2022年6月浙江省普通高校招生選考物理試卷及答案

2022年6月浙江省普通高校招生選考物理試卷一、選擇題Ⅰ（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．（3分）下列屬于力的單位是（）A．kg?m/s2 B．kg?m/s C．kg?m2/s D．kg?s/m22．（3分）下列說法正確的是（）A．鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變 B．足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大 C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變 D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關3．（3分）如圖所示，魚兒擺尾擊水躍出水面，吞食荷花花瓣的過程中，下列說法正確的是（）A．魚兒吞食花瓣時魚兒受力平衡 B．魚兒擺尾出水時浮力大于重力 C．魚兒擺尾擊水時受到水的作用力 D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的動作可把魚兒視為質點4．（3分）關于雙縫干涉實驗，下列說法正確的是（）A．用復色光投射就看不到條紋 B．明暗相間條紋是兩列光在屏上疊加的結果 C．把光屏前移或后移，不能看到明暗相間條紋 D．藍光干涉條紋的間距比紅光的大5．（3分）下列說法正確的是（）A．恒定磁場對靜置于其中的電荷有力的作用 B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向 C．正弦交流發(fā)電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流最大 D．升壓變壓器中，副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率6．（3分）神舟十三號飛船采用“快速返回技術”，在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙，在圓軌道環(huán)繞并擇機返回地面。則（）A．天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越大 B．返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，不受地球的引力 C．質量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運行 D．返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機械能守恒7．（3分）圖為氫原子的能級圖。大量氫原子處于n＝3的激發(fā)態(tài)，在向低能級躍遷時放出光子，用這些光子照射逸出功為2.29eV的金屬鈉。下列說法正確的是（）A．逸出光電子的最大初動能為10.80eV B．n＝3躍遷到n＝1放出的光電子動量最大 C．有3種頻率的光子能使金屬鈉產生光電效應 D．用0.85eV的光子照射，氫原子躍遷到n＝4激發(fā)態(tài)8．（3分）如圖所示，王亞平在天宮課堂上演示了水球光學實驗，在失重環(huán)境下，往大水球中央注入空氣，形成了一個空氣泡，氣泡看起來很明亮，其主要原因是（）A．氣泡表面有折射沒有全反射 B．光射入氣泡衍射形成“亮斑” C．氣泡表面有折射和全反射 D．光射入氣泡干涉形成“亮紋”9．（3分）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L（不考慮邊界效應）。t＝0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達N板時速度大小為v0；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則（）A．M板電勢高于N板電勢 B．兩個粒子的電勢能都增加 C．粒子在兩板間的加速度為a＝ D．粒子從N板下端射出的時t＝10．（3分）如圖所示，一輕質曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角θ＝60°。一重為G的物體懸掛在橫桿中點，則每根斜桿受到地面的（）A．作用力為G B．作用力為G C．摩擦力為G D．摩擦力為G11．（3分）如圖所示，一根固定在墻上的水平光滑桿，兩端分別固定著相同的輕彈簧，兩彈簧自由端相距x。套在桿上的小球從中點以初速度v向右運動，小球將做周期為T的往復運動，則（）A．小球做簡諧運動 B．小球動能的變化周期 C．兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為T D．小球的初速度為時，其運動周期為2T12．