2021屆浙江省高三(上)9月高考選考科目物理試題 含答案詳解

秘密★啟用前2021高考選考科目浙江省9月聯(lián)考物理注意事項(xiàng)：本試題卷共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡的相應(yīng)位置。全部答案在答題卡上完成，答在本試題卷上無效。4?回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑?如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號.5?考試結(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并交回.一、選擇題1（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項(xiàng)中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.關(guān)于物理學(xué)家和他們的貢獻(xiàn)，下列說法錯誤的是（）庫侖提出了庫侖定律，密立根最早通過油滴實(shí)驗(yàn)測出了元電荷的數(shù)值法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，紐曼、韋伯等人總結(jié)出法拉第電磁感應(yīng)定律玻爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了氫原子光譜的實(shí)驗(yàn)規(guī)律伽利略發(fā)現(xiàn)了自由落體運(yùn)動規(guī)律，牛頓首先提出了把實(shí)驗(yàn)和邏輯推理有機(jī)地結(jié)合起來的科學(xué)研究方法2.2020年7月23日，中國首顆火星探測器“天問一號”搭載著“胖五”（長征五號）重型運(yùn)載火箭在海南文昌發(fā)射場順利發(fā)射升空，火箭點(diǎn)火升空，燃料連續(xù)燃燒的燃?xì)庖院艽蟮乃俣葟幕鸺龂娍趪姵?，火箭獲得推力而升空，則）火箭獲得的推力來自空氣火箭對噴出燃?xì)獾淖饔昧εc噴出燃?xì)鈱鸺淖饔昧κ且粚ψ饔昧εc反作用力噴出的燃?xì)鈱鸺淖饔昧εc火箭的重力是一對作用力與反作用力火箭飛離大氣層后，不受重力作用3.2020年7月4日，羽毛球運(yùn)動員林丹宣布退役，如圖是林丹在某次羽毛球比賽中躍起的動作，將羽毛球以原速率斜向上擊回，球在空中運(yùn)動一段時間后落至對方的界面內(nèi).林丹運(yùn)動過程中空氣阻力不計(jì)，則下列說法正確的是（）林丹在起跳過程中地面對他的支持力做正功林丹在最高點(diǎn)速度為零，處于平衡狀態(tài)林丹在空中的運(yùn)動過程處于失重狀態(tài)林丹擊球過程中合外力對羽毛球做正功飛行員駕駛飛機(jī)飛行的過程中都承受著很大的作用力，如圖是某次訓(xùn)練中，飛機(jī)在空中水平面內(nèi)勻速盤旋時的情況。飛行員能承受座椅對他的最大作用力為自身重力的9倍，則當(dāng)飛機(jī)盤旋時的速度大小為v時，5.6-8月是南北方河流的汛期，區(qū)域性暴雨洪澇重于常年，在汛期應(yīng)急搶險工作中，無人機(jī)發(fā)揮著舉足輕重的作用?如圖所示，無人機(jī)在山區(qū)從足夠高的地方以一定的初速度水平拋出一個救災(zāi)物資，經(jīng)過時間t后，物資垂直落在一個傾角為45°的斜坡上，運(yùn)動過程中空氣阻力不計(jì)，重力加速度取g,則下列說法正確的是（）物資在下落過程中速度變化越來越快1物資在空中下落的水平位移為x2gt2物資在下落過程中的初速度為v°=gt1物資拋出21時，豎直位移大小與水平位移大小相等

6?如圖所示，真空中帶電小球a由絕緣細(xì)繩懸掛于天花板上，a球保持靜止?形狀、大小與a完全相同的另一帶電小球b恰能懸停在a的正下方?已知小球a和b帶電荷量大小均為Q,a、b質(zhì)量均為m,靜電力常量為k，小球均可視為點(diǎn)電荷k，小球均可視為點(diǎn)電荷?則）小球a所受繩子的拉力為mg小球a和b可能帶同種電荷小球a和b之間的距離為r=小球的電荷量突然減少的瞬間，兩球之間的庫侖力增大7?近年來海底通信電纜越來越多，海底電纜通電后產(chǎn)生的磁場可理想化為一無限長載流導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場，科學(xué)家為了檢測某一海域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，利用圖中一塊長為a、寬為b、厚為c,單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的金屬霍爾元件，放在海底磁場中，當(dāng)有如圖所示的恒定電流I（電流方向和磁場方向垂直）通過元件時，會產(chǎn)生霍爾電勢差UH通過元件參數(shù)可以求得此時海底的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小（地磁場較弱，可以忽略）?