2021年浙江省臨海市、新昌縣高考物理適應(yīng)性試卷（二模）（附答案詳解）

2021年浙江省臨海市、新昌縣高考物理適應(yīng)性試卷(二

模)

一、單選題(本大題共13小題，共39.0分)

1.下列均屬于國際單位制中基本單位的是()

A.米(m)、千克(kg)B.米每秒(m/s)、千克(kg)

C.牛頓(N)、米(m)D.安培(4)、焦耳①

2.下列有關(guān)物理學史的描述，正確的是()

A.伽利略通過實驗證實了力是維持物體運動的原因

B.戴維孫和湯姆孫利用晶體做了電子束的衍射實驗，證實了電子具有波動性

C.盧瑟福通過a粒子散射實驗，指出了原子核內(nèi)部具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)

D.奧斯特最早研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象，并發(fā)現(xiàn)感應(yīng)電動勢與磁通量變化率成正比

3.發(fā)光彈性球很受兒童喜愛，一兒童把彈性球豎直上拋，從空中的最高點開始計時,

下列描述發(fā)光彈性球運動的圖像中正確的是()

的奇觀

曳長衣

B.燃氣灶上電子點火器的針頭電極

C.超高壓帶電作業(yè)所穿衣服的織物中摻入了金屬絲

D.靜電復(fù)印機

5.隨著北京冬奧會的臨近，滑雪項目成為了人們非常喜愛的運動項目。如圖運動員從

高為〃的4點由靜止滑下，到達B點后水平飛出，經(jīng)過時間，落到長直滑道上的C

點，不計滑動過程中的摩擦和空氣阻力。下列說法正確的是（)

A.若〃加倍，則水平飛出的速度v加倍

B.若〃加倍,則在空中運動的時間f加倍

C.若〃減半,運動員落到斜面時的速度方向不變

D.若//減半,運動員在空中離斜面的最大距離不變

6.近年中國女子速滑隊取得的成績十分令人矚目。在速

滑接力賽中，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”

的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時,

乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙

推甲的過程中，忽略運動員與冰面間的阻力，下列說法正確的是（）

A.甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同

B.甲的速度增加量一定等于乙的速度減少量

第2頁，共28頁

C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量

D.乙對甲的作用力一定做正功，甲的動能一定增大

7.如圖所示，風洞飛行體驗可以實現(xiàn)高速風力將人吹

起，通過改變風力大小或人體受風面積可以控制人

體上升或下降。若一質(zhì)量m=70kg的游客，從離

地高度b=0.5m的懸浮狀態(tài)向上運動，到達高度

電=2.5m處時再次懸浮，下列說法正確的是（）

A.此過程中人的機械能增加了約1400./

B.若人懸浮時減小受風面積，將會向上運動

C.上升過程中，人先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)

D.人處于懸浮狀態(tài)時，為風洞提供動力的電動機不需要做功

8.2020年11月24日4時30分，長征五號遙五運載火箭在中國海南文昌航天發(fā)射場

成功發(fā)射，飛行約2200秒后，順利將探月工程嫦娥五號探測器送入預(yù)定軌道，開

啟中國首次地外天體采樣返回之旅。嫦娥五號飛行軌跡可以簡化為如圖所示，首先

進入圓軌道I,在P點進入桶圓軌道口，到達遠地點Q后進入地月轉(zhuǎn)移軌道，到

達月球附近后進入環(huán)月軌道口。圓軌道I的半徑為q,周期為A，橢圓軌道口的半

長軸為周期為72,環(huán)月軌道口的半徑為小，周期為窗，地球半徑為R，地球表

面重力加速度為g。忽略地球自轉(zhuǎn)和太陽引力的影響。下列說法正確的是（）

P

B.嫦娥五號在軌道I運行速度等于師

c.嫦娥五號在軌道I的P點和橢圓軌道n的P點加速度相同

D.嫦娥五號在橢圓軌道II的Q點運行速度大于在圓軌道I的運行速度

9.如圖所示，兩等量同種電荷+Q固定放置，。為連線的中點，ABCD

為電荷連線中垂面上的四個點，AO=BO=CO=DO,下列說法正

確的是（）

A.A、B兩點場強相同

B.。點電勢比。點低

C.把電子從A點移動到。點，電子的電勢能增大

D.在C點給電子某一恰當?shù)某跛俣?，電子可能做圓周運動

10.電磁炮是一種利用電磁作用發(fā)射炮彈的先進武器，我國正在進行艦載電磁軌道炮試

驗，射程可達200公里，預(yù)計到2025年投入使用。某同學利用餅型強磁鐵和導軌

模擬電磁炮的發(fā)射原理，如圖所示，相同的餅型強磁鐵水平等間距放置，使導軌平

面近似為勻強磁場。下列說法中不正確的是（）

導體棒a

A.放置強磁鐵時，應(yīng)保證磁鐵的磁極同向

B.強磁鐵磁性越強，導軌平面越接近勻強磁場

C.強磁鐵間距越小，導軌平面越接近勻強磁場

D.若全部磁鐵N極向上，導體棒所受安培力水平向右

11.如圖所示，水平面內(nèi)第二、三象限內(nèi)存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=17。

將一根電阻R=0.50的均勻?qū)Ь€圍成一個閉合線圈Oab,已知ab剛好為四分之一

圓弧，。。長0.1m,t=0時?！迸cx軸重合?，F(xiàn)讓線圈從如圖所示位置開始繞。點

以角速度3=4rad/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動。在一個周期內(nèi)，下列說法中正確的是（）

