浙江省2024年高考物理模擬試卷及答案33

浙江省2024年高考物理模擬試卷及答案

閱卷人

、單選題

得分

1.在國際單位制中，屬于基本量及基本單位的是（）

A.力，牛頓B.電流，安培

C.磁感應(yīng)強(qiáng)度，特斯拉D.熱力學(xué)溫度，攝氏度

2.溫州軌道交通S1線是溫州市第一條建成運(yùn)營的城市軌道交通線路，于2019年投入運(yùn)營，現(xiàn)已成為溫

州市民出行的重要交通工具之一、如圖是溫州S1線一車輛進(jìn)站時的情景，下列說法正確的是（）

A.研究某乘客上車動作時，可以將該乘客視為質(zhì)點(diǎn)

B.研究車輛通過某一道閘所用的時間，可以將該車輛視為質(zhì)點(diǎn)

C.選進(jìn)站時運(yùn)動的車輛為參考系，坐在車輛中的乘客是靜止的

D.選進(jìn)站時運(yùn)動的車輛為參考系，站臺上等候的乘客是靜止的

3.中國跳水隊(duì)被譽(yù)為跳水“夢之隊(duì)”。如圖是一位運(yùn)動員跳水過程的頻閃照片，A為運(yùn)動員起跳位置，B為

運(yùn)動員重心到達(dá)及高位置，C為運(yùn)動員指尖到達(dá)水面位置。空氣阻力不可忽略，下列說法正確的是

B.在C位置，運(yùn)動員的機(jī)械能最大

C.運(yùn)動員入水后，立即做減速運(yùn)動

D.在A位置，運(yùn)動員受到跳板的彈力是由于跳板發(fā)生形變產(chǎn)生的

4.關(guān)于以下幾幅插圖，卜.列說法正確的是（）

A.甲圖，用頭發(fā)屑可以模擬電場線，圖中的電荷一定是帶正電

B.乙圖，可變電容器是通過改變鋁片之間的距離從而改變電容的

C.丙圖，優(yōu)偵的話筒線外面包裹著金屬網(wǎng)，目的是為了增強(qiáng)話筒線的導(dǎo)電性能

D.丁圖，加油站給車加油前，觸摸一下靜電釋放器，可將人體的靜電釋放到大地

5.軋鋼廠的熱軋機(jī)上安裝射線測厚儀，儀器探測到的y射線強(qiáng)度與鋼板的厚度有關(guān)。如圖所示，某射線測

厚儀采用放射性同位素鉞192作為放射源，其化學(xué)符號是什，原了?序數(shù)為77,放射源在進(jìn)行￡衰變產(chǎn)生新

同位素

A.上述衰變方程為羽2。->%2*+9送

B.衰變放射出的/7粒了?來自于原了?的核外電子

C.若有4.0g鉞192,經(jīng)過148天用1.0g發(fā)生了衰變

D.若探測器測得的射線強(qiáng)度變?nèi)鯐r，說明鋼板厚度變小

6.在太北嚴(yán)寒的冬天，有?項(xiàng)“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯滾燙的開水按-定的弧線均勻快速地

潑向空中，潑灑出的小水珠和熱氣被瞬間凝結(jié)成冰而形成壯觀的場景C如圖甲所示是某人玩潑水成冰游戲

的精彩瞬間，圖乙為其示意圖。假設(shè)潑水過程中杯了,做勻速圓周運(yùn)動，在0.4s內(nèi)杯了?旋轉(zhuǎn)了萼。下列

說法正確的是（）

圖甲圖乙

A.P位置的小水珠速度方向沿a方向B.P、Q兩位置，杯子的向心加速度相同

C.杯子在旋轉(zhuǎn)時的線速度大小約為6nm/sD.杯子在旋轉(zhuǎn)時的向心加速度大小約為

9112mls2

7.如圖為“H225”應(yīng)急救援直升機(jī)在永宏碧蓮鎮(zhèn)執(zhí)行滅火任務(wù)時的情景。直升機(jī)沿水平方向勻速直線匕往

水源地取水時，懸掛空水桶的懸索與豎直方向的夾角為37。：直升機(jī)取水后飛往火場滅火，沿水平方向

以5m/s2的加速度勻加速直線飛行時，懸掛水桶的懸索與豎直方向的夾角也為37?！闳艨諝庾枇Υ笮〔?/p>

變，空桶質(zhì)量為400kg，忽略懸索的質(zhì)量，則此時水桶中水的質(zhì)量為(sin370=0.6,cos370=0.8)

()

A.260kgB.500/cgC.800kgD.1000/cg

8.消除噪聲污染是當(dāng)前環(huán)境保護(hù)的一個重要課題，如圖所示的消聲器可以用來削弱高速氣流產(chǎn)生的噪

聲。波長為的聲波沿水平管道自左向右傳播，在聲波到達(dá)a處時，分成上下兩束波，這兩束聲波在b處相

遇時可削弱噪聲。已知上下兩束波從a處到b處的路程分別為S］和S2，下列說法正確的是()

A.該消聲器是根據(jù)波的衍射原理設(shè)計(jì)的

B.該消聲器是根據(jù)波的多普勒效應(yīng)原理設(shè)計(jì)的

C.S］和s2關(guān)系滿足—$2=nA(n=1,2,3...)時，消聲效果最好

D.Si和s?關(guān)系滿足Sj—s2=(2n4-1)d(n=1,2,3...)時，消聲效果最好

9.如圖所示為?斜邊鍍銀的等腰直角棱鏡的截面圖，棱鏡由?種負(fù)折射率的介質(zhì)制成。負(fù)折射率介質(zhì)仍

然滿足折射定律，只是入射光線和折射光線位居法線同側(cè)。?束單色光從直角邊AB以斗角入射，經(jīng)