（3分）風力發(fā)電已成為我國實現(xiàn)“雙碳”目標的重要途經之一。如圖所示，風力發(fā)電機是一種將風能轉化為電能的裝置。某風力發(fā)電機在風速為9m/s時，輸出電功率為405kW，風速在5～10m/s范圍內，轉化效率可視為不變。該風機葉片旋轉一周掃過的面積為A，空氣密度為ρ，風場風速為v，并保持風正面吹向葉片。下列說法正確的是（）A．該風力發(fā)電機的輸出電功率與風速成正比 B．單位時間流過面積A的流動空氣動能ρAv2 C．若每天平均有1.0×108kW的風能資源，則每天發(fā)電量為2.4×109kW?h D．若風場每年有5000h風速在6～10m/s范圍內，則該發(fā)電機年發(fā)電量至少為6.0×105kW?h13．（3分）小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過5m/s2的勻減速運動，到達平臺速度剛好為零，則提升重物的最短時間為（）A．13.2s B．14.2s C．15.5s D．17.0s二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個備選項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）（多選）14．（2分）秦山核電站生產C的核反應方程為N+n→C+X，其產物C的衰變方程為C→N+e。下列說法正確的是（）A．X是H B．C可以用作示蹤原子 C．e來自原子核外 D．經過一個半衰期，10個C將剩下5個（多選）15．（2分）如圖為某一徑向電場示意圖，電場強度大小可表示為E＝，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小 B．電荷量大的粒子的動能一定大 C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關 D．當加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動（多選）16．（2分）位于x＝0.25m的波源P從t＝0時刻開始振動，形成的簡諧橫波沿x軸正負方向傳播，在t＝2.0s時波源停止振動，t＝2.1s時的部分波形如圖所示，其中質點a的平衡位置xa＝1.75m，質點b的平衡位置xb＝﹣0.5m。下列說法正確的是（）A．沿x軸正負方向傳播的波發(fā)生干涉 B．t＝0.42s時，波源的位移為正 C．t＝2.25s時，質點a沿y軸負方向振動 D．在0到2s內，質點b運動總路程是2.55m三、非選擇題（本題共6小題，共55分）17．（7分）（1）①“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗裝置如圖1所示，長木板水平放置，細繩與長木板平行。圖2是打出紙帶的一部分，以計數(shù)點O為位移測量起點和計時起點，則打計數(shù)點B時小車位移大小為cm。由圖3中小車運動的數(shù)據(jù)點，求得加速度為m/s2（保留兩位有效數(shù)字）。②利用圖1裝置做“探究加速度與力、質量的關系”的實驗，需調整的是（多選）。A．換成質量更小的小車B．調整長木板的傾斜程度C．把鉤碼更換成砝碼盤和砝碼D．改變連接小車的細繩與長木板的夾角（2）“探究求合力的方法”的實驗裝置如圖4所示，在該實驗中，①下列說法正確的是（單選）；A．拉著細繩套的兩只彈簧秤，穩(wěn)定后讀數(shù)應相同B．在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的兩點C．測量時彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦D．測量時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板②若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要（選填“2”、“3”或“4”）次把橡皮條結點拉到O點。18．（7分）（1）探究滑動變阻器的分壓特性，采用圖1所示的電路，探究滑片P從A移到B的過程中，負載電阻R兩端的電壓變化。①圖2為實驗器材部分連線圖，還需要（選填af、bf、fd、fc、ce或cg）連線（多選）。②圖3所示電壓表的示數(shù)為V。③已知滑動變阻器的最大阻值R0＝10Ω，額定電流I＝1.0A。選擇負載電阻R＝10Ω，以R兩端電壓U為縱軸，為橫軸（x為AP的長度，L為AB的長度），得到U﹣分壓特性曲線為圖4中的“I”；當R＝100Ω，分壓特性曲線對應圖4中的（選填“Ⅱ”或“Ⅲ”）；則滑動變阻器最大阻值的選擇依據(jù)是。（2）兩個相同的電流表G1和G2如圖5所示連接，晃動G1表，當指針向左偏時，靜止的G2表的指針也向左偏轉，原因是（多選）。A．兩表都是“發(fā)電機”B．G1表是“發(fā)電機”，G2表是“電動機”C．G1表和G2表之間存在互感現(xiàn)象D．