Oax

A.通過線圈中電流的有效值為0.044

B.0。兩端只有在線圈進入和穿出磁場兩個過程中有電壓

C.因為一個周期內(nèi)穿過線圈的磁通量變化為零，所以線圈中電動勢的有效值為零

第4頁，共28頁

D.因為一個周期內(nèi)穿過線圈的磁通量變化為零，所以通過線圈某一橫截面的電荷

量為零

12.如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為io：1,/?!=ion,R2=2on.通

甲乙

A.電容器兩端電壓為10VB.電壓表示數(shù)為100M

C.原線圈輸入電流的頻率為1OO”ZD.原線圈輸入功率為10W

13.如圖是半徑為R的半圓形玻璃磚，一束單色光從A點射入_巨“

玻璃磚，在直徑面上發(fā)生全反射，最終射出玻璃磚（B點位、

置未標出）。已知出射光與入射光之間互相垂直，真空中（7未）

oP

光速為C,則（）

A.玻璃磚的折射率為魚

B.光在玻璃磚內(nèi)的速度為在c

2

C.光在玻璃磚中的臨界角為W

D.光在直徑面上的全反射點P與O點的距離為叵

2

二、多選題（本大題共3小題，共6.0分）

14.新冠病毒疫情防控工作中，額溫槍在醫(yī)院、車站、小區(qū)、學校等地方被廣泛使用,

成為重要的防疫裝備之一。某一種額溫槍的工作原理是：任何物體溫度高于絕對零

度（-273。0時都會向外發(fā)出紅外線，額溫槍通過紅外線照射到溫度傳感器，發(fā)生光

電效應(yīng)，將光信號轉(zhuǎn)化為電信號，從而顯示出物體的溫度。已知人的體溫正常時能

輻射波長為的紅外線，如圖甲所示，用該紅外光線照射光電管的陰極K時，

電路中有光電流產(chǎn)生，光電流隨電壓變化的圖像如圖乙所示，已知/i=6.63x

19

10-34,.s,e=i,6x10-C,則（）

窗【J

紅外

A.波長10〃m的紅外線在真空中的頻率為3x1013Wz

B.將圖甲中的電源正負極反接，將不會產(chǎn)生電信號

C.由圖乙可知，該光電管的陰極金屬逸出功約為O.leV

D.若人體溫度升高，輻射紅外線的強度增大，光電流減小

15.在同一介質(zhì)中。兩列簡諧橫波。和6均沿x軸正方向傳播，。波的波速D=16m/s,

B.a波和方波的周期之比為2：1

C.再經(jīng)過0.25s,x=2?n處的質(zhì)點第一次到達波峰

D.隨時間變化兩列波的波峰重合點在不斷變化，但兩列波的波谷不會重合

16.氫原子的能級圖如圖所示，一群氫原子處于n=4能級向低能級躍遷，則下列說法

正確的是（）

?桃V

■...............Q

5--------------------------0.54

4--------------------------------0.85

3--------------------------IJI

2--------------------------340

--------------------

A.最多能發(fā)出4種不同頻率的光

B.氫原子由n=4能級躍遷到n=3能級時，核外電子的動能增大

第6頁，共28頁

C.用能量為0.40eU的光子照射，能使處于n=4能級的氫原子躍遷

D.用能量為3.00e，的電子碰撞n=4能級的氫原子，產(chǎn)生的電子初動能可能是

1.60eV

三、實驗題（本大題共3小題，共14.0分）

17.興趣小組測量某農(nóng)莊噴水口的內(nèi)徑。

①下列測量圖中，測量方式正確的是。

②如圖為正確測量得到的結(jié)果，由此可得噴水口的內(nèi)徑。=-----〃皿

18.某興趣小組用如圖甲所示的裝置探究“恒力做功與小車動能變化的關(guān)系”。

圖乙

①實驗室有工作頻率為50Hz的電磁打點計時器和電火花打點計時器供選用，下列

說法中正確的是.

4.使用電磁打點計時器時，紙帶應(yīng)放置在復(fù)寫紙上方

及為使紙帶在運動時受到的阻力較小，應(yīng)選用電磁打點計時器

C.若實驗中要測出拉力做功的值，一定要滿足祛碼（含祛碼盤）質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量

D若工作頻率變小，而同學未發(fā)現(xiàn)，則測得小車的速度將比實際速度偏小

②某同學畫出小車動能變化與拉力對小車所做功的△Ek-IV關(guān)系圖像如圖乙，由

于實驗前遺漏了平衡摩擦力這一關(guān)鍵步驟，他得到的實驗圖線（實線）應(yīng)該是

19.某校興趣小組要測定額定電壓為2.5U的小燈泡的伏安特性曲線。實驗室備有下列器

材；電池組（電動勢為3匕內(nèi)阻約10）：電流表（量程為。?0.6A,內(nèi)阻約0.50）；電

壓表（量程為0?3叭內(nèi)阻約3k0）：滑動變阻器（100）；小燈泡（2.5U）；多用電表一

個；電鍵一個、導線若干.