BC反射，再經(jīng)AC折射出楂鏡，經(jīng)AC折射出的光線與法線夾角為仇，下列說法正確的是()

12.如圖甲所示為粒子直線加速器原理圖，它由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數(shù)

的圓筒與序號為偶數(shù)的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間的電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。在

t=0時，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板（序號為0）的中央有一自由電

子由靜止開始在各間隙中不斷加速。若電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,交變電源的電壓為U,周期為T。

不考慮電子的重力和相對論效應(yīng)，忽略電子通過圓筒間隙的時間。下列說法正確的是（）

u

圓板I岫甲山甲［1I;廣卜口舉

OT\2T3T\4Tt

-1/

甲乙

A.電子在圓筒中也做加速直線運(yùn)幻

B.電子離開圓筒1時的速度為2|經(jīng)

\m

C.第n個圓筒的長度應(yīng)滿足Ln=T悟

D.保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調(diào)大交變電壓的周期

13.太陽帆飛船是利用太陽光的光壓進(jìn)行宇宙航行的一種航天器。光壓是指光照射到物體卜.對物體表面產(chǎn)

生的壓力，從而使航天器獲得加速度。假設(shè)光子打到帆面上全部反射，地球上太陽光光強(qiáng)（單位時間垂直

照射到單位面積上的光能）為/0，地球軌道半徑為r0,光在真空中傳播速度為c,則在離太陽距離為r

的地方，正對太陽的單位面積上的光壓為（）

A.B,平（與）C.%和D.g（平）

閱卷人

二、多選題

得分

14.下列說法正確的是（）

A.利用壓力傳感器可以制成電子秤

B.光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)揭示了光的粒子性

C.赫茲用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在，并首先發(fā)現(xiàn)光電效應(yīng)

D.查德威克研究a粒子散射實(shí)驗(yàn)，并提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型

15.如圖所示，分別用a、b兩束單色光照射陰極K均可產(chǎn)生光電流。調(diào)節(jié)滑片P,當(dāng)光電流恰好減小到

零時，對應(yīng)的電壓表示數(shù)分別為U。、孔，已知，下列說法正確的是（）

&-

與

A.a光的光照強(qiáng)度比b光的光照強(qiáng)度要弱

B.a光子動量小于b光子動量

C.經(jīng)過同一雙縫干涉裝置得到的圖樣，a光條紋間距小

D.若a、b兩束單色光都從同一玻璃磚射向空氣，a光發(fā)生全反射的臨界角大

閱卷入

------------------三、實(shí)驗(yàn)題

得分

16.小明同學(xué)利用圖所示裝置做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)。

（1）對于該實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是一（多選）

A.每次改變小車質(zhì)量后，都需重新補(bǔ)償阻力

B.為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，槽碼的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量

C.處理數(shù)據(jù)時，在紙帶上必須連續(xù)5個計(jì)時點(diǎn)選取一個計(jì)數(shù)點(diǎn)

D.補(bǔ)償阻力時，應(yīng)取下細(xì)線與槽碼，而小車后面的紙帶需穿過限位孔

（2）用該實(shí)驗(yàn)裝置還能完成的實(shí)驗(yàn)是一

A.探究平拋運(yùn)動的特點(diǎn)B.探究小車速度隨時間變化的規(guī)律

C.驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律D.探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律

17.在“電池的電動勢和內(nèi)阻的測量”實(shí)驗(yàn)中:

圖1

（1）一節(jié)待測干電池的電動勢約1.5V,內(nèi)阻約,所用器材和部分電路連線如圖1所示，導(dǎo)線F

端應(yīng)與滑動變阻器（選填或小”）接線柱連接，導(dǎo)線C端應(yīng)與（選填“D??或“E”）

端連接。開關(guān)閉合前，滑動變阻器滑觸頭應(yīng)置于最（選填“左''或"右端。

（2）合上開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器，得到多組（U,/）數(shù)據(jù)，并作出電源的U-I圖像，如圖2所示。

①圖2中作出的U-I圖像不當(dāng)之處是

A.不應(yīng)用直線去擬合各點(diǎn)B.擬合直線的斜率太小C.擬合直線的傾斜度太小

②為了減少由于以上原因造成的實(shí)驗(yàn)誤差，請寫出至少一種改進(jìn)方案。

（3）實(shí)驗(yàn)中，發(fā)現(xiàn)安培表壞了，實(shí)驗(yàn)小組找了一個電阻箱，用電阻箱和電壓表代替安培表，重新設(shè)計(jì)

了測量電路（如圖3所示）。閉合開關(guān)，改變電阻箱阻值獲得多組（U.R）數(shù)據(jù)，作出1-1圖像，如圖

18.如圖所示是用導(dǎo)熱性能良好的材料制成的空氣壓縮引火儀，活塞的橫截面積S=lcm2；開始時封閉

5

的空氣柱長度為22cm、溫度為300K、壓強(qiáng)為大氣壓強(qiáng)p0=1x10Pa:現(xiàn)在用豎直向下的外力F

壓縮氣體，使封閉空氣柱長度變?yōu)?cm,不計(jì)活塞的質(zhì)量、活塞與器壁的摩擦以及漏氣。

（i）若用足夠長的時間緩慢壓縮氣體，求壓縮后氣體的壓強(qiáng)：

（2）若以適當(dāng)?shù)乃俣葔嚎s氣體，壓強(qiáng)達(dá)到1.144xlO6pa時，求空氣柱的溫度

（3）若壓縮氣體過程中，人對活塞做功為100/,氣體向外散失的熱量為18/,求氣體的內(nèi)能增加

值。

19.溫州市開展一項(xiàng)趣味文體活動，此項(xiàng)活動的裝置簡化為如圖所示，豎直面上固定著一段內(nèi)壁光滑、半

徑為R=0.5m的細(xì)圓管BP,。為圓心，61-37°,光滑水平地面上有一質(zhì)量：M=0.4kg的木板，

木板上表面與管口底部在同一水平線上，木板的左、右方都有一臺階，其高度正好與木板高度相同?，F(xiàn)一

可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量m=0.2kg的小物塊從左方臺階A處以%=10m/s的速度水平向右滑上木板，使木

