2023年浙江省溫州市樂清市知臨中學(xué)高考物理第二次適應(yīng)性試卷

2023年浙江省溫州市樂清市知臨中學(xué)高考物理第二次適應(yīng)性試

卷

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題給出的四個(gè)備選項(xiàng)中，只

有一項(xiàng)是符合題目要求的。）

1.（3分）以下物理量和對(duì)應(yīng)的比值定義式書寫正確的是（）

A.電場(chǎng)強(qiáng)度E*B.磁感應(yīng)強(qiáng)度B令

C.電容器電容D.金屬的電阻R=p]

2.（3分）如圖所示為一種新型的發(fā)令槍，由閃光發(fā)令元件，模擬槍聲電路，同步控制電路,

揚(yáng)聲器及電源等電子元部件組成。發(fā)令裁判扣動(dòng)扳機(jī)，發(fā)令槍同時(shí)發(fā)出清晰的激光信號(hào)

和聲音信號(hào)，可以很好取代傳統(tǒng)發(fā)令槍產(chǎn)生的煙霧污染，由以上信息可以判斷（）

A.計(jì)時(shí)裁判聽到槍聲后立即按下計(jì)時(shí)表

B.揚(yáng)聲器的工作原理是將聲音信號(hào)轉(zhuǎn)換成電信號(hào)

C.發(fā)令槍產(chǎn)生的光信號(hào)和聲信號(hào)的信息載體都是橫波

D.發(fā)令槍傳遞信息的過程也是能量傳遞的過程

3.（3分）如圖所示，輕桿的一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一個(gè)小球，小球隨輕桿在豎直平

面內(nèi)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。則（）

A.小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒

B.小球在運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小不變

C.小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球作用力方向指向圓心

D.小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球的作用力不可能為0

4.（3分）如圖為可調(diào)壓式自耦變壓器，在電壓Ui保持不變的情況下，滑片P順時(shí)針轉(zhuǎn)過

適當(dāng)角度，滑片P'向上移動(dòng)適當(dāng)距離，則（）

A.U2將增大

B.U2將不變

C.定值電阻Ro的熱功率減小

D.流經(jīng)定值電阻Ro的電流不變

5.（3分）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b,其壓強(qiáng)p和體積倒數(shù)工變化圖像如

V

圖所示，此過程中該系統(tǒng)內(nèi)氣體（)

A.溫度不變B.對(duì)外界做正功

C.對(duì)外界放熱D.內(nèi)能變大

6.（3分）中國(guó)科學(xué)技術(shù)大學(xué)國(guó)家同步輻射實(shí)驗(yàn)室是我國(guó)首個(gè)國(guó)家實(shí)驗(yàn)室，同步輻射光具有

光譜范圍寬（波長(zhǎng)涵蓋lO^m到lO^m之間）、光源亮度高、偏振性好等諸多特點(diǎn)。速

度接近光速的電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，會(huì)沿圓弧軌道切線發(fā)出電磁輻射，這個(gè)現(xiàn)象最初是

在同步加速器上觀察到的，稱為“同步輻射”，可見光波長(zhǎng)范圍在400nm到760nm之間;

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.同步輻射的機(jī)理與氫原子發(fā)光的機(jī)理相同

B.用同步輻射光照射氫原子，可使氫原子電離

C.加速運(yùn)動(dòng)的電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，會(huì)產(chǎn)生感生電場(chǎng)

D.探究微生物結(jié)構(gòu)時(shí)，同步輻射光相較可見光有明顯優(yōu)勢(shì)

7.（3分）一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，t=0.5s時(shí)的波形如圖甲所示，x=5m處質(zhì)點(diǎn)

的振動(dòng)圖像如圖乙所示，則波速可能是（）

A.lm/sB.2m/sC.3m/sD.4m/s

8.（3分）心室纖顫是一種可危及生命的疾病。如圖甲為一種叫做心臟除顫器的設(shè)備，某型

號(hào)AED模擬治療儀器的電容器電容是25好，充電至8kV電壓，如果電容器在2ms時(shí)間

內(nèi)完成放電，則（）

A.電容器放電過程中平均功率為800kW

B.電容器的擊穿電壓為8kV

C.電容器放電過程中電容越來(lái)越小

D.電容器放電過程中電流最大值一定大于100A

9.（3分）下列說(shuō)法正確的是（）

A.微波爐利用紫外線對(duì)食物進(jìn)行加熱

B.“彩超”利用多普勒效應(yīng)的原理測(cè)定血管中血液的流速

C.互感式鉗式電流表可以測(cè)量恒定電流的大小

D.醫(yī)院用“CT”檢查身體利用Y射線穿透本領(lǐng)較強(qiáng)

10.（3分）我國(guó)成功發(fā)射“神舟七號(hào)”載人飛船，隨后航天員圓滿完成了太空出艙任務(wù)并

釋放了“伴飛”小衛(wèi)星。載人飛船在固定的軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，“伴飛”小衛(wèi)星與載

人飛船相對(duì)靜止，“伴飛”小衛(wèi)星有多種伴飛模式，圖1和圖2是其中的兩種伴飛模式，

則下列說(shuō)法正確的是（）

B.圖1的伴飛模式下，“伴飛”小衛(wèi)星的線速度大于載人飛船的線速度

C.圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星只需向后噴出氣體，加速后，就可以和載人飛船對(duì)接

D.圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小是相等的

11.（3分）如圖所示，邊長(zhǎng)為1m的正方體ABCD-EFGH所處空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中

未畫出），已知A、F兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為10V、0,現(xiàn)于A、F點(diǎn)各放入等量異種電荷，C

點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為0,則（）

A.勻強(qiáng)電場(chǎng)方向從D指向F

B.勻強(qiáng)電場(chǎng)大小為20V/m

C.A點(diǎn)放入的是正電荷

D.放入點(diǎn)電荷后，H點(diǎn)電勢(shì)為5V

12.（3分）如圖，質(zhì)量為2kg的楔形木塊abc固定在水平地面上，頂角。為直角，ab面和

be面均光滑，兩個(gè)完全相同質(zhì)量均為1kg的滑塊同時(shí)從頂端釋放，則對(duì)于滑塊在斜面上

時(shí)（）

A.楔形木塊abc受到地面支持力為30N

B.楔形木塊abc始終受到地面的摩擦力

C.同一時(shí)刻，兩滑塊重力的瞬時(shí)功率相同

D.兩滑塊所受彈力沖量為0

13.（3分）半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P,可繞過O點(diǎn)中心軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，其上有一小孔S。