G1表產生的電流流入G2表，產生的安培力使G2表指針偏轉19．（9分）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4m，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝，貨物可視為質點（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大??；（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度l2。20．（12分）如圖所示，在豎直面內，一質量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質點。（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大??；（2）物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關系；（3）若物塊b釋放高度0.9m＜h＜1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍（以A點為坐標原點，水平向右為正，建立x軸）。21．（10分）艦載機電磁彈射是現(xiàn)代航母最先進的彈射技術，我國在這一領域已達到世界先進水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為B。開關S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v﹣t圖如圖2所示，在t1至t3時間內F＝（800﹣10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，線圈匝數(shù)n＝100匝，每匝周長l＝1m，飛機的質量M＝10kg，動子和線圈的總質量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3。22．（10分）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉筒P，可繞過O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉動（角速度大小可調），其上有一小孔S。整個轉筒內部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。離子源M能沿著x軸射出質量為m、電荷量為﹣q（q＞0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進入轉筒，經磁場偏轉后恰好沿y軸負方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應強度B的大?。虎谌羲俣却笮関0的離子能打在Q板的A處，求轉筒P角速度ω的大??；（2）較長時間后，轉筒P每轉一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負方向的夾角為θ，求轉筒轉動一周的時間內，C處受到平均沖力F的大??；（3）若轉筒P的角速度小于，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點位置和O點連線與x軸負方向的夾角）。

2022年6月浙江省普通高校招生選考物理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。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．【分析】根據(jù)牛頓第二定律可以推導力的單位?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)牛頓第二定律有：F＝ma，可知力的單位為kg?m/s2，故A正確，BCD錯誤；故選：A?！军c評】本題考查力學單位制的推導，解題關鍵掌握力學單位制。2．【分析】向心加速度方向時刻改變，慣性只與質量有關，彈力與形變量有關，阻力是總是阻礙物體的運動。【解答】解：A、做勻速圓周運動的鏈球加速度時刻指向圓心，方向時刻改變，故A錯誤；B、慣性只與質量有關，不隨速度增大而增大，故B正確；C、乒乓球被擊打過程中乒乓球的形變是變化的，其受到的作用力大小改變，故C錯誤；D、籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向相反，故D錯誤。故選：B?！军c評】此題考查了學生對向心加速度、慣性、摩擦力等知識點的理解，能夠對生活中的現(xiàn)象利用物理知識做出解釋。3．【分析】魚兒吞食花瓣時魚兒有下墜的趨勢，受力不平衡，魚兒擺尾出水時對水面的拍擊力的反作用力作用在魚兒身上加上浮力大于魚兒的重力，魚兒能夠離開水面，研究魚兒擺尾擊水躍出水面的具體動作時不能把魚兒當作質點?！