板從靜止開始向右運(yùn)動，當(dāng)木板速度為2m/s時，木板與右邊臺階碰撞并立即被粘住，同時物塊離開木板

從B點(diǎn)進(jìn)入細(xì)圓管。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求

（I）物塊在木板上滑動過程中產(chǎn)生的熱量;

（2）物塊滑到圓細(xì)管出口P處時受到細(xì)圓管彈力的大小;

（3）在距離圓心O點(diǎn)正上方多高史的C點(diǎn)放置接收槽能收到從P點(diǎn)飛出的物塊恰好水平向左打入接收

槽;

（4）若增大滑塊的初速度火，為了使從P點(diǎn)飛出的滑塊仍能恰好水平向左打入接收槽，則接收槽放

置的位置C點(diǎn)跟P點(diǎn)的連線與水平方何的夾角應(yīng)滿足什么條件。

20.某學(xué)校舉辦“跌不破的雞蛋”小發(fā)明比賽，小王設(shè)計(jì)了如圖甲所示的裝置。裝置絕緣外框架MNGH下

端固定了一個橫截面（俯視）如圖乙所示的磁體，兩磁極間存在沿徑向向外的輻向磁場，不考慮其他區(qū)域

的磁場。CDEF是一個金屬線框，CF,DE兩邊被約束在外框架的凹槽內(nèi)，可沿外框架無摩擦上下滑

動，CD邊的正中間接有一個半徑為r（r略大于圓柱形N磁極的半徑）、匝數(shù)為n、總電阻為R的線圈，

EF邊接有?裝有雞蛋的鋁盒，鋁盒的電阻也為R。鋁盒與外框架連接了?根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧。

開始裝置在離水平地面h高度處保持豎直狀態(tài)，待鋁盒靜止后將彈簧鎖定，此時線圈下端恰好位于磁體上

邊界處?，F(xiàn)由靜止釋放裝置，裝置落地前瞬間彈簧立即解除鎖定，落地時外框架MNGH連同磁體的速度

立即變?yōu)榱恪Ｒ阎€框CDEF（含線圈、鋁盒、雞蛋）的總質(zhì)量為m,線框第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)時彈簧

的形變量是剛落地時的二倍，此時EF仍未進(jìn)入磁場。已知線圈所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,重力加速

2

度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，彈性勢能表達(dá)式為EP=hx，除線圈和鋁盒外，其他部分電阻不計(jì),

忽略空氣阻力。

（1）求裝置落地時C、D兩點(diǎn)間的電壓UCD；

（2）從剛落地到線框第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，求通過線圈的電荷量q；

（3）從剛落地到線框第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中,線框上產(chǎn)生的焦耳熱為Q];從落地到線框最終

靜止的過程中，線框上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2，求明與Q2的比值。

21.如圖所示，足夠大的光滑水平地面上有一水平直角坐標(biāo)系，第一、二和四象限存在垂直紙面向里的勻

強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bo,AO和0C為光滑擋板，A點(diǎn)坐標(biāo)為0）,足夠長的OC擋板與x

軸夾角為30。。第三象限內(nèi)一個電荷量為q、質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，以某一速度沿亙線

運(yùn)動通過相互垂直的電場和磁場后，從A點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入第二象限，小球與AO擋板的碰撞為彈性碰

撞；小球與OC擋板碰撞后反彈，垂直擋板方向的速度大小減為碰前的二分之」平行擋板方向的速度不

變，碰撞過程中小球電荷量保持不變。已知第三象限內(nèi)的電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值為嬰o求

3m

（1）小球從A點(diǎn)進(jìn)入磁場到第一次撞擊OC擋板所用的時間及第?次撞擊點(diǎn)坐標(biāo):

（2）小球打在OC擋板上離坐標(biāo)原點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離dm；

（3）當(dāng)小球打在。。擋板上離坐標(biāo)原點(diǎn)最遠(yuǎn)位置時，將Bo方向反向（大小不變），同時加一個沿y

軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場E,此后小球沿y軸負(fù)方向運(yùn)動的最大距離h（用m,E,B。，q表示）。

閱卷人

五、實(shí)驗(yàn)題

得分

22.小王同學(xué)在“用單擺測量重力加速度實(shí)驗(yàn)”時，用游標(biāo)卡尺測得小鐵球的直徑為cm（如圖所

示）。他計(jì)算得出的重力加速度比實(shí)際則量的重力加速度要大，其原色可能是

A.擺球太重B.擺角太小C.計(jì)時開始時停表按下過遲D.實(shí)驗(yàn)中全振動次數(shù)記少了

23.小明同學(xué)采用“油膜法”估算油酸分子直徑。油酸酒精溶液的濃度為每1000mL油酸酒精溶液中

0.5mL有油酸，用滴管向量筒內(nèi)滴50滴上述溶液，量筒中的溶液體積增加1mL。若把一滴這樣的溶液

滴入盛水的淺盤中，由于酒精溶于水，油酸在水面展開，穩(wěn)定后形成單分子油膜的形狀如圖所示。己知每

一小方格的邊長為lOmin。

（1）根據(jù)上述數(shù)據(jù)，估算出油酸分子的直徑為7幾（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