（1）用筆畫線代替導線，將圖甲中實驗電路連接完整

（2）接通開關(guān)后，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)如圖乙所示，此時電壓為匕而電流表示數(shù)

為零。出現(xiàn)上述情況的可能原因是O

A電流表接線處斷路

及電壓表接線處短路

C小燈泡接線處斷路

D滑動變阻器接線處斷路

（3）小明在實驗過程中，分別采用電流表內(nèi)接法和外接法各做了一次，得到了如圖

丙中伏安特性曲線“1”和“2”。則實驗應(yīng)選擇曲線_____（填“1”或“2”）。

四、計算題（本大題共4小題，共41.0分）

20.隨著人工智能技術(shù)的不斷發(fā)展，無人機有著非常廣闊的應(yīng)用前景。春播時節(jié)，一架

攜藥總質(zhì)量巾=20kg的無人機即將在田間執(zhí)行噴灑藥劑任務(wù)，無人機懸停在距一

塊試驗田兒=30m的高空，r=0時刻，它以加速度%=2m/s2豎直向下勻加速運

動a=9巾后，立即向下做勻減速運動直至速度為零，重新懸停，然后水平飛行噴

灑藥劑。若無人機田間作業(yè)時噴灑的安全高度為1m?3m,無人機下降過程中空氣

阻力恒為20M求：

第8頁，共28頁

(1)無人機從t=。時刻到重新懸停在“2=1巾處的總時間/：

(2)無人機在安全高度范圍內(nèi)重新懸停，向下勻減速時能提供的最大豎直升力大小;

(3)若無人機在高度為=3m處懸停時動力系統(tǒng)發(fā)生故障，失去豎直升力的時間為

|s,要使其不落地，恢復(fù)升力時的最小加速度。

21.圖甲為兒童玩具小火車軌道，由豎直圓軌道BMC(B、C是圓弧軌道最低點且可認為

是緊靠的)、豎直圓弧軌道3E和尸”、傾斜半圓軌道EGE四分之一水平圓軌道

AK和〃與水平軌道AB、CD、HI、K/平滑相切連接而成，圖乙為軌道側(cè)視示意圖

?已知豎直圓軌道、圓弧。E、和EGF的半徑均為R=0.4m,CD=0.4m,圓弧

DE、FH對應(yīng)的圓心角4HO3尸=37。，小火車質(zhì)量m=0.2kg且可視為質(zhì)點。水平

軌道上小火車受到軌道的阻力恒為其重力的0.2倍，其它軌道的阻力忽略不計。小

火車在H點處以恒定功率P=2勿由靜止開始啟動，沿著軌道運動，經(jīng)過

t=2s到達8點時關(guān)閉電動機，小火車恰好能沿著豎直圓軌道運動。sm37°=0.6,

cos37°=0.8o求：

圖甲圖乙

(1)小火車到達B點時的速度大?。?/p>

(2)小火車從H點運動到8點過程中阻力做的功；

(3)小火車運動到傾斜半圓軌道EGF最高點G時對軌道作用力的大小。

22.如圖，有兩傾角0=30。、間距d=0.1m的足夠長平行金屬導軌，其頂端和底端各

連有一個R=0.10的電阻。一恒流源為電路提供恒定電流/=24電流方向如圖所

示。在兩導軌間存在垂直導軌平面向上的磁場，沿導軌向下建立坐標軸xOy,磁感

應(yīng)強度沿方向大小不變，沿方向大小滿足久

yx=2x(7)(W4m),B2=2T(x>

4m).質(zhì)量7n=0.1kg的金屬棒必垂直導軌放置，與導軌間摩擦系數(shù)“=當，讓金屬

棒必從x=0處以很小的速度(可忽略不計)開始向下運動。x=47n處兩導軌各有一

小段長度可以忽略的絕緣部分，隔開上下金屬導軌。金屬棒油及金屬導軌的電阻

不計。求：

(1)金屬棒而運動到x=1m位置時加速度大??；

(2)金屬棒"從x=0向下運動到速度為0的過程中，克服摩擦力所做的功：

(3)若導軌光滑，改變恒流源電流方向，讓金屬棒從％=0靜止釋放，可以證明導體

棒做簡諧運動，且簡諧運動的周期7=27r押，其中m為做簡諧運動的物體的質(zhì)量，

々為尸=一收中比例系數(shù)k,求從t=0至吟時間內(nèi)安培力的沖量。

第10頁，共28頁

23.如圖所示為某粒子探測裝置示意圖，水平放置的平行金屬板AB、CD,其中CO板

可收集粒子，兩板長度及板間距離均為L板間的電壓〃?=等。在兩板左側(cè)有一

長為L的豎直放置的線狀粒子發(fā)射器E凡兩端恰好與上下兩平行板對齊。發(fā)射器

各處能均勻持續(xù)地水平向右發(fā)射速度均為火、質(zhì)量為機、帶電量為+q(重力不計)的

同種粒子，單位時間內(nèi)射出的粒子個數(shù)為N。在金屬板C￡＞右側(cè)有一半徑為R的圓

形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度8=空也，磁場方向垂直紙面向里，磁場邊界恰好

過。點，。點與磁場區(qū)域圓心的連線與水平方向的夾角0=37。。從電場右邊界中

點離開的粒子剛好對準圓心O射入圓形磁場。一個范圍足夠大的熒光屏豎直放置在

磁場的右側(cè)且與圓形磁場相切。不考慮電場與磁場的邊界效應(yīng)，$譏37。=0.6,

cos37°=0.8o求：

(1)單位時間內(nèi)金屬板8收集到的粒子個數(shù)；

(2)粒子在磁場中運動的最長時間；

(3)粒子能打到熒光屏上長度。

第12頁，共28頁

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：力學中〃2、必、S；電學中A；熱學中〃?。/、K；光學中cad是國際單位制

