浙江省2024年高考物理模擬試卷及答案32

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.關(guān)于物理學(xué)史，下列說法中正確的是（）

A.奧斯特實驗發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象B.惠更斯確定了單擺周期公式

C.法拉第預(yù)言了電磁波的存在D.麥克斯韋率先在實驗室中制造出激光

2.如圖所示，鈍133原子基態(tài)有兩個超精細能級，從能級2躍遷到能級1發(fā)出光子的頻率約為

9.2x10QHz,時間單位“秒”是根據(jù)該輻射光子的頻率定義的?？梢姽獠ㄩL范圍為400nm?700nm。則

（）

激發(fā)態(tài):

/超精細能級2

基態(tài)_________

、超精細能級1

A.秒是國際單位制中的導(dǎo)出單位

B.該躍遷輻射出的是了射線

C.鈉133從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時輻射光子的頻率大于9.2xl（THz

D.用頻率為9.2xl（THz的光照射鋅板，能發(fā)生光電效應(yīng)

3.如圖所示，兩個容器A和B容積不同，內(nèi)部裝有氣體，其間用細管相連，管中有一小段水銀柱將兩部

分氣體隔開。當(dāng)A中氣體溫度為IA,B中氣體溫度為IB,且lA>lB,水銀柱恰好在管的中央靜止。若對兩

部分氣體加熱，使它們的溫度都升高相同的溫度，下列說法正確的是（）

A.水銀柱將向上移動B.水銀柱一定保持不動

C.水銀柱將向下移動D.水銀柱的移動情況無法判斷

4.激光制冷技術(shù)在很多領(lǐng)域得到了廣泛的應(yīng)用。由分子動理論可知，分子或原子運動越激烈，物體溫度

越高。激光制冷的原理就是利用大量光子（光子說認為光是一份一份的，每一份為一個光子）阻礙原子運

動，使其減速，從而降低物體的溫度。如圖所示，某時刻一個原子位于Oxyz坐標(biāo)系的原點，兩束完全相

同的激光，沿x軸從相反的方向?qū)υ舆M行照射。根據(jù)多普勒效應(yīng)，當(dāng)原子迎著光束的方向運動時，其接

收到的光的頻率會升高。當(dāng)原子接收到的光的頻率等于該原子的固有頻率時，原子吸收光子的概率最大。

1

下列說法正確的是（)

A.為使原子減速，所用激光的頻率應(yīng)等于原子的固有頻率

B.為使原子減速，所用激光的頻率應(yīng)大于原子的固有頻率

C.假設(shè)原子可以吸收光子，當(dāng)原子向x軸正向運動時，a激光可使原子減速

D.假設(shè)原子可以吸收光子，當(dāng)原子向x軸負向運動時，a激光可使原子減速

5.2020年7月31日，北斗閃耀，澤沐八方。北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)（如圖甲所示）建成暨開通儀式

在北京舉行。如圖乙所示為55顆衛(wèi)星受地球在不同軌道上運動的IgT-lgr圖像，其中T為衛(wèi)星的周期，r

為衛(wèi)星的軌道半徑，1和2為其中的兩顆衛(wèi)星。已知引力常量為G,下列說法正確的是（）

圖甲圖乙

A.地球的半徑為勺B.地球質(zhì)量為犯咨

C.衛(wèi)星1和2運動的線速度大小之比為打：x2D.衛(wèi)星1和2向心加速度大小之比為

10加2：102rl

6.某容器中一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)A開始經(jīng)狀態(tài)B到達狀態(tài)C,其P-V圖像如圖所示，A、B、C

三個狀態(tài)對應(yīng)的溫度分別是TA、TB、TC,用NA、NB、Nc分別表示這三個狀態(tài)下氣體分子在單位時間內(nèi)撞

擊容器壁上單位面枳的平均次數(shù)，則（）

A.TA>TR>TcB.TA=TC>TRC.NA>NR>NcD.NA>Nc>NR

7.某一質(zhì)檢部門利用干涉原理測定礦泉水的折射率。如圖所示，單縫So、屏上的Po點位于雙縫Si和S2

2

的中垂線上，當(dāng)雙縫與屏之間的介質(zhì)為空氣或礦泉水時，屏上的干涉條紋間距分別為Axi與Axz,當(dāng)介質(zhì)為

礦泉水時，屏上P點處是P。上方的第4條亮條紋（不包括P。點處的亮條紋）的中心。已知入射光在真空

B.該礦泉水的折射率為貉

4JX]

C.當(dāng)介質(zhì)為礦泉水時，來自5和S2的光傳播到P點處的時間差為學(xué)

D.僅將So水平向左移動的過程中，P點仍能觀察到亮條紋

8.如圖所示，長度為1的輕桿上端連著一質(zhì)量為m的小球A（可視為質(zhì)點），桿的卜.端用錢鏈固接于水平

面上的O點:。置于同一水平面上的立方體B恰與A接觸，立方體B的質(zhì)量為M。今有微小擾動，使桿向

右傾倒，各處摩擦均不計，而A與B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰為看，重力加速度為g,則下列