整個(gè)轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B。一比荷為k、速度v=?kBR，帶正

電粒子沿圓筒半徑方向射入，恰能從小孔射出，其間與轉(zhuǎn)筒無(wú)接觸。不計(jì)離子的重力和

離子間的相互作用。則轉(zhuǎn)筒角速度可能為（）

A.6kBB.8kBC.10kBD.12kB

二、選擇題n（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題給出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有

一項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)得3分，選對(duì)但不全得2分，有選錯(cuò)的得0分。）

（多選）14.（3分）歷史上，一種觀點(diǎn)認(rèn)為應(yīng)該用物理量mv來(lái)量度運(yùn)動(dòng)的“強(qiáng)弱”；另一

種觀點(diǎn)認(rèn)為應(yīng)該用物理量mV2來(lái)量度運(yùn)動(dòng)的“強(qiáng)弱”。前者代表人物是笛卡爾，后者則是

萊布尼茨。經(jīng)過半個(gè)多世紀(jì)的爭(zhēng)論，法國(guó)科學(xué)家達(dá)蘭貝爾用他的研究指出，雙方實(shí)際是

從不同的角度量度運(yùn)動(dòng)。關(guān)于這段描述中體現(xiàn)的物理思想，下列說(shuō)法正確的是（）

A.用mv量度體現(xiàn)了動(dòng)量守恒的思想

B.用mv?量度體現(xiàn)了動(dòng)量守恒的思想

C.動(dòng)量決定了物體在力的阻礙下能夠運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)距離

D.動(dòng)能定理反映了力對(duì)空間的累積效應(yīng)

（多選）15.（3分）現(xiàn)有光束沿圖示方向平行直徑AB射入球形雨滴，經(jīng)兩次折射和一次

反射后離開雨滴，其中出射光線與直徑AB成42°,c為真空中光速，R為雨滴半徑，下

列說(shuō)法中正確的是（）

A.光束在雨滴中的折射率為$

3

B.光束在雨滴中經(jīng)歷的時(shí)間為理

15c

C.出射光光強(qiáng)一定弱于入射光光強(qiáng)

D.光束在雨滴內(nèi)可能發(fā)生了全反射

三、非選擇題（本題共6小題，共55分）

16.（6分）（1）楊同學(xué)在做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)時(shí)，測(cè)量相鄰亮條紋間距，某次讀數(shù)為10.30mm,

則測(cè)量頭上安裝的測(cè)量?jī)x器與以下哪種一致

（2）用傳感器和計(jì)算機(jī)可以方便地描出平拋運(yùn)動(dòng)的物體的軌跡，設(shè)計(jì)原理如圖1所示。

從某點(diǎn)無(wú)初速釋放物體（圖中未畫出），使其做平拋運(yùn)動(dòng)。物體每隔20ms可向四周發(fā)射

紅外脈沖，豎直平面內(nèi)安放著紅外接收裝置B,Bi,B2兩個(gè)接收器各自測(cè)出收到紅外脈

沖的時(shí)間，并由此算出與物體的距離，在計(jì)算機(jī)屏幕上確定點(diǎn)跡，以此描繪出物體的軌

跡。下列判斷正確的是（單選）。

A.物體應(yīng)選擇質(zhì)量大體積大的球

B.物體做平拋運(yùn)動(dòng)起點(diǎn)一定在BIB2連線的正上方

C.計(jì)算機(jī)屏幕上記錄一個(gè)點(diǎn)跡，需釋放物體一次

D.屏幕上相鄰點(diǎn)跡間速度變化量相同

（3）伽利略利用如圖2的裝置研究小球做平拋運(yùn)動(dòng)的特性，小球從高為H的斜面無(wú)初速

釋放，下落到底端做平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移為D,改變釋放高度，得到如表1的數(shù)據(jù)，圖3

是伽利略的手稿，如果你是伽利略，關(guān)于小球釋放高度H與平拋水平距離D的關(guān)系，可

得出怎樣的結(jié)論（寫出一條即可）。

圖3

表（單位:punti）

序號(hào)斜面釋放高度平拋水平距離D計(jì)算值平拋水平距離D測(cè)誤差

H量值

1300997800197

26001131117241

38001306132822

48281330134010

17.（8分）李同學(xué)在研究測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)中，電路連接如圖2,突然靈光一閃,

發(fā)現(xiàn)該電路也可以粗測(cè)滑動(dòng)變阻器電阻絲的電阻率。

（1）如圖2所示，滑動(dòng)變阻器的瓷筒上緊密纏繞著單層電阻絲，測(cè)量出瓷筒上電阻絲纏

繞的總寬度1（）,測(cè)得n匝電阻絲纏繞后的寬度為x,則電阻絲的直徑

為;測(cè)量出滑動(dòng)變阻器瓷筒外徑D,可認(rèn)為一匝電阻絲的長(zhǎng)度為

TTD；

（2）將開關(guān)S2撥到接線柱2,閉合開關(guān)Si,調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，即改變其接入電路中的

寬度1,電壓表和電流表示數(shù)都在較大范圍內(nèi)較為均勻的變化，整理數(shù)據(jù)如圖3所示，橫

坐標(biāo)單位為10,若圖像斜率為k,則電阻絲的電阻率為（用題

設(shè)中已知物理量符號(hào)表示）；

（3）儲(chǔ)同學(xué)認(rèn)為從圖3中圖像數(shù)據(jù)可知，上述實(shí)驗(yàn)方案誤差較大，應(yīng)采用電流表外接的

方式，你是否認(rèn)同儲(chǔ)同學(xué)觀點(diǎn)，并說(shuō)明理由;

（4）楊同學(xué)繼續(xù)用如圖1電路測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，根據(jù)前面實(shí)驗(yàn)結(jié)果，為減小實(shí)驗(yàn)

誤差，開關(guān)S2應(yīng)該連接接線柱（選填“1”或“2”）；電源電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值相較真

