chǎn)生渦流而使報(bào)警器發(fā)出報(bào)警，屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象

的應(yīng)用，故A正確；

8、磁電式電流表是利用磁場對電流的作用，不是利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；

C、手機(jī)無線充電是利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象來充電的，故C正確；

。、斷開開關(guān)S的瞬間，穿過線圈B的磁通量向下減小，產(chǎn)生感應(yīng)電流，使銜鐵。受到吸引力，

彈簧K并不會立刻將銜鐵。拉起使觸頭C離開，而是過一小段時(shí)間才執(zhí)行這個(gè)動作，所以這是利

用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故力正確。

故選：ACD.

電磁感應(yīng)現(xiàn)象是穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流的現(xiàn)象。明確各儀器的

工作原理即可明確是否應(yīng)用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象。

本題以現(xiàn)代科技的應(yīng)用為情景載體，考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象在實(shí)際問題中的應(yīng)用，要求學(xué)生能夠熟練

應(yīng)用所學(xué)知識去解決實(shí)際問題，提高學(xué)生的科學(xué)探究能力。

15.【答案】BC

【解析】解：

A、當(dāng)粒子從。形盒中出來時(shí)，速度最大，根據(jù)r=荒得，"=喑，知加速粒子的最大速度與。

形盒的半徑有關(guān)，故4錯(cuò)誤；

BC,帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時(shí)被加速，即帶電粒子每運(yùn)動一周被加速一次，電場的方向沒有

改變，則在AC間加速，加速電場方向不需要做周期性的變化。故8C正確；

。、根據(jù)r=器得，則匕。2=2(r2-rj=因?yàn)槊哭D(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)/一評=2ad,

知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且%-，則＞P3P4，故。錯(cuò)誤。

故選：BC。

帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，進(jìn)入磁場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電場被限制在A、C板間，只有經(jīng)過AC板間時(shí)

被加速，所以運(yùn)動一周加速一次，電場的方向不需改變.當(dāng)帶電粒子離開回旋加速器時(shí)，速度最

大.

解決本題的關(guān)鍵知道該回旋加速器的原理，知道粒子每轉(zhuǎn)一圈，加速一次，且都在AC間加速,

加速的電場不需改變.

16.【答案】BD

【解析】

【分析】

發(fā)電機(jī)輸出功率恒定，根據(jù)P=U/可知，采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流，變壓器的原副

線圈兩端電壓與匝數(shù)成正比；若P下移，降壓變壓器的原線圈匝數(shù)增大，用戶的電壓減小。

本題關(guān)鍵是明確遠(yuǎn)距離輸電的原理，然后根據(jù)變壓器的變壓比公式和功率表達(dá)式列式分析。

【解答】

A.發(fā)電機(jī)輸出功率恒定，根據(jù)P=U/可知，采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流，故A錯(cuò)誤；

區(qū)電流互感器原、副線圈的匝數(shù)比為1:10,電流表的示數(shù)為14,電流與匝數(shù)成反比，/2=104

發(fā)電機(jī)輸出功率為20KW,根據(jù)P=U2/2，升壓變壓器的輸出電壓4=2000V,故B正確；

C.用戶獲得的功率為輸送功率減去輸電線上損失的功率

P^=P-玲R=19.5KW,故C錯(cuò)誤；

。.將P下移，降壓變壓器的原線圈匝數(shù)增大，黑=%，用戶獲得的電壓將減小，故。正確。

九4

故選：BD.

17.【答案】(1)45,BDE；(2)乙;(3)①,2.5Q.6±0.2均正確)

【解析】解：(1)在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)中需要的器材有：鐵架臺、重錘、刻度尺、紙帶、

打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、低壓交流電源等，因此從圖中選擇的器材有：AB,在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)

系”實(shí)驗(yàn)中需要的器材有：小車、鉤碼、長木板，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、低壓交流電源、刻度尺、天平等，

因此從圖中選擇的器材有：BDE。

(2)用此實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)小車與長木板之間存在滑動摩擦力，鉤碼與小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能不

守恒，故沒法用該裝置完成“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)；而此實(shí)驗(yàn)裝置可以進(jìn)行“探究加速度

與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)，故選：乙。

(3)由/*=&產(chǎn)可知，相鄰兩點(diǎn)跡間的位移之差越大，則加速度越大，故①的加速度大；

由逐差法可得加速度a=型土牛及2

4片

由圖讀得：冷+%4=38.10cm—34.20cm=3.90cm；-hx2=34.20cm—30.70cm=3.50cm；

T=0.02s

代入數(shù)據(jù)解得：a=2.5m/s2

(1)明確實(shí)驗(yàn)原理以及實(shí)驗(yàn)方法，從而選擇出所需要的儀器；

(2)用此實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)小車與長木板之間存在滑動摩擦力，鉤碼與小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能不

守恒；

(3)根據(jù)4x=a72,通過比較dx的大小可比較加速度的大小，再利用逐差法可求解加速度。

本題考查常見的實(shí)驗(yàn)原理及逐差法的正確應(yīng)用，要注意在求加速度時(shí);為了減小誤差，應(yīng)將實(shí)驗(yàn)

數(shù)據(jù)盡量多的應(yīng)用上，對于實(shí)驗(yàn)問題關(guān)鍵在于明確實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)方法。

