【高考模擬】浙江省紹興市選考物理適應(yīng)性試卷（二模）答案與祥細(xì)解析

試卷第=page3434頁(yè)，總=sectionpages3434頁(yè)試卷第=page3333頁(yè)，總=sectionpages3434頁(yè)浙江省紹興市選考物理適應(yīng)性試卷（二模）一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）

1.如圖所示是我國(guó)自主建造的射電望遠(yuǎn)鏡，與一般太空望遠(yuǎn)鏡不同的是，它是通過(guò)“聽(tīng)”而不是通過(guò)觀測(cè)來(lái)收集天體的重要信息，它能夠收集到137億光年之外的電磁信號(hào)，人們將其稱為“天眼”，其中“光年”指的是（）

A.長(zhǎng)度單位 B.時(shí)間單位 C.速度單位 D.能量單位

2.下列說(shuō)法正確的是（）A.聲波能發(fā)生干涉，電磁波不能發(fā)生衍射B.英國(guó)物理學(xué)家托馬斯?楊的干涉實(shí)驗(yàn)證明了光具有波動(dòng)性C.實(shí)際的LC振蕩電路中，振蕩電路的能量將變小但振幅保持不變D.玻爾理論不但解釋了氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律而且完全揭示了微觀粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律

3.如圖所示是甲、乙兩輛推車(chē)在光滑水平面上發(fā)生碰撞的a-t圖像，則（）

A.乙車(chē)的質(zhì)量為甲車(chē)質(zhì)量的兩倍B.兩輛推車(chē)碰撞過(guò)程中甲車(chē)加速度方向與乙車(chē)加速度方向相同C.兩輛推車(chē)碰撞過(guò)程中甲車(chē)對(duì)乙車(chē)的作用力大于乙車(chē)對(duì)甲車(chē)的作用力D.兩輛推車(chē)碰撞過(guò)程中甲車(chē)對(duì)乙車(chē)的沖量約為乙車(chē)對(duì)甲車(chē)的沖量的兩倍

4.汽車(chē)的“點(diǎn)火線圈”實(shí)際上是一個(gè)變壓器，低壓直流通過(guò)一個(gè)開(kāi)關(guān)輸入初級(jí)線圈，在開(kāi)關(guān)斷開(kāi)或閉合的瞬間，將會(huì)在次級(jí)線圈中產(chǎn)生脈沖高電壓形成電火花。圖1和圖2分別是初級(jí)線圈、次級(jí)線圈電壓隨時(shí)間變化的圖像，則（）

A.t1B.次級(jí)線圈的匝數(shù)比初級(jí)線圈要多C.t2至tD.開(kāi)關(guān)斷開(kāi)與閉合瞬間次級(jí)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同

5.如圖所示，橫截面都是正方形的三段導(dǎo)體，它們的材料和長(zhǎng)度都相同，導(dǎo)體B剛好能嵌入導(dǎo)體A，導(dǎo)體C剛好能嵌入導(dǎo)體B，現(xiàn)將三段導(dǎo)體串聯(lián)接入到同一電路中，則（）

A.導(dǎo)體C的電阻最大B.導(dǎo)體A兩端的電壓最大C.導(dǎo)體B消耗的電功率最大D.三段導(dǎo)體在相等時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量相等

6.有6個(gè)小金屬球分別固定在如圖所示的正六邊形的頂點(diǎn)上，球7處于正六邊形中心位置，現(xiàn)使球2帶正電，球7帶負(fù)電，要使球7在中心位置獲得水平向右的加速度，下列說(shuō)法正確的是（）

A.使球1帶上正電荷，其他球不帶電B.使球4、5同時(shí)帶上電荷，其他球不帶電C.不可能只讓球4帶上電荷，其他球不帶電D.不可能讓球3、4、5、6同時(shí)帶上電荷，其他球不帶電

7.如圖所示，在架子上吊著一根絕緣導(dǎo)線，右側(cè)導(dǎo)線下部某處裝有一個(gè)鉛墜，使導(dǎo)線保持豎直狀態(tài)，下端連接著一個(gè)鋁箔刷子，刷子下方放置一張鋁箔，調(diào)整刷子的高度使之下端剛好與鋁箔接觸。將左側(cè)導(dǎo)線接到電源的正極上，電源的負(fù)極連接鋁箔，用可移動(dòng)的夾子水平地夾住一根強(qiáng)磁鐵，右端N極正對(duì)右側(cè)導(dǎo)線，接通電源，發(fā)現(xiàn)右側(cè)導(dǎo)線在擺動(dòng)。下列判斷正確的是（）

A.右側(cè)導(dǎo)線開(kāi)始時(shí)垂直紙面向里擺動(dòng)B.右側(cè)導(dǎo)線在擺動(dòng)過(guò)程中一直受到安培力作用C.右側(cè)導(dǎo)線在整個(gè)擺動(dòng)過(guò)程中安培力對(duì)其做正功D.同時(shí)改變電流方向及磁鐵的磁極方向，右側(cè)導(dǎo)線開(kāi)始擺動(dòng)方向與原來(lái)相同