實(shí)值（選填“偏大”、“偏小”或"相同"）；電源內(nèi)阻數(shù)量級(jí)應(yīng)為（選

填“幾歐”、“幾十歐”或“幾百歐

18.（8分）如圖所示，老師帶領(lǐng)學(xué)生表演“馬德堡半球?qū)嶒?yàn)”。他先取出兩個(gè)在碗底各焊接

了鐵鉤的不銹鋼碗，在一個(gè)碗里燒了一些紙，然后迅速把另一個(gè)碗扣上，再在碗的外面

澆水，使其冷卻到環(huán)境溫度。用兩段繩子分別鉤著鐵鉤朝相反的方向拉，試圖把兩個(gè)碗

拉開。當(dāng)兩邊的人各增加到5人時(shí)，平均每人施加200N拉力，才把碗拉開。已知碗口的

半徑為10cm,環(huán)境溫度為27℃,實(shí)驗(yàn)過程中碗不變形，也不漏氣。大氣壓

5

p0=l.OX10Pa;絕對(duì)零度為-273℃,n取3。求

（1）大氣壓施加在一個(gè)銹鋼碗上的壓力；

（2）試定性分析在碗的外面澆水使其冷卻的目的；

（3）請(qǐng)你估算兩個(gè)不銹鋼碗剛被扣上時(shí)，里面空氣的溫度是多少？

19.（11分）如圖所示為某品牌拼接玩具搭建的場(chǎng)景。AB、BC為粗糙直軌道，摩擦系數(shù)均

為0.25,在B點(diǎn)平滑連接，BC=4cm,CDE是光滑半圓弧軌道，半徑r=15cm,與直軌

道在C點(diǎn)平滑連接，直軌道AB與水平面夾角8=37°,一質(zhì)量為0.1kg物塊從直軌道

AB某處下滑，恰好能通過圓弧軌道最高點(diǎn)E,不計(jì)空氣阻力，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑

動(dòng)摩擦力，求：

（1）物塊第一次經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)加速度大??；

（2）某同學(xué)計(jì)算物塊平拋時(shí)間為0.2s,試分析該同學(xué)計(jì)算結(jié)果是否正確。（物塊平拋后

會(huì)與軌道AB碰撞，只考慮碰撞前平拋運(yùn)動(dòng)情況）

（3）欲使物塊不脫離軌道，且盡可能使物塊在直軌道上滑行較長(zhǎng)距離，求物塊釋放位置

以及最終停下來(lái)位置。

。的電阻，其余電阻不計(jì)。在x》0處，存在垂直于水平面磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，

一根質(zhì)量為m=lkg、金屬棒放置在水平導(dǎo)軌上。金屬棒從x=0處開始在外力作用下做

“另類勻加速”運(yùn)動(dòng)，即速度隨位移均勻增大，v=vo+kx,其中初速度vo=lm/s,k=ls

當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)到xi=3m時(shí)，撤去外力，同時(shí)磁場(chǎng)隨時(shí)間發(fā)生變化，金屬棒則做勻速

直線運(yùn)動(dòng)到xo處，此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.1T,此后磁場(chǎng)保持不變，金屬棒立即受到水平向

左的恒力T=5N,金屬棒恰好回到xo時(shí)撤去恒力，恒力作用時(shí)長(zhǎng)為1.4s。設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中

金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)一切摩擦。求：

（1）磁場(chǎng)變化的時(shí)間；

（2）金屬棒做“另類勻加速”時(shí)電阻的焦耳熱？金屬棒運(yùn)動(dòng)到x=1.5m處，外力的大??；

（3）金屬棒在［0,xo］間，金屬棒的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)大小與位置的關(guān)系。

21.（11分）空間中足夠大區(qū)域內(nèi)存在相互垂直的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度分別

為E和B?？蓪⑿∏蛩苤亓︻惐入妶?chǎng)力，即認(rèn)為重力場(chǎng)強(qiáng)度為g。質(zhì)量為m、電荷量

為q的帶正電的小球A從z軸上的P點(diǎn)出發(fā)，速率始終不變。

（1）試求出小球A在xOz平面內(nèi)的速率；

（2）若在某一時(shí)刻，重力場(chǎng)和磁場(chǎng)突然消失（不考慮電磁感應(yīng)變化），隨后小球A在運(yùn)

動(dòng)過程中的最小動(dòng)能為其初動(dòng)能的一半，試求小球A沿y軸方向速度大??；

（3）恢復(fù)重力場(chǎng)，僅保留-H<z<0區(qū)間內(nèi)的正交勻強(qiáng)的電磁場(chǎng)?，F(xiàn)有與小球A完全相

同的小球B,兩小球分別從P點(diǎn)沿x軸正負(fù)方向以相同初速度水平拋出，已知其中一個(gè)

小球進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域后剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)小球出電磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度方向恰沿z

軸負(fù)方向，求兩個(gè)小球在電磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。

2023年浙江省溫州市樂清市知臨中學(xué)高考物理第二次適應(yīng)性試

卷

參考答案與試題解析

一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題給出的四個(gè)備選項(xiàng)中，只

有一項(xiàng)是符合題目要求的。）

1.（3分）以下物理量和對(duì)應(yīng)的比值定義式書寫正確的是（）

A.電場(chǎng)強(qiáng)度E*B.磁感應(yīng)強(qiáng)度B4

C.電容器電容c4D.金屬的電阻R=p]

【分析】該題目考查物理量的定義式和決定式的理解

【解答】解：A.電場(chǎng)強(qiáng)度由電場(chǎng)本身的性質(zhì)決定，其不由電荷在電場(chǎng)中受到的力和電荷

量決定，其比值定義式書寫為E1；是僅是勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系式，

qd

不是比值定義式，故A錯(cuò)誤；

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度由磁場(chǎng)本身的性質(zhì)決定，不由磁場(chǎng)力F、電流I和導(dǎo)線長(zhǎng)度L乘積決定，

其比值定義式書寫為B哈；B=今是磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小等于在垂直磁場(chǎng)方向單位面積磁

通量，不是比值定義式，B錯(cuò)誤；

C.電容器的電容由電容器本身決定，不由電容器所帶電荷量和電容器兩端的電壓決定C

=—^―,電容器電容的比值定義式為C&，故c正確；

4兀kdU

D.金屬的電阻R=p],金屬的電阻是由金屬的長(zhǎng)度、橫截面積及電阻率決定，是金屬

電阻的決定式，不是比值定義式，定義式為R號(hào)，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】該題目考查物理量的定義式和決定式的理解，學(xué)生需明確比值定義法的特點(diǎn)，

定義式中的物理量不決定被定義的物理量，但可以通過定義式求解。

2.（3分）如圖所示為一種新型的發(fā)令槍，由閃光發(fā)令元件，模擬槍聲電路，同步控制電路,

揚(yáng)聲器及電源等電子元部件組成。發(fā)令裁判扣動(dòng)扳機(jī)，發(fā)令槍同時(shí)發(fā)出清晰的激光信號(hào)