窘獯稹拷猓篈．魚兒吞食花瓣時魚兒受重力和花瓣對它的作用力，重力大于花瓣對它的作用力，魚兒受力不平衡，故A錯誤；B．魚兒在擺尾出水時在水里的體積減小，浮力減小，魚兒能夠出水是因為擺尾擊水時受水對它向上的沖擊力加上浮力大于重力，并不是浮力大于重力。故B錯誤；C．魚兒擺尾擊水時給水作用力的同時，根據(jù)牛頓第三定律，作用力和反作用力大小相等，作用在不同的物體上，所以魚兒擺尾擊水時受到水的作用力。故C正確。D．研究魚兒擺尾擊水躍出水面的具體動作時不能把魚兒視為質點，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了平衡力，牛頓第三定律，質點等知識點，難度不大。4．【分析】發(fā)生干涉的條件是兩列頻率相同的光，雙縫的作用是得到相干光源，由條紋間距干涉△x＝，知雙縫干涉的條紋是等間距的明、暗相間的條紋．【解答】解：A、復色光投射時也可以發(fā)生干涉，在光屏上呈現(xiàn)干涉條紋，故A錯誤；B、明暗相間條紋是兩列光在屏上疊加的結果，故B正確；C、把光屏前移或后移，也能看到明暗相間條紋，故C錯誤；D、根據(jù)Δx＝，由于藍光的波長小于紅光波長，所以藍光干涉條紋的間距比紅光的小，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了用激光器、雙縫、光屏等器材研究光的干涉現(xiàn)象，記住條紋間距干涉，要理解雙方干涉條紋是光通過兩個縫先衍射，后干涉的結果．5．【分析】恒定磁場對靜置于其中的電荷沒有力的作用；根據(jù)磁場方向的規(guī)定分析B選項；正弦交流發(fā)電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時電流為零；升壓變壓器中副線圈的磁通量變化率不可能大于原線圈的磁通量變化率?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)F＝qvB可知，恒定磁場對靜置于其中的電荷沒有力的作用，故A錯誤；B、根據(jù)磁場方向的規(guī)定可知，小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向，故B正確；C、正弦交流發(fā)電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時線圈處于中性面，此時磁通量最大，磁通量變化率為零，感應電動勢為零、電流為零，故C錯誤；D、升壓變壓器中，如果不漏磁，則副線圈的磁通量變化率等于原線圈的磁通量變化率，如果漏磁，則副線圈的磁通量變化率小于原線圈的磁通量變化率，故D錯誤。故選：B。【點評】本題主要是考查電磁感應現(xiàn)象以及正弦交流電的知識，關鍵是知道正弦交流電的產生以及變壓器的變壓原理即可解答本題。6．【分析】在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙后仍然在圓形軌道上運行，線速度大小不變，萬有引力提供其做圓周運動向心力；返回艙返回地面過程會受空氣阻力作用，【解答】解：A、根據(jù)萬有引力提供向心力得解得：v＝可知天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越小，故A錯誤；B、返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，地球引力提供做圓周運動向心力，故B錯誤；C、在同一軌道上運行時，線速度相同，質量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運行，故C正確；D、返回艙穿越大氣層返回地面過程中，空氣阻力對返回艙做負功，機械能減小，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結合向心力公式進行分析。7．【分析】大量處于n＝3能級的氫原子，最多可以輻射出3種；能級間躍遷時，輻射（吸收）的光子能量等于兩能級間的能級差；根據(jù)光電效應發(fā)生條件：輻射光的頻率大于極限頻率，從而即可判定。【解答】解：AB、一群處于n＝3能級的氫原子向低能級躍遷時最多能產生＝3種不同頻率的光子，故其中從n＝3能級躍遷到n＝1能級產生的光子能量最大，頻率最大，波長最短.逸出光電子的最大初動能為：Ek＝hν﹣w0＝E3﹣E1﹣w0代入數(shù)據(jù)解得：Ek＝9.8eV由德布羅意波公式λ＝知p＝，從n＝3能級躍遷到n＝1能級產生的光子動量最大，故A錯誤，B正確；C、從n＝2能級的氫原子躍遷到n＝3需要E＝﹣1.51eV﹣（﹣3.40eV）＝1.89＜eV的光子能量，1.89eV＜2.29eV，不能使金屬鈉發(fā)生光電效應，故C錯誤；D、n＝4能級的氫原子躍遷發(fā)出的光的能量可以是E＝﹣0.85eV﹣（﹣1.51eV）＝0.66eV，用0.85eV的光子照射，不滿足能量差等于能級3到能級4的能量差值，氫原子不能躍遷到n＝4激發(fā)態(tài)，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查能級躍遷及光電效應方程，知道能級間躍遷放出或吸收光子的能量滿足hγ＝Em﹣En。