8.滑塊第一次從粗糙斜面頂端由靜止下滑到底端，第二次以一定的初速度從斜面底端上滑剛好到達(dá)頂端。如圖所示，小王同學(xué)記錄了滑塊運(yùn)動(dòng)的頻閃照片，若照片的時(shí)間間隔都相同，下列說(shuō)法正確的是（）

A.圖1是滑塊上滑的照片B.滑塊下滑時(shí)的加速度大于上滑時(shí)的加速度C.滑塊下滑到底端時(shí)的速度大于剛開(kāi)始上滑時(shí)的初速度D.滑塊下滑過(guò)程中克服摩擦力做功的平均功率小于上滑過(guò)程中克服摩擦力做功的平均功率

9.核武器實(shí)驗(yàn)會(huì)產(chǎn)生一些放射性微塵，微塵中問(wèn)題最大的核素之一是鍶-90（Sr)，它的化學(xué)性質(zhì)和鈣相似，能被吸收到骨骼和牙齒里，它的半衰期為28.1年，由于衰變會(huì)對(duì)人體健康造成影響。下列說(shuō)法正確的是（）A.β射線是能量很高的電磁波B.鍶-90經(jīng)過(guò)β衰變后形成的新核的電荷數(shù)減少C.鍶-90含量減少到初始水平的6.25%需要112.4D.核武器實(shí)驗(yàn)涉及的核反應(yīng)過(guò)程中，質(zhì)量守恒、電荷數(shù)守恒

10.如圖所示一位登山者小王站在傾角為30°的斜坡上，正在通過(guò)平行于斜坡的繩索拉動(dòng)朋友。已知小王總質(zhì)量為65kg，最大靜摩擦力為壓力的0.8倍，sin30°＝0.5，cos30°＝0.87A.小王受到的摩擦力可能沿斜坡向下B.小王對(duì)繩索的拉力最大值約為125C.朋友丟掉背包后，小王受到的最大靜摩擦力會(huì)減小D.小王受到繩索拉力與摩擦力的合力會(huì)隨繩索拉力的變化而變化

11.某成年男子正在進(jìn)行減肥訓(xùn)練，反復(fù)地將總質(zhì)量為50kg的杠鈴從地板舉過(guò)頭頂，他每分鐘能夠完成三個(gè)這樣的動(dòng)作。已知燃燒1g脂肪能提供39kJ的能量，其中有10%用于舉杠鈴的能量，忽略將杠鈴放下時(shí)消耗的脂肪，那么減掉0.5kgA.1.2h B.5.2h C.11

12.“天問(wèn)一號(hào)”探測(cè)器需要通過(guò)霍曼轉(zhuǎn)移軌道從地球發(fā)送到火星，地球軌道和火星軌道看成圓形軌道，此時(shí)霍曼轉(zhuǎn)移軌道是一個(gè)近日點(diǎn)M和遠(yuǎn)日點(diǎn)P都與地球軌道、火星軌道相切的橢圓軌道（如圖所示），在近日點(diǎn)短暫點(diǎn)火后“天問(wèn)一號(hào)”進(jìn)入霍曼轉(zhuǎn)移軌道，接著“天問(wèn)一號(hào)”沿著這個(gè)軌道直至抵達(dá)遠(yuǎn)日點(diǎn)，然后再次點(diǎn)火進(jìn)入火星軌道。已知萬(wàn)有引力常量為G，太陽(yáng)質(zhì)量為m，地球軌道和火星軌道半徑分別為r和R，地球、火星、“天問(wèn)一號(hào)”運(yùn)行方向都為逆時(shí)針?lè)较颉Ｏ铝姓f(shuō)法正確的是（）

A.兩次點(diǎn)火方向都與運(yùn)動(dòng)方向相同B.兩次點(diǎn)火之間的時(shí)間為C.“天問(wèn)一號(hào)”在地球軌道上的角速度小于在火星軌道上的角速度D.“天問(wèn)一號(hào)”在轉(zhuǎn)移軌道上近日點(diǎn)的速度大小等于地球公轉(zhuǎn)速度大小

13.如圖所示，從高H處的P點(diǎn)先后水平拋出兩個(gè)小球，球1剛好直接越過(guò)豎直擋板MN落在水平地面上的Q點(diǎn)，球2與地面碰撞N(N≥1)次后，剛好越過(guò)高為h的擋板MN（h可調(diào)節(jié)）也落在Q點(diǎn)。假設(shè)球2每次與地面的碰撞都是彈性碰撞，兩球的空氣阻力均可忽略，則（）A.h與H之比可能為1:2B.h與H之比可能為11:36C.球1與球2速度之比可能為2:1D.球1與球2速度之比可能為16:1二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得2分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分）

透明圓柱形玻璃杯中裝有適量食用油和水，食用油浮于水之上?，F(xiàn)將一根筷子豎直插入到玻璃杯左側(cè)中，如圖所示，則（）

A.光從水進(jìn)入食用油中，頻率變大B.光從食用油進(jìn)入水中時(shí)可能會(huì)發(fā)生全反射C.光在食用油中的傳播速度小于在水中的傳播速度D.筷子從玻璃杯右側(cè)豎直插入，筷子在食用油中的像向中軸線方向偏移