（2）為了盡可能準(zhǔn)確地估測出油膜分子的大小，下列措施可行的是一

A.油酸濃度要大一些

B.爽身粉要盡量均勻地撒在水面上

C.油酸擴(kuò)散并待其收縮穩(wěn)定后再繪出輪廓圖

D.輪廓范圍內(nèi)的完整正方形總面積即代表油膜鋪開的面積

答案解析部分

1.【答案】B

【解析】【解答】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(xué)溫度、電流、光強(qiáng)

度、物質(zhì)的量；熱力學(xué)溫度單位開爾文（K）、電流單位安培（A）。

故選Bo

【分析】國際單位由基本單位和導(dǎo)出單位組成，記住國際單位制規(guī)定了的七個基本物理量的單位，剩下的

均為導(dǎo)出單位。

2.【答案】C

【解析】【解答】A.研究某乘客上車動作時，不能忽略乘客的形狀和大小，不能招該乘客視為質(zhì)點(diǎn)，故A

錯誤；

B.研究車輛通過某?道閘所用的時間，不能忽略車輛的形狀和大小，不能將該車輛視為質(zhì)點(diǎn)，故B諾

誤；

C.選進(jìn)站時以運(yùn)動的車輛為參考系，坐在車輛中的乘客位置沒有變化，是靜止的，故C正確；

D.選進(jìn)站時以運(yùn)動的車輛為參考系，站臺上等候的乘客位置發(fā)生變化，是運(yùn)動的，故D錯誤。

故選Co

【分析】明確質(zhì)點(diǎn)和參考系的物理意義，知道當(dāng)物體的大小和形狀在所研究的問題中可以忽略時，物體可

以視為質(zhì)點(diǎn)：而對于參考系的分析要結(jié)合給出的情景，明確物體和參考系間的相對運(yùn)動。

3.【答案】D

【解析】【解答】A.B為運(yùn)動員重心到達(dá)最高位置，速度為0,只受重力作用，運(yùn)動員不會處于平衡狀

態(tài)，故A錯誤：

B.起跳后，空氣阻力不可忽略，機(jī)械能變小，在A、B、C二位置中，C位置處運(yùn)動員的機(jī)械能最小，故

B錯誤；

C.運(yùn)動員剛?cè)胨畷r，加速度向下，仍做加速運(yùn)動，故C錯誤；

D.在A位置，運(yùn)動員受到跳板的彈力是由于跳板發(fā)生形變產(chǎn)生的，故D正確。

故選Do

【分析】運(yùn)動員到達(dá)最高點(diǎn)8時，處于非平衡狀態(tài)，在運(yùn)動過程中，空氣阻力對運(yùn)動員做負(fù)功，其機(jī)械能

不斷減少。運(yùn)動員入水后，先做加速運(yùn)動，后做減速運(yùn)動。結(jié)合彈力產(chǎn)生的原因分析D。

4.【答案】D

【解析】【解答】A.點(diǎn)電荷的電場都是輻射狀的，所以圖甲模擬的可能是正點(diǎn)電荷形成的電場，也可能是

負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場，故A錯誤；

B.乙圖中的可變電容器的原理是改變鋁片間的止對面積從而達(dá)到改變電容的目的，故B錯；

c.話筒線使用金屬網(wǎng)狀編織層包裹著導(dǎo)線是為了屏蔽外部干擾，實(shí)現(xiàn)高保真信號傳輸，故c錯誤：

D.在加油站給車加油前手要觸摸一下靜電釋放器，是讓靜電通過靜電移放器導(dǎo)走，以防止靜電危害，防

止在加油的時候有意外發(fā)生，故D正確。

故選D。

【分析】本題主要考查了電場線和靜電屏蔽的相關(guān)概念。了解常見幾種電荷空間電場的分布特點(diǎn)，理解可

變電容器的工作原理，理解靜電屏蔽的概念，從而結(jié)合題意完成分析，

5.【答案】A

【解析】【解答】A、由核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得，核反應(yīng)方程為序0t羽2丫+9遇，A

正確。

B、衰變放射出的/?粒子來白于?原子核而不是核外電子，B錯誤。

C、若有4.0g缽192,經(jīng)過148天有3.0g發(fā)生了衰變，C錯誤。

D、若探測器測得的射線強(qiáng)度變?nèi)?，說明鋼板厚度變厚了，D錯誤。

故答案為：A

【分析】根據(jù)核反應(yīng)過程中電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒判斷反應(yīng)方程式，再由半衰期的表達(dá)式計(jì)算發(fā)生衰變的元

素質(zhì)量。

6.【答案】D

【解析】【解答】A.由圖乙中做離心運(yùn)動的軌跡可知，杯子的旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r針方向，。位置飛出的小水

珠初速度沿〃方向，故A錯誤；

B.向心加速度是矢量，P、。兩位置，杯子的向心加速度方向不同，故向心加速度不相同，故B錯誤：

C.杯子旋轉(zhuǎn)的角速度為

6

△e571

3=rad/s=3irrad/s

杯子做圓周運(yùn)動的半徑約為1m,杯子在旋轉(zhuǎn)時的線速度大小約為

v=ro)=37rrad/s

故C錯誤；

D.杯子旋轉(zhuǎn)的軌跡半徑約為1m,則向心加速度大小約為

a=rco2=1x97r2m/s2=9TT2rad/s

故D正確。

敗選D.