下列說法正確的是（提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為I=nevbc，其中e為單個電子的電荷量）（）元件上表面的電勢高于下表面的電勢元件在單位體積內(nèi)參與導(dǎo)電的電子數(shù)目為n二ceUH僅增大電流I時，上、下表面的電勢差減小其他條件一定時，霍爾電壓越小，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度越大8.如圖所示，一束光線由空氣射向半圓形玻璃磚中，光線的入射方向與半圓形玻璃磚的底面垂直，光束可以左右平移?已知半圓形玻璃磚的圓心位置為O,圓半徑為R,玻璃磚的折射率為n，P點(diǎn)在底面上，P到O的光束左右平移時，一定存在一個位置，能使光第一次在射入半圓弧界面時發(fā)生全反射nR光從玻璃磚的半圓形面第一次到達(dá)底面的最長時間為一cRJ]3「若光從P點(diǎn)正上方進(jìn)入玻璃磚，到達(dá)底面時與O點(diǎn)的距離為丁，則n=—479.2020年6月23日9時43分，“北斗三號”系統(tǒng)最后一顆全球組網(wǎng)衛(wèi)星發(fā)射成功.30日，北斗“收官之星”成功定點(diǎn)，所有30顆“北斗三號”衛(wèi)星也已全部轉(zhuǎn)入長期管理模式，標(biāo)志著我國“北斗衛(wèi)星”導(dǎo)航系統(tǒng)向全球組網(wǎng)完成又邁出重要一步?如圖，“北斗三號”系統(tǒng)包括中圓衛(wèi)星c（周期約12h）、同步衛(wèi)星a（周期約中圓衛(wèi)星和同步衛(wèi)星軌道周長之比約為1：2中圓衛(wèi)星和同步衛(wèi)星線速度大小之比約為2：1中圓衛(wèi)星的發(fā)射速度需大于7.9km/s如圖，質(zhì)量相同的兩個帶負(fù)電小球P、Q以相同的初速度沿垂直于電場方向同時射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，P從兩極板間正中央射入,Q從下極板邊緣處射入，它們打在上板同一點(diǎn)，不計(jì)粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）f平行板間勻強(qiáng)電場方向豎直向上B.小球在電場中運(yùn)動時間t<tPQC.打到上極板時動能E<ED.小球帶電荷量q>qkPkQPQ近場通信（NFC）是一種短距高頻的無線電技術(shù)，其主要結(jié)構(gòu)就是線圈和電容組成的類似LC振蕩電路

的并聯(lián)諧振電路，其終端有主動、被動和雙向三種模式，最常見的被動模式廣泛應(yīng)用于公交卡、門禁卡、校園一卡通等.刷卡時，電路發(fā)生電諧振，給電容器充電，達(dá)到一定電壓后，在讀卡設(shè)備發(fā)出的射頻場中響應(yīng)，被讀或?qū)懭胄畔?下列說法正確的是（）LC電路的電容器在充電時，電流增大如果增大LC電路中電容器兩極板間距離，振蕩周期將增大LC電路中，電容器充電時，線圈中自感電動勢增大電磁波發(fā)射時，使電磁波隨各種信號而改變的技術(shù)叫電諧振一電動自行車中電源銘牌標(biāo)有“48V12A?h”字樣?假設(shè)工作時輸出電壓恒為48V,額定功率為192W,電動機(jī)內(nèi)阻為1Q.某次平路上行駛的人和車的總質(zhì)量為100kg，阻力為總重力的0.03，則（）額定工作電流為12A以額定輸出功率行駛時，電動機(jī)的效率約為92%充滿電后該電池的總能量為576J在平路上行駛的最大速度約為6.4m/s如圖甲所示，螺線管匝數(shù)n=2000匝、橫截面積S=25cm2，螺線管導(dǎo)線電阻r=0.25Q，在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B］按如圖乙所示的規(guī)律變化?質(zhì)量為m的正方形金屬框abed置于豎直平面內(nèi),其邊長為L=0.2m，每邊電阻均為R=1Q.線框的兩頂點(diǎn)a、b通過細(xì)導(dǎo)線與螺線管相連?磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=1T的勻強(qiáng)磁場方向垂直金屬框abed向里，閉合開關(guān)S，金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)?不計(jì)其余電阻和細(xì)導(dǎo)線對a、b點(diǎn)的作用力，g取10m/s2，則8.丄X>8.丄X>流過金屬框ab流過金屬框ab邊的電流為2AC.0~2s內(nèi)，整個電路消耗的電能為4J正方形金屬框abed的質(zhì)量為0.04kgD.ab邊所受的安培力大小為ed邊的3、選擇題11（本題共3小題，每小題2分，共6分?每小題列出的四個備選項(xiàng)中至少有一個是符合題目要求的.全部選對的得2分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）下列關(guān)于近代物理知識描述正確的是在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，入射光頻率越大，則光電子的最大初動能越大，飽和光電流越大