一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波的x-y-t圖像如圖所示，圖中曲線①②③均為正弦曲線，其中曲線①在xOy平面內(nèi)，曲線②所在的平面平行于xOy平面，曲線③在yOt平面內(nèi)，則（A.曲線①的振幅為2B.波的傳播速度為4C.曲線③為0mD.t＝1s時(shí)6m處質(zhì)點(diǎn)沿

一束波長(zhǎng)為500nm、功率為1.0W的激光可聚焦成一個(gè)半徑為500nm的光斑，此激光照射在半徑和高度均為500nm的圓柱體上，如圖所示。假設(shè)圓柱體的密度與水相同且完全吸收輻射，已知普朗克常量為6.626×10-A.每個(gè)光子動(dòng)量大小為1.32×B.激光每秒發(fā)射的光子約為2.5×10C.圓柱體的加速度約為8.5×D.圓柱體受到的作用力隨著激光功率的增大而減小三、非選擇題（本題共7小題，共55分）

某實(shí)驗(yàn)小組用如圖1裝置做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)。

①在平衡阻力時(shí)，小車(chē)拖著的紙帶打出的點(diǎn)如圖2所示，則需要把圖1中墊塊向________（填“左”或“右”）移動(dòng)。

②在正確操作后打出了一條紙帶，實(shí)際點(diǎn)如圖3。已知交流電頻率為50Hz，打下紙帶中P點(diǎn)的速度是________m/s（保留三位有效數(shù)字），該紙帶的運(yùn)動(dòng)方向是向________（填“左”或“右”

在用氣墊導(dǎo)軌裝置做“探究碰撞中的不變量”實(shí)驗(yàn)時(shí)，若要探究?jī)苫瑝K做反沖運(yùn)動(dòng)時(shí)的物理規(guī)律，應(yīng)選用________（填“甲”、“乙”或“丙”）結(jié)構(gòu)的滑塊。

（1）小明同學(xué)在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)中，有一根導(dǎo)線處于斷路狀態(tài)，如圖1所示。為了尋找這根導(dǎo)線，小明同學(xué)想先閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片到某位置，把多用電表的黑表筆接在電路中的a點(diǎn)，再將紅表筆分別在圖中b、c、d點(diǎn)進(jìn)行測(cè)量，下列選擋中，符合操作規(guī)程的是（

）。A.直流10V擋 B.直流0.5A擋 C.直流2.5V擋 D.歐姆擋×10（2）在（1）中的測(cè)量結(jié)果如表

接入點(diǎn)bcd表盤(pán)指針無(wú)偏轉(zhuǎn)有偏轉(zhuǎn)有偏轉(zhuǎn)

則斷路的導(dǎo)線應(yīng)是________（填圖中導(dǎo)線的編號(hào)）。（3）排除故障后，小明分別描繪了采用電流表內(nèi)接法和電流表外接法兩種情況下的伏安特性曲線，如圖乙所示，則圖線Ⅰ是采用電流表________（填“內(nèi)接法”或“外接法”），電流表內(nèi)阻約________（保留2位有效數(shù)字）。

如圖所示，兩座雪坡高度分別為72m和15m，滑雪道從較高的坡頂A延伸到較低的坡頂C，雪坡的傾角均為37°，一位總質(zhì)量為50kg滑雪者從A處下滑，初速度大小可以在一定范圍內(nèi)調(diào)節(jié)。已知滑雪者受到的空氣阻力恒為120N，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2，在兩雪坡交界處B（1）求滑雪者下滑過(guò)程中的加速度大?。唬?）若滑雪者從A靜止下滑，求運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度大??；（3）求滑雪者從A出發(fā)運(yùn)動(dòng)到C最長(zhǎng)時(shí)間。

某校興趣小組設(shè)計(jì)了一個(gè)彈射游戲，如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.1kg的物體a以初動(dòng)能Ek＝1.1J從光滑水平軌道OA上發(fā)射，接著進(jìn)入粗糙的水平軌道AB。在AB之間的某個(gè)位置（其位置用到A的距離x表示）放一完全相同的物體b，物體a與b碰撞后粘在一起，隨后進(jìn)入半徑為R＝0.10m的光滑豎直圓形軌道。圓軌道在底部錯(cuò)開(kāi)以致可以使物體運(yùn)動(dòng)到粗糙的水平軌道BC上，CD段為光滑傾斜軌道，D點(diǎn)離BC軌道的高度為h＝0.11m，C處用一光滑小圓弧連接。如果物體碰后不脫離軌道，則游戲成功。已知AB段、BC段長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝0.5m，物體在AB段和BC段的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.1和（1）若不放被碰物體b，求物體a進(jìn)入圓軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）若物體b放置的位置x＝0.4m（3）為使游戲成功，求碰撞位置x應(yīng)滿足的條件。