8．【分析】當入射角增大到某一角度，使折射角達到90°時，折射光線完全消失，只剩下反射光線，這種現(xiàn)象叫做全反射?！窘獯稹拷猓寒敼庥晒饷芙橘|射入光疏介質時，如果入射角等于或大于臨界角時，就會發(fā)生全反射現(xiàn)象，光從水射向空氣時，會發(fā)生全反射現(xiàn)象。水中的氣泡看起來特別明亮，是因為光從水中射入氣泡時，一分部光在界面上發(fā)生了全反射，折射光消失，入射光幾乎全變?yōu)榉瓷涔獾木壒?；故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c評】本題主要考查了光的折射現(xiàn)象以及光的全反射現(xiàn)象，考查了光的折射的光路圖，有一定綜合性。9．【分析】因為粒子電性無法確定，所以無法判斷極板的電勢高低；根據(jù)功能關系分析出粒子的電勢能變化；根據(jù)類平拋運動在不同方向的運動特點，結合運動學公式完成分析?！窘獯稹拷猓篈、因為不知道兩粒子的電性，故無法確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；B、根據(jù)題意可知垂直M板向右的粒子，到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減??；則平行M板向下的粒子達到N板時電場力也做正功，電勢能也減小，故B錯誤；CD。設兩板間距離為d，對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，在電場中的加速度也相同，有聯(lián)立解得：；，故C正確，D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，理解功能關系，理解粒子不同方向的運動特點，結合運動學公式即可完成分析。10．【分析】對橫杠和斜桿受力分析，根據(jù)共點力平衡和力的分解可解得?！窘獯稹拷猓篈B、設每根斜桿受力為F，對斜桿與橫桿的結點受力分析如圖1有：F＝，解得：F＝G；故A錯誤，B正確；圖1CD、對某個斜桿受力分析如圖2有：Fsin30°＝f，解得f＝G，故CD錯誤；圖2故選：B?！军c評】本題考查共點力平衡，解題關鍵掌握受力分析，注意共點力平衡條件的應用。11．【分析】根據(jù)簡諧運動的特點分析出小球的運動是否屬于簡諧運動；分析出小球壓縮彈簧過程中的受力特點和速度變化特點，由此完成分析；分階段分析出小球在勻速階段的時間和與彈簧作用階段的時間與速度的關系，最后完成分析?！窘獯稹拷猓篈、物體做簡諧運動的條件是在運動過程中所受回復力與位移成正比，且方向始終指向平衡位置，可知小球在桿中點到接觸彈簧過程中，所受合力為零，故小球不是做簡諧運動，故A錯誤；BC、假設桿中點為O，小球向右壓縮彈簧至最大壓縮量時的位置為A，小球向左壓縮彈簧至最大壓縮量時的位置為B，可知小球做周期為T的往復運動，運動過程為O→A→O→B→O，根據(jù)對稱性可知小球從O→A→O與O→B→O，這兩個過程的動能變化完全一致，兩根彈簧的總彈性勢能的變化完全一致，故小球動能的變化周期為，兩根彈簧的總彈性勢能的變化周期為，故B正確，C錯誤；D、小球的初速度為時，可知小球在勻速階段的時間變?yōu)樵瓉淼?倍，接觸彈簧過程，根據(jù)彈簧振子的周期公式可知，接觸彈簧過程中所用時間與速度無關，因此總的運動周期小于2T，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查了簡諧運動的相關應用，理解簡諧運動的回復力和位移的關系，同時熟記簡諧運動的周期公式即可完成解答。12．【分析】先找到質量的表達式，然后找到動能的表達式，由E＝η?Ek，求電能。由p＝求功率。【解答】解：AB、葉片旋轉所形成的圓面積為A單位時間內流過該圓面積的空氣柱體積為V＝S?vt＝Av空氣柱的質量為m＝ρ?V＝ρAv空氣柱的動能為Ek＝ρAv?v2＝ρAv3設轉化效率為η，轉化成的電能為E＝η?Ek＝ηρAtv3p＝＝ηρAv3，則該風力發(fā)電機的輸出電功率與風速的三次方成正比；故AB錯誤；C、由B選項可知η＝發(fā)電量約為W＝η?pt＝η×1.0×108kW×24h＝2.4η×109kW?h＜2.4×109kW?h，故C錯誤。D、由題意可知某風力發(fā)電機在風速為9m/s時，輸出電功率為405kW由p＝＝ηρAv3＝＝p1＝120kW若風場每年有5000h風速在6～10m/s的風能資源，則該發(fā)電機年發(fā)電量E＝p1?t＝120kW×5000h＝6.0×105kW?h，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了風力發(fā)電的相關知識，解題的關鍵是找到動能的表達式，然后分別求出功率和電能。