0

A.A與B剛脫離接觸的瞬間，A,B速率之比為I:2

B.A與B剛脫離接觸的瞬間，B的速率為招

C.A落地時速率為師

D.A,B質(zhì)量之比為2：1

9.絕緣光滑水平面上有ABO三點，以O(shè)點為坐標(biāo)原點，向右方向為正方向建立直線坐標(biāo)軸x軸，A點坐

標(biāo)為-2m,B點坐標(biāo)為2m,如圖甲所示。A、B兩點間的電勢變化如型乙，左側(cè)圖線為四分之一圓弧，右

側(cè)圖線為一條傾斜線段。現(xiàn)把一質(zhì)量為m,電荷量為q的負點電荷，以初速度vo由A點向右射出，則關(guān)

于負點電荷沿直線運動到B點過程中，下列說法中正確的是（忽略負點電荷形成的電場）（）

A.負點電荷在AO段的運動時間小丁?在OB段的運動時間

B.負點電荷由A運動到O點過程中，隨著電勢的升高電勢能變化越來越快

C.負點電荷由A點運動到。點過程中加速度越來越大

D.當(dāng)負點電荷分別處于一&m和魚由時，，電場力的功率相等

10.如圖左所示，邊長為1和L的矩形線框at/、b//互相垂直，彼此絕緣，可繞中心軸。1。2轉(zhuǎn)動，將兩線

框的始端并在一起接到滑環(huán)C,末端并在一起接到滑環(huán)D,C、D彼此絕緣。通過電刷跟C、D連接。線

框處于?磁鐵和圓柱形鐵芯之間的磁場中，磁場邊緣中心的張角為45。，如圖右所示（圖中的圓表示圓柱形

鐵芯，它使磁鐵和鐵芯之間的磁場沿半徑方向，如圖箭頭所示）。不論線框轉(zhuǎn)到磁場中的什么位置，磁場

的方向總是沿著線框平面。磁場中長為I的線框邊所在處的磁感應(yīng)強度大小恒為B,設(shè)線框QQ，和力"的電

阻都是r,兩個線框以角速度3逆時針勻速轉(zhuǎn)動，電阻R=2r。在線框旋轉(zhuǎn)一周的過程中（）

A.電阻R兩端電壓的最大值為8a3B.流過電阻R的電流最大值為空巴

5r

2222?2

c.整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為竺紅0D.為維持線框勻速轉(zhuǎn)動，外力至少對系統(tǒng)做功獨_山

5r

閱卷人

二、多選題

得分

11.如圖所示，水平轉(zhuǎn)臺兩側(cè)分別放置小8兩物體，4質(zhì)量為m,B質(zhì)量為3m,到轉(zhuǎn)軸。。'的距離分別為

2L、L,A、8兩物體間用長度為3L的輕繩連接，繩子能承受的拉力足夠大，/1、8兩物體與水平轉(zhuǎn)臺間的

動摩擦因數(shù)均為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。開始時繩剛好伸直且無張力，當(dāng)水平

轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的角速度由零逐漸緩慢增大，直到4、8恰好相對于轉(zhuǎn)臺滑動的過程中，下列說法正確的是

()

4

o

同仄

A.當(dāng)轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的角速度大于展時，細繩上可能沒有拉力

B.當(dāng)轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)動的角速度大于混時，4可能不受摩擦力

C.整個過程中，4與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力先增大到最大靜摩擦力后保持不變

D.整個過程中，8與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力先增大到最大靜摩擦力后保并不變

12.如圖所示，各種物理圖象不僅反映r兩個物理量之間的數(shù)值關(guān)系，其上任一點的切線斜率有時也有相

應(yīng)的物理含義。例如對于直線運動，若y軸表示物體的位移，X軸表示時間，則其圖象切線的斜率表示物

體的速度。下面說法中亞建的是（）

A.對于一個磁場，若y軸表示一段電流元在磁場中受到的力，x軸表示電流元的電流強度和長度的乘

積，則圖象切線的斜率表示磁感應(yīng)強度的大小

B.對于單匝閉合導(dǎo)線圈，若y軸表示磁通量，x軸表示時間，則圖象切線的斜率表示線圈中感應(yīng)電動

勢的大小

C.對于靜電場，若y軸表示電勢，x軸表示位置，則圖象切線斜率的絕對值表示電場強度在x方向上

的分量大小

D.對于一個導(dǎo)體，若y軸表示導(dǎo)體兩端的電壓，x軸表示導(dǎo)體中沆過的電流，則圖象切線的斜率表示

導(dǎo)體的電阻的大小

13.如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一輕質(zhì)薄板.t=0時刻，一物塊從其正上方

某處由靜止下落，落至薄板，后和薄板始終粘連，其位置隨時間變化的圖像（x-t）如圖乙所示，其中

t=0.2s時物塊剛接觸薄板。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計，則（）

A.t=0.2s后物塊做簡諧運動

B.t=0.4s時物塊的加速度大于重力加速度

C.若增大物塊自由下落的高度，貝J物塊與薄板粘連后振動的周期增大

D.t=0.2s后物塊坐標(biāo)位置隨時間變化關(guān)系為％=0.3+0.2sin［竽(t-0.2)-勺(m)