導(dǎo)體棒AB質(zhì)量為m＝0.2kg，長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝50cm，A、B端分別與兩根相同的導(dǎo)電輕質(zhì)彈簧連接，彈簧另一端分別固定在斜面等高P、Q處，P、Q可通過(guò)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S分別與阻值R＝0.4Ω的電阻、電容C＝0.8F的電容器相連，如圖所示，整個(gè)裝置固定在傾角為θ＝300的光滑絕緣斜面上。斜面上區(qū)域1長(zhǎng)為d＝40cm，寬為L(zhǎng)＝50cm，其間存在垂直斜面向下的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化為B1＝，區(qū)域2長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，寬為L(zhǎng)＝50cm，其間存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝1T。已知初始狀態(tài)開(kāi)關(guān)S與電阻相連，兩彈簧勁度系數(shù)均為k＝5N/m，且始終平行并與AB棒垂直，（1）判斷0<t<1s時(shí)間內(nèi)AB（2）在t>1s的某時(shí)刻，將開(kāi)關(guān)S與電容器相連，并撤去插銷(xiāo)，AB棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知當(dāng)棒速度為v時(shí)，棒的加速度為a，求電容器兩端的電壓和通過(guò)（3）在t>1s的某時(shí)刻，將開(kāi)關(guān)S與電容器相連，并撤去插銷(xiāo)，求

醫(yī)用電子直線加速器結(jié)構(gòu)主要包括電子槍、加速系統(tǒng)、束流傳輸系統(tǒng)等部件，原理簡(jiǎn)化如圖所示。其中束流傳輸系統(tǒng)由導(dǎo)向磁場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和聚焦磁場(chǎng)組成，可以使電子束轉(zhuǎn)向270°后打到靶。由于電子經(jīng)過(guò)加速后有一定能量寬度，經(jīng)過(guò)導(dǎo)向磁場(chǎng)后會(huì)使電子束發(fā)散，從而造成成像色差，因此需要通過(guò)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和聚焦磁場(chǎng)來(lái)消除色差。束流傳輸系統(tǒng)由三個(gè)半徑為d的90°扇形磁場(chǎng)組成，圓心為O，方向垂直紙面向外，其中導(dǎo)向磁場(chǎng)和聚焦磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，B1＝B3＝B，偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)為非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2沿呈一定規(guī)律分布，可使電子在其間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)電子束經(jīng)加速系統(tǒng)后，以能量寬度[E-△E,?E+△E]垂直導(dǎo)向磁場(chǎng)邊界從P進(jìn)入束流傳輸系統(tǒng)，最終粒子能在Q點(diǎn)匯聚并豎直向下打到靶上。已知PO＝QO＝d，△E＝（1）若電子電荷量為e，求電子質(zhì)量m；（2）求發(fā)散電子束進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)時(shí)的寬度；＝1+x)（3）對(duì)于能量為E+△E的電子，求在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡處的磁感應(yīng)強(qiáng)度

參考答案與試題解析浙江省紹興市選考物理適應(yīng)性試卷（二模）一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）1.【答案】A【考點(diǎn)】國(guó)際單位制【解析】明確光年的定義，知道光年是指光在一年時(shí)間中傳播的距離，故是長(zhǎng)度單位?！窘獯稹抗饽曛傅氖枪庠谝荒陼r(shí)間內(nèi)傳播的距離，是長(zhǎng)度的單位，故A正確，BCD錯(cuò)誤。2.【答案】B【考點(diǎn)】波的干涉條件氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)薄膜干涉的應(yīng)用玻爾理論電磁振蕩波的衍射現(xiàn)象光的波粒二象性波的干涉現(xiàn)象【解析】衍射與干涉是波特有的性質(zhì)；雙縫干涉實(shí)驗(yàn)說(shuō)明光具有波動(dòng)性；振蕩電路的能量變小時(shí)，振幅一定減??；玻爾理論成功解釋了氫原子光譜，但還具有局限性?！窘獯稹緼、衍射與干涉是波特有的性質(zhì)，所有波都能發(fā)生衍射現(xiàn)象和干涉現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；

B、干涉是波特有的性質(zhì)，托馬斯?楊的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，說(shuō)明光具有波動(dòng)性，故B正確；

C、實(shí)際的LC振蕩電路中，由于要發(fā)熱和對(duì)外輻射電磁波，振蕩電路的能量將變小同時(shí)振幅將減小，故C錯(cuò)誤；

D、玻爾理論成功解釋了氫原子光譜，但還具有局限性，過(guò)多的保留了經(jīng)典的電磁理論，不能完全揭示了微觀粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，故D錯(cuò)誤。3.【答案】A【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的理解動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的理解【解析】?jī)奢v推車(chē)碰撞過(guò)程，它們間的作用力與反作用力大小相等、方向相反、作用時(shí)間相等，根據(jù)圖示圖象求出兩車(chē)加速度大小關(guān)系，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出兩車(chē)的質(zhì)量關(guān)系；應(yīng)用沖量的計(jì)算公式分析答題?！窘獯稹緼BC、水平面光滑，甲車(chē)受到的合力與乙車(chē)受到的合力都等于它們間的相互作用力，甲、乙兩車(chē)間的相互作用力是作用力與反作用力，由牛頓第三定律可知，兩推車(chē)間的作用力大小F相等，方向相反，由圖示圖象可知，在任意時(shí)刻，兩車(chē)間的加速度大小關(guān)系是a甲＝2a乙，由牛頓第二定律得F＝ma，解得：m乙＝2m甲，由于甲乙兩車(chē)所受合力方向相反，則加速度方向相反，故A正確，BC錯(cuò)誤；

