2021屆高考物理精創(chuàng)預(yù)測卷 浙江卷（二）

2021屆高考物理精創(chuàng)預(yù)測卷浙江卷（二）

一、單選題

1.根據(jù)物理公式可以得出單位關(guān)系或物理量的單位，下列說法正確的是（）

A.電場強(qiáng)度的單位為V/CB.功率的單位為V.A或

C.普朗克常量〃的單位為JHzD.力的單位為T-Cm

2.與原子光譜有關(guān)的物理知識，下列說法正確的是（）

A.有些原子的發(fā)射光譜是線狀譜，有些原子的發(fā)射光譜是連續(xù)譜

B.太陽光譜中的許多暗線與太陽大氣中存在的金屬元素的特征譜線相對應(yīng)

C.巴耳末發(fā)現(xiàn)氫原子的可見光譜有分立特征，但氫原子的不可見光譜有連續(xù)特征

D.有些電子繞原子核運(yùn)動的變化是連續(xù)的，所以我們看到了原子的連續(xù)光譜

3.國產(chǎn)殲-15艦載機(jī)以65m/s的速度降落在靜止的“遼寧號”航母水平甲板上，機(jī)尾掛鉤精準(zhǔn)鉤住阻

攔索，在阻攔索的拉力作用下，經(jīng)歷2.5s速度減為零。若將上述運(yùn)動視為勻減速直線運(yùn)動，艦載

機(jī)在甲板上運(yùn)動時，下列數(shù)據(jù)不能求出的是（）

A.位移B.加速度C.平均速度D.受到的阻力

4.一質(zhì)點在某段時間內(nèi)運(yùn)動的VT圖像是一段拋物線，如圖所示，關(guān)于0~乙和乙兩段時間內(nèi)的

運(yùn)動，以向右為正方向，0時刻質(zhì)點位于A點，下列說法正確的是（）

A.兩段時間內(nèi)的位移大小相等

B.r,時刻質(zhì)點位于4點右側(cè)

C.質(zhì)點在0~八時間內(nèi)的平均速度小于在t1~t2時間內(nèi)的平均速度

D.O~L時間內(nèi)加速度隨時間均勻增大

5.以下有關(guān)物理學(xué)史的說法正確的是（）

A.愛因斯坦首先發(fā)現(xiàn)了光電效應(yīng)，并做出了解釋

B.庫侖第一個提出了場的概念，并用電場線來描述場的強(qiáng)弱和方向

C.玻爾提出的原子理論認(rèn)為原子的能量處于變化的過程中，電子做變速運(yùn)動，同時向外輻射能量

D.根據(jù)玻爾理論，一個處于”=4能級的氫原子回到〃=1能級的過程中，最多可放出3種頻率不同

的光子

6.通有電流的直導(dǎo)線/豎直放置，且/可繞。點向各個方向轉(zhuǎn)動，電流方向如圖所示，。為/的中

心，下列哪種情況將會發(fā)生（）

SN

A.導(dǎo)線/受磁場力的作用，繞。點逆時針方向轉(zhuǎn)動

B.導(dǎo)線/受磁場力的作用，繞。點上端向外，下端向里轉(zhuǎn)動

C.導(dǎo)線/受磁場力的作用，繞0點上端向里，下端向外轉(zhuǎn)動

D.導(dǎo)線/不受磁場力的作用，故不轉(zhuǎn)動

7.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，電容器上極板與一靜電計

相連，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略。一質(zhì)量為機(jī)的帶電微粒靜止于電容器的