和聲音信號(hào)，可以很好取代傳統(tǒng)發(fā)令槍產(chǎn)生的煙霧污染，由以上信息可以判斷（）

A.計(jì)時(shí)裁判聽到槍聲后立即按下計(jì)時(shí)表

B.揚(yáng)聲器的工作原理是將聲音信號(hào)轉(zhuǎn)換成電信號(hào)

C.發(fā)令槍產(chǎn)生的光信號(hào)和聲信號(hào)的信息載體都是橫波

D.發(fā)令槍傳遞信息的過程也是能量傳遞的過程

【分析】計(jì)時(shí)裁判應(yīng)看到激光信號(hào)立即按下計(jì)時(shí)表；揚(yáng)聲器是把電信號(hào)轉(zhuǎn)化為聲信號(hào)的

裝置；光是電磁波，聲波是縱波；發(fā)令槍傳遞信息的過程也是能量傳遞的過程。

【解答】解：A.聲音的傳播速度小，從發(fā)令槍響到聽到聲音需要一定的時(shí)間，所以計(jì)時(shí)

裁判應(yīng)看到激光信號(hào)立即按下計(jì)時(shí)表，故A錯(cuò)誤；

B.揚(yáng)聲器是把電信號(hào)轉(zhuǎn)化為聲信號(hào)的裝置，通電線圈與永磁體相互作用是利用通電導(dǎo)體

在磁場(chǎng)中受安培力的原理制成的，所以揚(yáng)聲器的工作原理是將電信號(hào)轉(zhuǎn)換成聲音信號(hào)，

故B錯(cuò)誤；

C.發(fā)令槍產(chǎn)生的光信號(hào)的信息載體是橫波，發(fā)令槍產(chǎn)生的聲信號(hào)的信息載體是縱波，故

c錯(cuò)誤；

D.發(fā)令槍發(fā)出聲音信號(hào)，空氣的振動(dòng)傳播了能量，引起耳膜的振動(dòng)，所以發(fā)令槍傳遞信

息的過程也是能量傳遞的過程，故D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了揚(yáng)聲器的工作原理、聲波是縱波、波的傳播等相關(guān)知識(shí)，知道光和

聲波在空氣中傳播速度是有差異的。

3.（3分）如圖所示，輕桿的一端固定在0點(diǎn)，另一端固定一個(gè)小球，小球隨輕桿在豎直平

面內(nèi)繞0點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。則（）

A.小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒

B.小球在運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小不變

C.小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球作用力方向指向圓心

D.小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球的作用力不可能為0

【分析】分析小球動(dòng)能與重力勢(shì)能的變化分析機(jī)械能是否守恒，小球在豎直平面內(nèi)做勻

速圓周運(yùn)動(dòng)，合力提供向心力，指向圓心，分析小球受力情況從而分析BCD項(xiàng)。

【解答】解：A、小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度不變，則動(dòng)能不變，小球運(yùn)動(dòng)過程中重力勢(shì)

能變化，則機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；

B、小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心加速度大小不變，方向時(shí)刻改變，故B正確；

C、當(dāng)小球在A點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球作用力豎直方向分量應(yīng)等于重力，水平方向分量提供向

心力，則桿對(duì)小球作用力方向并非指向圓心，故C錯(cuò)誤；

D、若丫=而,則小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)小球的作用力為0,故D錯(cuò)誤；

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的問題，解題的關(guān)鍵是明確小球做勻速圓周運(yùn)

動(dòng)，合力提供向心力。

4.（3分）如圖為可調(diào)壓式自耦變壓器，在電壓U1保持不變的情況下，滑片P順時(shí)針轉(zhuǎn)過

適當(dāng)角度，滑片P'向上移動(dòng)適當(dāng)距離，則（）

A.U2將增大

B.U2將不變

C.定值電阻Ro的熱功率減小

D.流經(jīng)定值電阻Ro的電流不變

【分析】根據(jù)滑片的移動(dòng)方向得出線圈匝數(shù)的變化，結(jié)合線圈兩端電壓的比值關(guān)系得出

輸出電壓的變化趨勢(shì)；

根據(jù)滑片的移動(dòng)方向得出電阻的變化趨勢(shì)，結(jié)合歐姆定律和功率的計(jì)算公式完成分析。

【解答】解：AB、由題意可知，滑片P順時(shí)針轉(zhuǎn)過適當(dāng)角度，根據(jù)題意可知副線圈的匝

數(shù)n2減小，由變壓器的工作原理可得:,可知副線圈輸出電壓U2減小，副線圈

兩端電壓與原線圈兩端電壓及匝數(shù)比有關(guān)，故AB錯(cuò)誤；

CD、副線圈兩端電壓U2減小，滑片P'向上移動(dòng)適當(dāng)距離，可知滑動(dòng)變阻器接入電路的

電阻增大，所以副線圈回路的總電阻增大，根據(jù)歐姆定律可知，副線圈回路中電流減小,

流經(jīng)定值電阻Ro的電流減小，由P=FR（）可知，定值電阻Ro的熱功率減小，故C正確,

D錯(cuò)誤。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了變壓器的動(dòng)態(tài)分析，理解變壓器的工作原理，結(jié)合歐姆定律和

功率的計(jì)算公式即可完成解答。

5.（3分）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b,其壓強(qiáng)p和體積倒數(shù)，變化圖像如

圖所示，此過程中該系統(tǒng)內(nèi)氣體（）

A.溫度不變B.對(duì)外界做正功

C.對(duì)外界放熱D.內(nèi)能變大

【分析】該圖像為p-1圖像，斜率與溫度T成正比，根據(jù)圖像分析氣體狀態(tài)變化，結(jié)

V

合理想氣體狀態(tài)方程進(jìn)行解答。

【解答】解：AD.根據(jù)公式牛=d^p=CT-,p-,圖像斜率與溫度T成正比

根據(jù)圖象點(diǎn)與原點(diǎn)連線斜率減小，可知溫度降低，其體內(nèi)能減小。A錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤；

B.理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b,圖像可以得到Va>Vb,可知?dú)怏w的體積減小，氣

體對(duì)外界做負(fù)功，B錯(cuò)誤：

C.由上分析已知a到b過程氣體對(duì)外界做負(fù)功W>0,內(nèi)能減小AUV0,根據(jù)熱力學(xué)第

一定律AU=W+Q,

其中AU<0,W>0,因此Q<0,氣體放熱，C正確。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】考察P-1的圖像分析、熱力學(xué)第一定律定律內(nèi)容，是熱力學(xué)圖像的基礎(chǔ)類題目。