D、甲、乙兩車(chē)間的作用力大小F相等、方向相反、作用時(shí)間t相等，沖量I4.【答案】B【考點(diǎn)】交變電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)式變壓器的構(gòu)造和原理【解析】由圖1可知，t1

時(shí)刻，電壓從零開(kāi)始增大，說(shuō)明開(kāi)關(guān)剛閉合；由圖象數(shù)據(jù)及變壓器變壓的關(guān)系式可求初次級(jí)線圈的匝數(shù)關(guān)系；t2至t3【解答】A、由圖1可知，t1

時(shí)刻，電壓從零開(kāi)始增大，所以t1

時(shí)刻，與初級(jí)線圈相連的開(kāi)關(guān)剛閉合，故A錯(cuò)誤。

B、設(shè)初級(jí)線圈電壓為U1，匝數(shù)為n1，次級(jí)線圈電壓為U2，匝數(shù)為n2，由圖象數(shù)據(jù)可知（注意縱坐標(biāo)單位），U2>U1，根據(jù)得：n2>n1，故B正確。

C、5.【答案】D【考點(diǎn)】焦耳定律電功率電功電阻定律【解析】通過(guò)題意先求出電阻的表達(dá)式，分析A、B、C電阻的大小，得出三段導(dǎo)體電阻相等。然后代入電壓、功率、熱量的計(jì)算公式進(jìn)行解題?！窘獯稹咳螌?dǎo)體串聯(lián)接入到同一電路中，電流相等，由U＝IR、P＝I2R可得電壓，電功率相同，故選項(xiàng)B、選項(xiàng)C錯(cuò)誤。

熱量Q＝I2Rt，電流和電阻值相等，相同時(shí)間內(nèi)熱量相等，故選項(xiàng)D正確。6.【答案】B【考點(diǎn)】庫(kù)侖定律【解析】根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸，再結(jié)合矢量的合成法則，及牛頓第二定律，即可一一判定?！窘獯稹拷⑷鐖D所示坐標(biāo)系，要使球7在中心位置獲得水平向右的加速度，球7所受合外力應(yīng)沿+x軸方向，同時(shí)y軸方向合力為0。

A、使球1帶上正電荷，其他球不帶電，那么球7受指向①和②的庫(kù)侖引力，y軸方向合力不為0，故A錯(cuò)誤；

B、使球4、5同時(shí)帶上電荷，其他球不帶電，那么球7受指向②的庫(kù)侖引力，球4、5電荷的電性和電量未知，但可以使Fy＝0，F(xiàn)x沿+x軸方向，故B正確；

C、可以只讓球4帶上正電荷，其他球不帶電，球7受指向②和④的庫(kù)侖力，可以使Fy＝0，F(xiàn)x沿+x軸方向，故C錯(cuò)誤；

D、可以讓球3和球6帶上等量同種電荷，對(duì)球7.【答案】D【考點(diǎn)】安培力【解析】導(dǎo)線與電源相連有電流通過(guò)，在磁場(chǎng)中受到安培力的作用而擺動(dòng)，導(dǎo)線擺動(dòng)以后，鋁箔刷子與鋁箔分離，電流為0，安培力為0，根據(jù)安培力方向與導(dǎo)線位移方向關(guān)系判斷做功情況。【解答】A、導(dǎo)線中是電流向下，所在處的磁場(chǎng)向右，由左手定則判斷，導(dǎo)線受安培力垂直紙面向外，所以開(kāi)始時(shí)導(dǎo)線垂直紙面向外擺動(dòng)，A故錯(cuò)誤；

B、由于刷子的下端剛好與鋁箔接觸，所以導(dǎo)線擺動(dòng)以后，鋁箔刷子與鋁箔分離，電流為0，安培力為0，故B錯(cuò)誤；

C、導(dǎo)線擺起一定角度后往回?cái)[動(dòng)，鋁箔刷子與鋁箔再次接觸，安培力依然向外，導(dǎo)線的垂直紙面向里擺動(dòng)，所以安培力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；

D、同時(shí)改變電流方向及磁鐵的磁極方向，由左手定則可知，安培力方向不變，所以右側(cè)導(dǎo)線開(kāi)始擺動(dòng)方向與原來(lái)相同，故D正確。8.【答案】D【考點(diǎn)】瞬時(shí)功率平均功率【解析】對(duì)滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度大小，結(jié)合位移-時(shí)間公式和速度-位移公式即可求得運(yùn)動(dòng)時(shí)間和初速度，由于克服摩擦力做功相同，根據(jù)所需時(shí)間即可判斷克服摩擦力的平均功率?！窘獯稹緽、第一次從粗糙斜面頂端由靜止下滑到底端時(shí)的加速度a下＝gsinθ-μgcosθ，第二次以一定的初速度從斜面底端上滑的加速度a上＝gsinθ+μgcosθ，可知a上>a下，故B錯(cuò)誤；