盧瑟福通過Q粒子散射實(shí)驗(yàn)，提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，并估算出原子核的大小氫原子吸收光子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，該過程中氫原子核外電子軌道半徑變大，動能變大已知中子質(zhì)量為939.57MeV/c2,質(zhì)子質(zhì)量為938.27MeV/c2,氘核質(zhì)量為1875.65MeV/c2,則氘核的結(jié)合能為2.19MeV15?如圖甲為一波源的共振曲線，圖乙表示該波源在共振狀態(tài)下的振動形式沿x軸正方向傳播過程中形成的機(jī)械波在t=0時刻的波形曲線，P是平衡位置在x=1.0m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置在x=4.0m處的質(zhì)點(diǎn)，則下列說法正確的是（）1r1rl：I11「卩/.圖甲中，若驅(qū)動力周期變大，共振曲線的峰將向頻率f小的方向移動在t=2.5s時，質(zhì)點(diǎn)P的加速度方向與y軸正方向相同質(zhì)點(diǎn)Q的振動方程為y=lOsin6t）cml2T的水平勻強(qiáng)磁場中,D.從t=1s到t=2.5s,質(zhì)點(diǎn)P通過的路程為30cm16?如圖所示，匝數(shù)為50匝的矩形閉合導(dǎo)線框ABCDl2T的水平勻強(qiáng)磁場中,線框面積S=0.4m2，線框電阻為10Q.線框繞垂直于磁場的軸0。'以角速度3=100rad/s勻速轉(zhuǎn)動，并與理想變壓器原線圈相連，副線圈接入如圖所示電路，當(dāng)開關(guān)S斷開時電壓表讀數(shù)為20V，每個電阻R=0.2q,c是電容器，其擊穿電壓為q,c是電容器，其擊穿電壓為iop2v，下列說法正確的是）如圖所示時刻，線框ABCD處于中性面，穿過線框的磁通量變化率最大變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5：1原線圈兩端電壓的有效值為100V閉合開關(guān)，電容器恰好被擊穿三、非選擇題（本題共6小題，共55分）17.（7分）利用如圖所示的裝置可以做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”及“探究小車的運(yùn)動情況”實(shí)驗(yàn).（1）下列說法正確的是.兩個實(shí)驗(yàn)均需要平衡小車受到的摩擦力兩個實(shí)驗(yàn)均需要滿足砝碼及砝碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)大于小車的質(zhì)量“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，通過增減小車上的砝碼改變質(zhì)量時，不需要重新平衡小車的摩擦力實(shí)驗(yàn)時，應(yīng)先接通電源再釋放小車（2）兩個實(shí)驗(yàn)都需要對打點(diǎn)計(jì)時器打出的紙帶進(jìn)行分析，正確實(shí)驗(yàn)操作后，得到兩條紙帶如下，編號①中相鄰兩個計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個計(jì)時點(diǎn)未標(biāo)出，編號②中的點(diǎn)為實(shí)際打出的計(jì)時點(diǎn)，求出編號①情況下該小車運(yùn)動過程中的加速度為（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）.（3）下面哪一條紙帶是“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)得到的.（7分）在學(xué)習(xí)了“測電源電動勢和內(nèi)阻”這一課后，小張同學(xué)想去測量“水果電池”的電動勢和內(nèi)阻他找來了以下器材：（A）一個蘋果（B）銅片和鋅片各一片（C）電流表（0?200A，2500Q）（D）電壓表（0?3V,內(nèi)阻約幾千歐）（E）電阻箱（0?9999Q）（F）開關(guān)一個，導(dǎo)線若干根據(jù)現(xiàn)有器材，他進(jìn)行了以下操作：①如圖甲所示，將“蘋果電池”兩邊分別插入銅片和鋅片，并直接與所給電壓表串聯(lián)得到讀數(shù)如圖乙所示，將其記為電動勢E.