13．【分析】先分析重物上升到平臺花最短時間的情況，分階段根據(jù)運動學公式和動能定理計算出時間，最后相加即可?！窘獯稹拷猓簽榱俗疃虝r間提升重物，一開始以最大拉力拉重物做勻加速上升，當功率達到額定功率時，保持功率不變直到重物達到最大速度，接著做勻速運動，最后以最大加速度做勻減速上升至平臺速度剛好為零，重物在第一階段做勻加速上升過程，根據(jù)牛頓第二定律得：當功率達到額定功率時，設重物的速度為v1，則有此過程中所用的時間和上升的高度分別為重物以最大速度勻速時，有重物最后以最大加速度做勻減速運動的時間和上升的高度分別為設重物從結束勻加速到開始做勻減速運動所用的時間為t2，該過程根據(jù)動能定理得：又h2＝85.2m﹣1.6m﹣3.6m＝80m聯(lián)立解得：t2＝13.5s則總時間為t1+t2+t3＝0.8s+13.5s+1.2s＝15.5s，故C正確，ABD錯誤；故選：C?！军c評】本題主要考查了運動學公式的應用，分階段根據(jù)運動學公式計算出運動的時間，結合動能定理即可完成解答。二、選擇題Ⅱ（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個備選項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）14．【分析】由質量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒確定X原子種類；β衰變產生電子來源于核內中子轉變成質子過程；半衰期具有統(tǒng)計學意義。【解答】解：A、根據(jù)質量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒知，生產C的核反應方程為N+n→C+H，故A正確；B、根據(jù)同位素標記法可知產物C可以用作示蹤原子，故B正確；C、產物C的發(fā)生β衰變產生電子來源于核內中子轉變成質子過程，故C錯誤；D、半衰期具有統(tǒng)計學意義，少量原子無意義，故D錯誤；故選：AB?！军c評】本題考查了β衰變、半衰期和核反應中的守恒等內容，要求熟知這些基礎知識，平時可多加強記憶。15．【分析】電場力提供粒子做圓周運動運動所需的向心力，結合圓周運動的公式即可求得角速度和動能，及線速度，根據(jù)所加磁場方向雨粒子的運動方向，判斷出洛倫茲力的方向，判斷出粒子做相心運動還是離心運動?！窘獯稹拷猓篈、電場力提供粒子做圓周所需的向心力，則qE＝mω2r，解得，由于兩粒子的比荷相同，半徑越小的，角速度越大，故A錯誤；B、場力提供粒子做圓周所需的向心力，則qE＝，粒子的動能，解得，故電荷量大的粒子的動能一定大，故B正確；C、場力提供粒子做圓周所需的向心力，則qE＝，解得v＝，粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關，故C錯誤；D、當粒子逆時針運動，所加的磁場垂直紙面向外時，此時受到的洛倫茲力指向O點，此時粒子做向心運動，故D錯誤；故選：BC?！军c評】本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，抓住電場力提供粒子做圓周運動所需的向心力即可。16．【分析】沿x軸正負方向傳播的波不能發(fā)生干涉；根據(jù)2.0﹣2.1s內波傳播的距離為x＝0.25m，由v＝求出波速，讀出波長，由v＝求出周期，再根據(jù)時間與周期的關系進行分析?！窘獯稹拷猓篈、沿x軸正負方向傳播的波不會相遇，因而不能發(fā)生干涉，故A錯誤；B、由圖可知，2.0﹣2.1s內波傳播的距離為x＝0.50m﹣0.25m＝0.25m，則波速為v＝＝m/s＝2.5m/s，由圖可知波長為λ＝1m，則周期為T＝＝s＝0.4s。在t＝2.0s時間內，波傳播的距離為x＝vt＝2.5×2m＝5m＝5λ，即形成5個波長波形，則知波源的起振方向沿y軸正方向。因t＝0.42s＝1T，所以t＝0.42s時，波源的位移為正，故B正確；C、t＝2.1s時質點a位于波谷，t＝2.1s到t＝2.25s經歷時間Δt＝0.15s＝T，則t＝2.25s時，質點a沿y軸正方向振動，故C錯誤；D、波從波源傳到質點b的時間為t1＝＝s＝0.3s，在0到2s內，質點b振動時間為t2＝2s﹣0.3s＝1.7s＝4T，則在0到2s內，質點b運動總路程是s＝4.25×4A＝4.25×4×15cm＝255cm＝2.55m，故D正確。故選：BD?！军c評】解決本題時，要知道波在同一均勻介質中是勻速傳播的，要能熟練運用波形平移法來理解波的形成過程。三、非選擇題（本題共6小題，共55分）17．