【分析】本題以“潑水成冰”的游戲?yàn)楸尘翱疾榱饲€運(yùn)動速度方向的確定，角速度概念，角速度與線速度

和角速度與向心加速度的關(guān)系，平時學(xué)習(xí)時注意所學(xué)知識與日常生活結(jié)合起來。根據(jù)水珠的分布，可判定

杯子的旋轉(zhuǎn)方向及小水珠在尸位置速度的方向，根據(jù)角速度定義可求角速度，根據(jù)u=丁3和Q=rd可求

線速度和向心加速度大小。

7.【答案】C

【解析】【解答】設(shè)空氣阻力大小為了，空桶質(zhì)量為加，水桶中水的質(zhì)置為m'。直升機(jī)沿水平方向做勻速直

線運(yùn)動時，空桶受力如圖1所示，由平衡條件可得

f=mgtan37。

直升機(jī)取水后做勻加速直線運(yùn)動時，梢及桶中水的整體受力如圖2所示，由牛頓第二定律得豎直方向，有

F2COS37°=(m+m')g

水平方向，有

F2sin37°—f=(m+m')Q

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得

w=800kg

故選Co

【分析】直升機(jī)沿水平方向做勻速直線運(yùn)動時，根據(jù)平衡條件求出空氣阻力大小。再研究勻加速直線飛行

的情形，根據(jù)牛頓第二定律求解水桶中水的質(zhì)量。解答本題的關(guān)鍵要正確分析受力情況，根據(jù)桶的運(yùn)動狀

態(tài)，利用平衡條件和牛頓第二定律進(jìn)行處理。

8.【答案】D

【解析】保存進(jìn)入下一題【解答】AB.波繞過障礙物繼續(xù)傳播的現(xiàn)象稱為波的衍射，當(dāng)觀測者與波源之間

發(fā)生相對運(yùn)動時，觀測者接收到的頻率發(fā)生變化的現(xiàn)象稱為多普勒效應(yīng)；消音器是利用了兩列相干波疊加

使質(zhì)點(diǎn)的振動減弱的原理制成，因此消音器消除噪聲利用了波的干涉原理，故AB錯誤：

CD.當(dāng)兩列聲波到達(dá)力處時的路程差為半波長的奇數(shù)倍時，即

Si-s2=(2n+l)^(n=0,1,2,3...)

介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)為振動減弱點(diǎn)，消聲效果最好，故D正確，C錯誤。

敗選D.

【分析】本題是科學(xué)技術(shù)在現(xiàn)代生產(chǎn)生活中的應(yīng)用，是高考考查的熱點(diǎn)。關(guān)鍵是記住干涉的條件，由波的

干涉原理可知：當(dāng)某點(diǎn)到波源的距離差為半波長的奇數(shù)倍時，此點(diǎn)的振動減弱。當(dāng)某點(diǎn)到波源的距離差為

半波長的偶數(shù)倍時，此點(diǎn)的振動加強(qiáng)的點(diǎn)。

9.【答案】A

【解析】【解答】A.由題意，在負(fù)折射率材料制成的棱鏡中畫出光路圖，如圖所示

由幾何知識可知

%+i=做+i=45°

故

=?2

根據(jù)折射定律可得

sinJisin02

~s\na1-sina2

解得

%=02

故A正確：

BC.由前面分析，可知W的大小由出決定，與光的顏色和棱鏡的負(fù)折射率無關(guān)，故BC錯誤；

D.由光路的可逆性可知，改變/，在4c界面不會發(fā)生全反射，故D錯誤。

故選Ao

【分析】本題主要是考查了光的折射，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，通過光

路圖結(jié)合折射定律和幾何關(guān)系列方程聯(lián)立求解。根據(jù)題意繪制出光路圖，根據(jù)幾何知識結(jié)合折射定律判斷

%和。2的大小關(guān)系，根據(jù)光路可逆判斷選項(xiàng)D。

10.【答案】C

【解析】【解答】A.根據(jù)左手定則可知載流子受到的洛倫茲力指向前表面，所以載流子會在前表面聚集，

由于載流子帶負(fù)電，所以霍爾元件的前表面電勢低于后表面電勢，故A錯誤；

BC.設(shè)前、后表面之間的距離為心根據(jù)

U

quB=q-f-

可得

U=BLv

根據(jù)電流的微觀定義

I=nqvS

可得

I

V=----7；

nqS

其中

S=Ld

聯(lián)立解得

IB

u=-j

nqd

可得霍爾電勢差u與車速I，無關(guān)：元件內(nèi)單位體積中的我流子數(shù)為

BI

n=Uqd

故B錯誤，C正確：

D.若單位時間內(nèi)霍爾元件檢測到〃?個脈沖，則可知車輪轉(zhuǎn)動周期為

1

T=—

m

則根據(jù)線速度公式u=半，可得

v=2nrm

故D錯誤。

故選Co

【分析】霍爾元件作為帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的應(yīng)用，常見于選擇題，解題關(guān)鍵是要掌握洛倫茲力等于

電場力這一特點(diǎn)。結(jié)合題圖、根據(jù)左手定則可求霍爾元件的電流流向，電勢隨電流流向降低；結(jié)合圓周運(yùn)

動公式可求得車速大小，根據(jù)洛倫茲力等于電場力得到電壓表達(dá)式，從而進(jìn)行相關(guān)分析。

11.【答案】D

【解析】【解答】A.對地球衛(wèi)星，有

Mm..