V

6.（3分）中國(guó)科學(xué)技術(shù)大學(xué)國(guó)家同步輻射實(shí)驗(yàn)室是我國(guó)首個(gè)國(guó)家實(shí)驗(yàn)室，同步輻射光具有

光譜范圍寬（波長(zhǎng)涵蓋105m到10Tlm之間）、光源亮度高、偏振性好等諸多特點(diǎn)。速

度接近光速的電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，會(huì)沿圓弧軌道切線發(fā)出電磁輻射，這個(gè)現(xiàn)象最初是

在同步加速器上觀察到的，稱為“同步輻射”，可見光波長(zhǎng)范圍在400nm到760nm之間;

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.同步輻射的機(jī)理與氫原子發(fā)光的機(jī)理相同

B.用同步輻射光照射氫原子，可使氫原子電離

C.加速運(yùn)動(dòng)的電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，會(huì)產(chǎn)生感生電場(chǎng)

D.探究微生物結(jié)構(gòu)時(shí)，同步輻射光相較可見光有明顯優(yōu)勢(shì)

【分析】根據(jù)題中敘述分析“同步輻射”的原理，再結(jié)合能級(jí)躍遷分析A選項(xiàng);

使基態(tài)的氫原子電離需要的能量是13.6eV,由此分析B選項(xiàng)；

根據(jù)感生電場(chǎng)產(chǎn)生的原理分析C選項(xiàng)；

根據(jù)明顯衍射的條件分析D選項(xiàng)。

【解答】解：A.由題意，速度接近光速的電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，會(huì)沿圓弧軌道切線發(fā)出

電磁輻射，這是“同步輻射”。處于激發(fā)態(tài)的原子是不穩(wěn)定的，會(huì)自發(fā)地向能量較低的能

級(jí)躍遷，放出光子，這是原子發(fā)光的機(jī)理，二者發(fā)光的機(jī)理不同。故A錯(cuò)誤；

B.使基態(tài)的氫原子電離需要的能量是13.6eV,根據(jù)￡=在，可得同步輻射光的能量范

圍為（10%V?l（）5eV）,用同步輻射光照射氫原子，當(dāng)同步輻射光的能量大于13.6eV,

可使氫原子電離。故B正確；

C.根據(jù)麥克斯韋電磁場(chǎng)理論，加速運(yùn)動(dòng)的電子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，會(huì)產(chǎn)生電流強(qiáng)度逐漸增大

的環(huán)形電流，環(huán)形電流激發(fā)的磁場(chǎng)逐漸增強(qiáng)，在周圍會(huì)產(chǎn)生感生電場(chǎng)。故C正確；

D.同步輻射光的光譜范圍包括了可見光的波長(zhǎng)范圍，同時(shí)還包括一些波長(zhǎng)更長(zhǎng)的波，結(jié)

合發(fā)生明顯衍射的條件可知，探究微生物結(jié)構(gòu)時(shí)，同步輻射光相較可見光更容易發(fā)生衍

射，有明顯優(yōu)勢(shì)。故D正確。

本題選錯(cuò)誤的，

故選：Ao

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查“同步輻射”和“能級(jí)躍遷”的區(qū)別，關(guān)鍵是知道二者產(chǎn)生的

機(jī)理不同，知道光子能量的計(jì)算公式。

7.（3分）一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，t=O.5s時(shí)的波形如圖甲所示，x=5m處質(zhì)點(diǎn)

的振動(dòng)圖像如圖乙所示，則波速可能是（）

A.lm/sB.2m/sC.3m/sD.4m/s

【分析】由圖乙讀出t=O.5s時(shí)x=5m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向，以及該波的周期；該波向x

軸正方向傳播，由圖甲得到波長(zhǎng)的表達(dá)式，再根據(jù)v=A得到波速的可能值。

T

【解答】解：由圖乙可知，t=O.5s時(shí)x=5m處的質(zhì)點(diǎn)正向上振動(dòng)，該波的周期為T=6s

貝（11=工

12

該波向X軸正方向傳播，x=5m處的質(zhì)點(diǎn)在波長(zhǎng)最大的情況下，離O點(diǎn)的距離S=3_-

2

結(jié)合波的周期性有：n入+且入=5m,(n=0,1,2,3…)

12

解得：入=———m,(n=0,1,2,3…)

12n+5

60

所以該波的波速為：v=A=12n+5m/s=_12_m/s,(n=O,1,2,3…)

T612n+5

當(dāng)n=O時(shí)v=2m/s

當(dāng)n=l時(shí)v=」&m/s,故B有可能，ACD不可能，故ACD錯(cuò)誤，B正確。

17

故選：B。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查波的圖像；解答本題關(guān)鍵是要理解波的圖象的變化規(guī)律，能夠

根據(jù)圖像直接讀出周期，知道波速、波長(zhǎng)和周期之間的關(guān)系v=3-

T

8.(3分)心室纖顫是一種可危及生命的疾病。如圖甲為一種叫做心臟除顫器的設(shè)備，某型

號(hào)AED模擬治療儀器的電容器電容是25pF,充電至8kV電壓，如果電容器在2ms時(shí)間

內(nèi)完成放電，則()

A.電容器放電過程中平均功率為8OOkW

B.電容器的擊穿電壓為8kV

C.電容器放電過程中電容越來(lái)越小

D.電容器放電過程中電流最大值一定大于1OOA

【分析】電學(xué)中功率滿足P=UI,根據(jù)電容器的性質(zhì)判斷電壓，根據(jù)電流的定義判斷電

流，注意判斷平均功率，可采用控制變量法；擊穿電壓與額定電壓的關(guān)系；電容器的電

容由自身決定；平均值與最大值的關(guān)系。

【解答】解：A.電容器的電容定義得：Q=CU=25X10-6X8X103

2

由得電容器放電過程中平均電流：°-_.A=IOOA

tt2X10-3

假設(shè)電壓不變，則平均功率l=UT=8X103X100W=800000V=800H

由于電容器放電過程中電壓在逐漸減小，則在電容器放電過程中平均功率小于800kW,

故A錯(cuò)誤；

B.電容器的擊穿電壓要大于額定電壓，因?yàn)樵撾娙萜鞯某潆婋妷褐?kV,此電壓應(yīng)不高

于電容器的額定電壓，即8kV一定小于電容器的擊穿電壓，故B錯(cuò)誤；

C.電容器的電容由自身決定，兩板間距，正對(duì)面積，電解質(zhì)均沒有變化，故電容器放電

過程中電容器的電容不變，故c錯(cuò)誤；

D.電容器放電過程中平均電流為100A,變化的電流，電流的平均值小于最大值，因此

電容器放電過程中電流最大值一定大于100A,故D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題A選項(xiàng)，學(xué)生容易出錯(cuò)，學(xué)生需要考慮控制變量電壓，若不變，求得平均

