2022年1月浙江省普通高校招生選考科目物理仿真模擬試卷A(考試時間：90分鐘滿分100分)選擇題部分一、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(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．（3分）關(guān)于α、β、γ三種射線的說法中正確的是（　?。〢．α、β、γ射線都是電磁波B．α、β、γ射線都是帶電粒子流C．α射線較β、γ射線具有更強(qiáng)的電離能力D．β射線是原子的核外電子電離后形成的【答案】C【解析】ABC、α射線是氦原子核組成的?速粒子流，穿透能力最弱，電離能力最強(qiáng)，β射線是?速電子流，速度可達(dá)光速的99%，穿透能力較弱，電離能力較弱，γ射線是一種能量很?，波長很短的電磁波，故AB錯誤，C正確；D、β射線均是原子核內(nèi)部發(fā)生變化時，一個中子轉(zhuǎn)化成一個質(zhì)子和一個電子，電子噴射出原子核形成，故D錯誤。2．（3分）下列幾種比賽項(xiàng)目中的研究對象，可以視為質(zhì)點(diǎn)的是（　?。〢．研究跳水比賽中選手在空中的動作時B．研究乒乓球比賽中選手發(fā)出的旋轉(zhuǎn)球時C．確定帆船比賽途中帆船在水面上的位置時D．研究花樣游泳比賽中選手在水中的動作時【答案】C【解析】A、研究跳水比賽中選手在空中的動作時，必須考慮選手的形狀，故A錯誤；B、研究乒乓球比賽中選手發(fā)出的旋轉(zhuǎn)球時，要考慮乒乓球的形狀，以及旋轉(zhuǎn)的方向，故B錯誤；C、確定帆船比賽途中帆船在水面上的位置時，不需要考慮帆船的大小和形狀，故C正確；D、研究花樣游泳比賽中選手在水中的動作時，必須考慮選手的形狀，故D錯誤。3．（3分）物理學(xué)中常用兩個物理量的比值來定義一個新的物理量，如速度是用位移與時間的,比值來定義：v＝。下面四個物理量的表達(dá)式不屬于比值定義的是（　?。〢．I＝B．φ＝C．C＝D．E＝【答案】A【解析】A、根據(jù)歐姆定律，電流強(qiáng)度I與加在導(dǎo)體兩端的電壓U成正比，與電阻的阻值R成反比，故A不屬于比值定義，故A符合題意；B、電勢是由電場本身的性質(zhì)決定的，與試探電荷帶電量以及試探電荷所具有電勢能無關(guān)，故B屬于比值定義，故B不符合題意；C、電容的大小是由電容器本身的性質(zhì)決定的，與電容器所帶的電荷量以及兩極板之間的電壓無關(guān)，故C屬于比值定義，故C不符合題意；D、電場強(qiáng)度的大小是由電場本身的性質(zhì)決定的，與試探電荷帶電量以及試探電荷在電場中所受到的電場力無關(guān)，故D屬于比值定義，故D不符合題意。4．（3分）斜面光滑且固定在地面上，A、B兩物體一起靠慣性沿光滑斜面下滑，下列判斷正確的是（　?。〢．圖中兩物體之間的繩中存在彈力B．圖中兩物體之間存在彈力C．圖中兩物體之間既有摩擦力，又有彈力D．圖中兩物體之間既有摩擦力，又有彈力【答案】C【解析】四幅圖中斜面的傾斜角度均設(shè)為θ。A、先對物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：,（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ；再隔離物體A，受重力、支持力，拉力T（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：mAgsinθ+T＝（mA+mB）a，解得：T＝0，故A錯誤。B、先對物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ；再隔離物體A，受重力、斜面支持力，A對B的支持力N（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：mAgsinθ+N＝（mA+mB）a，解得：N＝0，故B錯誤。C、先對物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ，方向沿著斜面向下；再分析物體A，加速度沿著斜面向下，故合力沿著斜面向下，受重力、支持力，向左的靜摩擦力，又摩擦力一定有彈力，故B對A一定有向上的支持力，故C正確。D、先對物體AB整體分析，受重力、支持力，加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律，有：（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，解得：a＝gsinθ；再隔離物體A，受重力、B對A的支持力，摩擦力f（可能為零），根據(jù)牛頓第二定律，有：mAgsinθ+f＝（mA+mB）a，解得：f＝0，故D錯誤。5．