G—2~=mrco

可得

3幻[G產(chǎn)M

可知，衛(wèi)星軌道半徑越大，角速度越小。由于太空電梯上各質(zhì)點(diǎn)的角速度與地球同步衛(wèi)星的角速度相同，

即太空電梯各質(zhì)點(diǎn)的角速度小于與其史于同一軌道半徑上衛(wèi)星的角速度，則太空電梯上各質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動

所需的向心加速度小于該軌道衛(wèi)星的向心加速度，而衛(wèi)星的向心力是全部由萬有引力提供，但是太空電梯

上各質(zhì)點(diǎn)的向心力小于共萬有引力，所以處于失重狀態(tài)，但不是完全失電狀態(tài)，故A錯誤：

B.電梯做勻速圓周運(yùn)動，由合外力提供向心力，根據(jù)電梯受到的萬有引力大于做圓周運(yùn)動的向心力，則

萬有引力與電梯軌道對電梯的作用力的差值提供向心力，即電梯軌道對電梯的作用力方向與萬有引力方向

相反，指向空間站，故B錯誤；

C.對「同步衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力，有

「而同2、

同

電梯環(huán)繞半徑小于同步軌道半徑，即

\<，

則

T梯2n2

G2>m梯「梯（1）

丁梯

萬有引力大于電梯做圓周運(yùn)動的向心力，符合近心運(yùn)動的條件，故電梯外殼上脫落的物體將做近心運(yùn)動，

故C錯誤；

D.設(shè)衛(wèi)星B繞地球做圓周運(yùn)動的周期為丁，經(jīng)過時間/之后，A、B第一次相距最遠(yuǎn)，則有

tt

T-r=

解得

,2Tt

T=2F^T

故D正確。

故選Do

【分析】衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)萬有引力提供向心力列式，得到衛(wèi)星的角速度表達(dá)式，太空電

梯上各質(zhì)點(diǎn)的角速度與同步衛(wèi)星的角速度相同，分析太空電梯加速度與同??軌道衛(wèi)星加速度關(guān)系，判斷乘

客的運(yùn)動狀態(tài)。根據(jù)向心力公式分析電梯軌道對同步空間站A的作用方向，從而知道電梯軌道對電梯的作

用力方向。電梯軌道外部?物體脫落后，根據(jù)萬有引力與向心力的關(guān)系，判斷其運(yùn)動情況。經(jīng)過時間f

后，A、B第?次相距最遠(yuǎn)，A比B多過半圈，由此列式求解衛(wèi)星B繞地球做圓周運(yùn)動的周期。本題的關(guān)

鍵要掌握萬有引力提供向心力這?思路，抓住勻速圓周運(yùn)動中相距最遠(yuǎn)的條件和共軸轉(zhuǎn)動角速度相等的特

點(diǎn)進(jìn)行解答。

12.【答案】C

【解析】【解答】A.金屬圓筒中電場為零，電子不受電場力，做勻速五線運(yùn)動，故A錯誤：

B.電子進(jìn)入第1個圓筒時，經(jīng)過1次加速，根據(jù)動能定理有

1

eU=2mv?

解得電子離開第1個圓筒瞬間速度為

Jm

故R鉗誤；

CD.電子進(jìn)入第〃個圓筒時，經(jīng)過〃次加速。根據(jù)動能定理得

12

neU=57九*

乙

電子出第〃個圓筒瞬間速度為

\2neU

%=J-m~

由于不計(jì)電子通過圓筒間隙的時間，在圓筒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動的時間恰好是則第〃個圓筒長度為

T_InUe

L”=%.2"3否?

可知，若保持加速器筒長不變，若要加速比荷系更大的粒子，則要減個交變電壓的周期7,故C正確，D

錯誤。

故選Co

【分析】金屬圓筒中電場為零，電了?做勻速直線運(yùn)動；電子在金屬圓筒中的運(yùn)動時間為3根據(jù)動能定理

求電子出笫〃個圓筒瞬間速度，由％=區(qū)求解第〃個圓筒長度。解答不題的關(guān)鍵要理解直線加速器的工作

原理，把握電子的運(yùn)動規(guī)律，運(yùn)用動能定理和運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合解答,

13.【答案】B

【解析】【解答】設(shè)太陽單位時間輻射的總能量E,則在距離太陽為ro的地方

E=47r*-/0

設(shè)在距離太陽為r的地方太陽光光強(qiáng)為/,根據(jù)能量守恒

E=4nr2?/

聯(lián)立解得

根據(jù)光子說，光子的能量

〃是光子動量，則在離太陽距離為廠的地方，At時間垂直照射到單位面積上的光的動量

P'=*

光子打到帆面上全部反射，則At時間垂直照射到單位面積上的光的動量改變?yōu)?/p>

Ap=2p'

根據(jù)動量定理，帆面單位面積上獲得的作用力（光壓）為

「燃

代入數(shù)據(jù)得

T華）2

故選B。

【分析】根據(jù)光子說得出光了能量和助量的關(guān)系公式，由此得出光強(qiáng)和單位時間垂直照射到單位面積上的

光的動量公式，根據(jù)動量定理可知單位時間垂直照射到單位面積上的光的動量改變就等于光壓。解決本題

?定要知道光子說，根據(jù)光子說得出光子能量與動量之間的關(guān)系公式，進(jìn)而根據(jù)題意才能夠根據(jù)光強(qiáng)求解

出光壓。

14.【答案】A,B,C

【解析】【解答】A.利用壓力傳感器可以制成電子秤，故A正確；

B.光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)揭示了光的粒了?性，故B正確；

C.赫茲最早用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在，在研究電磁波的實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)了光電效應(yīng)，故C正確；

D.盧瑟福根據(jù)a粒子散射實(shí)驗(yàn)，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故D錯誤。

故選ABCo

【分析】本題根據(jù)電子秤的原理、光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)的意義，以及赫茲、盧瑟福的物理學(xué)成就解答。

本題主要考查物理學(xué)史，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，重視歷史知識的積累。

15.【答案】B,D

【解析】【解答】根據(jù)題意可知，〃截止電壓小于〃的遏止電壓，根據(jù)動能定理結(jié)合愛因斯坦光電效應(yīng)方程

可知

可得

Va<

Vhf2a>人b

A.根據(jù)已知條件只能判斷兩者的頻率關(guān)系，無法判斷光束的強(qiáng)弱關(guān)系，故A錯誤；

B.a的頻率小，則波長大，根據(jù)

h

P=A

可知，a光子的動量小于力光子的動量，故B正確；

C.根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式=5九因?yàn)椤ü獾牟ㄩL大于人光的波長，所以經(jīng)過同?雙縫干涉裝置得