功率，但是題目中電容器放電，電壓減小，從而判斷A選項(xiàng)。

9.（3分）下列說(shuō)法正確的是（）

A.微波爐利用紫外線對(duì)食物進(jìn)行加熱

B.“彩超”利用多普勒效應(yīng)的原理測(cè)定血管中血液的流速

C.互感式鉗式電流表可以測(cè)量恒定電流的大小

D.醫(yī)院用“CT”檢查身體利用丫射線穿透本領(lǐng)較強(qiáng)

【分析】A.微波爐加熱食物是利用微波進(jìn)行加熱的，據(jù)此分析作答；

B.根據(jù)多普勒效應(yīng)原理分析作答；

C.“互感式”鉗式電流表是利用電場(chǎng)感應(yīng)原理，據(jù)此分析作答；

D.ct利用X線束成像，根據(jù)X射線的特點(diǎn)分析作答。

【解答】解：A.微波爐加熱食物是利用微波進(jìn)行加熱的，不是利用紫外線，故A錯(cuò)誤;

B.“彩超”利用的是多普勒效應(yīng)原理，“彩超”工作時(shí)，向人體內(nèi)發(fā)射頻率已知的超聲波,

超聲波被血管中的血流反射后，被儀器測(cè)量出接收到的頻率，從而判斷血液的流速情況,

故B正確；

C.“互感式”鉗式電流表是利用電場(chǎng)感應(yīng)原理，需要磁通量發(fā)生變化，即電流發(fā)生變化,

故不能用來(lái)測(cè)量恒定電流的大小，故C錯(cuò)誤；

D.CT利用X線束成像，醫(yī)院用“CT”檢查身體，利用了X射線穿透本領(lǐng)強(qiáng)的特性，

故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了紅外線、超聲波和X射線的特點(diǎn)以及鉗式電流表的工作原理，關(guān)鍵

在于熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。

10.（3分）我國(guó)成功發(fā)射“神舟七號(hào)”載人飛船，隨后航天員圓滿完成了太空出艙任務(wù)并

釋放了“伴飛”小衛(wèi)星。載人飛船在固定的軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，“伴飛”小衛(wèi)星與載

人飛船相對(duì)靜止，“伴飛”小衛(wèi)星有多種伴飛模式，圖1和圖2是其中的兩種伴飛模式，

則下列說(shuō)法正確的是（）

B.圖1的伴飛模式下，“伴飛”小衛(wèi)星的線速度大于載人飛船的線速度

C.圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星只需向后噴出氣體，加速后，就可以和載人飛船對(duì)接

D.圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小是相等的

【分析】A、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，最大環(huán)繞速度為第一宇宙速度7.9km/s,由

此可判斷A選項(xiàng)。

BD、“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對(duì)靜止，由此可判斷圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴

飛”小衛(wèi)星的角速度大小與載人飛船的角速度大小間的關(guān)系，進(jìn)而可判斷兩種伴飛模式

下“伴飛”小衛(wèi)星的角速度大小關(guān)系。

C、圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星向后噴出氣體時(shí)，將會(huì)向前加速，判斷所受萬(wàn)有引力與所

需要的向心力之間的關(guān)系，進(jìn)而確定“伴飛”小衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)形式，及能否和載人飛船對(duì)

接。

【解答】解：A.根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：粵=

T

mJ,可得v=爛,當(dāng)取r=R時(shí)（R為地球半徑），可得第一宇宙速度為7.9km/s,

所以當(dāng)r>R時(shí)，載人飛船的速度大小應(yīng)小于7.9km/s,故A錯(cuò)誤；

BD.“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對(duì)靜止，可知圖1和圖2這兩種伴飛模式下“伴飛”

小衛(wèi)星的角速度大小都與載人飛船的角速度大小相等，即兩種伴飛模式下“伴飛”小衛(wèi)

星的角速度大小是相等的；再根據(jù)v=3r,圖1伴飛模式下，由于“伴飛”小衛(wèi)星的軌

道半徑小于載人飛船的軌道半徑，則“伴飛”小衛(wèi)星的線速度小于載人飛船的線速度，

故B錯(cuò)誤，D正確；

C.圖2模式下“伴飛”小衛(wèi)星向后噴出氣體，將會(huì)向前加速，此時(shí)由于所受萬(wàn)有引力小

于所需要的向心力，“伴飛”小衛(wèi)星將做離心運(yùn)動(dòng)，變軌到更高的軌道運(yùn)行，不能與載人

飛船對(duì)接，故C錯(cuò)誤。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用，要理解“伴飛”小衛(wèi)星與載人飛船相對(duì)靜

止的含義；要掌握地球第一宇宙速度的計(jì)算過程；要理解掌握衛(wèi)星的變軌、對(duì)接原理。

II.（3分）如圖所示，邊長(zhǎng)為1m的正方體ABCD-EFGH所處空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中

未畫出），已知A、F兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為10V、0,現(xiàn)于A、F點(diǎn)各放入等量異種電荷，C

點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為0,則（）

A.勻強(qiáng)電場(chǎng)方向從D指向F

B.勻強(qiáng)電場(chǎng)大小為20V/m

C.A點(diǎn)放入的是正電荷

D.放入點(diǎn)電荷后，H點(diǎn)電勢(shì)為5V

【分析】根據(jù)AF兩點(diǎn)的電勢(shì)大小關(guān)系得出電荷的電性，結(jié)合場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算公式得出場(chǎng)強(qiáng)

的大??；

理解等量異種電荷的電場(chǎng)分布規(guī)律，結(jié)合電勢(shì)的疊加特點(diǎn)得出H點(diǎn)的電勢(shì)。

【解答】解：ABC.根據(jù)題意可知，A、F兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為10V、0,由此可分析出A

點(diǎn)放置負(fù)電荷，F(xiàn)點(diǎn)放置正電荷，此時(shí)的場(chǎng)強(qiáng)特點(diǎn)如圖所示：

勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)锳指向F,根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算公式可知，此時(shí)的場(chǎng)強(qiáng)大小為

E==-7=jy/m=5V2V/ir故ABC錯(cuò)誤；

uV2

D.沒有勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)等量異種電荷電場(chǎng)的分布規(guī)律可知，BCHE平面上的電勢(shì)勻?yàn)?/p>