中點P,P點與上、下極板間距離均為“，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.微粒一定帶正電

B.若電容器上極板豎直向下移動一小段距離，電容器電容增大，靜電計指針張角變小

c若先把電容器上極板豎直向下移動!?后，再將微粒由靜止釋放，經(jīng)過時間，=欄微粒到達(dá)上極

板

D.若先把電容器上極板豎直向下移動儀后，再將微粒由靜止釋放，微粒運(yùn)動一段時間后打在極板

2

上并被捕獲，微粒與極板作用過程中所受合外力的沖量大小為2,

8.如圖所示，。是理想二極管。43是水平放置的平行板電容器的兩極板，閉合開關(guān)K,質(zhì)量為

〃，的帶電粒子（不計重力）以速度%水平射入電場，且剛好沿下極板B的邊緣飛出。開關(guān)一直閉

合，若保持其中一個極板不動而把另一個極板移動一小段距離，粒子仍以相同的速度?從原處飛

入，則下列判斷正確的是（）

A.上極板A不動,F極板B上移，粒子仍沿下極板B的邊緣飛出

B.上極板A不動,下極板B下移,粒子將打在下極板B上

C.下極板B不動,上極板A上移,粒子仍沿下極板B的邊緣飛出

D.下極板B不動,上極板A下移,粒子從兩極板之間飛出

9.如圖甲所示，平行于傾角為。的光滑斜面的輕彈簧的勁度系數(shù)為％,一端固定在斜面底端，另一

端與物塊A連接，有一物塊8與A緊挨。兩物塊43的質(zhì)量均為如初始時兩物塊均靜止。現(xiàn)用

平行于斜面向上的力F拉動物塊8,使B做加速度大小為a的勻加速運(yùn)動，A、8兩物塊在開始階

段的V-/關(guān)系圖線分別對應(yīng)圖乙中A、3圖線，乙時刻A、8圖線相切，4時刻對應(yīng)A圖線的最高

點，重力加速度為g,則（）

A.%時刻，彈簧的形變量為零

時刻，彈簧的形變量為鱉包叱

k

C.O~q過程中，拉力F逐漸增大

口.0~%過程中，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少

10.如圖甲所示，環(huán)形導(dǎo)線。與導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒構(gòu)成閉合回路，導(dǎo)體棒在勻強(qiáng)磁場中向左運(yùn)動，金屬

環(huán)a與導(dǎo)線環(huán)〃共面共心；如圖乙所示，金屬環(huán)N放置于環(huán)形電流i所產(chǎn)生的磁場中，環(huán)形電流i

方向為順時針方向，環(huán)面與磁場方向垂直。下列說法正確的是（）

M

A.若圖甲中的導(dǎo)體棒向左勻速運(yùn)動，環(huán)。將產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，且有擴(kuò)張的趨勢

B.若圖甲中的導(dǎo)體棒向左加速運(yùn)動，環(huán)。不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，無收縮或擴(kuò)張的趨勢

C.若圖乙中的電流i減弱，N中將產(chǎn)生沿逆時針方向的感應(yīng)電流，且有收縮的趨勢

D.若圖乙中的電流i減弱，N中將產(chǎn)生沿順時針方向的感應(yīng)電流，且有收縮的趨勢

11.圖甲所示是一臺小型發(fā)電機(jī)，該發(fā)電機(jī)線圈的內(nèi)阻為10。，外接燈泡的電阻為90Q,圖乙所示

為該發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的交變電流的電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖像。下列說法正確的是（）

A.在r=0.01s時刻，電壓表的示數(shù)為零B.在f=0.005s時刻，通過線圈的磁通量最大

C.在1s內(nèi)，燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為108.9JD.電路中電流的有效值為夜A

10

12.2020年中國航天重大工程可謂“琳瑯滿目”，其中之一是實施探月工程三期的“嫦娥五號”任務(wù)，

實現(xiàn)月面無人采樣返回，圓滿完成了探月工程三步走的總體規(guī)劃目標(biāo)。設(shè)“嫦娥五號”被月球捕獲

后，經(jīng)歷三次變軌過程，最后貼近月球表面做圓周運(yùn)動以備著陸，其中變軌過程如圖所示，已知

引力常量為G,以下說法正確的是（）

A.“嫦娥五號”在三個軌道上運(yùn)行時，運(yùn)行的周期關(guān)系為7；＞及＞及

B.“嫦娥五號”在軌道A上的機(jī)械能大于在軌道B上的機(jī)械能

C.“嫦娥五號”在P點從軌道B變軌到軌道4上，需要在P點朝速度反方向噴氣

D.若“嫦娥五號”在軌道A上貼近月球表面，已知“嫦娥五號”在軌道A上運(yùn)行的角速度，可以推算出

月球的密度

13.全國多地在歡迎援鄂抗疫英雄凱旋時舉行了“飛機(jī)過水門”的最高禮儀，寓意為“接風(fēng)洗塵”。如

圖所示，某次儀式中，兩條水柱從兩輛大型消防車中斜向上射出，左、右兩條水柱從同一高度射

出，射出時速度方向與水平方向的夾角分別為45。和30。，兩條水柱恰好在最高點相遇，不計空氣

阻力和水柱間的相互影響，則左、右兩條水柱射出時的速度大小之比為（）

二、多選題

14.沿水平方向放置的足夠長彈性繩建立X軸，從左向右有〃、aN三個質(zhì)點（N點未畫出），位

于坐標(biāo)原點處的。質(zhì)點在外力作用下做簡諧振動，形成沿x軸傳播的簡諧橫波，1=0時刻波形如

圖甲所示，其中M質(zhì)點再經(jīng)過1s時間（小于一個周期），位移與，=0時相同，但振動方向相

反。N質(zhì)點與M質(zhì)點平衡位置的距離小于一個波長，且振動方向總相反，則下列說法正確的是（）

A.N質(zhì)點平衡位置的坐標(biāo)為x=8cmB.此簡諧波在x軸上的傳播速度為4m/s

C.N質(zhì)點的振動圖像如圖乙所示D.M質(zhì)點比N質(zhì)點先振動，且二者起振方向相反

15.如圖所示，光滑水平面上有一個表面粗糙的斜劈，細(xì)繩一端固定，另一端與小球相連，整個系

統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用水平推力F向左推斜劈，使之向左勻速運(yùn)動一段距離（細(xì)繩尚未達(dá)到平行