14.在圖甲所示虛線框內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E.磁

感應(yīng)強度大小為B。一群質(zhì)量為m,帶電量為q(q>0)的粒子從左側(cè)邊界中央Si處，以不同大小的初速

度vo水平向右同時射入。圖乙表示初速度不同的粒子對應(yīng)的軌跡，圖中S反映粒子運動空間周期性的參

量。忽略粒子重力和粒子間的相互作用，可以推斷()

甲乙

A.只有vo=?的粒子能從S2射出

D

B.只要虛線框的尺寸合適，粒于都能從S2射出

C.若以v產(chǎn)與的粒了?為參考系，則其他粒了?都做勻速圓周運動，且半徑都相同

D.若以v肝方的粒子為參考系，則其他粒子都做勻速圓周運動，且周期都相同

15.如圖所示，半徑R=0.86的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定于水平面上，4個相同的木板緊挨著圓弧

軌道末端靜置，圓弧軌道末端與木板等高，每塊木板的質(zhì)量為m=1kg,長/=它們與地面間的動

摩擦因數(shù)〃1=0.1，木板與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。在第一塊木板左端放置一個質(zhì)量為M=

2.5kg的小鉛塊B,可視為質(zhì)點，現(xiàn)讓一個與B完全一樣的鉛塊A從圓弧頂端由靜止滑下，經(jīng)圓弧底瑞后

與B發(fā)生彈性正碰，鉛塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃2=。.2,g=10771—2。則()

6

A

A.小物塊A滑到曲面軌道下端時對軌道的壓力大小為50N

B.鉛塊B剛滑至木板3時的速度為2771/s

C.鉛塊B運動gs后與某一木板共速

D.鉛塊B與木板間滑動過程中系統(tǒng)所產(chǎn)生的總熱量為苧J

閱卷人

三、實驗題

得分

16.如圖所示為研究斜槽末端小球碰撞時動量是否守恒的實驗裝置。主要實驗步驟如下：

a.將斜槽PQR固定在鐵架臺上，使槽的末端QR水平：

b.使質(zhì)量較大的A球從斜槽上某一位置靜止?jié)L下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡；

c.再把半徑相同、質(zhì)量較小的B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從剛才的位置由靜止開

始滾下，和B球碰撞后，A、B球分比在記錄紙上留下各自的落點痕跡：

d.記錄紙上的。點為水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影，D、E、F為三個落點的平均位置。用刻度

尺測量出OD、OE、OF的距離，記為xi、X2、X3,測量A球的質(zhì)量為m,\,B球的質(zhì)量為nw,且

（1）實驗中，通過測量小球做平拋運動的水平位移來代替小球的速度。

①本實驗必須滿足的條件是

A.水平槽QR盡量光滑以減小誤差

B.斜槽軌道末端的切線必須水平

C.A球每次必須從軌道的同一位置由靜止?jié)L卜.

7

②圖中的落點痕跡D代表

A.A球第一次拋出的落地點

B.A球與B球碰撞后，A球的落地點

C.A球與B球碰撞后，B球的落足點

③若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為

（2）某位同學(xué)在實驗時，使質(zhì)量為IBA的入射小球A球每次從軌道的回「便置由靜止?jié)L下，更換被撞

小球B球，使其半徑不變，但質(zhì)量BIB分別為A球質(zhì)量的1/6、1/3和1/2。用刻度尺測量出每次落點痕跡

距離0點的OD、OE、OF的距離，記為xi、X2、X3。

①請在XLX3圖中畫出這三個坐標(biāo)點的示意圖：

②分析說明如何利用這些坐標(biāo)點證明兩球相碰前后動量守

恒____________________________________________________________________________________________

③若每次碰撞過程均為彈性碰撞，這些坐標(biāo)點應(yīng)該滿足什么條

件__________________________________________________________

OX,

17.在“用DIS測電源的電動勢和內(nèi)阻”實驗中。

（I）下圖中，A代表電流傳感器，B代表電壓傳感器，R為變阻器，Ri為定值電阻。則下面各電路圖

中，圖___是合理正確實驗電路圖：

（2）某次實驗得到的電源的U-I圖線如圖（1）所示，由實驗圖線的擬合方程y=T..03x+2.82可得，該

電源的電動勢E=V,內(nèi)阻r=Q；

8

UN

（4）若該電池組電池用舊J"電池內(nèi)電阻會明顯增加，如果用這個舊電池組重做該實驗，請在圖（2）

中定性畫出舊電池組的y-x圖線。

閱卷人

得分

18.如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有軌道ABCDFMNP,其中BC部分為水平軌道，與曲面AB平

滑連接。CDF和FMN是豎直放置的半圓軌道，在最高點F對接，與BC在C點相切。NP為一與FMN相

切的水平平臺，P處固定一輕弛黃。點D、N、P在同一水平線上。水平軌道BC粗糙，其余軌道均光滑，

一可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=0.02的的帶正電的滑塊從曲面AB上某處由靜止釋放。已知勻強電場場強￡=