到的圖樣，。光條紋間距大，故C錯誤；

D.光的頻率越大，折射率越大，即時＜以，根據(jù)臨界角公式sinC=L可知若〃兩束單色光都從同一

玻璃磚射向空氣，〃光發(fā)生全反射的臨界角大，故D正確。

故選BD。

【分析】本題考查光電效應(yīng)中遏止電壓與最大初動能光電效應(yīng)方程，條紋械距公式，臨界角公式等知識，

解決本題的關(guān)系求解兩單色光的頻率關(guān)系，進(jìn)而得到波長關(guān)系，折射率與頻率的關(guān)系。

A.飽和光電流的大小與光的強(qiáng)度，由于不知道兩單色光飽和光電流的大小關(guān)系，因此無法判斷光強(qiáng)度的大

小關(guān)系：

B.根據(jù)頻率與波長的關(guān)系判斷兩單色光波長關(guān)系：再根據(jù)光子動量公式判斷動量大小關(guān)系：

C.根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式判斷條紋間距的關(guān)系：

D.根據(jù)頻率與折射率的關(guān)系判斷折射率的大小，根據(jù)臨界角公式判斷臨界角的大小關(guān)系。

16.【答案】（1）B：D

（2）B

【解析】【解答】（1）[1]A.根據(jù)平衡摩擦力的原理

mgsind=iimgcosd

求得

〃=gtand

由此可知，平衡摩擦力時與小車質(zhì)量無關(guān)，因此每次改變小車質(zhì)量后，不需重新補(bǔ)償阻力，故A錯誤：

B.本實(shí)驗(yàn)用槽碼的重力代替繩子的拉力，因此為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，槽碼的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，故B

正確：

C.處理數(shù)據(jù)時，為了方便運(yùn)算，一般是在紙帶上連續(xù)5個計(jì)時點(diǎn)選取一個計(jì)數(shù)點(diǎn)，而不是必須在紙帶上

連續(xù)5個計(jì)時點(diǎn)選取一個計(jì)數(shù)點(diǎn)故C錯誤：

D.補(bǔ)償阻力時，應(yīng)取下細(xì)線與槽碼，使小車在重力沿斜面方向的分力作用下做勻速運(yùn)動，平衡的摩擦力

包括紙帶與打點(diǎn)計(jì)時器之間的摩擦力，因此小車后面的紙帶需穿過限位孔，故D正確。

敗選BDo

（2）⑵A.探究平拋運(yùn)動的運(yùn)動特點(diǎn)是探究平拋運(yùn)動在水平方向做什么運(yùn)動，豎直方向做什么運(yùn)動，本裝

置無法完成此實(shí)驗(yàn)，故A錯誤；

B.如果此裝置不平衡摩擦力的情況下，在槽碼重力的作用下，根據(jù)打點(diǎn)計(jì)時器打出的紙帶進(jìn)行分析可探

究出小車速度隨時間變化的規(guī)律，故B正確；

c.由r該裝置始終會受到摩擦力的作用，機(jī)械能不守恒，因此不能用該裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，故c

錯誤；

D.探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律，需要測定兩分力的大小和方向，合力的大小和方向該裝置無法完

成該實(shí)驗(yàn)，故D錯誤。

故選Bo

【分析】考查掌握實(shí)驗(yàn)的基本原理、步驟。實(shí)驗(yàn)的基本要求及注意事項(xiàng)。

（1）杈據(jù)實(shí)驗(yàn)原理及正確的實(shí)驗(yàn)操作步驟作答：

（2）杈據(jù)該實(shí)驗(yàn)裝置的特點(diǎn)結(jié)合實(shí)驗(yàn)的原理，逐項(xiàng)分析各選項(xiàng)的實(shí)驗(yàn)所需的器材，然后作答。

17.【答案】（1）B：E；右

（2）C：電源邊串聯(lián)一個已知阻值的電阻或改變縱軸的起始值

（3）1.5（）：0.200

【解析】【解答】（1）測量干電池的電動勢和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)中，電流表應(yīng)相對于電源外接，導(dǎo)線尸端應(yīng)

與滑動變阻器B接線柱連接，導(dǎo)線C端應(yīng)與E端連接，開關(guān)閉合前，滑動變阻器滑觸頭應(yīng)置于最最大阻

值處，即右端。

（2）圖由圖2可知，圖像的不當(dāng)之處是：擬合直線的傾斜度太小，不便于求直線的斜率，故選C。

⑸改進(jìn)方案：電源應(yīng)串聯(lián)一個已知阻值的電阻或改變縱軸的起始值。

（3）⑹[7]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得

U

E=U+Rr

則變形可得

1r11

UE?—R4-E

由圖像在縱軸上的截距的絕對值的倒數(shù)得電源電動勢為

11

F=F=WOVW1-5OV

由圖像斜率可得電源內(nèi)阻

r=kE=0.2000

【分析】此實(shí)驗(yàn)考查滑動變阻器的連接注意事項(xiàng)、電流表的內(nèi)接法和外接法的選擇、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理等知

識。在第（3）問中，需要考生根據(jù)題組的橫、縱軸物理量，結(jié)合閉合電路歐姆定律求出相關(guān)的表達(dá)式，

再結(jié)合題圖數(shù)據(jù)求出電源的電動勢及內(nèi)阻。

18.【答案】（1）解：設(shè)壓縮后氣體的壓強(qiáng)為p,活塞的橫截面積為S,Lo=22cm,L=2cm,Vo=LoS,

V=LS,緩慢壓縮氣體溫度不變，由玻意耳定律得P0VQ=pV

解得p=1.1x106pa

（2）解:由理想氣體狀態(tài)方程警=第

解得T=312K

（3）解：大氣壓力對活塞做功=P0S（L0-L）=2J

由熱力學(xué)第一定律得4U=電++Q

解得AU=84/

【解析】【分析】本題主要是考查了一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，解答此類問題的方法是：找出不同