中的基本單位，其他為導出單位，故A正確，88錯誤；

故選：4。

國際單位制規(guī)定了七個基本物理量，分別為長度、質(zhì)量、時間、熱力學溫度、電流、光

學強度、物質(zhì)的量。它們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

量的單位叫做導出單位。

本題主要考查了單位制，熟記國際單位制規(guī)定了七個基本物理量是解題的關(guān)鍵。

2.【答案】B

【解析】解：人伽利略通過實驗合理的推理認為“力是改變物體運動狀態(tài)的原因”，

而不是維持物體運動的原因，故A錯誤：

以根據(jù)物理學史可知，戴維孫和湯姆孫利用晶體做了電子束的衍射實驗，證實了電子

具有波動性，故8正確；

C、盧瑟福通過a粒子散射實驗，提出來原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故C錯誤；

。、奧斯特最早發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，揭開了研究電與磁關(guān)系的序幕，但他沒有發(fā)現(xiàn)電

磁感應(yīng)現(xiàn)象，電磁感應(yīng)現(xiàn)象是法拉第最早發(fā)現(xiàn)的，故。錯誤。

故選：B。

根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的物理學貢獻即可。

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記

憶，重視知識的積累。

3.【答案】A

【解析】解：AB、選向下為正方向，小球先做勻加速直線運動，小球與地面碰撞時，

速度大小變小，且方向發(fā)生突變，在v-t圖象可以看出，速度先增大到某一數(shù)值，落

地后，反彈速度稍小于原來的值（豎直上拋運動），然后到最高點后再做自由落體運動，

再重復(fù)這種運動，故A正確，B錯誤；

。、位移時間圖象中傾斜直線表示勻速直線運動，不是自由落體運動或豎直上拋運動，

故CQ錯誤；

故選：Ao

小球做自由落體運動，落地前做勻加速直線運動，加速度為g,再與地面發(fā)生碰撞后反

彈速度應(yīng)比落地速度要小，方向相反，然后向上做勻減速直線運動，其加速度為g,故

根據(jù)速度時間關(guān)系得到速度時間關(guān)系圖，

本題關(guān)鍵要注意速度的方向用正負來表示，然后結(jié)合自由落體運動和豎直上拋運動的速

度時間關(guān)系來找出函數(shù)圖象。

4.【答案】C

【解析】解：ABD.這三種情況都是對靜電的利用，故A8O錯誤；

C、超高壓帶電作業(yè)所穿衣服的織物中摻入了金屬絲，可以起到靜電屏蔽的作用，使輸

電線周圍的電場被工作服屏蔽起來，故C正確。

故選：Co

熟悉靜電屏蔽的原理和在生活中的應(yīng)用即可。

利用生活中靜電屏蔽的實際應(yīng)用例子強化了學生對相關(guān)知識點的認識和理解。

5.【答案】C

【解析】解：AB、運動員在軌道上運動時，只有重力做功機械能守恒，根據(jù)機械能守

恒定律可得：mgh=^mv2,解得述=

設(shè)斜面傾角為。，運動員落到斜面上時其豎直位移和水平位移之間關(guān)系滿足tan。=?=

初2得1_2vtan0_2yj2ghtan0

vt99

由此可知：若〃加倍，則水平飛出的速度U變?yōu)樵瓉淼聂~倍，在空中運動的時間,變?yōu)?/p>

原來的夜倍，故A8錯誤；

C、設(shè)運動員落到斜面上時其速度方向與水平夾角為口，該夾角的正切值tan/?=m=2x

蚓=2tan。，由此可知0角是個定值，保持不變，故C正確；

Vt

D、運動員做平拋運動的除速度沿垂直斜面初速度的分量為%=usin。，重力加速度g

垂直斜面的分量為a=gcosd.

第14頁，共28頁

設(shè)運動員離斜面的最大距離為H,根據(jù)運動學公式得〃=?=等嗎=竽畔，

2a2gcosQ2gcos0

由此可知：若/7減半，運動員在空中離斜面的最大距離變?yōu)樵瓉淼囊补?。錯誤。

故選：Co

通過機械能守恒求解小球平拋的初速度，然后利用運動的合成與分解規(guī)律解決此題。

解決平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速

直線運動，豎直方向做自由落體運動。注意在斜面上平拋只要最終落到斜面上，其落到

斜面上的速度方向與水平夾角的正切值為定值。

6.【答案】D

【解析】解：A、甲對己的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故甲對乙的沖

量與乙對甲的沖量大小相等、方向相反，故A錯誤：

B、設(shè)甲乙兩運動員的質(zhì)量分別為m尹、追上之前的瞬間甲、乙兩運動員的速度分

別是。用,取初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：m甲4V甲=-m乙△vz,

由于二者的質(zhì)量大小可能不同，則速度的變化不一定相同，故8錯誤；

C、二者的動量變化大小相等，質(zhì)量不一定相等，動能變化不一定相同，故C錯誤；

。、在乙推甲的過程中，乙對甲的作用力方向與甲的運動方向相同，乙對甲的作用力對

甲一定做正功，甲的動能一定增大，故。正確。

故選：Do

甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，由此分析沖量關(guān)系；根據(jù)動量守

恒定律分析速度的變化是否相同：二者的動量變化大小相等，質(zhì)量不一定相等，由此分

析動能變化；乙對甲的作用力方向與甲的運動方向相同，由此分析乙對甲做功正負。

該題屬于物理知識在日常生活中的應(yīng)用，對于動量守恒定律的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是掌握