2N/C,BC段長度A=lm,CDF的半徑R=0.1m,FMN的半徑r=0.05m,滑塊帶電量q=0.16,滑塊與

BC間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,重力加速度g=10m/s2,求

（1）滑塊通過F點的最小速度vF；

9

（2）若滑塊恰好能通過F點，求滑塊釋放點到水平軌道BC的高度h。：

（3）若滑塊在整個運動過程中，始終不脫離軌道，且彈簧的形變妗終在彈性限度內(nèi)，求滑塊釋放點到

水平軌道BC的高度h需要滿足的條件。

19.如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)平行放置了兩根完全相同的金屬導(dǎo)軌，間距為L=0.2m。其中ah段和a2b2

段是豎直放置的足夠長的光滑直軌道：b?和b2c2段是半徑為R=0.25m的光滑圓弧軌道，圓心角為127。，

圓心Oi和02與bi、b2在同一高度；cd和c2d2段是粗糙的傾斜直軌道，與水平面成37。角放置，軌道長度

足夠長。圖乙是其正面視圖。a⑶之間連接一阻值為Ro=0.5C的電阻?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m=O.lkg,電阻為

r=0.5。的金屬棒通過兩端的小環(huán)套在兩根軌道上，棒與軌道的cd、cd段之間的動摩擦因數(shù)為產(chǎn)0.25.棒

從傾斜軌道上離c心距離s=2m處靜止釋放，在棒到達bb2瞬間，在豎直軌道區(qū)域內(nèi)出現(xiàn)水平向右的勻強

磁場，磁感應(yīng)強度為B=0.5T,運動中棒始終與導(dǎo)軌垂直。（sin37o=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2）

（1）求棒在傾斜軌道上運動的時間U；

（2）求棒到達bibz處時Ro的電功率Po：

（3）若棒剛越過bib?處時的速度設(shè)為VI,在磁場內(nèi)運動的時間設(shè)為t2,求棒剛離開磁場區(qū)域時的速度

V2（用字母表示）。

10

20.東方超環(huán)，俗稱“人造小太陽”，是中國科學(xué)院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置。該裝置需要將加速

到較高速度的離子束變成中性粒子束，沒有■被中性化的高速帶電離子需要利用“偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)”將帶電離子從粒

子束剝離出來。假設(shè)“偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)”的原理如圖所示，混合粒子束先通過加有電壓的兩極板再進入偏轉(zhuǎn)磁場

中，中性粒子繼續(xù)沿原方向運動，被接收器接收；未被中性化的帶電離子一部分打到下極板，剩下的進入

磁場發(fā)生偏轉(zhuǎn)被吞噬板吞噬。已知離子帶正電、電荷量為q,質(zhì)量為in,兩極板間電壓為U,間距為d,

極板長度為2d,吞噬板長度為2d,離子和中性粒子的重力可忽略不計，不考慮混合粒子間的相互作月。

混

中

接

合

性

收

粒

粒

器

子

子

束

（1）要使%=,則需在極板間施加一垂直于紙面的勻強磁場求8

的大小:

（2）直線通過極板的離子以%=廨進入垂直于紙面向外的矩形勻強磁場區(qū)域。已知磁場附=

；/挈，若離了全部能被吞噬板吞噬，求矩形磁場的最小面枳；

（3）若撤去極板間磁場Bi,且B2為界足夠大。若粒子束由速度為3=罌、以;黑、v3=

2悟的三種離子組成，有部分帶電離子會通過兩極板進入偏轉(zhuǎn)磁場，最終被吞噬板吞噬，求磁場B2的取

值范圍。

11

答案解析部分

1.【答案】B

【解析】【解答】A.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象。A不符合題意；

B.惠更斯確定了單擺周期公式。B符合題意：

C.麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在。C不符合題意；

D.梅曼率先在實驗室中制造出激光。D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象；麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在；梅曼率先在實驗室中制作出激光。

2.【答案】C

【解析】【解答】A.秒是國際單位制中的基本單位不是導(dǎo)出單位，A不符合題意；

B.7射線是波長短于0.01埃的電磁波，頻率超過300EHz(3xl02()Hz),從能級2躍遷到能級1發(fā)出光子

的頻率約為9.2x109Hz,故躍遷輻射出的不是？射線，B不符合題意；

C.鈉133從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷時輻射光子的頻率大于從能級2躍遷到能級1發(fā)出光子的頻率即大于

9.2x109Hz,C符合題意；

D.已知可見光的紫光可以照射鋅板使其發(fā)生光電效應(yīng)，而紅光不能發(fā)生光電效應(yīng)。紫光的頻率約為r=

.=7,5x1014Wz>9.2x109Hz

紅光的頻率約為f=^=4.1x1014Hz>9.2x109Hz

頻率為9.2x|()9Hz遠小于可見光的頻率，故用頻率為9.2x109Hz的光照射鋅板，不能發(fā)生光電效應(yīng)，D不

符合撅意。

故答案為：Co

【分析】國際單位共有7個基本單位，秒是其中之一。躍遷輻射出的不是丫射線，丫射線是在發(fā)生核反應(yīng)