狀態(tài)下的三個狀態(tài)參量，分析理想氣體發(fā)生的是何種變化，利用一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程列方程求

解。

（1）若用足夠長的時間緩慢壓縮氣體，氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律進(jìn)行解答；

（2）杈據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程進(jìn)行解答；

（3）杈據(jù)熱力學(xué)第一定律求解氣體的內(nèi)能增加量。

19.【答案】（I）解：由動量守恒定律得mvQ=mvL+Mv2

解得V]=6tn/s

由能量守恒可得mvQ-mvj4-Mvj）

解得Q=5.6；

⑵解：物塊從B到P由機(jī)械能守恒得mgR{l+sin0）=-^mvp

2

在P處由牛頓第二定律可得mgsinS+'=等

解得FN=6.8/V

（3）解：P到C的斜拋可看為C到P的平拋運(yùn)動

OC=y+Rs\n6

2

（VPCOS0）

y==0.64m

解得0C=0.94m

（4）解：設(shè)CP連線與水平方向夾角為B，則tan6=tan零。=0）='

【解析】【分析】本題結(jié)合了動量守恒定律、能量守恒定律、機(jī)械能守恒定律以及斜拋運(yùn)動知識，綜合性比

較強(qiáng)，需要我們有扎實(shí)的基礎(chǔ)，其中斜拋運(yùn)動的問題解決方法是將運(yùn)動分解為水平和豎直兩個方向的運(yùn)

動，這樣才能夠正確分析求解。

（I）杈據(jù)動量守恒求解物塊在3點(diǎn)的速度，根據(jù)能量守恒求解物塊在木板上滑動過程中產(chǎn)生的熱量：

（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解物塊滑到圓細(xì)管出。處時的速度，根據(jù)受力分析由向心力公式求解物塊受

到細(xì)圓管彈力的大?。?/p>

（3）根據(jù)斜拋知識，將運(yùn)動分解成水平勻速直線運(yùn)動和豎直方向的豎直上拋，分析求解在距離圓心。點(diǎn)

正上方多高處的。點(diǎn)放置接收槽能收到從P點(diǎn)飛出的物塊恰好水平向左打入接收槽；

（4）杈據(jù)斜拋知識，將運(yùn)動分解成水平勻速直線運(yùn)動和豎直方向的豎直上拋，進(jìn)一步討論分析接收槽放

置的位置。點(diǎn)跟P點(diǎn)的連線與水平方向的夾角應(yīng)滿足tan（90。-6）=2tan0的條件。

20.【答案】（1）解：裝置落地時速度為v,由機(jī)械能守恒定律可知mgh=^mv2

解得v=y/2gh

線圈切割輻向磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=nB（2nr）v

CD兩點(diǎn)間的電壓Uco==nnBr.flgh

（2）解：線框CDEF靜止時有mg=kxx

由題知線框第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)時彈簧的形變量是裝置剛落地時的三倍，則說明線框剛落地到最低點(diǎn)下

落的距離為2xi,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=nBLv=九8（2仃）叁

則通過網(wǎng)路某截面的電荷量q=T-At=nB（2nr）^^-=2M北區(qū)"

ZKKK

（3）解：從剛落地到線框第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，初態(tài)彈性勢能Epl=1/cxf

2

末態(tài)彈性勢能Ep2=^k（3x1）

11

k2k2

-X2-X1+Q

此過程由能量守恒得+mg（3;q-勺）=22

解得Q[=mg（h-怨”）

最終靜止后彈簧的彈性勢能與未釋放時相等，則從靜止釋放到戰(zhàn)框最終靜止的過程中，根據(jù)能量守恒有

Q2=mgh

則患一鑼

【解析】【分析】（1）根據(jù)右手定則判斷電流方向，結(jié)合感應(yīng)電動勢公式和動能定理可求；

（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合電荷量的計(jì)算公式解得；

（3）分析初態(tài)和末態(tài)的彈性勢能，根據(jù)能量守恒定律分析解答。

對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：?條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程：另—

條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。

21.【答案】（1）解：設(shè)第三象限內(nèi)的電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為打,小球以某一速度沿直線運(yùn)動通

過相互垂直的電場和磁場，根據(jù)洛倫茲力和電場力左右平衡quB】=oEi

解得V=^

又已知第三象限內(nèi)的電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度的比值為攀，得17=駛

%Jm3m

小球在磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bo的磁場中運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力qVB0=m^

解洱r-mL-旦為巫_L

解得—qB。-qB03m-3

小球做順時針圓周運(yùn)動，與板碰撞后原速率反彈繼續(xù)做半徑不變的圓周運(yùn)動，直至打到0C板上，軌跡如

圖所示

137r

周期為T=—==—

vvqB0

13

小球從A點(diǎn)進(jìn)入磁場到第?次撞擊0C擋板所用的時間亡=￡7=紀(jì)生%=騫

27r27rqB。6qB。

設(shè)笫一次撞擊點(diǎn)坐標(biāo)為（x,y）

I/3431

x=rcos30°=§x=—g—

I1I

y=-rsin30°=一與乂司=一工

3ZO

第-次撞擊點(diǎn)坐標(biāo)為（粵，-1）O

（2）解：小球垂直撞擊OC擋板后，反彈后速度大小減為碰前的二分之一，根據(jù)qvB0=m^

解得…嵌

可知每次反彈后圓周運(yùn)動半徑變?yōu)樵瓉淼亩种?/p>

1

ri=3

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故