動量守恒定律的應(yīng)用方法，知道動量是一個矢量。

7.【答案】A

【解析】解：A、由于人在初末位置均處于懸浮狀態(tài)，動能不變，此過程中人的機械能

的增加量等于重力勢能的增加量，即機械能增加了AE=mgAh=70x10x(2.5-

0.5)/=14007,故A正確；

8、若人懸浮時減小受風面積，風力減小，人將會向下運動，故8錯誤；

C、由于上升過程中，人先加速后減速，所以人先處于超重狀態(tài)，后處失重狀態(tài)，故C

錯誤；

。、人處于懸浮狀態(tài)時，由于要持續(xù)吹風才能懸浮，所以為風洞提供動力的電動機需要

做功，故。錯誤。

故選：Ao

由于人在初末位置均處于懸浮狀態(tài)，動能不變根據(jù)重力勢能的變化判斷機械能的變化即

可，人受到重力和風力作用，結(jié)合利用牛頓定律判斷物體運動情況，根據(jù)人運動時的加

速度方向，判斷其處于超重還是失重狀態(tài)。

解決本題學生需掌握機械能的定義，牛頓定律的應(yīng)用，需注意人處于超重狀態(tài)還是失重

狀態(tài)由人運動時的加速度方向決定。

8.【答案】C

【解析】解：A、對衛(wèi)星在I、n兩軌道上

繞地球運轉(zhuǎn)，根據(jù)開普勒第三定律得：P\

因為開普勒第三定律僅適用于圍繞同一中.飛〃小\?>：/

35?勾卜sjJjZ

心天體的運動，而裝對應(yīng)的中心天體是月球，.

打0

故A錯誤；

B、對“嫦娥五號”在軌道/上，根據(jù)萬有引力提供向心力得：等=血苫

在地球表面，根據(jù)萬有引力等于重力得：誓=小。

聯(lián)立解得：v=舟，故B錯誤；

C、根據(jù)牛頓第二定律可得等=ma,解得。=皆，即沿不同軌道運動到同一點時的加

速度相等。故“嫦娥五號”在軌道I上尸點的加速度等于在軌道n上P點的加速度，故

C正確；

D、通過。點構(gòu)建圓軌道4,如圖所示，由萬有引力提供向心力有：智=小止，解得：

rzr

D=耳，所以衛(wèi)星在4軌道運行的線速度小于衛(wèi)星在I軌道上運行的線速度；

而n軌道的Q點相對于4軌道做向心運動，所以口軌道。點的速度小于4軌道的速度，

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所以嫦娥五號在橢圓軌道口的。點運行速度小于在圓軌道I的運行速度，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)開普勒第三定律僅適用于圍繞同一中心天體的運動，可判斷A選項是否正確；根據(jù)

萬有引力提供向心力，分別在地球表面和軌道I處列方程，解方程組，即可求在軌道I

上的運行速度；根據(jù)沿不同軌道運動到同一點時的加速度相等，可判斷在軌道I上P點

的加速度與在軌道nIIP點的加速度的關(guān)系；根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式

分析線速度大小關(guān)系。

本題考查了萬有引力定律及其應(yīng)用，要熟記萬有引力的公式和圓周運動的一些關(guān)系變換

式，解題依據(jù)為萬有引力提供向心力，另外注意開普勒第三定律的適用條件。

9.【答案】D

C、根據(jù)兩個等量同種正點電荷的電場分布特點知外＜9。，把電子從4點移動到0點，

電勢增大，電子的電勢能變小，故C錯誤；

。、在兩電荷的連線中垂面上，以8為直徑的圓周上以速度v從C點釋放一電子，速

度方向垂直于CD,使電場力恰好等于所需的向心力，電子就能做圓周運動，故。正確。

故選：D。

根據(jù)兩個等量同種電荷的電場線分布情況進行分析判斷即可。

對于等量同種電荷的電場，要明確兩電荷連線和兩電荷連線的中垂線上的電場分布情況。

10.【答案】B

【解析】解：人兩個正對的相互靠近的異名磁極間的磁場近似為勻強磁場，強磁鐵為

了形成勻強磁場，放置強磁鐵時，應(yīng)保證磁鐵的磁極同向，故A正確；

BC,根據(jù)磁鐵的磁場中磁感線分布情況，知強磁鐵間距越小，導軌平面越接近勻強磁

場，可知，強磁鐵磁性越強，導軌平面不一定越接近勻強磁場，故8錯誤，C正確；

。、若全部磁鐵N極向上，結(jié)合通過導體棒的電流方向，由左手定則判斷可知導體棒所

受安培力水平向右，故。正確。

本題選不正確的，

故選：B。

強磁鐵為了形成勻強磁場，強磁鐵間距越小，導軌平面越接近勻強磁場，根據(jù)左手定則

判斷安培力方向。

解決本題的關(guān)鍵要了解磁鐵周圍磁場的分布情況，知道兩個正對的相互靠近的異名磁極

間的磁場近似為勻強磁場，利用左手定則來判斷安培力方向，從而理解電磁炮的原理。

11.【答案】D

【解析】解：AC、線圈進入磁場與離開磁場過程線圈切割磁感線的有效長度r=0a=

0.1m,

線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Brv=Br^-=^Br2a)=1x1x0.12x47=0,027,

由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流/=5=筆=0.04/1,

KU.5

設(shè)電流的有效值為/奇效，則2/2RX：=/%效RT,

代入數(shù)據(jù)解得：/存數(shù)=,4=0.02VZ4,故AC錯誤；

8、線圈進入、離開磁場過程線圈中有感應(yīng)電流，0a兩端有電壓，線圈完全在磁場中轉(zhuǎn)

動過程，0。切割磁感線，兩端有電壓，故C錯誤；

D、在一個周期內(nèi)穿過線圈的磁通量變化量/0=0,由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均