于斜面的位置），在此過程中（）

//〃〃/〃

A.小球做勻速圓周運(yùn)動

B.水平推力/所做的功大于小球機(jī)械能的增加量

C.斜劈對小球所做的功等于小球機(jī)械能的增加量

D.斜劈對小球所做的功等于小球?qū)π迸龅墓?/p>

16.某品牌的電動汽車電池儲能為60kW-h,充電電壓為400V,充電電流為35A,充電效率為

95%,該電動汽車以108km/h的速度勻速行駛時，機(jī)械能轉(zhuǎn)化效率為90%,可勻速行駛388.8

km,則該電動汽車（）

A.充電時間約為4.5h

B.勻速行駛時輸出的功率為10kW

C.勻速行駛時每秒消耗的電能為1.5x10,J

D.勻速行駛時所受的阻力大小為500N

三、實驗題

17.如圖所示，用“碰撞實驗器”可以探究碰撞中的不變量。實驗時先讓質(zhì)量為叫的入射小球從斜槽

軌道上某一固定位置S由靜止開始滾下，從軌道末端。點水平拋出，落到與軌道O點連接的傾角

為。的斜面上，留下落點痕跡；再把質(zhì)量為鈾的被碰小球放在斜槽軌道末端。點，讓入射小球

仍從位置S由靜止?jié)L下，與被碰小球碰撞后，分別與斜面碰撞留下各自的落點痕跡。M、P、N為

三個落點的位置。（不考慮小球在斜面上的多次碰撞）

（1）實驗中，直接測定小球碰撞前、后的速度是不容易的，但是，可以通過僅測量

，間接地解決這個問題。

A.小球開始釋放的高度h

B.斜面的傾角0

C.0點與各落點的距離L

（2）以下提供的測量工具中，本實驗必須使用的是

A.刻度尺B.天平C.量角器D.秒表

（3）關(guān)于本實驗，下列說法正確的是。

A.斜槽軌道必須光滑，且入射小球每次釋放的初位置相同

B.斜槽軌道末端必須水平

C.為保證入射小球碰后沿原方向運(yùn)動，應(yīng)滿足入射小球的質(zhì)量網(wǎng)等于被碰小球的質(zhì)量〃?2

（4）①在實驗誤差允許范圍內(nèi)，若滿足關(guān)系式,則可以認(rèn)為兩小球碰撞前、后總動量

守恒。

A.叫?OP=w,?OM+嗎-ONB.-\JOP=mA-{OM+網(wǎng)?>]ON

C.ml^fdN=ml-JOP+m2sfOMD.-ON=仍-OP+m??OM

②若碰撞是彈性碰撞，以上物理量還滿足的表達(dá)式為o

18.探究標(biāo)有“2.5V0.6A”的小燈泡的伏安特性曲線實驗時，給出了如圖甲所示的實驗器材，按要

求完成下列問題：

1.01.52.0

乙

（1）現(xiàn)有兩種規(guī)格的滑動變阻器N（50C,1.5A）和&（5Q2.0A）,為了調(diào)節(jié)方便，測量準(zhǔn)確，在實

驗中，滑動變阻器應(yīng)選用（填“凡”或“R?”）；

（2）用筆畫線代替導(dǎo)線把圖甲中的電路圖補(bǔ)充完整；

（3）圖乙是小燈泡的/-U特性曲線，圖線切線的斜率的倒數(shù)（填“等于”或“不等于”）小

燈泡的電阻；通過圖線計算可知，當(dāng)小燈泡兩端的電壓為1.0V時，小燈泡的電阻為

（保留兩位有效數(shù)字）。

四、計算題

19.某興趣小組自制了一枚小火箭，質(zhì)量為1kg,設(shè)火箭從地面發(fā)射后，始終在垂直于地面的方向

上運(yùn)動?；鸺c火后可認(rèn)為做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過4s到達(dá)離地面40m高處時燃料恰好用完，