時才會放出。頻率越大，能量越高。

3.【答案】D

//

【解析】【解答】假設(shè)水銀柱不動，對氣休A,有黑=4=革&=%

力TATA-TA△丁

解得/PA二卷47

對氣體B,有嬖=逅=j=等

"TBTB-TB4/

12

解得」PB=%丁

因pA=pB+pgh,即pA>pB

已知：即TA>TB

故無法比較居與患的大小關(guān)系，即無法比較即“與APB的大小關(guān)系，則水銀柱的移動情況無法判斷。

故答案為：Do

【分析】水銀柱不動，對氣體A和對氣體B由理想氣體狀態(tài)方程求得PA>PB,1,\>加，無法比較APA與

△PB的大小關(guān)系，水銀柱的移動情況無法判。

4.【答案】D

【解析】【解答】設(shè)原子動量大小為p,激光的光子動量大小為Pl,因為原子動量需要減小為p',則根據(jù)動

量守恒定律P-Pl=p'

可知，為了使原子動量減小，激光的照射方向應(yīng)與原子的運動方向相反。

根據(jù)多普勒效應(yīng)，原子迎著光束的方向運動時，其接收到的光的頻率會升高。當(dāng)原子接收到的光的頻率等

于該原子的固有頻率時，原子吸收光子的概率最大v則所用激光的頻率應(yīng)小于原子的固有頻率.

ABC不符合題意，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】使原子動量減小，激光的照射方向應(yīng)與原子的運動方向相反.當(dāng)原子接收到的光的頻率等于該原

子的固有頻率時，原子吸收光子的概率最大。

5.【答案】D

【解析】【解答】A.設(shè)地球質(zhì)量為M,由萬有引力提供向心力有。翳二帆（竿產(chǎn)廠

兩邊同時取對數(shù)，整理可得lgT=?lgr-幺g爆

當(dāng)lgT=0時，有

10“0=4GM^

可知X。并不代表地球半徑，A不符合題意；

B.對比圖像可知另當(dāng)=b

解得M=軌2102b

G

B不符合題意;

13

c不符合題意：

D.根據(jù)a=G^以及圖乙可求得，衛(wèi)星1和2向心加速度之比為1。2必：102小，D符合題意。

故答案為：D。

【分析1由萬有引力提供向心力，xO并不代表地球半徑。對比圖像可解得地球質(zhì)量。根據(jù)a=G號以及圖

rz

乙可求得，衛(wèi)星1和2向心加速度之比。

6.【答案】C

【解析】【解答】AB.根據(jù)PV=nR7\以及A、B、C三個狀態(tài)的P、V關(guān)系可知%,〃=〃

AB不符合題意；

CD.A、C兩狀態(tài)溫度不變，體積增大，壓強減小，則碰撞的頻率減小，則NA>NG從A到B溫度增

大，體積增大，壓強減小，則碰撞的頻率減小，則N.ANB：從B到C依據(jù)N=°5

Zv3771K/

PV

T=c

2

則有第=￥=百

C73

可得小>Nc

則有N<>NB>NC

C符合題意，D不符合題意。

故答案為：Co

【分析】根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，可得A、C兩狀態(tài)溫度不變，體積增大，壓強減小，則碰撞的頻率減

小。

7.【答案】D

【解析】【解答】A.根據(jù)楊氏雙縫干涉相鄰條紋間距的公式有Ax=

a

當(dāng)雙縫與屏之間的介質(zhì)為礦泉水時，波長會變小，而雙縫間距d與雙縫與屏之間的距離L相同，所以4x2

小于Ax1，A不符合題意；

B.設(shè)光在真空中的波長為人在介質(zhì)中的波長為;1‘，依題意有4占二彳4

L

AX=-jA

2a

14

yA

A=n

則可知離二九

B不符合題意：

C.P點處是Po上方的第4條亮條紋的中心，則光到雙縫的光程差為光在礦泉水波長的4倍，則來自Si和

S2的光傳播到P點處的時間差為￡="4TA

C不符合題意；

D.將So水平向左移動的過程中，P點與雙縫光程差不會改變，據(jù)題仍是光在介質(zhì)中波長的四倍，所以仍

能觀察到亮條紋，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】當(dāng)雙縫與屏之間的介質(zhì)為礦泉水時，波長會變小，而雙縫間矩d與雙縫與屏之間的距離L相同，