（3分）如圖所示，電動牙刷充電時將牙刷插入充電座內(nèi)，充電座中的線圈接入220V交流電，牙刷內(nèi)的線圈兩端獲得4.5V的電壓，再通過控制電路對牙刷內(nèi)部的直流充電電池充電，電池的電動勢為2.4V，內(nèi)阻為0.1Ω，容量為800mA•h，10小時即可充滿。充滿電后用戶平均每天使用4分鐘，可以連續(xù)使用60天。關(guān)于此電動牙刷的說法正確的是（　　）,A．充電座和牙刷內(nèi)線圈的匝數(shù)比為110：9B．充電時，直流充電電池中的平均電流是800mAC．使用時電池的平均輸出功率為0.48WD．電池最多能提供的電能為6912J【答案】D【解析】A、原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比，原線圈的電壓為220V，副線圈兩端的電壓為4.5V，故匝數(shù)之比為220：4.5＝440：9，故A錯誤；B、充電時，電池的容量為q＝800mAh，10小時即可充滿，根據(jù)q＝It得，充電電流I＝＝＝80mA，故B錯誤；CD、若不考慮電池的內(nèi)阻，則電池輸出的電能最大，為W＝EIt＝2.4×0.08×10×3600J＝6912J，此時使用時電池的平均輸出功率P＝＝W＝0.48W，實(shí)際電池有內(nèi)阻，故實(shí)際的平均輸出功率小于0.48W，故C錯誤，D正確；6．（3分）如圖M和N是兩個帶有異種電荷的帶電體，（M在N的正上方，圖示平面為豎直平面）P和Q是M表面上的兩點(diǎn)，S是N表面上的一點(diǎn)。在M和N之間的電場中畫有三條等勢線。現(xiàn)有一個帶正電的液滴從E點(diǎn)射入電場，它經(jīng)過了F點(diǎn)和W點(diǎn)，已知油滴在F點(diǎn)時的機(jī)械能大于在W點(diǎn)的機(jī)械能。（E、W兩點(diǎn)在同一等勢面上，不計(jì)油滴對原電場的影響，不計(jì)空氣阻力）則以下說法正確的是（　　）A．P和Q兩點(diǎn)的電勢不相等B．P點(diǎn)的電勢高于S點(diǎn)的電勢C．油滴在F點(diǎn)的電勢能高于在E點(diǎn)的電勢能D．油滴在E、F、W三點(diǎn)的“機(jī)械能和電勢能總和”沒有改變,【答案】D【解析】A、P和Q兩點(diǎn)在帶電體M的表面上，M是處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，其表面是一個等勢面，故P和Q兩點(diǎn)的電勢相等，故A錯誤；B、帶正電的油滴在F點(diǎn)時的機(jī)械能大于在W點(diǎn)的機(jī)械能，故從F點(diǎn)到W點(diǎn)，機(jī)械能減小，電場力做負(fù)功，說明電場力向上，故電場線垂直等勢面向上，而沿著電場線電勢逐漸降低，故P點(diǎn)的電勢低于S點(diǎn)的電勢，故B錯誤；C、由于電場線垂直等勢面向上，故E點(diǎn)的電勢大于F點(diǎn)的電勢，根據(jù)Ep＝qφ，油滴在F點(diǎn)的電勢能低于在E點(diǎn)的電勢能，故C錯誤；D、油滴在運(yùn)動過程中只有重力和電場力做功，重力做功導(dǎo)致重力勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，電場力做功導(dǎo)致電勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，故油滴在E、F、W三點(diǎn)的“機(jī)械能和電勢能總和”沒有改變，故D正確；7．（3分）關(guān)于如圖所示的四種圓周運(yùn)動模型，下列說法不正確的是（　?。〢．圖a中，圓形橋半徑為R，若最高點(diǎn)車速為時，車對橋面的壓力為零B．圖b中，在固定圓錐筒（內(nèi)壁光滑）內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的小球，受重力、彈力和向心力C．圖c中，輕桿一端固定小球，繞輕桿另一固定端O在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球通過最高點(diǎn)的最小速度為0D．圖d中，火車以大于規(guī)定速度經(jīng)過外軌高于內(nèi)軌的彎道，外軌對火車有側(cè)壓力【答案】B【解析】A、圖a圓形橋半徑R，若最高點(diǎn)車速為時，橋面對車的支持力為N，則，解得N＝0，根據(jù)牛頓第三定律可得對橋面的壓力為0，故A正確；B、圖b中，由于向心力是球做勻速圓周運(yùn)動時所受的幾個力的合力，是效果力，故對球受力分析可知，在固定圓錐筒（內(nèi)壁光滑）內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的小球，只受重力、彈力，故B錯誤；C、圖c中，輕桿一端固定小球，繞輕桿另一固定端O在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球通過,最高點(diǎn)的最小速度為0，故C正確；D、圖d中，火車以規(guī)定的速度經(jīng)過外軌高于內(nèi)軌的彎道時，受到的重力和軌道的支持力的合力恰好等于向心力時，車輪對內(nèi)外軌均無側(cè)向壓力，若火車以大于規(guī)定速度經(jīng)過外軌高于內(nèi)軌的彎道，火車有做離心運(yùn)動的趨勢，則外軌對火車有側(cè)壓力，故D正確；因選不正確的8．