若不計空氣阻力和燃料燃燒引起的火箭質(zhì)量變化，取重力加速度g=10m/s2,求：

（1）燃料恰好用完時火箭的速度大小；

(2)火箭上升后離地面的最大高度；

(3)燃料用完后火箭繼續(xù)上升的時間和加速上升過程火箭燃料對火箭的沖量大小。

20.如圖所示，豎直光滑圓軌道麗分別和光滑水平直軌道45、B'C相切于B點與9點，8點與

B'點在同一水平面但不重合，直軌道左端固定一彈簧，開始時彈簧處于鎖定狀態(tài)，此時彈簧

的彈性勢能為0.6J。直軌道B'C的右端放置一水平傳送帶，傳送帶與直軌道等高且與C端相連

接。轉(zhuǎn)輪半徑r=0.1m,轉(zhuǎn)軸間距L=lm的傳送帶以恒定的速度v=1.0m/s逆時針轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)輪的

最低點距離地面的高度H=1.8m。現(xiàn)將可以看成質(zhì)點、質(zhì)量m=0.1kg的小物塊與彈簧相接觸，彈

簧解除鎖定后，小物塊從A點被彈出后通過直軌道4?進(jìn)入豎直光滑圓軌道做圓周運(yùn)動，然后進(jìn)入

粗糙的直軌道EC。已知豎直光滑圓軌道的半徑R=0.2m,小物塊與直軌道9C、傳送帶間的動

摩擦因數(shù)均為〃=0.4,直軌道*C的長度s=lm,取重力加速度8=10111/$2。求：

(1)小物塊對圓軌道最高點E的壓力大??；

(2)小物塊最終停在何處；

(3)若改變彈簧鎖定位置，使小物塊能從傳送帶。點水平向右拋出，小物塊落地點到。點的水平

距離x與彈簧彈性勢能E?的關(guān)系式及Ev滿足的條件(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))。

21.電磁炮的發(fā)射需要大量的電能瞬間釋放，如圖甲所示，這些電能需要電容器來儲存，這就需要

對電容器先充電。如圖乙所示是電容器充電的基本原理圖，空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,足夠長的光滑水平導(dǎo)軌的間距為3質(zhì)量為，”的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置；導(dǎo)軌

的左端連接電容為C的電容器，導(dǎo)體棒的電阻為R,其余電阻忽略不計。開始時，給導(dǎo)體棒水平向

右的初速度%,在運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，直到導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀

態(tài)。

甲乙

(1)試分析說明導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)所經(jīng)歷的運(yùn)動過程；

(2)求導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動后的速度；

(3)求電容器的最大帶電荷量；

(4)若導(dǎo)體棒在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，電路中產(chǎn)生的熱量為Q,求電容器儲存的最大能量。

22.現(xiàn)代科學(xué)儀器中常利用電場、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動。如圖所示的xOy平面內(nèi)，在x軸上方

有一沿)，軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為后=也。在x軸下方相鄰并排著兩個寬度為d

2"?

的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域1、2的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為烏=8、坊=28,方向都垂直于平面向外。

在x軸上x=2J至x=6"間有一個收集板(圖中未畫出)?，F(xiàn)有一可在)，軸正半軸上移動的粒子

源，能釋放初速度為零、質(zhì)量為機(jī)、帶電荷量為p的粒子(重力忽略不計，不考慮粒子之間的相

互影響)。

(1)若粒子從A(0,%)處釋放，求粒子在磁場區(qū)域1內(nèi)做圓周運(yùn)動的軌跡半徑小

(2)要使粒子恰好不從磁場區(qū)域2的下邊界射出，求粒子在磁場區(qū)域2內(nèi)做圓周運(yùn)動的軌跡半徑

4；

(3)若粒子源在y軸正半軸上24至104范圍內(nèi)均勻釋放N個粒子，求這些粒子中能打在收集板上

的個數(shù)。

參考答案

1.答案：B

pU

解析：本題考查單位制。由七=二=匕，可知電場強(qiáng)度的單位為N/C或V/m,A錯誤；由

qd

4=。/、&=/2R可知功率的單位等于V-A或A'C,B正確；由E=/zv,可得6=月，則〃的

V

單位為J/Hz或J.s,C錯誤；由F=/1，可知力的單位為T.Crn/s,D錯誤。

2.答案：B

解析：本題考查與原子光譜有關(guān)的物理知識。各種原子的發(fā)射光譜都是線狀譜，A錯誤；太陽光譜

中的許多暗線與太陽大氣中存在的金屬元素的特征譜線相對應(yīng)，于是我們知道太陽大氣中存在哪

些金屬元素，B正確；可見光譜與不可見光譜都有分立特征，沒有連續(xù)特征，C錯誤；電子繞原子

核運(yùn)動的變化都是不連續(xù)的，我們看到的原子光譜都是線狀譜，D錯誤。

3.答案：D

解析：本題考查運(yùn)動學(xué)基本公式的運(yùn)用。根據(jù)平均速度公式可得

v=%.+"=65+°m/s=32.5m/s,位移x=="兄乂2.5m=81.25m,所以能求出艦載機(jī)