A、設(shè)斜面的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，下滑過(guò)程中，則L＝；上滑時(shí)，由逆向思維可得，則t上<t下；由圖可知，t1＝5T、t2＝4T，T為頻閃時(shí)間間隔，所以圖2是滑塊上滑的照片，故A錯(cuò)誤；9.【答案】C【考點(diǎn)】原子核衰變【解析】β射線是高速的電子流；根據(jù)β衰變規(guī)律分析；根據(jù)剩余質(zhì)量和半衰期的關(guān)系分析；核裂變的過(guò)程中存在質(zhì)量虧損?！窘獯稹緼、β射線是高速的電子流，不屬于電磁波，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)β衰變規(guī)律，形成的新核的電荷數(shù)增加1，故B錯(cuò)誤；

C、因6.25%＝＝，所以鍶-90含量減少到初始水平的6.25%需要4個(gè)半衰期，即t＝4×28.1年＝112.4年，故C正確；

D、核武器實(shí)驗(yàn)涉及的核反應(yīng)為核裂變，該過(guò)程中質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒，但質(zhì)量有虧損，質(zhì)量不守恒，故D錯(cuò)誤。10.【答案】B【考點(diǎn)】力的合成與分解的應(yīng)用解直角三角形在三力平衡問(wèn)題中的應(yīng)用【解析】以小王為研究對(duì)象，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件即可求解?！窘獯稹緼、因小王靜止，所以他沿斜面方向受力平衡，小王所受重力沿斜面方向的分力沿斜面向下，繩子對(duì)小王的拉力沿斜面向下，所以小王受到的摩擦力必須沿斜面向上，故A錯(cuò)誤；

B、對(duì)小王剛好不動(dòng)的臨界情況，由平衡條件得：Fmax+mgsinθ＝0.8mgcosθ，解得：Fmax＝127N，故B正確；

11.【答案】C【考點(diǎn)】系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用能量守恒定律的應(yīng)用摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化【解析】求出每小時(shí)用于舉杠鈴消耗的能量，由此得到每小時(shí)消耗的總能量，再求出每小時(shí)燃燒的脂肪質(zhì)量，由此得到減掉0.5kg【解答】每小時(shí)用于舉杠鈴消耗的能量為：E1＝60×3×mgh，其中舉起的高度h約為2m，則：E1＝60×3×50×10×2J＝180kJ，

每小時(shí)消耗的總能量為：E＝＝＝1800kJ

每小時(shí)燃燒的脂肪質(zhì)量為：m＝，

減掉M＝0.5kg＝500g12.【答案】B【考點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用同步衛(wèi)星人造衛(wèi)星上進(jìn)行微重力條件下的實(shí)驗(yàn)【解析】根據(jù)探測(cè)器點(diǎn)火離心運(yùn)動(dòng)，速度增大確定點(diǎn)火方向；由開(kāi)普勒第三定律求出點(diǎn)火時(shí)間；由萬(wàn)有引力提供向心力比較角速度的大小?！窘獯稹緼、“天問(wèn)一號(hào)”探測(cè)器在兩次點(diǎn)火時(shí)都要做離心運(yùn)動(dòng)，所以要加速，點(diǎn)火方向都與運(yùn)動(dòng)方向相反，故A錯(cuò)誤；

B、由開(kāi)普勒第三定律＝k，其中a＝，k＝，解得兩次點(diǎn)火之間的時(shí)間為t＝＝，故B正確；

C、由萬(wàn)有引力提供向心力，G，得ω＝，軌道半徑越大，角速度越小，所以“天問(wèn)一號(hào)”在地球軌道上的角速度大于在火星軌道上的角速度，故C錯(cuò)誤；

D、點(diǎn)火后的速度要大于地球公轉(zhuǎn)速度，故D錯(cuò)誤；13.【答案】B【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)的概念平拋運(yùn)動(dòng)基本規(guī)律及推論的應(yīng)用【解析】根據(jù)H＝gt2和x＝vt判斷兩小球都能落在Q點(diǎn)和剛好能過(guò)M【解答】CD、兩小球都能落在Q點(diǎn)，對(duì)球1:H＝gt2，xOQ＝v1t；對(duì)球2:H＝gt2，xOQ＝(2N+1)v2t；可得＝，球1與球2速度之比可能為3:1、5:1、7:1、…，故CD錯(cuò)誤；

AB、剛好能過(guò)M點(diǎn)，對(duì)球1:H-h＝gt'2，xOM＝v1t'；對(duì)球2:H-h＝gt'2，xOM＝(2N-1)v2t+v2△t，其中△t＝t-二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得2分，選對(duì)但不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分）【答案】B,C【考點(diǎn)】光的折射定律全反射【解析】光的頻率與介質(zhì)無(wú)關(guān)；根據(jù)偏折的情況判斷折射率的大小關(guān)系，根據(jù)全反射的條件判斷是否可以發(fā)生全反射；根據(jù)折射率與傳播速度的關(guān)系判斷，根據(jù)對(duì)稱性判斷?！窘獯稹緼、光在不同介質(zhì)中傳播，頻率不變，故A錯(cuò)誤；