感應(yīng)電動勢￡為零，平均感應(yīng)電流7為零，通過線圈某一橫截面的電荷量q=7t=0,故

。正確。

故選：Do

根據(jù)E=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，然后根據(jù)題意

求出感應(yīng)電流的有效值；應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律與電流的定義

式求出通過線圈某一橫截面的電荷量。

分析清楚線圈的運動過程，應(yīng)用E=BG、法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律、

電流定義式即可解題時；解題時要注意線圈進入與離開磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=

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Brv=-Br2a)

20

12.【答案】B

【解析】解：A、交變電流可以通過電容器，電容器和電阻/?2的兩端電壓即電阻當兩端

的電壓，根據(jù)圖乙可知，電流有效值：。=信=*=14根據(jù)歐姆定律可知，電阻治

兩端的電壓：Ui=ARi=10U,故電容器兩端電壓小于10匕故A錯誤；

B、電壓表測量原線圈輸入電壓，根據(jù)變壓比可知，U^^-U^^xlOV=100V,

故8正確；

C、根據(jù)圖乙可知，周期交流電的周期：T=0.02s,頻率：/=/=高Hz=50Hz,變

壓器不改變頻率，則原線圈輸入電流的頻率為50Hz,故C錯誤；

2

。、電阻&消耗的功率：PR1==lx10W=10W,交變電流可以通過電容器，

則電阻R2也會消耗功率，故變壓器的輸出功率大于10W,則原線圈輸入功率大于10W，

故。錯誤。

故選：B。

交變電流可以通過電容器，電容器和電阻色的兩端電壓即電阻％兩端的電壓，根據(jù)歐姆

定律分析。

由電壓與匝數(shù)成正比可以求得副線圈的電壓的大小，根據(jù)變壓比分析電壓表示數(shù)。

根據(jù)圖乙確定頻率，變壓器不改變交流電的頻率。

因為電容器有通交流、阻直流的作用，則有電流通過角和電容器，根據(jù)電功率的計算公

式求解治消耗的電功率進行分析。

此題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，解題的關(guān)鍵是掌握變壓器的電壓之比和匝數(shù)比之間的

關(guān)系，同時對于電容器的特性要了解。

13.【答案】D

【解析】解：A、如圖，在

A處把竺■=n,在P處的入

stnr

射角8=15°+r

由于入射光與出射光相互

垂直，所以，小L兩法線垂直。=45。r=30°n=6,故A錯誤；

B、根據(jù)p=￡=立c,故8錯誤；

n3

C、臨界角sinC=Z=更,故C錯誤；

n3

D、如圖4QJ.QP,所以4Q=QP=Rsin75。

OP=QP-QO=Rsin75°-Rcos750=y/?,故。正確。

故選：De

根據(jù)題意畫出光路圖，根據(jù)全反射條件結(jié)合折射定律結(jié)合幾何關(guān)系，求解折射率和臨界

角C,以及P點與。點的距離。

本題主要是考查了光的折射和光的全反射；解答此類題目的關(guān)鍵是弄清楚光的傳播情況,

畫出光路圖，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系求出折射角或入射角，然后根據(jù)光的折射定律或全反

射的條件列方程求解。

14.【答案】AC

【解析】解：A、波長4=10/zm=1x10-57n的紅外光在真空中的頻率為/代入

數(shù)據(jù)解得/=3x10i3“z,故A正確；

8、將圖甲中的電源反接，根據(jù)乙圖，反向電壓低于遏止電壓，即低于0.02U時，電流表

的示數(shù)不為零，故C正確；

C、由乙圖可知遏止電壓為4=2X10-2匕根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek=hv-%,

根據(jù)動能定理得e%=Ek，兩式聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得%=04eU,故C正確；

。、若人體溫度升高，則輻射紅外線的強度增大，逸出的光電子的個數(shù)增加，光電流增

大，故。錯誤。

故選：AC。

由/=一計算頻率；由乙圖可知遏止電壓，反向電壓低于遏止電壓時電流表的示數(shù)不為

零；根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程以=池-%及e%=后上可計算逸出功；溫度升高，輻