【分析】（1）根據(jù)刻度尺的讀數(shù)規(guī)則得出對應的示數(shù)，結合v﹣t圖像的斜率得出加速度；根據(jù)實驗原理分析出不同實驗中的實驗裝置的差別并完成分析；（2）根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作；理解只有一只彈簧秤的實驗步驟，由此得出需要完成的步驟次數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）①刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到分度值的下一位，根據(jù)圖2可知，打計數(shù)點B時小車的位移大小為6.21cm；根據(jù)圖3的數(shù)據(jù)可知，小車的加速度為②A、利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，需要滿足小車質量遠遠大于鉤碼質量，所以不需要換質量更小的車，故A錯誤；B、利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，需要利用小車斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要將長木板靠近打點計時器的一端墊高一些，故B正確；C、以系統(tǒng)為研究對象，依題意“探究小車速度隨時間變化的規(guī)律”實驗時，有考慮到實際情況，即f遠小于mg，有則可知M＝4m而利用圖1裝置“探究加速度與力、質量的關系”的實驗時，要保證所懸掛質量遠小于小車質量，可知目前實驗條件尚不滿足，所以利用當前裝置在進行實驗時，需要將鉤碼更換成砝碼盤和砝碼，以滿足小車質量遠遠大于所懸掛物體的質量，故C正確；D、實驗過程中，需將連接砝碼盤和小車的此生應跟長木板始終保持平行，與之前的相同，故D錯誤；故選：BC。（2）①A、在不超出彈簧測力計的量程和橡皮條形變限度的條件下，使拉力適當大些，不必使兩只測力計的示數(shù)相同，故A錯誤；B、在已記錄結點位置的情況下，確定一個拉力的方向需要再選擇相距較遠的一個點就可以了，故B錯誤；C、實驗中拉彈簧秤時，只需讓彈簧與外殼間沒有摩擦，此時彈簧測力計的示數(shù)即為彈簧對細繩的拉力，與彈簧秤外殼與木板之間是否存在摩擦無關，故C錯誤；D、為了減小實驗中摩擦對測量結果的影響，拉橡皮條時，橡皮條、細繩和彈簧秤應貼近并平行于木板，故D正確；故選：D。②若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗，用手拉住一條細繩，用彈簧秤拉住另一條細繩，互成角度的拉橡皮條，使其結點到達某一點O，記下位置O和彈簧秤示數(shù)F1和兩個拉力的方向；交換彈簧秤和手所拉細繩的位置，再次將結點拉至O點，使兩力的方向與原來兩力方向性相同，并記下此時彈簧秤的示數(shù)F2，只有一個彈簧秤將結點拉至O點，并記下此時的彈簧秤示數(shù)F的大小和方向；所以若只有一只彈簧秤，為了完成該實驗至少需要3次把橡皮條結點拉至O。故答案為：（1）①6.21；1.9；②BC；（2）①D；②3【點評】本題主要考查了力合成的平行四邊形定則的驗證實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結合牛頓第二定律即可完成分析。18．【分析】（1）根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，熟悉電表的讀數(shù)，根據(jù)歐姆定律和電路構造完成分析；（2）理解電表在過程中的作用，從而分析出電表的“等效”作用?！窘獯稹拷猓海?）①根據(jù)原理圖可知，還需要將af、fd、ce連線；②根據(jù)圖片可知，電壓表的示數(shù)為1.50V；③假定AP部分的電阻為R‘，R’分別與10Ω與100Ω并聯(lián)再與BP部分的電阻串聯(lián)；由于相同的R'與100Ω并聯(lián)后的電阻比與10Ω并聯(lián)后的電阻大，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，滑片在相同位置下，負載電阻越大，則兩端電壓越大；即在相同橫坐標下，此時負載100Ω時，電壓表的示數(shù)應該比曲線為圖4中的“I”更大，故應該選“II”；由上述分析可知，對不同的負載電阻，調節(jié)滑動觸頭時負載兩端的電壓變化規(guī)律不同，當負載電阻小于滑動變阻器最大阻值時，負載電阻兩端電壓隨滑動觸頭的變化而迅速變化；當負載電阻大于滑動變阻器最大阻值時，負載電阻兩端電壓隨滑動觸頭的變化會更佳平穩(wěn)，從而獲得更多的實驗數(shù)據(jù)。所以，在保證電路安全的情況下，滑動變阻器最大阻值的選擇依據(jù)是相比負載電阻越小越好，即R0＜R。（2）根據(jù)題意可知，電流表主要部件是永久磁鐵和帶有指針的線圈，G1和G2用導線連接起來，當晃動G1時，相當于G1中的線圈做切割磁感線運動，電路中會產生感應電流；由于兩個電表構成了閉合回路，則電流會通過G2表中的線圈，而該線圈處于磁場中，由于通電導線在磁場中受到安培力的作用，G2的指針也會偏轉；則G1表相當于“發(fā)電機”，G2表相當于“電動機”，故AC錯誤，BD正確；故選：BD。