B、由偏折情況可知，食用油偏折大，則食用油的折射率大于水的折射率，所以光從食用油進(jìn)入水中時(shí)可能會(huì)發(fā)生全反射，故B正確；

C、食用油的折射率大于水的折射率，根據(jù)可知，光在食用油中的傳播速度小于在水中的傳播速度，故C正確；

D、筷子從玻璃杯右側(cè)豎直插入，根據(jù)對(duì)稱性，筷子在食用油中的像向杯子邊緣方向偏移，故D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緼,C,D【考點(diǎn)】橫波的圖象波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系【解析】由圖像可讀出振幅、周期、波長(zhǎng)，進(jìn)而計(jì)算波速，曲線③正好是一個(gè)周期，0m處質(zhì)點(diǎn)也完成一次全振動(dòng)，據(jù)此可判斷曲線③是否為0【解答】A、由圖象①可知，振幅A＝2cm，故A正確；

B、由圖象③可知周期T＝2s、由圖象①可知波長(zhǎng)λ＝4cm，傳播速度v＝計(jì)算可得v＝2cm/s，故B錯(cuò)誤；

C、曲線③正好是一個(gè)周期，0m處質(zhì)點(diǎn)也完成一次全振動(dòng)，所以是0m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，故C正確；

D、6m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況和2m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況一致，由波形圖可判斷圖示時(shí)刻2m處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向沿y軸正方向，t＝【答案】B,C【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的理解瞬時(shí)功率平均功率光子【解析】光子動(dòng)量大小p＝，根據(jù)nE＝Pt求激光每秒發(fā)射的光子，根據(jù)牛頓定律求加速度?！窘獯稹緼、每個(gè)光子動(dòng)量大小p＝＝kg?m/s＝1.32×10-27kg?m/s，故A錯(cuò)誤；

B、激光每秒發(fā)射的光子的總能量為E＝Pt＝1J，

發(fā)射的光子約為N＝＝＝＝2.5×1018，故B正確；

C、動(dòng)量定理得：-F△t＝-Np，取單位時(shí)間可得F＝2.5×1018×1.32×10-27＝3.3×10-9N，

根據(jù)牛頓第三定律，圓柱體受到激光的沖擊力F'＝F，三、非選擇題（本題共7小題，共55分）【答案】左,1.77,左【考點(diǎn)】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系【解析】根據(jù)紙帶上點(diǎn)跡的間距判斷小車(chē)的運(yùn)動(dòng)情況，即可得到平衡摩擦力不足，需要增大傾角；根據(jù)平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度即可求得P點(diǎn)的速度，根據(jù)紙帶上點(diǎn)跡的分布即可盤(pán)算紙帶的運(yùn)動(dòng)情況?！窘獯稹拷猗儆蓤D可知，相鄰時(shí)間段的位移先增大后減小，說(shuō)明小車(chē)先加速后減速，平衡摩擦力不足，需要把墊塊向左移動(dòng)，增大斜面傾角；

②相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔，打P點(diǎn)的速度，小車(chē)做減速運(yùn)動(dòng)，相鄰時(shí)間間隔內(nèi)，位移越來(lái)越大，則紙帶是向左運(yùn)動(dòng)的?！敬鸢浮考住究键c(diǎn)】利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律【解析】實(shí)驗(yàn)?zāi)康囊骄績(jī)苫瑝K做反沖運(yùn)動(dòng)時(shí)的物理規(guī)律，再結(jié)合反沖的概念即可選擇合適的器材?！窘獯稹咳绻粋€(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂成兩個(gè)部分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng)。這個(gè)現(xiàn)象叫做反沖。

所以要探究?jī)苫瑝K做反沖運(yùn)動(dòng)時(shí)的物理規(guī)律，應(yīng)用輕質(zhì)彈簧片壓縮并固定，然后再?gòu)楅_(kāi)，故甲正確，乙丙錯(cuò)誤?！敬鸢浮緼②外接法,0.70【考點(diǎn)】描繪小燈泡的伏安特性曲線【解析】（1）明確電表是并聯(lián)到電路兩端，故應(yīng)采用電壓表；明確電源電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)安全和準(zhǔn)確性原則可確定應(yīng)使用量程；