2222

在甲板上運(yùn)動的位移、平均速度，故A、C不符合題意；根據(jù)加速度的定義式可得

fz=Av=0-65m/s2=26m/s2）能求出艦載機(jī)在甲板上運(yùn)動的加速度，因為不知道艦載機(jī)的質(zhì)

X2.5

量，無法由牛頓第二定律求出艦載機(jī)所受的阻力，故B不符合題意，D符合題意。

4.答案：D

解析：本題考查UT圖像。V-/圖像中圖線與時間軸圍成的面積表示質(zhì)點在該段時間內(nèi)的位移大

小，故質(zhì)點在0~4時間內(nèi)的位移大小大于％時間內(nèi)的位移大小，A錯誤；0~乙時間內(nèi)質(zhì)點向

左運(yùn)動，乙~，2時間內(nèi)質(zhì)點向右運(yùn)動，則時刻質(zhì)點位于A點左側(cè)，B錯誤；0~4時間內(nèi)的平均速

度大于時間內(nèi)的平均速度小于幺，則0~乙時間內(nèi)的平均速度大于4時間內(nèi)的平均

速度，C錯誤；v-f圖像是一段拋物線，則其表達(dá)式可以寫成〃=d+人，v對，求導(dǎo)即為加速度，

得a=2kt,與，為一次函數(shù)關(guān)系，即加速度隨時間均勻增大，D正確。

5.答案：D

解析：本題考查近代物理學(xué)史。赫茲首先發(fā)現(xiàn)了光電效應(yīng)現(xiàn)象，愛因斯坦成功解釋了光電效應(yīng)現(xiàn)

象，故A錯誤；法拉第第一個提出了場的概念，并用電場線來描述場的強(qiáng)弱和方向，故B錯誤；

玻爾提出的原子理論認(rèn)為原子處在具有一定能量的定態(tài)中，雖然電子做變速運(yùn)動，但不向外輻射

能量，故C錯誤；根據(jù)玻爾理論，一個處于〃=4能級的氫原子回到〃=1能級的過程中，最多可放

出3種頻率不同的光子，故D正確。

6.答案：C

解析：本題考查安培力大小和方向的分析。磁感線分布如圖所示，用左手定則判斷通電直導(dǎo)線上

端受安培力方向向外，下端受安培力方向也向外，上端磁感線疏松，下端磁感線密集，可知上端

磁感應(yīng)強(qiáng)度小，導(dǎo)線受安培力較小，下端磁感應(yīng)強(qiáng)度較大，導(dǎo)線受安培力較大，所以導(dǎo)線/受磁場

力的作用，繞。點下端向外，上端向里轉(zhuǎn)動，C正確。

7.答案：C

解析：本題考查電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動和動量定理。由題圖可知，平行板電容器間電