■I②再將電壓表換成所給電流表，直接與“蘋果電池”串聯(lián)，得到讀數(shù)如圖丙所示，將其記為短路電流■I②再將電壓表換成所給電流表，直接與“蘋果電池”串聯(lián)，得到讀數(shù)如圖丙所示，將其記為短路電流I.③根據(jù)歐姆定律，他計(jì)算得到內(nèi)阻值r.根據(jù)以上操作，計(jì)算得到內(nèi)阻r=Q(結(jié)果保留整數(shù)).實(shí)驗(yàn)后，該同學(xué)意識到上述操作測得的電動勢E和短路電流I都不準(zhǔn)確，請你分別說明理由？為了準(zhǔn)確測得“蘋果電池”的電動勢和內(nèi)阻，該同學(xué)用已有器材設(shè)計(jì)了如圖丁所示的電路圖，并得到電阻箱阻值和電流關(guān)系如表.jfn-m1|—IFL]、、、次數(shù)物理量12345R(kQ)13579I(A)1251008069591—(A-1)800010000125001450017000利用測得的數(shù)據(jù)，在圖戊所示的坐標(biāo)紙上畫出適當(dāng)?shù)膱D像；并利用圖像求出“蘋果電池”的電動勢E=V(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字).

14ODD1200014ODD12000LOOOI)（9分）籃球運(yùn)動員一般身材高大，彈跳力也驚人.如圖為某籃球運(yùn)動員練習(xí)原地起跳摸高，若該運(yùn)動員質(zhì)量m=80kg，原地靜止站立摸高為2.8m，起跳時該運(yùn)動員先下蹲使重心下降0.5m，發(fā)力起跳摸到了驚人的3.8m高度?若將運(yùn)動員起跳過程視為勻加速運(yùn)動,雙腳離地騰空和下落過程所受空氣阻力恒為運(yùn)動員重力的0.1（其他時間阻力不計(jì)），g取10m/s2.求：（1）起跳過程運(yùn)動員對地面的壓力大小；（2）若騰空時運(yùn)動員雙腿始終豎直伸直，求運(yùn)動員騰空時間.（12分）如圖所示，一傳送裝置由水平傳動帶和半徑為R的光滑豎直半圓弧軌道BC組成?傳送帶AB長L=2m，以速度v=^5m/s順時針勻速傳動?一質(zhì)量m=0.1kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊從光滑水平面以一定初速度v0滑上傳送帶（A點(diǎn)平滑連接），經(jīng)傳送帶傳送，在B點(diǎn)水平切入半圓弧軌道內(nèi)側(cè)（間隙寬度不計(jì)）.小滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)卩=0.1，傳送帶A端距離地面高度H=2m,g=10m/s2.（1）若v（1）若v0二2m/s，求小滑塊在傳送帶上運(yùn)動過程中，摩擦力對其做的功;2）若滿足（1）的條件下，求傳送帶由于傳送小滑塊而多消耗的電能；（3）若半圓弧半徑R的大小可調(diào)節(jié)，當(dāng)小滑塊恰好能沿圓弧軌道運(yùn)動，且落在地面上與C點(diǎn)水平距離最大處，求水平距離的最大值，并求出滿足此條件下，小滑塊的初速度v0范圍.（結(jié)果可用根式表示）和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)卩二T乙（10分）如圖所示，有一傾角&=30。足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上端連接阻值R=2Q的電阻，理想電壓表接在電阻兩端，一個質(zhì)量m=0.1kg的金屬桿ab垂直跨接在導(dǎo)軌上.在兩導(dǎo)軌間存在方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場.t=0時刻，ab桿在沿斜面向下的拉力F作用下由靜止開始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動，t=1.5s時桿的速度v=4m/s，整個過程中電壓表的示數(shù)U隨時間的變化如圖乙所示?導(dǎo)軌、金屬桿的電阻不計(jì)，已知和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)卩二T乙g=10m/s2.