射紅外線的強度增大，光電流增大。

本題考查了光電效應(yīng)，考查知識點針對性強，難度適中，考查了學生掌握知識與應(yīng)用知

識的能力。

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15.【答案】ABD

【解析】解：4、由圖知，橫波。的波長兒=8m,橫波〃的波長兒=4m,則橫波。的

頻率%=：=?Hz=2Hz,橫波/，的頻率%=/=￥HZ=4HZ,可見兀H%,則。、

b兩列波不會發(fā)生干涉，故A正確；

B、橫波a的周期兀=*=M=0.5s,

Jan

橫波人的周期Tb=《=：s=0.25s,則a波和b波的周期之比為兀：Tb=2：故B

Jb勺

正確；

C、結(jié)合題圖由同側(cè)法知，t=0時刻，橫波a中x=2m質(zhì)點處于平衡位置，且沿y軸正

方向運動，橫波人中x=2m質(zhì)點處于波谷位置，經(jīng)過戊=0.25s=:=檢，橫波a中

x=2nl質(zhì)點仍處于平衡位置，但沿y軸負方向運動，

橫波6中x=2m質(zhì)點仍處于波谷位置，由波的疊加知，此時x=2爪處質(zhì)點處于平衡位

置下方且沿），軸負方向運動，并未到達波峰，故C錯誤；

D、由題圖知，t=0時刻，橫波。和6的波峰重合，波谷不重合，由于兩列波的波速相

同且傳播方向相同，由=知，相同時間內(nèi)傳播的距離相同，則隨時間變化兩列波

的波峰重合點在不斷變化，但兩列波的波谷不會重合，故。正確。

故選:ABD。

在同一介質(zhì)中，波傳播的速度相同，由圖讀出波長，計算周期和頻率，兩列波在均勻介

質(zhì)中勻速傳播，在疊加區(qū)域內(nèi)質(zhì)點振動的位移需矢量合成。

解決本題學生需掌握波傳播的特點，以及波長、波速、頻率、周期各物理量間的關(guān)系，

注意兩列波發(fā)生干涉的條件是頻率相同，相差恒定。

16.【答案】BD

【解析】解：4大量的氫原子從n=4的能級向低能級躍遷時，可能發(fā)出的光子頻率的

種類為盤=6種,故A錯誤；

B.氫原子由n=4能級躍遷到n=3能級時，電子運動半徑減小，根據(jù)上馬=小日可知電

rir

子的速度增大，可知電子的動能增大，故8正確；

C.根據(jù)躍遷假設(shè)，氫原子只能吸收特定能量的光子后向更高能級躍遷，0.40eU的能量不

等于n=4能級與其它能級間的能級差，所以不能吸收而發(fā)生躍遷，故C錯誤；

D、用能量為3.00W的電子碰撞n=4能級的氫原子，產(chǎn)生的電子初動能最大為a=

3.00ey-0.85eK=2.15eK,2.15eV>1.60eM,因為電子碰撞可能有能量損失，所以產(chǎn)

生的電子初動能可能是1.60",故。正確。

故選：BD。

大量的氫原子從n=4的能級向低能級躍遷時，根據(jù)廢可計算可能發(fā)出的光子頻率的種

類；根據(jù)kg=rn廿可判斷電子的動能變化；根據(jù)躍遷假設(shè)，氫原子只能吸收特定能量

rzr

的光子后向更高能級躍遷，結(jié)合計算進行判斷；計算產(chǎn)生的電子初動能最大值，再判斷

其可能值。

本題考查玻爾模型，需要學生熟練掌握玻爾理論的規(guī)律，本題難度適中，考查的核心素

養(yǎng)是物理觀念、科學思維。

17.【答案】C10.10

【解析】解：①測量內(nèi)徑應(yīng)該采用內(nèi)測量爪，故C正確，ABD錯誤，故選C；

②主尺讀數(shù)為：10〃""，游標尺讀數(shù)為：2x0.05nun=O.lOnun,故內(nèi)徑。讀數(shù)為

lO.lOmmo

故答案為：①C;②10.10。

明確游標卡尺的使用方法和讀數(shù)方法，知道游標卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù),

不需估讀。

本題考查游標卡尺的使用方法和讀數(shù)方法，要求熟悉測量儀器的使用規(guī)則和讀數(shù)方法，

知道游標卡尺讀數(shù)時不需要估讀。

18.【答案】CD

【解析】解：①4、使用電磁打點計時器時，紙帶應(yīng)放置在復(fù)寫紙下方，故4錯誤；

B、為使紙帶在運動時受到的阻力較小，應(yīng)選用電火花打點計時器，故8錯誤；

C、當祛碼（含祛碼盤）質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量時，小車受到的拉力近似等于祛碼（含祛碼盤

）的重力，若實驗中要測出拉力做功的值，一定要滿足祛碼（含祛碼盤）質(zhì)量遠小于小車

質(zhì)量，故C正確；

。、若工作頻率變小，打點計時器打點時間間隔變大，而同學未發(fā)現(xiàn)，求小車速度時所

用時間偏小，則測得小車的速度將比實際速度偏大，故。錯誤。

故選：Co

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②由于實驗前遺漏了平衡摩擦力這一關(guān)鍵步驟，可知小車受到的合外力一定小于mg,

則合外力做功的理論值小于實際值,得到的實驗圖線(實線)應(yīng)該為圖象D,故ABC錯誤,

￡＞正確。

故選：Do

故答案為：①C；②D。

①根據(jù)實驗注意事項與實驗原理分析答題。

②根據(jù)動能定理分析理論值與實際值之間的關(guān)系，然后答題。

要明確此題在驗證合外力的功與動能變化間的關(guān)系中用到的原理，圍繞實驗原理，明確

實驗?zāi)康?，根?jù)相應(yīng)的物理規(guī)律可知需要測量的物理量及實驗時的注意事項。

19.【答案】1.80C1

【解析】解：(1)測定小燈泡的伏安特性曲線，電壓與電流應(yīng)從零開始變化，滑動變阻

器應(yīng)采用分壓接法；燈泡電阻約為幾歐姆，電流表內(nèi)阻約為0.50,電壓表內(nèi)阻約為3kO,

則普〉色，電流表應(yīng)采用外接法，實物電路圖如圖所示;

(2)電壓表量程是3匕由圖乙所示表盤可知，其分度值為0.1V,示數(shù)為1.80V；

接通開關(guān)后，電流表示數(shù)為零說明電路存在斷路，電壓表有示數(shù)說明電壓表并聯(lián)電路之

外電路不存在斷路，可能是與電壓表并聯(lián)的小燈泡接線處斷路，故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

(3)測定小燈泡的伏安特性曲線，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用電流測量

值偏大，大于電流表采用內(nèi)接法時電流的測量值，由圖丙所示圖象可知，實驗應(yīng)選擇曲

線1。

故答案為：(1)實物電路圖如圖所示；(2)1.80；C；(3)1。

(1)根據(jù)題意確定滑動變阻器與電流表的接法，然后根據(jù)實驗原理連接實物電路圖。

(2)根據(jù)圖示電壓表確定其量程與分度值，根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)；常見的電路故障