場方向豎直向下，微粒處于靜止?fàn)顟B(tài)，滿足3=可知微粒受到的電場力方向豎直向上，故微

粒一定帶負(fù)電，選項A錯誤。若平行板電容器的上極板豎直向下移動一小段距離，兩板的間距變

小，可知電容器的電容增大，又因為靜電計指針張角的變化表征電容器兩極板間的電勢差變化，

題中兩板間電勢差U為電源的電動勢E,保持不變，所以靜電計指針的張角不變，選項B錯誤。

電容器上極板豎直向下移動邑后，場強(qiáng)大小由E="變?yōu)?=當(dāng)=當(dāng)，電場力大小為

22d現(xiàn)3d

2

4_

qE，=皿,微粒向上運(yùn)動的加速度大小為。=二_2=」g,由d-D.『得t='區(qū),選

3m322Vg

項C正確。設(shè)微粒與上極板作用過程中所受合外力的沖量大小為/,故微粒從靜止開始運(yùn)動到被捕

獲這一過程，由動量定理有/-m勿=0-0,解得1吆欄=〃鳴,選項D錯誤。

8.答案：C

解析：本題考查帶電粒子在電容器極板間的運(yùn)動分析。設(shè)極板間距為d,兩極板長度為/,質(zhì)量為

機(jī)的粒子以速度為水平射入電場時，有%='，再，￡=-，設(shè)粒子的偏轉(zhuǎn)位移為y,有

tmd

y=-ar,聯(lián)立可得y=當(dāng)4板不動，B板上移時，由C=力-可知，d減小，C增大，

22mdvl4nkd

二極管正向?qū)ǎ藭r電源對電容器充電，根據(jù)c=2可知，C增大，U不變，。增大，此時兩極

U

板間電壓U不變，d減小，粒子的偏轉(zhuǎn)位移增大，則粒子打到8板上，故A錯誤；當(dāng)A板不動，B

板下移時，"增大，C減小，電容器本應(yīng)該放電，但是由于二極管的單向?qū)ㄐ?，電容器無法放

電，所以。不變，由上面的公式整理可得。=且，此時U與d的比值不變，粒子的偏轉(zhuǎn)位移不

4兀此/

變，但是將B板下移了一些，所以粒子將會從兩板間飛出去，故B錯誤；當(dāng)B板不動，A板上移

時，d增大，C減小，由上述分析可知U與d的比值不變，粒子的偏轉(zhuǎn)位移不變，此時B板與粒子

的距離未變，所以粒子仍沿著B板邊緣飛出，故C正確；當(dāng)8板不動，A板下移時，d減小，C增

大，電容器能夠正常充電，所以。不變，此時d減小，粒子的偏轉(zhuǎn)位移增大，B板與粒子的距離未

變，所以粒子會打在8板上，故D錯誤。

9.答案：D

解析：本題考查斜面上連接體的受力分析。由題圖乙知，與時刻A的加速度為零，速度最大，根

據(jù)牛頓第二定律和胡克定律得agsin0=g,可得％="gsin",人錯誤；由題圖乙知，乙時刻

A、B開始分離,對A根據(jù)牛頓第二定律有h2-相gsin，=,皿，解得&="gsin：+襁,B錯誤；

從開始到4時刻，A與8整體做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律，有

F+kx-2mgsin0=2ma,解得尸=2a(a+gsin。)-Ax,由于x逐漸減小，可得產(chǎn)逐漸增大，從々

時刻到與時刻，B做勻加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可知尸-〃?gsin?=",解得

F=Mgsin?+〃刈，拉力尸恒定，C錯誤；小寸刻AB開始分離,則此時43間彈力為零，二者

加速度相同，從開始到乙時刻，對8由動能定理，有嗎.+弘,_%=3機(jī)匕2一0,對A由動能定理，

有%-心-叱;=；帆丫；-0＞解得WF＜,D正確。

10.答案：D

解析：本題考查磁生電的原理與楞次定律。若題圖甲中的導(dǎo)體棒向左勻速運(yùn)動，根據(jù)右手定則，

導(dǎo)線環(huán)b中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，通過導(dǎo)線b的感應(yīng)電流恒定，產(chǎn)生的磁場也恒定，金屬環(huán)

”中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，A錯誤；若題圖甲中的導(dǎo)體棒向左加速運(yùn)動，根據(jù)右手定則，導(dǎo)線b中產(chǎn)

生逆時針方向的感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流不斷增大，由右手螺旋定則可知，導(dǎo)線環(huán)b內(nèi)部的磁場方向

垂直紙面向外且逐漸增強(qiáng)，將金屬環(huán)。內(nèi)部的磁場分為6內(nèi)部的磁場和。之間的磁場兩部分，

根據(jù)疊加原理，可知通過金屬環(huán)a中的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外且大小逐漸增強(qiáng)，由

楞次定律可知，金屬環(huán)。產(chǎn)生的磁場將阻礙。中磁場的變化，則金屬環(huán)a產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面

向里，即金屬環(huán)a中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)同向電流相互吸引、反向電流相互排斥，可

知金屬環(huán)a有擴(kuò)張的趨勢，B錯誤；由右手螺旋定則可知，若題圖乙中環(huán)形電流i減弱，貝」內(nèi)部

產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里且大小逐漸減弱，將金屬環(huán)N內(nèi)部的磁場分為i內(nèi)部和

N、i之間兩部分，根據(jù)疊加原理，可知通過金屬環(huán)N中的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里

且大小逐漸減弱，由楞次定律可知，金屬環(huán)N產(chǎn)生的磁場將阻礙N中磁場的變化，則金屬環(huán)N產(chǎn)

生的磁場方的磁感應(yīng)強(qiáng)度向垂直紙面向里，即金屬環(huán)N中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)同向

電流相互吸引、反向電流相互排斥，可知金屬環(huán)N有收縮的趨勢，C錯誤，D正確。

11.答案：C

解析：本題通過電動勢隨時間變化的正弦規(guī)律圖像考查交流電的性質(zhì)。電壓表測量的是路端電壓

的有效值，故電壓表的示數(shù)不為零，選項A錯誤；r=0.005s時刻，線圈處于與中性面垂直的位

置，通過線圈的磁通量最小，選項B錯誤；電動勢的有效值為110V,根據(jù)E=/(R+r)可知電路

中電流的有效值為1.1A,在1s內(nèi)燈泡產(chǎn)生的焦耳熱為。=/2/?f=108.9J,選項C正確，D錯誤。

12.答案：D

解析：本題通過“嫦娥五號''探測器的變軌考查開普勒第三定律、不同軌道機(jī)械能的比較及月球密度

的計算。根據(jù)開普勒第三定律/=&,由題圖可知分則￡?＞「＞.,A錯誤；“嫦娥五

號”在P點由軌道B變軌到軌道A時，需要朝速度的方向噴氣，速度減小，機(jī)械能減小，“嫦娥五

號”在軌道4上的機(jī)械能小于在軌道B上的機(jī)械能，B、C錯誤；“嫦娥五號”在軌道A上做圓周運(yùn)