求:（1）第1.5s末ab桿受到的安培力的大小、ab桿受到沿斜面的拉力F的大小；（2）第1s內(nèi)ab桿克服摩擦力所做的功為多大？（3）若3s末撤去拉力F，ab桿再經(jīng)過1s停止運(yùn)動，求撤去拉力F后，ab桿沿斜面下滑的位移.（10分）如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)系中第二象限存在半徑為R的圓形磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1（未知），磁場邊界分別與x軸和y軸相切.y軸右側(cè)0<x<L（L未知）范圍內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E.在x±L處存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2=1.25B］的勻強(qiáng)磁場，磁場左邊界與x軸交于N點(diǎn)?在圓形磁場最低點(diǎn)有一粒子源P，能沿紙面同時向y±0的各個方向均勻發(fā)射速度大小為v0的帶正電的粒子（不計(jì)重力及粒子間的相互作用），粒子電荷量為q、質(zhì)量為m,其中沿y軸正方向豎直向上發(fā)射的粒子能從（0,R）處沿水平方向射入電場，并恰好打到N點(diǎn)?在N點(diǎn)沿磁場左邊界放置高為R的粒子收集板，001）磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1；2）打到收集板的粒子占總粒子數(shù)的比值；3）若撤去收集板，粒子最終從哪里離開電磁場.2021高考選考科目浙江省9月聯(lián)考物理答案詳解12345678910111213141516DBCACCBCDCCBBBDBCBCD【命題意圖】本題考查物理學(xué)史.【解題思路】伽利略首先提出了把實(shí)驗(yàn)和邏輯推理有機(jī)地結(jié)合起來的科學(xué)研究方法，不是牛頓，故D符合題意，ABC不符合題意.B【命題意圖】本題考查受力分析。【解題思路】火箭獲得的推力來自于燃?xì)?，故A錯誤；火箭對噴出燃?xì)獾淖饔昧εc噴出燃?xì)鈱鸺淖饔昧κ且粚ψ饔昧εc反作用力，故B正確，C錯誤；火箭飛離大氣層后，仍受重力作用，故D錯誤.C【命題意圖】本題考查功、力與運(yùn)動、失重.【解題思路】起跳過程中，支持力作用時作用點(diǎn)沒有位移，因此支持力不做功，故A錯誤；林丹在最高點(diǎn)速度為零，但合外力不為零，故不是平衡狀態(tài)，故B錯誤；林丹在空中運(yùn)動的過程中，只受重力作用，重力加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C正確；擊球前后，羽毛球的動能沒有發(fā)生改變，合外力做功為零，故D錯誤.A【命題意圖】本題考查圓周運(yùn)動.【解題思路】飛機(jī)在空中水平面內(nèi)勻速盤旋時，座椅對飛行員的作用力一部分抵消飛行員的重力，一部分提供飛行員做圓周運(yùn)動的向心力，設(shè)座椅對飛行員的作用力與豎直方向的夾角為，對飛行員受力分析如廠.mv2J5v2圖所示，有Fcos9=mgFsin9=，代入Fmax=9mg，解得r='圖所示，有Fcos9=mgrmin20gC【命題意圖】本題考查平拋運(yùn)動。Av【解題思路】物資在空中做平拋運(yùn)動，由g二知，物資下落過程中速度變化快慢程度一樣，故A錯誤;At由已知條件tan45°=—，可知v0=gt，故C正確；物資在空中下落的水平位移x=v0t=g2，故B錯誤；拋出