零，又只有勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)A、F兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為10V、0,BCHE平面上的電勢(shì)勻?yàn)?V,

根據(jù)電勢(shì)的疊加可知，放入點(diǎn)電荷后，H點(diǎn)電勢(shì)為5V,故D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布規(guī)律，理解點(diǎn)電荷周圍的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)的分布

特點(diǎn)，結(jié)合電勢(shì)的疊加原理和場(chǎng)強(qiáng)的計(jì)算公式即可完成分析。

12.（3分）如圖，質(zhì)量為2kg的楔形木塊abc固定在水平地面上，頂角。為直角，ab面和

be面均光滑，兩個(gè)完全相同質(zhì)量均為1kg的滑塊同時(shí)從頂端釋放，則對(duì)于滑塊在斜面上

時(shí)（）

A.楔形木塊abc受到地面支持力為30N

B.楔形木塊abc始終受到地面的摩擦力

C.同一時(shí)刻，兩滑塊重力的瞬時(shí)功率相同

D.兩滑塊所受彈力沖量為0

【分析】將滑塊與斜面體之間的相互作用沿垂直于斜面方向和沿斜面方向分解，然后分

析斜面體受到的支持力與摩擦力；由牛頓第二定律求出加速度，然后求出t時(shí)刻的瞬時(shí)

速度，再求出t時(shí)刻滑塊受到的重力的瞬時(shí)功率表達(dá)式，最后比較即可；由沖量的定義

式判斷。

【解答】解：A.沿ab面下滑的滑塊對(duì)斜面的壓力為mgeosa,將這個(gè)力沿著水平和豎直

方向分解，水平方向上的分力為mgeosasina,豎直方向上的分力為mgcos2a；同理，沿

be面下滑的滑塊對(duì)斜面的壓力為mgeosB，將這個(gè)力沿著水平和豎直方向分解，水平方向

上的分力為mgcos0sin0,豎直方向上的分力為mgcos20：由題意，a+B=90°,所以楔形

22

木塊abc對(duì)地面的壓力為：FN=Mg+mgcosafmgcosP=Mg+mg=（2+1）X10N=

30N,根據(jù)牛頓第三定律可知，楔形木塊abc受到地面的支持力也為30N,故A正確；

B.由于a+0=9O°,所以cosasina與cospsinp總是相等，楔形木塊abc水平方向上始

終受力平衡，地面對(duì)木塊始終沒有摩擦力，故B錯(cuò)誤；

C.對(duì)于ab面上的滑塊，下滑的加速度：ai=gsina,t時(shí)刻的速度：vt=ait；重力的瞬時(shí)

功率為：p^_=mgvtsinCl=mgXgtsinCI.Xsin。=咫"tsin"CL

同理，對(duì)于be面上的滑塊，t時(shí)刻重力的瞬時(shí)功率為：

Pj=mgvjsinB=mgXgtsinFXsinBu-tsin2B

所以當(dāng)兩側(cè)面的傾角不相等時(shí)，重力的瞬時(shí)功率不相等，故C錯(cuò)誤；

D.由沖量的定義I=Ft可知，兩滑塊所受彈力的沖量不為0,故D錯(cuò)誤。

故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了受力分析以及牛頓第二定律的應(yīng)用、瞬時(shí)功率等；利用牛頓第二定

律答題時(shí)的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行正交分解、在坐標(biāo)軸上利

用牛頓第二定律建立方程進(jìn)行解答.

13.（3分）半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P,可繞過O點(diǎn)中心軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，其上有一小孔S。

整個(gè)轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B。一比荷為k、速度v=?kBR帶正

電粒子沿圓筒半徑方向射入，恰能從小孔射出，其間與轉(zhuǎn)筒無(wú)接觸。不計(jì)離子的重力和

離子間的相互作用。則轉(zhuǎn)筒角速度可能為（）

A.6kBB.8kBC.10kBD.12kB

【分析】首先，分析帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后在洛倫茲力的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲

力提供向心力求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；然后，根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在磁場(chǎng)

中的圓弧軌跡所對(duì)的圓心角以及運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；最后，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出要使帶電

粒子沿圓筒半徑方向射入，恰能從小孔射出，其間與轉(zhuǎn)筒無(wú)接觸時(shí)其轉(zhuǎn)速滿足的關(guān)系。

【解答】解：帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，洛倫茲力提供向心力，則有：

qXV3kBRXB=11邙kBR）2

r

整理得粒子的軌跡半徑為:

q

粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:

根據(jù)幾何關(guān)系可得：tan且=K=Y—=近，所以。=三

2rV3R33

7T

ojr

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t=

v3kB

r

要使帶電粒子沿圓筒半徑方向射入，恰能從小孔射出，其間與轉(zhuǎn)筒無(wú)接觸，圓筒轉(zhuǎn)過的

角度為：

則其角速度應(yīng)滿足：3

t

解得：3=（4+6n）kB

代入n=0,1,2,3……,可得

ox）=4kB

a）l=10kB

o）2=16kB

33=22kB

故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的模型，解決本題的關(guān)鍵是分析粒子恰

能從小孔射出的條件。

二、選擇題n（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題給出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有

一項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)得3分，選對(duì)但不全得2分，有選錯(cuò)的得0分。）

（多選）14.（3分）歷史上，一種觀點(diǎn)認(rèn)為應(yīng)該用物理量mv來(lái)量度運(yùn)動(dòng)的“強(qiáng)弱”；另一

種觀點(diǎn)認(rèn)為應(yīng)該用物理量mv2來(lái)量度運(yùn)動(dòng)的“強(qiáng)弱”。前者代表人物是笛卡爾，后者則是

萊布尼茨。經(jīng)過半個(gè)多世紀(jì)的爭(zhēng)論，法國(guó)科學(xué)家達(dá)蘭貝爾用他的研究指出，雙方實(shí)際是

從不同的角度量度運(yùn)動(dòng)。關(guān)于這段描述中體現(xiàn)的物理思想，下列說(shuō)法正確的是（）

A.用mv量度體現(xiàn)了動(dòng)量守恒的思想

B.用mv?量度體現(xiàn)了動(dòng)量守恒的思想

C.動(dòng)量決定了物體在力的阻礙下能夠運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)距離

D.動(dòng)能定理反映了力對(duì)空間的累積效應(yīng)

【分析】理解動(dòng)量和動(dòng)能的區(qū)別，結(jié)合動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理完成分析。

【解答】解：AC.mv是物體的動(dòng)量，用mv量度體現(xiàn)了動(dòng)量守恒的思想，動(dòng)量決定了物

體在力的阻礙下能夠運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間，而不是多遠(yuǎn)的距離，故A正確、C錯(cuò)誤；