P點處是Po上方的第4條亮條紋的中心，則光到雙縫的光程差為光在礦泉水波長的4倍。

8.【答案】B

【解析】【解答】A.桿對A的作用力先是支持力后是拉力，A與B剛脫離接觸的瞬間，桿對A的作用力

等于零，A的速度方向垂直于桿，水平方向的分速度等于B的速度以COS60°=〃B

解得Vg=2:1

A不符合題意：

B.A與B剛脫離接觸的瞬間，B對A也沒有作用力，A只受重力作用，根據(jù)牛頓第二定律mgsin3（T=

m畢

勿：vB=2：1

解得以=解

B符合題意：

C.脫離接觸之后，由機械能守恒定律mg/sin30。=一嶗

解得廿二理

C不符合題意；

D.脫離接觸之前，由機械能守恒定律山以（1一5訪30。）=2壯瑤+,河詔

15

解得m：M=1：4

D不符合題意。

故答案為：Bo

【分析】A與B剛脫離接觸的瞬間，桿對A的作用力等于零，A與B剛脫離接觸的瞬間，B對A也沒有

作用力，A只受重力作用。

9.【答案】A

【解析】【解答】AC.由于沿場強方向電勢降低，所以AO段場強沿0A方向，OB段場強沿OB方向；

由圖像可知，A到0斜率越來越小，旦場強度越來越小，加速度越來越小。同理，0B段不變。則負點電

荷在A0段做加速度減小的加速運動，在0B段做勻減速運動；

由于B點電勢等于A點電勢，所以負點電荷在B點速度為vo,則電荷在AB間運動v-t圖像如圖

AO、0B段由于位移相等，則圖線與t軸圍成的面積相等，顯然A0段的時間小于0B段的時間。A符合

題意，C不符合題意；

B.相等距離上電勢能變化越快，說明該處電場力越大，即場強越大，由A到0點場強逐漸減小，所以電

勢能變化應(yīng)越來越慢，B不符合題意；

D.負點電荷分別處于-和四m時，兩段圖像斜率絕對值相等，則場強大小相等，電荷所受電場力大

小相等，但-處的電勢大于迎m處的電勢，說明。點到-四的電勢差小于O點到0的電勢差，艱據(jù)

2

運動的可逆性都可看成O點向兩處的減速運動④血也？一3nl詔=_qU/[,^mv2=-qU)

可知-四處的速度大，所以電場力的功率不相等，D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】由于沿場強方向電勢降低，所以AO段場強沿OA方向，OB段場強沿OB方向。AO、OB段由

于位移相等，則圖線與i軸圍成的面積相等。

10.【答案】B

【解析】【解答】AB.線框切割磁感線的速度與磁場方向垂直，故感應(yīng)電動勢的大小為E=2雙口

a)L

V=

則￡1二813

16

線框轉(zhuǎn)動過程中，只有一個線框進入磁場切割磁感線作為電源，另一個線框與電阻R并聯(lián)后作為外電路,

故外電路總電阻R外=磊=/丁

.EBLl（u3BLla）

因此電路的總電流為/=R—^=-5^=一―

外3r

2

X2BLI0)

故R兩端電壓的最大值UR=1R外=注警3一

-5~

根據(jù)井聯(lián)電路的分流關(guān)系可知通過R的電流大小為總電流的主即4二堂

A不符合題意，B符合題意；

C.在旋轉(zhuǎn)一周的過程中每個線框只有兩次進入磁場，每次在磁場內(nèi)的時間（即作為電源時的做功時間）

222

53?61L3

為《所以整個回路產(chǎn)生的焦耳熱Q=4xK（R外+「）營=4x（堂尸-27詼T-7T

357

C不符合題意；

222

D.根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，為維持線框勻速轉(zhuǎn)動，外力至少對系統(tǒng)做功卬體=Q=殳%±0

D不符合題意。

故答案為：Bo

【分析】線框切割磁感線的速度與磁場方向垂直，求出感應(yīng)電動勢的大小。根據(jù)并聯(lián)電路的分流關(guān)系可知

通過R的電流大小。

11.【答案】B.D

【解析】【解答】A.當(dāng)轉(zhuǎn)盤剛開始轉(zhuǎn)動時，物體摩擦力提供向心力，最大靜摩擦?xí)r有〃Mg=M32r

可知物體運動半徑大的先達到最大靜摩擦力，故物體A先達到最大靜摩擦力。此時摩擦力提供向心力，有

Hi422乙=

得到厥

當(dāng)角速度在增大時，摩擦力不足以提供向心力，細繩上開始有拉力。A不符合題意；

BCD.物體A達到最大靜摩擦力之后，角速度再緩慢增加大，設(shè)繩子拉力為T,則有〃mg+7=^322.

2L

2

T+=3ma）2^

2

整理得到=nmg+ma）2L

因角速度增大，所以B受到的靜摩擦力越來越大，直至達到最大靜摩擦力。

之后角速度再增大，B受到的摩擦力保持不變，物體A的摩擦力將變化，兩物體仍做圓周運動，此時有

2

T+/=tna）3-2L

2

T+3nmg—3ma）3L

17

2

可得/力=3fimg-ma)3L

所以隨著角速度的再次增大，物體A受到的摩擦力慢慢減小，直至反向，再慢慢增加至最大靜摩擦。若角

速度還增大，則兩物體開始相對轉(zhuǎn)臺滑動。

所以物體A在角速度大于僧后，物體A受到的摩擦力先保持不變，再慢慢減小至0,再增大至最大靜摩

擦。而物體B在整個過程中，與轉(zhuǎn)臺間的摩擦力先增大，之后保持不變。B、D符合題意，C不符合題

足、；

故答案為：BDo

【分析】當(dāng)轉(zhuǎn)盤剛開始轉(zhuǎn)動時，物體摩擦力提供向心力，當(dāng)角速度在增大時，摩擦力不足以提供向心力，

細繩上開始有拉力。

12.【答案】B,C

【解析】【解答】A.根據(jù)尸=B/L得B=《

若y軸表示一段電流元在磁場中受到的力，x軸表示電流元的電流強度和長度的乘積，則圖線上一點與原

點連線的斜率表示磁感應(yīng)強度，而不是該點的切線的斜率，A不符合題意?