18.【答案】⑴4；(2)8；(3)0.70；(4)乙；(5)1.8

【解析】解：(1)由于電流表的電阻很小，在幾歐以下，所以需選擇XI擋，故A正確，88錯(cuò)誤。

(2)在三個(gè)圖中，能準(zhǔn)確獲得20電阻的儀器只能是電阻箱，故8正確，AC錯(cuò)誤。

(3)由圖3知：電流表的示數(shù)是0.204電壓表的示數(shù)是0.54心根據(jù)歐姆定律得：R激=彳=鬻0=

2.70。，而此測量電阻R姆=以+&，由題意知%=20,故以=0.700

(4)采用圖乙電路測得的E^=E京r潮=。+r茸，由于已知電流表電阻，故r意可求，故應(yīng)選圖乙。

(5)由閉合電路歐姆定律E=U+/r得：U=E-1T測,即r湖應(yīng)為圖5圖像的斜率，勺那=與/。=

2.50,

真=測—

故rTrA=(2.5—0.70)0=1.80

故答案為：(1)4(2)8；(3)0.70；(4)乙；(5)1.8

由于電流表的電阻很小，在幾歐姆以下，所以需選擇xl擋；能準(zhǔn)確獲得2。電阻的儀器只能是電

阻箱；由電壓表和電流表的示數(shù)可求總電阻，再減去定值電阻阻值即為電流表內(nèi)阻；已知電流表

內(nèi)阻時(shí)，應(yīng)選圖乙測電動勢和內(nèi)阻。

本題考查的是測電源電動勢和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，要注意兩種電路圖的選擇條件，尤其是已知電流表內(nèi)

阻時(shí)，求出斜率后千萬不要忘記減掉電流表的內(nèi)阻。

19.【答案】解：(1)設(shè)公交車做勻減速直線運(yùn)動的加速度為的,勻速運(yùn)動位移為%。，由運(yùn)動學(xué)公

式得

v0=54km"-15m/s

XQ—VQtp—15x0.5?n=

0—Vo=2al(x—x0)

代入數(shù)據(jù)解得：的=-5m/s2

(2)小學(xué)生通過斑馬線的時(shí)間ti：=

代入數(shù)據(jù)解得：t】=30s

公交車減速時(shí)間

124=—Q]=5=3s

等待時(shí)間4t=t1-t0-t2=(30-0.5-3)s=26.5s

(3)設(shè)車重新啟動的加速度為m牽引力為尸

54km"=15m/s

Av

a=At

代入數(shù)據(jù)解得：a=1.5m/s2

F—O.OSMg=Ma

代入數(shù)據(jù)解得：F=2.4x104/V

答：(1)公交車剎車的加速度是-5?n/s2,與車運(yùn)動方向相反；

(2)公交車在斑馬線前等待的時(shí)間為26.5s；

(3)牽引力的大小為2.4x104/V.

【解析】(1)根據(jù)題意，由速度-位移公式求出公交車的加速度；

(2)求出小學(xué)生通過的時(shí)間，結(jié)合時(shí)間關(guān)系，求出公交車等待的時(shí)間；

(3)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求出公交車加速過程的加速度，利用牛頓第二定律求出牽引力。

在處理剎車類問題時(shí)，一是要注意司機(jī)在反應(yīng)時(shí)間內(nèi)汽車勻速運(yùn)動；二是要注意汽車從剎車到停

下來所用的總時(shí)間.

20.【答案】解：(1)恰好通過最高點(diǎn)E,由mg=m券,

代入數(shù)據(jù)解得：vE-V2m/s；

(2)從。到E過程，由動能定理得-mg?2R=一品詔，

FN-mg=6喂'

代入數(shù)據(jù)解得：FN=Q.6N,

根據(jù)牛頓第三定律，物塊到達(dá)D點(diǎn)對軌道的壓力大小為0.6N；

(3)滑塊從釋放到恰好過E點(diǎn)的過程，由動能定理得

mg(L0sin6—2/?)—fimgLocos0+必=

代入數(shù)據(jù)解得：Wf=-0.017：

(4)從C點(diǎn)平拋落在第二個(gè)臺階上，滿足

豎直方向上d=2g優(yōu)，水平方向上九也>d,

-1

豎直方向上2d=%水平方向上“c2t2工2d,

代入數(shù)據(jù)解得：lzn/s<vc<V2m/s,

若滑塊恰好通過E點(diǎn)，從E到C過程由動能定理得?ng?2R-Rmgh=1mvQ

代入數(shù)據(jù)解得：v0=

滿足<v0<V2m/s,

設(shè)滑塊從斜面上距8點(diǎn)L處釋放，根據(jù)動能定理得

19

mgLsind—[imgLcosd+必一umgL1=-mv^2?

解得L=3.2m,

綜上可得：3.0m<L<3.2m。

答：(1)滑塊恰能通過圓軌道最高點(diǎn)E時(shí)的速度方大小為四m/s；

(2)滑塊經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為0.6N；

(3)滑塊在水平軌道BD段運(yùn)動過程中摩擦力對其做的功必為-0.01J；

(4)要讓滑塊直接落到第2個(gè)臺階上，滑塊釋放處與8點(diǎn)之間的距離L應(yīng)滿足的條件為3.0m<L<

3.2m。

【解析】(1)(2)滑塊恰能通過最高點(diǎn)E,由重力提供滑塊做圓周運(yùn)動的向心力，根據(jù)牛頓第二定

律求速度外的大小；從。到E的過程，根據(jù)動能定理求出滑塊通過。點(diǎn)時(shí)的速度。在。點(diǎn)，對

滑塊，利用牛頓運(yùn)動定律求滑塊在。點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力；

(3)從釋放點(diǎn)到最高點(diǎn)￡的過程，根據(jù)動能定理求得8。段摩擦力做功叼