v00ii1(1￥i時間為牙t時，水平位移x=-vt=-gt2，豎直位移y=-g-1=6gt2，故D錯誤.202212丿8C【命題意圖】本題考查帶電體在電場中的平衡.【解題思路】以小球b為研究對象，分析可知兩小球相互吸引，帶異種電荷，故B錯誤；列平衡方程有TOC\o"1-5"\h\zQ2i'kQ2Q2mg=F=k，解得r=，故C正確；以小球a為研究對象，列平衡方程有F=mg+k，解r2耳mg拉r2得F=2mg，故A錯誤；小球的電荷量突然減少的瞬間，小球還沒來得及運(yùn)動，故兩球間的庫侖力減小，拉故D錯誤.B【命題意圖】本題考查帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動?！窘忸}思路】金屬材料中，定向移動的是自由電子，因?yàn)樽杂呻娮佣ㄏ蛞苿拥姆较蚺c電流方向相反，由左手定則知，電子聚集在上表面，上表面的電勢低，故A錯誤；最終電子受到的電場力和洛倫茲力平衡，由UIBeh=evB、I=nevbc得n=，故B正確；僅增大電流I時，電子的移動速率增大，則上、下表面的bceUH電勢差增大，故C錯誤；其他條件一定時，霍爾電壓越小，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，故D錯誤.C【命題意圖】本題考查光的反射、折射、全反射.【解題思路】光進(jìn)入不同的介質(zhì)時，光速發(fā)生改變，故A錯誤；光從光疏介質(zhì)射向光密介質(zhì)時不會發(fā)生全RnR反射，故B錯誤；光進(jìn)入半圓形玻璃磚內(nèi)的最長光程為R,故最長時間為t=-=——，故C正確；光從Pccn點(diǎn)正上方進(jìn)入玻璃磚的光路圖如圖所示，由幾何關(guān)系可知,入射角J=30。，AP=甞-,PQ=QO=1-，124Jq?￡\/qq故D錯誤.則AQ=~-~—.對AQO分析，由正弦定理得sin?=，折射率n故D錯誤.4△22^13sin9329.D【命題意圖】本題考查萬有引力定律9.D【命題意圖】本題考查萬有引力定律.【解題思路】由于衛(wèi)星質(zhì)量未知，所以動能大小不能比較，故A錯誤；由T2=k得，軌道半徑之比是1：34，所以軌道周長之比也是1：3''4，故B錯誤；由v=學(xué)得線速度大小之比為3'2：1，故C錯誤；7.9km/s為地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度，中圓衛(wèi)星軌道較高，發(fā)射速度需大于7.9km/s，故D正確.C【命題意圖】本題考查帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn).【解題思路】重力豎直向下，所以小球所受電場力必須豎直向上，又因?yàn)樾∏驇ж?fù)電，所以平行板間勻強(qiáng)電場方向豎直向下，故A錯誤；小球初速度大小相同，水平位移相同，則運(yùn)動時間相同，故B錯誤；因?yàn)镻豎直方向位移小于Q,運(yùn)動時間相同，所以P豎直方向所受合力小于Q,由'E丘=Fh知末動能Ekp<EkQ,故C正確；由Eq-mg=ma和ap<aQ，可知qpVq?，故D錯誤.C【命題意圖】本題考查LC振蕩電路、電磁波發(fā)射與接收.【解題思路】LC電路的電容器在充電時，電流減小，故A錯誤；根據(jù)T二2兀JLC可知，因?yàn)閮蓸O板間距離d增大時C減小，所以T減小，故B錯誤；電容器充電時，電流減小得越來越快，線圈中自感電動勢增大，故C正確；電磁波發(fā)射時，使電磁波隨各種信號而改變的技術(shù)叫調(diào)制，故D錯誤.B【命題意圖】本題考查電功率、電能、效率的計(jì)算.P192W【解題思路】額定工作電流I二二二4A，故A錯誤；電動機(jī)輸出功率P出=P-l2r=192W-4AX4AXTOC\o"1-5"\h\zU48V出P176W1Q=176W,則效率為耳二-出xlOO%=xlOO%u92%，故B正確；充滿電后該電池的總能量E=48VP192WX12AX3600s=2073600J,故C錯誤；速度最大時，牽引力等于阻力，則有P出=176W=0.03mgv，解得5.87m/s，故D錯誤.B【命題意圖】本題考查電磁感應(yīng)電路問題和安培力大小計(jì)算【解題思路】等效電路如圖所示，電動勢E=n「S二2V，回路總電阻為1Q,故總電流為2A,根據(jù)并At聯(lián)電路中電流大小關(guān)系可知，流過金屬框ab邊的電流為1.5A,故A錯誤；根據(jù)F=BIL可知，ab邊受到的安培力大小為1TX1.5AX0.2m=0.3N,cd邊受到的安培力大小為1TX0.5AX0.2m=0.1N，由FA=mg得金屬框的質(zhì)量為0.04kg，故B正確；0~2s內(nèi)，整個電路消耗的電能為EIt=2VX2AX2s=8J,故C錯誤；ab邊所受的安培力大小為cd邊的3倍，故D錯誤.BD【命題意圖】本題考查光電效應(yīng)、原子模型、能級躍遷、結(jié)合能【解題思路】入射光頻率越大，則光電子的最大初動能越大，飽和光電流的大小取決于光強(qiáng)，不一定越大，故A錯誤；盧瑟福通過Q粒子散射實(shí)驗(yàn)，提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，并估算出原子核的大小，故B正確；