動，由萬有引力提供向心力，有嗎=加用/?,可得?=?”—=至，只要測出“嫦娥五號”在軌

K4版4兀G

3

道A上運(yùn)行的角速度，即可求出月球的密度，D正確。

13.答案：A

解析：本題考查曲線運(yùn)動。左、右兩條水柱從同一高度射出，恰好在最高點相遇，說明兩水柱豎

直方向運(yùn)動相同，射出時豎直方向分速度v,相同，左、右兩條水柱射出時速度方向與水平方向的

夾角分別為45。和30。，則左、右兩條水柱射出時的速度大小分別為匕=高3和％=焉和，所

以左、右兩條水柱射出時的速度大小之比為匕?=也，A正確。

匕2

14.答案：AC

解析：本題考查波的圖像與振動圖像的結(jié)合。由題圖甲可知，這列波的波長是4=12cm,M質(zhì)點

的平衡位置坐標(biāo)是X”=-2cm,位于坐標(biāo)原點處的。質(zhì)點在外力作用下做簡諧振動，形成沿x軸

傳播的簡諧橫波，根據(jù)對稱性可知，M質(zhì)點與平衡位置坐標(biāo)在巧,=2cm處的P質(zhì)點的振動情況完

全相同，由題圖甲可知，M質(zhì)點再經(jīng)過1s時間（小于一個周期），位移與，=0時相同，但振動方

向相反，說明該波的周期是T=3s,N質(zhì)點與M質(zhì)點振動方向總相反，N質(zhì)點與P質(zhì)點振動方向

總相反，說明N質(zhì)點與尸質(zhì)點的平衡位置的距離是半個波長的奇數(shù)倍，N質(zhì)點與M質(zhì)點平衡位置

的距離小于一個波長，可知N質(zhì)點平衡位置的坐標(biāo)為/=%+'=8cm,N質(zhì)點的振動方程為

以=4時爭-1卜01）,N質(zhì)點的振動圖像如題圖乙所示，故A、C正確；此簡諧波在x軸上

的傳播速度為v=4=4cm/s,故B錯誤；例質(zhì)點離波源。近，M質(zhì)點比N質(zhì)點先振動，但二者

T

起振方向都與波源起振方向相同，故D錯誤。

15.答案：BC

解析：本題考查連接體問題。斜劈向左做勻速運(yùn)動過程中小球的線速度是變化的，故小球不是做

勻速圓周運(yùn)動，故A錯誤；水平推力做的功一部分用于克服摩擦力做功，一部分轉(zhuǎn)化為小球的機(jī)