有斷路與短路兩種，根據(jù)電路故障現(xiàn)象分析電路故障。

(3)根據(jù)題意確定電流表的接法，然后分析圖示圖象答題。

本題考查了“測繪小燈泡伏安特性曲線”實驗，考查了實驗數(shù)據(jù)處理與電路故障分析問

題，對電表讀數(shù)時要先確定其量程與分度值，然后根據(jù)指針位置讀數(shù)，讀數(shù)時視線要與

刻度線垂直。

20.【答案】解：(1)無人機向下勻加速運動過程：/11=；的好解得匕=35

向下加速獲得的速度為%=?；?=2x3m/s=6m/s

無人機減速過程有：也一凡-電=射2,解得t2=gs

所以總時間：t=ti+t2=3s+gs=gs

(2)無人機減速過程，根據(jù)速度位移公式可得：0-資=-2a2；i2

無人機重新懸停時距試驗田的安全高度“2=37九時，此時加速度的最大

則%=H1-h1-h2

2

聯(lián)立解得：a2=Im/s

無人機向下勻減速運動時，由牛頓第二定律可得F+/-mg=ma2

則升力F=200N

(3)失去豎直升力后，由牛頓第二定律mg一f=ma3

恢復(fù)動力時：v=a3t解得u=6?n/s

%=匕+尤

2。32a4

聯(lián)立解得%=18m/s2

答：(1)無人機從1=0時刻到重新懸停在42=1血處的總時間，為gs：

(2)無人機在安全高度范圍內(nèi)重新懸停，向下勻減速時能提供的最大豎直升力大小為

200/V；

(3)若無人機在高度%=37n處懸停時動力系統(tǒng)發(fā)生故障，失去豎直升力的時間為|s,

要使其不落地，恢復(fù)升力時的最小加速度為18m/s2。

【解析】(1)在加速下降時，根據(jù)運動學公式求得運動時間和獲得的速度，根據(jù)運動學

公式求得減速時間，即可求得總時間；

(2)在安全高度范圍內(nèi)，離地高度越高，此時勻減速時的升力最大，根據(jù)運動學公式求

得最大加速度，結(jié)合牛頓第二定律求解無人機向下勻減速運動時空氣對無人機的作用力

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大??；

(3)根據(jù)牛頓第二定律求解無人機失去豎直升力時的加速度大小和恢復(fù)升力時的速度大

小，再根據(jù)速度一位移關(guān)系求解減速過程的加速度大小。

對于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛

頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進行解答；知道加速度是

聯(lián)系力和運動的橋梁。

21.【答案】解：(1)小火車恰能通過豎直圓周軌道最高點，在軌道

最高點應(yīng)滿足：mg=I

14G

從8到“由動能定理得：r

-mg-2/?i=

解得%=2>/5m/s

(2)由"到"由動能定理得：

1

Pt+Wf=-mvj—0

解得小火車從”點運動到B點過程中阻力做的功叼=-2/。

(3)G點距地面的高度九=R-Rcos37°+Rsin37°

解得九=0.32m

由C到G,由動能定理得：

-0.2mgxCD一mgh=

在G點，對小火車，由牛頓第二定律得：

「向=m-

FG1?JR

解得尸G的=6N

如圖所示，可知軌道對小火車的作用力：F=向+G2-2FG向GCOS53°

解得F=VK6W

由牛頓第三定律知：小火車運動到傾斜半圓軌道EGF最高點G時對軌道作用力的大小

F'=F=V25^6/V

答：(1)小火車到達B點時的速度大小為2遙TH/S;

(2)小火車從H點運動到B點過程中阻力做的功為-2/；

(3)小火車運動到傾斜半圓軌道EG尸最高點G時對軌道作用力的大小為后石N。

【解析】(1)小火車恰好能沿著豎直圓軌道運動，在軌道最高點M,由重力提供向心力，

由牛頓第二定律求小火車通過最高點M的速度。從B點到M點，由動能定理求小火車

到達8點時的速度大?。?/p>

(2)小火車從，點到B點，根據(jù)動能定理求阻力做的功；

(3)從CTG的過程，先用動能定理求出通過G點的速度，由向心力公式求圓軌道對小

火車的作用力大小，由牛頓第三定律得到對軌道作用力的大小。

解決本題時，關(guān)鍵要正確分析物塊的受力情況和運動情況，把握每個過程的物理規(guī)律。

能熟練掌握向心力分析過程。對于摩擦做功，要分析各個力做功情況，由動能定理求解。

22.【答案】解：由題意可知：兩導軌傾角。=30。，金屬棒與導軌間的動摩擦系數(shù)“=?，

貝ijzngsi九6=[imgcosd

(1)%=1m處磁感應(yīng)強度大小當=2x=2xlT=2T

對金屬棒，由牛頓第二定律得：B1Id+mgsin。-fimgcosO=ma

代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒的加速度大?。篴=4m/s2

(2)從久=0到％=4M過程中，金屬棒受到的安培力大小以=BJd=2%x2X0.1=0.4%

2

安培力做功“宏增=FAX=等竺％=0.2/=0.2x4；=3.2;

對金屬棒，由動能定理得：WmgxsinO-nmgxcosd=|mv2-0

代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒運動到％=4m時的速度大小u=8m/s

金屬棒從X=4m到