（2）根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)進(jìn)行分析，從而明確斷路位置；

（3）分析兩圖線的特點(diǎn)，明確內(nèi)外接法的性質(zhì)，從而知道兩圖線對(duì)應(yīng)的接法；在圖找出外接法時(shí)某一電壓值對(duì)應(yīng)的電流，再根據(jù)內(nèi)接法確定對(duì)應(yīng)的電壓值，從而求出電流表兩端的電壓，由歐姆定律求出電流表內(nèi)阻。【解答】根據(jù)題意可知，電表并聯(lián)在電路兩端，故不可能采用電流表；而多用電表的歐姆擋不能測(cè)量含電源的電路的電阻；所以只能采用電壓表；由圖可知，電源電動(dòng)勢(shì)約為3V，用直流電壓檔進(jìn)行測(cè)量選用10V量程，用直流2.5V直流電壓檔進(jìn)行測(cè)量時(shí)，出現(xiàn)偏轉(zhuǎn)示數(shù)的兩點(diǎn)間存在斷路點(diǎn)，則可知ac間和ad間有斷路，因ad間為單獨(dú)一根導(dǎo)線，所以導(dǎo)線②斷路。采用內(nèi)接法測(cè)量值是電阻的真實(shí)值和電流表內(nèi)阻的串聯(lián)值，測(cè)量結(jié)果偏大，采用外接法測(cè)量值是電阻的真實(shí)值和電壓表內(nèi)阻的并聯(lián)值，測(cè)量結(jié)果偏??；由I-U圖線的斜率是電阻的倒數(shù)可知，圖線Ⅰ的電阻小，所以采用的是外接法；由圖可知，當(dāng)電壓為1.50V時(shí)，I外＝0.23A，當(dāng)電流為0.23A時(shí)，采用內(nèi)接法是的電壓U內(nèi)＝【答案】滑雪者下滑過(guò)程中的加速度大小為2m若滑雪者從A靜止下滑，運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度大小為m/s滑雪者從A出發(fā)運(yùn)動(dòng)到C最長(zhǎng)時(shí)間為?！究键c(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合運(yùn)用牛頓第二定律的概念【解析】（1）利用牛頓第二定律可以求出加速度大?。?/p>

（2）由題意利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出速度大??；

（3）根據(jù)已求量利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出兩段運(yùn)動(dòng)時(shí)間，最后求出總時(shí)間。【解答】滑雪者下滑過(guò)程中受到重力，斜面支持力和阻力作用，由牛頓第二定律得

mgsinθ-F阻-f＝ma1

其中mgcosθ＝N由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2a1x1

其中x1＝＝m＝120m

物體下滑初速度最大，則滑雪者從A出發(fā)運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間越短，因此所求最長(zhǎng)時(shí)間，則為滑雪者到C的速度為0

滑雪者在左側(cè)坡道上向上滑動(dòng)的加速度為a2，有

mgsinθ+F阻+f＝ma2

代入數(shù)據(jù)解得a2＝10m/s2

設(shè)左側(cè)滑道的滑行時(shí)間t2，由逆向思維，＝，

代入數(shù)據(jù)解得t2＝s

到底部的速度為v2＝a2t2＝10m/s

設(shè)滑下的初速度為v0，由-＝2a1

代入數(shù)據(jù)解得v0＝2m/s

設(shè)在右側(cè)滑道上滑行時(shí)間為t1，有

v【答案】若不放被碰物體b，物體a進(jìn)入圓軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是22N若物體b放置的位置x＝0.4m，碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能是0.53為使游戲成功，碰撞位置x應(yīng)滿足的條件是?！究键c(diǎn)】動(dòng)能定理的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的理解動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化【解析】（1）應(yīng)用動(dòng)能定理求出物體a到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小，應(yīng)用牛頓第二定律求出軌道對(duì)a的支持力，然后應(yīng)用牛頓第三定律求出a對(duì)軌道的壓力。

（2）應(yīng)用動(dòng)能定理求出碰撞前瞬間a的速度，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出碰撞后瞬間ab的速度大小，應(yīng)用能量守恒定律求出碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能。

（3）求出物體恰好不脫離軌道的臨界距離，然后確定x滿足的條件。【解答】設(shè)物體到達(dá)B點(diǎn)的速度為vB，從A到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：

-μ1mgL＝-Ek，

在B點(diǎn)軌道的支持力FB與物體重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：

FB-mg＝m

代入數(shù)據(jù)解得：FB＝設(shè)碰撞前瞬間物體a的速度大小為v1，對(duì)a，由動(dòng)能定理得：

-μ1mgx＝-Ek

a、b碰撞過(guò)程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv1＝(m+m要使游戲成功，應(yīng)使物體進(jìn)入圓軌道時(shí)不超過(guò)圓心等高處或者物體過(guò)最高點(diǎn)且不滑出斜面且返回圓軌道時(shí)不脫離軌道。

設(shè)碰撞前瞬間物體a的速度大小為v0，對(duì)a，由動(dòng)能定理得：

-μ1mgx＝-Ek

a、b碰撞過(guò)程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(m+m)v

設(shè)到達(dá)B處的動(dòng)能為EkB，從碰撞后到B點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：

-μ1(m+m)g(L-x)＝EkB-

代入數(shù)據(jù)解得：EkB＝(0.45+0.15x)J

①物體在圓形軌道上上升的最大高度不超過(guò)圓心等高處，

則：EkB＝0.45+0.15x<mgR＝0.1×10×0.1J＝0.1J，顯然不可能，故物體上升的最大高度超過(guò)圓形軌道圓心等高處；

②物體恰好通過(guò)圓形軌道的最高點(diǎn)，重力提供向