B.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，對單匝閉合導(dǎo)線圈感應(yīng)電動勢￡=羿

E等于磁通量的變化率，若y軸表示磁通量，x軸表示時間，則圖象切線的斜率表示線圈中感應(yīng)電動勢的

大小，B符合題意：

C.在靜電場中，由于E=g=%

若y軸表示電勢，x軸表示位置，則圖象切線斜率的絕對值表示電場強度在x方向上的分量大小，C符合

題總；

D.導(dǎo)體的電阻/?=苧

即U-I圖線上一點與原點連線的斜率表示電阻，而不是該點的切線的斜率，D不符合題意。

故答案為：BC.

【分析】圖線上一點與原點連線的斜率表示磁感應(yīng)強度，而不是該點的切線的斜率，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)

定律可知單匝閉合導(dǎo)線圈感應(yīng)電動勢。

13.【答案】A,B,D

【解析】【解答】A.l=0.2s時物塊剛接觸薄板，落至薄板上后和薄板始終粘連，構(gòu)成豎直方向的彈簧泵

子，并且從圖像看，0.2s以后的圖像為正弦函數(shù)曲線，A符合題意；

B.薄板為輕質(zhì)薄板，質(zhì)量可忽略不計。由圖乙可知，B點是圖像的最高點，C點是圖像最低點，根據(jù)簡

18

諧運動的對稱性可知，最高點的加速度和最低點的加速度大小相等，即珈=%

由簡諧運動的加速度滿足a與x成正比，設(shè)A點處偏離平衡位置的位移大小為xA,C點處偏離平衡位置

的位移大小為xC,有孫＜xc

所以叫＜ac

aAVaB

到A點時，物塊只受重力。八=g

所以的＞g

B符合題意:

C.彈簧振子的周期只與振動系統(tǒng)本身有關(guān)，與物塊起始下落的高度無關(guān)，故物塊與薄板粘連后振動周期

不變，C不符合題意;

D.由圖乙可知T=0.6s

因為3=竿=與巴rad/s

振幅為0.2m,0.2s后物塊位置隨時間變化關(guān)系式為％=0.3+0.2sin[粵(t-0.2)+(p0](m)

當(dāng)c=0.4s時,x=0.5m,代入上式得先=一4

所以％=0.3+0.2sin［竽（亡-0.2）

D符合題意。

故答案為：ABDo

【分析】t=0.2s時物塊剛接觸薄板，落至薄板上后和薄板始終粘連，構(gòu)成豎直方向的彈簧振子。彈簧振子

的周期只與振動系統(tǒng)本身后關(guān)，與物塊起始卜落的制度無關(guān)，故物塊與薄板祜連后振動周期不變。

14.【答案】B,D

【解析】【解答】AB.根據(jù)乙圖粒子的運動軌跡可知，只要虛線框的長度滿足L=ns,所有的粒子都能從

S2射出，A不符合題意，B符合題意；

CD.以vo=4射入的粒子，qvB=qE,電場力與磁場力抵消，等效為電場與磁場抵消，相當(dāng)于射入沒有

U0

電場和磁場的空間做勻速直線運動；

以17=%十417射入的粒子，等效為以AV的速度在垂直于紙面向里的磁場中沿逆時針方向做圓周運動的問

時，圓心以V。的速度向右做勻速直線運動；

以口=%-4口射入的粒子，等效為以Av的速度在垂直于紙面向外的磁場中沿順時針方向做圓周運動的同

時，圓心以V0的速度向右做勻速直線運動；

所以，以V片的粒子為參考系，其他粒子都做勻速圓周運動；

19

又因為T=常，做圓周運動的周期與速度無關(guān)，所以粒子的運動周期都相同，而丁=而半徑與速度有

關(guān)，所以半徑不相同，D符合題意，C不符合題意。

故答案為：BDo

【分析】vo=5射入的粒子，qvB=qE，電場力與磁場力抵消，等效為電場與磁場抵消，做勻速直線運

if0

動。丁=鬻,做圓周運動的周期與速度無關(guān)。

15.【答案】B,C

【解析】【解答】A.小物塊A滑到曲面軌道下端時，由機械能守恒定律有解得%=

《2gR=4m/s

由牛頓第二定律有FN-Mg="簧

聯(lián)立解得FN=3Mg=75N

由牛頓第三定律知小物塊A對軌道的壓力大小為75N,A不符合題意；

B.設(shè)小鉛塊滑到第n塊木板時木板開始滑動，鉛塊對木塊的摩擦力為人=內(nèi)"。=SN

則第n塊木板與后面的f4-n；塊木板受到地面的最大靜摩擦力為啟二〃JM+(5-n)加9

要使木塊滑動，應(yīng)滿足/2</1

即/[M+(5-n)m]gV5

解得n>2.5

取九二3,故鉛塊滑上第3塊木板時，木板才開始運動，由于A、B鉛塊質(zhì)量相同，旦發(fā)生彈性碰撞，所以

碰后兩者速度交換，對鉛塊B根據(jù)動能定理得一〃2Mg?21—柄〉

解得I；=2m/s

B符合題意；

C.鉛塊B做減速運動的加速度大小=42g=2m/s2

通過木板1和2的時間￡1=4m=1S

木板3和4的加速度恁=瞰9一級"2⑴9=025m/s2

設(shè)再經(jīng)以時間鉛塊B與木板共速，則有b-att2=a2t2

解得以=

所以鉛塊B運動t=口+=9s后與木板共速，C符合題意；

D.鉛塊B通過木板1和2時系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量%=U2Mg?21=157