氫原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，氫原子核外電子軌道半徑變大，動能變小，故C錯誤；生成氘核時虧損的質(zhì)量為939.57MeV/c2+938.27MeV/c2-1875.65MeV/c2=2.19MeV/c2，則氘核的結(jié)合能為2.19MeV，故D正確.BC【命題意圖】本題考查機(jī)械振動和機(jī)械波.【解題思路】共振曲線峰的位置取決于固有頻率，與驅(qū)動力周期無關(guān)，故A錯誤；波源頻率為0.5Hz，周期T=2s,t=2.5s時，質(zhì)點(diǎn)P在x軸下方并遠(yuǎn)離平衡位置，速度減小，加速度增大，加速度方向與y軸正方向相同，故B正確；設(shè)質(zhì)點(diǎn)Q的振動方程為y=asin（et+申），①=善=兀，得y=lOsin（兀t）cm，故c正3TT確；由以上分析知L5S=，因P在周期內(nèi)通過的路程不是一個振幅，故1.5s內(nèi)P通過的路程不是30cm，44故D錯誤.BC【命題意圖】本題考查交流電及理想變壓器.【解題思路】線框ABCD處于中性面時，磁通量最大，感應(yīng)電動勢為零，穿過線框的磁通量變化率最小，故A錯誤;線框的感應(yīng)電動勢最大值E=NBS?=200x/2V，開關(guān)S斷開時，副線圈電流/二V二50A，20.40由In=In得n:n=50：I，由U:U=n:n得（200-10IJ：20=n:n，聯(lián)立解得I=10A，故n:n=5：ll2212112121121121,故B正確；原線圈兩端電壓的有效值為200-10I1=100V，故C正確；開關(guān)S閉合前，右端電阻R兩端電壓最大值為1O^2V，開關(guān)S閉合后，電容器C與右端電阻R并聯(lián)，因?yàn)殡娙萜鲗涣麟娪凶璧K（容抗），故并聯(lián)后總電阻減小，電容器兩端的最大電壓小于io€2v，所以電容器不會被擊穿，故D錯誤.（7分）（1）CD（2分）（2）0.39m/s2（0.37?0.40m/s2均可）（3分）（3）①（2分）【命題意圖】本題考查“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”和“探究小車運(yùn)動情況”實(shí)驗(yàn).【解題思路】（1）“探究小車的運(yùn)動情況”實(shí)驗(yàn)不需要平衡摩擦力，“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)需要平衡摩擦力，平衡摩擦力后tan0=卩，改變小車上的砝碼質(zhì)量時，不需要重新平衡摩擦力，實(shí)驗(yàn)時，應(yīng)先接通電源再釋放小車，此裝置做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)需要滿足砝碼及砝碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，而“探究小車的運(yùn)動情況”實(shí)驗(yàn)不需要滿足砝碼及砝碼盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于或遠(yuǎn)大于小車的質(zhì)量，故AB錯誤，CD正確.（2）（3）由編號①讀得x1=4.50cm（前五個計(jì)數(shù)點(diǎn)間距離），x2=15.20cm-4.50cm=10.70cm，a-0.39m/s2,同理可得編號②的加速度10.70cm，a-3.0m/s2,設(shè)小車的質(zhì)量為M,砝碼及砝碼盤的總質(zhì)量為m,對小車、砝碼及砝碼盤整體受力分析有1（m+M）a=mg，得到加速度a=爲(wèi)，由于Mm，加速度a非常小，故編號①為“探究加速度與1+—m力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)得到的.》