故答案為：（1）①af、fd、ce；②1.50；③II；R0＜R；（2）BD【點評】本題主要考查了伏安法測電阻的相關實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，理解電路構造和歐姆定律即可完成分析，考法新穎，需要學生的基礎知識比較扎實。19．【分析】（1）對貨物根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小；（2）根據(jù)速度—位移關系求解速度大??；（3）貨物在水平軌道上運動時，根據(jù)動能定理求解水平滑軌的最短長度?！窘獯稹拷猓海?）傾斜滑軌與水平面成θ＝24°角，對貨物根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)解得：a1＝2m/s2；（2）根據(jù)速度—位移關系可得：v2＝2a1l1代入數(shù)據(jù)解得：v＝4m/s；（3）貨物在水平軌道上運動時，根據(jù)動能定理可得：﹣μmgl2＝﹣，其中v′＝2m/s代入數(shù)據(jù)解得：l2＝2.7m。答：（1）貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小為2m/s2；（2）貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小為4m/s；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，則水平滑軌的最短長度為2.7m。【點評】對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關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。20．【分析】（1）根據(jù)機械能守恒定律得出滑塊的速度，結合彈性碰撞的特點計算出a的速度；（2）根據(jù)動能定理結合牛頓第二定律得出軌道對物塊的作用力與h間的關系式；（3）分類討論結合動能定理分析出物塊a最終靜止的位置范圍。【解答】解：（1）滑塊b擺至最低點時，由機械能守恒定律得：解得：vb＝5m/sb與a發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得：mv0＝mvb′+mv0解得：v0＝vb＝5m/s（2）經上述分析可知，物塊b與物塊a在A發(fā)生彈性正碰，速度交換，設物塊a剛好可以到達E點，高度為h1，根據(jù)動能定理得：mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0解得：h1＝1.2m以豎直向下的方向為正方向由動能定理得：聯(lián)立解得：FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）（3）當1.2m≤h＜1.65m時，物塊位置在E點或E點右側，根據(jù)動能定理可得：從E點飛出后，豎直方向：水平方向上：s＝vEt根據(jù)幾何關系可得：聯(lián)立解得：x＝3l+DF+s1代入數(shù)據(jù)解得：當0.9m＜h＜1.2m時，從h2＝0.9m釋放時，根據(jù)動能定理可得：mgh﹣μmgs2＝0解得：s2＝1.8m可知物塊達到距離C點0.8m處靜止，滑塊a由E點速度為零，返回到CD時，根據(jù)動能定理可得：mgH﹣μmgs3＝0解得：s3＝0.4m距離C點0.6m，綜上可知0.9m＜h＜1.2m時3l﹣s3≤x≤3l代入數(shù)據(jù)解得：2.6m≤x≤3m答：（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大小為5m/s；（2）物塊a在DE最高點時，管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關系為FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）；（3）若物塊b釋放高度0.9m＜h＜1.65m，物塊a最終靜止的位置x值的范圍為2.6m≤x≤3m；若物塊b釋放高度1.2m≤h＜1.65m時，物塊a最終靜止的位置x值的范圍為?！军c評】本題主要考查了動量守恒定律的相關應用，理解彈性碰撞的特點，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定理分析出物體的速度，理解物體在不同階段的運動特點，結合動能定理完成分析。21．【分析】（1）根據(jù)安培力公式和牛頓第二定律得出電流的大小；（2）根據(jù)安培力公式和牛頓第二定律以及歐姆定律得出電阻的大小；（3）理解圖像的物理意義，根據(jù)法拉第電磁感應定律得出電荷量的表達式，結合動量定理完成分析。【解答】解：（1）根據(jù)安培力公式可得：F安＝nBIl動子和線圈在0～t1時間內做勻加速直線運動，運動