械能，故水平推力廠所做的功大于小球機(jī)械能的增加量，故B正確；對小球來說，斜劈對小球的

作用力屬于除重力以外唯一做功的外力，故斜劈對小球所做的功等于小球機(jī)械能的增加量，故C

正確；小球?qū)π迸龅墓Υ笮〉扔谛迸朔∏驅(qū)π迸饔昧ψ龅墓?，而這些功等于水平推力F

對斜劈做的功，故斜劈對小球所做的功小于小球?qū)π迸龅墓Γ蔇錯誤。

16.答案：AD

解析：本題考查電動汽車的功率、消耗的電能及所受阻力的計算。根據(jù)W=/Ur,可得電動汽車的

充電時間&=—--=4.5h,故A正確；勻速行駛的時間％=二=變2h=3.6h,勻速行駛時

電動汽車輸出的功率尸=吧嗎=處絲kW=15kW,故B錯誤；勻速行駛時電動汽車每秒消

t勻3.6

耗的電能W=f"=生W_J=1.67xl()4J,故C錯誤；電動汽車勻速行駛時

90%90%

v=108km/h=30m/s,電動汽車所受的牽引力大小F與所受的阻力大小/相等，由2=尸丫=#，

可得/=￡=H922N=5OON,故D正確。

v30

17.答案：(1)C(2)AB(3)B(4)①B②町=町+乃?ON

解析：本題考查驗證碰撞過程動量守恒的實驗。

(1)小球從。點拋出后做平拋運(yùn)動，設(shè)小球從。點拋出時的速度大小為v,則

!gf2-------

tan0=^—=^,Lcos6>=vf,解得丫=、庫則工，小球落到同一斜面上，則有丫,魚，則只要

vt2vV2tan<9

測得。點與各落點的距離L即可得到小球碰撞前、后的速度關(guān)系，故選C。

(2)實驗中必須要測量各落點到。點的距離，則需要刻度尺；還需要測量小球的質(zhì)量，需要天

平，故選A、Bo

(3)斜槽軌道沒必要必須光滑，只要小球到達(dá)底端的速度相同即可，則入射小球每次釋放的初位

置必須相同，以保證到達(dá)底端的速度相同，故A錯誤；斜槽軌道末端必須水平，以保證小球做平

拋運(yùn)動，故B正確；為保證入射小球碰后沿原方向運(yùn)動，應(yīng)滿足入射小球的質(zhì)量町大于被碰小球

的質(zhì)量相2,故C錯誤。

(4)①本實驗要驗證的關(guān)系式是叫%=犯匕+色修，由上述分析可知則表達(dá)式可表示為

叫?\/OP=叫?\fOM+m2-<ON,故選B。

②若碰撞是彈性碰撞，還滿足的表達(dá)式為(町4=(町匕2+卜”V，因nocVf,即/ocL,則表達(dá)

式為町?OP=w,-OM+m2-ONo

18.答案：(1)&(2)見解析(3)不等于;2.2C

解析：本題考查描繪小燈泡的伏安特性曲線的實驗原理與實物圖連接。

(1)測量小燈泡的電流與電壓的關(guān)系時，小燈泡兩端電壓從零開始變化，滑動變阻器采用分壓式

接法，為了調(diào)節(jié)方便，滑動變阻器應(yīng)選擇最大阻值較小的

(2)完整的電路圖如圖所示；

(3)I-U圖像中圖線對應(yīng)點與原點連線的斜率的倒數(shù)等于小燈泡的電阻，圖線切線的斜率的倒

數(shù)不等于小燈泡的電阻；通過題圖乙可知，當(dāng)小燈泡兩端的電壓為1.0V時，通過小燈泡的電流為

0.45A,小燈泡的電阻R=■夏=2.2復(fù)。

I0.45

19.答案:(1)20m/s(2)60m(3)2s;60N-s

解析：本題考查勻變速直線運(yùn)動規(guī)律及動量定理。

(1)設(shè)燃料用完時火箭的速度為K，所用時間為g火箭上升時分為兩個過程，第一個過程做勻

加速直線運(yùn)動，第二個過程做豎直上拋運(yùn)動至最高點，

火箭點火后到燃料剛用完的過程中，有九=乜乙

代入數(shù)據(jù)解得匕=20m/s

(2)燃料用完后，火箭只受重力，則可以繼續(xù)上升的高度九=必

2g

代入數(shù)據(jù)解得用=20m

所以火箭上升后離地面的最大高度/?=〃]+%=40m+20m=60m

(3)火箭從燃料用完到運(yùn)動至最高點的過程中，有耳=8,2

ZE，V.20.

得力=」■=—s=2s

g10

設(shè)燃料對火箭的沖量大小為/,加速上升過程，根據(jù)動量定理有

I—mgtx=

解得/=60N?s

20.答案：(1)1.0N(2)距C點左側(cè)0.125m處(3)x=2^2Ep-1.6m,Ep...0.85J

解析：本題結(jié)合彈簧、圓軌道和傳送帶考查單一物體的多過程問題。

(1)小物塊從A點彈出后至到達(dá)圓軌道最高點E的過程中，根據(jù)能量守恒，得

根據(jù)牛頓第二定律，對小物塊在E點，有

?%

F+mg=m^-

NK

解得在E點圓軌道對小物塊的彈力大小為紜=1.0N,

根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊對圓軌道最高點E的壓力大小塌=1.0N

(2)設(shè)小物塊離開B'點后向右滑行心，

根據(jù)能量守恒，有嗎巾-〃/Mg。=0

解得I=1.5m,

SI<s+L,說明小物塊滑到傳送帶上速度減小到零后又反向加速，則小物塊反向加速到與傳送帶

速度相同時，有v=at,a=jug,

得，=0.25s

小物塊反向加速的位移邑=0.125m

由于邑<0<5,則小物塊與傳送帶速度相同后做勻速運(yùn)動，小物塊離開傳達(dá)帶時的速度為

vc=1.0m/s,

小物塊離開傳送帶后，由動能定理可得-川咫S3=0-g/W；

解得S3=0.125m,

即小物塊最終停在距離C點左側(cè)0.125m處。

(3)小物塊由。點水平拋出后做平拋運(yùn)動，則有

1

H+2r-^gt',x=vDt',

由能量守恒可得耳=〃〃?g(s+L)+；w^

聯(lián)立解得x=2^2￡p-1.6m,

若小物塊能從3點水平拋出，則有%..病=1m/s,

即%.0.85J,

小物塊能夠通過圓軌道最高點E,在E點小物塊的重