BD.amv2是物體的動(dòng)能，用mv?量度體現(xiàn)了能量的思想，而不是動(dòng)量守恒的思想，動(dòng)

能定理反映了力對(duì)空間的累積效應(yīng)，故B錯(cuò)誤、D正確。

故選ADo

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，理解動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理的區(qū)

別和聯(lián)系即可完成分析，難度不大。

（多選）15.（3分）現(xiàn)有光束沿圖示方向平行直徑AB射入球形雨滴，經(jīng)兩次折射和一次

反射后離開雨滴，其中出射光線與直徑AB成42°,c為真空中光速，R為雨滴半徑，下

列說(shuō)法中正確的是（）

A.光束在雨滴中的折射率為$

3

B.光束在雨滴中經(jīng)歷的時(shí)間為幽

15c

C.出射光光強(qiáng)一定弱于入射光光強(qiáng)

D.光束在雨滴內(nèi)可能發(fā)生了全反射

【分析】根據(jù)題意得出光路圖，結(jié)合幾何關(guān)系得出光束在雨滴中的折射率，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)

公式得出對(duì)應(yīng)的時(shí)間；

根據(jù)光路的可逆性，結(jié)合光折射時(shí)的特點(diǎn)得出對(duì)應(yīng)的光強(qiáng)的大小關(guān)系。

【解答】解：A.光在雨滴內(nèi)的傳播情況如圖所示

如圖所示，設(shè)入射角為i,折射角為r,由幾何關(guān)系可知

4r=2i+42°

解得：r=37°

則光束在雨滴中的折射率為

代入數(shù)據(jù)解得：n=jl,故A錯(cuò)誤；

3

B.由折射定律可得：

可得…=4c

由幾何關(guān)系可知，光在雨滴中傳播距離為

l=4Rcosr

光束在雨滴中經(jīng)歷的時(shí)間為

聯(lián)立解得：t=且空，故B正確；

15c

CD.由光路可逆性可知，光在雨滴中第一次反射時(shí)一定會(huì)發(fā)生折射，此后每次發(fā)生反射

時(shí)，入射角都相同，不可能發(fā)生全反射，出射光光強(qiáng)一定弱于入射光光強(qiáng)，故C正確，

D錯(cuò)誤。

故選：BC。

【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了光的折射定律，理解光的傳播特點(diǎn)，結(jié)合幾何關(guān)系和運(yùn)動(dòng)學(xué)公

式即可完成解答。

三、非選擇題（本題共6小題，共55分）

16.（6分）（1）楊同學(xué)在做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)時(shí)，測(cè)量相鄰亮條紋間距，某次讀數(shù)為10.30mm,

則測(cè)量頭上安裝的測(cè)量?jī)x器與以下哪種一致A

（2）用傳感器和計(jì)算機(jī)可以方便地描出平拋運(yùn)動(dòng)的物體的軌跡，設(shè)計(jì)原理如圖1所示。

從某點(diǎn)無(wú)初速釋放物體（圖中未畫出），使其做平拋運(yùn)動(dòng)。物體每隔20ms可向四周發(fā)射

紅外脈沖，豎直平面內(nèi)安放著紅外接收裝置B,Bi,B2兩個(gè)接收器各自測(cè)出收到紅外脈

沖的時(shí)間，并由此算出與物體的距離，在計(jì)算機(jī)屏幕上確定點(diǎn)跡，以此描繪出物體的軌

跡。下列判斷正確的是D（單選）。

A.物體應(yīng)選擇質(zhì)量大體積大的球

B.物體做平拋運(yùn)動(dòng)起點(diǎn)一定在BIB2連線的正上方

C.計(jì)算機(jī)屏幕上記錄一個(gè)點(diǎn)跡，需釋放物體一次

D.屏幕上相鄰點(diǎn)跡間速度變化量相同

（3）伽利略利用如圖2的裝置研究小球做平拋運(yùn)動(dòng)的特性，小球從高為H的斜面無(wú)初速

釋放，下落到底端做平拋運(yùn)動(dòng)，水平位移為D,改變釋放高度，得到如表1的數(shù)據(jù)，圖3

是伽利略的手稿，如果你是伽利略，關(guān)于小球釋放高度H與平拋水平距離D的關(guān)系，可

得出怎樣的結(jié)論（寫出一條即可）隨著釋放高度增大，實(shí)驗(yàn)誤差越?。恍∏蚱綊佀?/p>

方向的位移D和小球在斜面上釋放點(diǎn)高度向成正相關(guān)。

圖3

表（單位:punti）

序號(hào)斜面釋放高度平拋水平距離D計(jì)算值平拋水平距離D測(cè)誤差

H量值

1300997800197

26001131117241

38001306132822

48281330134010

【分析】（1）根據(jù)雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置和實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)精確度分析判斷;

（2）根據(jù)計(jì)算機(jī)描繪軌跡的原理分析判斷；

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分析判斷。

【解答】解：（1）測(cè)量頭上安裝的測(cè)量?jī)x器是游標(biāo)卡尺，根據(jù)數(shù)據(jù)可知最小分度值為0.05

或0.02mm,故A正確，BC錯(cuò)誤。

故選：A?

（2）A.為減小空氣阻力影響，物體應(yīng)選擇質(zhì)量大體積小的球，故A錯(cuò)誤；

B.物體做平拋運(yùn)動(dòng)起點(diǎn)不一定在Bi、B2連線的正上方，故B錯(cuò)誤；

C.釋放物體一次，計(jì)算機(jī)屏幕上記錄一系列點(diǎn)跡，故C錯(cuò)誤；

D.平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，屏幕上相鄰點(diǎn)跡間時(shí)間相同，速度變化量相同，

故D正確。

故選：D。

(3)隨著釋放高度增大，實(shí)驗(yàn)誤差越?。恍∏蚱綊佀椒较虻奈灰艱和小球在斜面上釋

放點(diǎn)高度不成正比相關(guān)。

故答案為：(1)A；(2)D；(3)隨著釋放高度增大，實(shí)驗(yàn)誤差越??；小球平拋水平方向

的位移D和小球在斜面上釋放點(diǎn)高度JR成正相關(guān)。

【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵掌握雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置、游標(biāo)卡尺的讀數(shù)、計(jì)算機(jī)描繪軌跡的原理和

數(shù)據(jù)分析方法。

17.(8分)李同學(xué)在研究測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)中，電路連接如圖2