（7分）（1）2857（2800~2900均可）（1分）（2）“蘋果電池”內(nèi)阻較大，分壓較多，所以電壓表讀數(shù)比實(shí)際電動勢小得多（1分）；實(shí)驗(yàn)中所用電流表內(nèi)阻較大，所以電流表讀數(shù)比實(shí)際短路電流小得多（1分）.（3）如圖所示（2分）0.89（0.85~1.0均可）（2分）【命題意圖】本題考查“測電源電動勢和內(nèi)阻”實(shí)驗(yàn).【解題思路】（1）由題圖乙知電動勢E=0.50V，由題圖丙知短路電流1=175卩A，則有0.5Vr二-沁28570.（2）“蘋果電池”內(nèi)阻較大，分壓較多，所以電壓表讀數(shù)比實(shí)際電動勢小得多;175x10-6A實(shí)驗(yàn)中所用電流表內(nèi)阻較大，所以電流表讀數(shù)比實(shí)際短路電流小得多，故誤差較大.（3）由-二-R+-（R+r）可知，根據(jù)圖像的斜率一石丄一--1二-，解得E=0.89V.IEEA18000E（9分）解：（1）設(shè)起跳加速過程加速度大小為a1，離地騰空時加速度大小為a2,離地瞬時速度大小為v,運(yùn)動員起跳加速過程中重心上升h]=0.5m,離地后上升h2=3.8-2.8m=1m則離地騰空時上升過程根據(jù)牛頓第二定律有mg+f=ma2又f=0.1mg解得a2=11m/s2（1分）由v2=2a1h1=2a2h2（2分）得a1=22m/s2起跳加速過程根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=ma1

解得Fn=2560N（1分）由牛頓第三定律得運(yùn)動員對地面的壓力大小F=F=2560N（1分）NN（2）設(shè)騰空減速時間為下落時間為t2，下落時加速度大小為a3由v2=2a1h1解得v=x：22m/srv^22、則t==s（1分）1a112下落時由牛頓第二定律有mg-f=ma3又f=0.1mg解得a3=9m/s2（1分）1由h=a122232解得t解得t2-s（1分）故運(yùn)動員騰空時間t=t+1121113I丿故運(yùn)動員騰空時間t=t+1121113I丿s（1分）【命題意圖】本題考查牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)知識.20.（12分）解：（1）小滑塊滑上傳送帶做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律得加速度arg=1m/s2由運(yùn)動學(xué)公式有2ax=v2-v20解得x=0.5m則x<L，故小滑塊先做勻加速運(yùn)動再做勻速運(yùn)動（1分）摩擦力對小滑塊做的功W=rmgx=0.05J（1分）2）小滑塊在傳送帶上勻加速的時間t=工=^^s=C'5-2）sa1傳送帶勻速運(yùn)動的位移x'=vt=G-2厲）m（1分）二者的相對位移Ax=x-x=9-4*52m（1分）系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q二二者的相對位移Ax=x-x=9-4*52m（1分）系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q二卩mgAx二9-4/520J（1分）傳送帶多消耗的電能AE電=1mv2-1mv2+Q二亠J22。101分）mv2（3）小滑塊恰好能沿圓弧軌道運(yùn)動，則有mg=bR解得Vb卞莎（1分）小滑塊從C點(diǎn)飛出后，做平拋運(yùn)動的水平位移x=vCt'1豎直位移y=H一2R=一gt'22小滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中根據(jù)機(jī)械能守恒有11mv2+2mgR=—mv2（1分）2B2C聯(lián)立解得x=2i：5-R2當(dāng)R=0.5m時，x有最大值\：5m（1分）小滑塊在B點(diǎn)的速度v=QgR=x?5m/s若小滑塊在傳送帶上一直做勻加速運(yùn)動，則有2卩gL=v2-v2B0解