20

鉛塊B在木板3上滑動至共速，鉛塊的位移勺=叫+。必=

木板的位移2t2?=白血

系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q2=口2Mg—%2）+〃i（M+2rrt）gx2=竽/

鉛塊B與木板間滑動過程中系統(tǒng)所產(chǎn)生的總熱量為Q=Q】+Qz=等/

D不符合題意。

故答案為：BCo

【分析】小物塊A滑到曲面軌道下端時，由機械能守恒定律知小物塊A對軌道的壓力大小，由于A、B鉛

塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，所以碰后兩者速度交換。

16.【答案】（1）BC；B；mAx2=mAxx+mBx3（3%2=3與+右也對）

（2）L；根據(jù)測量的X2,先在打一43坐標(biāo)系中做出截距為“2、斜率為的一條

°r^5

直線，然后在勺-%3坐標(biāo)系中畫出測量的坐標(biāo)點（XI,X3）,若該點正好在直線上，則說明兩球相碰前后

動量守恒：三個坐標(biāo)點（XI,X3）均在截距為-小、斜率為1的直線上

【解析】【解答】（1）水平槽QR不需要光滑，只要保證每次入射小球從同一位置靜止釋放即可保證其每

次與被撞小球碰前的速度相同，同時兩小球離開斜槽后應(yīng)做平拋運動，所以軌道末端必須水平，故答案

為：BC：

E點是A球第一次拋出的落地點，D點是A球與B球碰撞后，A球的落地點，F(xiàn)點是A球與B球碰撞

后，B球的落地點，故答案為：B：

碰撞過程中，如果動量守恒，由動量守恒定律得

mAv0=mAvx+mBv2

小球做平拋運動時拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間t相等，兩邊同時乘以時間t,mAvot=

血/1"遙+mBv2t

^mAX7=mAXy+mBx3

乂因n】A=3niB,所以也可以表示為3必=3%+x3

（2）如圖所示為這三個坐標(biāo)點的示意圖

21

若兩球相碰前后動量守恒，當(dāng)mB=看叫時，由犯。2=小八勺+

可得—％3的關(guān)系為無1=—去%3+%2

根據(jù)測量的X2,先在打-為坐標(biāo)系中做出截距為切、斜率為的一條直線，然后在必一必坐標(biāo)系中回出

測量的坐標(biāo)點（XI,X3）,若該點正好在直線上，則說明兩球相碰前后動量守恒；

同理當(dāng)巾8=寺血4、巾8=/犯4時，可得力1-工3的關(guān)系分別為/=一表3+%2

1

-y+%2

根據(jù)測量的X2,先在％1-為坐標(biāo)系中做出截距為M、斜率分別為-小的宜線，然后在勺-必坐標(biāo)系

中畫出測量的坐標(biāo)點（XI,X3）,若該點正好在對應(yīng)的直線上，則說明兩球相碰前后動量守恒；

22

若小球之間發(fā)生彈性碰撞，則有：町4%2=^mAVi+^rnBv2

聯(lián)立動量守恒的關(guān)系可得%=怒端對也=磊萬％

當(dāng)加8=:叫4時,則有巧二9也）,V2=^VQ

所以肛=%，*3=￥*2

則X］、滿足關(guān)系式*1~x3~x2

即坐標(biāo)點（XI,X3）在截距為一不、斜率為1的直線上：同理，可以證明當(dāng)THB=:見4、m8=；加力時，工［、

無3也滿足關(guān)系式=%3—工2

故若每次碰撞過程均為彈性碰撞，則三個坐標(biāo)點（Xl,X3）均在截距為-0、斜率為1的直線上，如圖所示

【分析】（1）斜槽是否光滑對小球初速度沒有影響；其小球必須從同?位置無初速度釋放，其斜槽末端必

須切線水平：其D代表其小球A與球B碰后的落地：利用平拋運動的位移公式結(jié)合動量守恒定律可以求

出對應(yīng)的表達式：

（2）利用動量守恒定律的表達式結(jié)合質(zhì)量的大小關(guān)系可以求出其三個水平位移關(guān)系式，利用表達式可以

畫出其XI和X3的圖線，結(jié)合其測量出落地的位移可以判別其動量是否守恒。

17.【答案】（I）B

(2)2.82：1.03

(3)1.03：1.94

【解析】【解答】（1）該實驗原理為閉合電路的歐姆定律，需要測量電源的路端電壓和干路電流，電路應(yīng)為

B：

（2）根據(jù)閉合電路的歐姆定律U=E-卜可得E=2.82V,r=1.03Q

（3）白題意可知I,y=UI=P出，x=j=R

功率為P=產(chǎn)R=（舟=

?2-2

(R-r)z+4/?r("「)十什

R

當(dāng)R=r時'P出最大%=*

故圖線最高點A點的坐標(biāo)x=R=r=l.03Qoy=p,=￡