（3分）“復(fù)興號”動車組用多節(jié)車廂提供動力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為m的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節(jié)動力車廂，每節(jié)車廂發(fā)動機(jī)的額定功率均為P，若動車組所受的阻力與其速率成正比（F阻＝kv，k為常量），動車組能達(dá)到的最大速度為vm。下列說法正確的是（　?。〢．動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變B．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運(yùn)動C．若四節(jié)動力車廂輸出的總功率為2.25P，則動車組勻速行駛的速度為vmD．若四節(jié)動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經(jīng)過時間t達(dá)到最大速度vm，則這一過程中該動車組克服阻力做的功為mvm2﹣Pt【答案】C【解析】A、若動車組做勻加速啟動，則加速度不變，而速度增大，則阻力也增大，要使合力不變則牽引力也將增大，故A錯誤；B、若動車組輸出功率均為額定值，則其加速a＝＝，隨著速度增大，加速度減小，所以動車組做加速度減小的加速運(yùn)動，故B錯誤；C、當(dāng)動車組的速度增大到最大vm時，其加速度為零，則有：，若總功率變?yōu)?.25P，則同樣有：，聯(lián)立兩式可得：vm′＝，故C正確；D、對動車組根據(jù)動能定理有：4Pt﹣Wf＝，所以克服阻力做的功Wf＝4Pt﹣，故D錯誤。9．（3分）下列四幅圖中，關(guān)于機(jī)械運(yùn)動和機(jī)械波的說法正確的是（　　）,A．A圖中，粗糙斜面上的金屬球m在彈簧的作用下沿斜面振動，該運(yùn)動是簡諧運(yùn)動B．B圖中，單擺運(yùn)動時的回復(fù)力由重力與拉力的合力提供C．C圖中，若減小孔AB的大小，衍射現(xiàn)象會更明顯D．D圖中，質(zhì)點(diǎn)A、C之間的距離就是橫波的一個波長【答案】C【解析】A、粗糙斜面上的金屬球m在彈簧的作用下沿斜面振動，因?yàn)槭冀K有摩擦力做負(fù)功，不滿足F＝﹣kx，該運(yùn)動并不是簡諧運(yùn)動，故A錯誤；B、B圖中，單擺運(yùn)動時的回復(fù)力由重力的切向分力提供，故B錯誤；C、根據(jù)發(fā)生衍射規(guī)律可知，減小孔AB的大小，衍射現(xiàn)象會更明顯，故C正確；D、D圖中，質(zhì)點(diǎn)A、C平衡位置之間的距離就是橫波的半個波長，故D錯誤。10．（3分）截止目前，我國的探月工程已發(fā)射了五個探測器。如圖所示為“嫦娥三號”飛行軌道示意圖，其中的P是環(huán)月圓軌道與環(huán)月橢圓軌道遠(yuǎn)月點(diǎn)的相交處，Q是環(huán)月橢圓軌道的近月點(diǎn)。下列說法正確的是（　　）A．橢圓軌道上，“嫦娥三號”在P點(diǎn)的加速度最小B．在圓軌道與橢圓軌道上運(yùn)行時，“嫦娥三號”的周期相等,C．在P點(diǎn)由圓軌道變軌為橢圓軌道，“嫦娥三號”需要加速D．橢圓軌道上，從P至Q，“嫦娥三號”的機(jī)械能逐漸增大【答案】A【解析】A、根據(jù)萬有引力提供向心力：，可得，由于P點(diǎn)是橢圓軌道上的遠(yuǎn)月點(diǎn)，則“嫦娥三號”在P點(diǎn)的加速度最小，故A正確；B、根據(jù)公式開普勒第三定律，可知，在圓軌道與橢圓軌道上運(yùn)行時，軌道半長軸不同，則“嫦娥三號”的周期不相等，故B錯誤；C、在P點(diǎn)由圓軌道變?yōu)闄E圓軌道，是由高軌道向低軌道做近心運(yùn)動，所以“嫦娥三號”需要在P點(diǎn)減速，故C錯誤；D、橢圓軌道上，從P至Q，只有萬有引力對“嫦娥三號”做功，故“嫦娥三號”的機(jī)械能守恒，即保持不變，故D錯誤。11．（3分）將一質(zhì)量為m的物體以初動能Ek0從地面豎直向上拋出，上升的最大高度為H，以地面為零勢能面，在上升過程中動能與勢能相等時物體的高度為h1，在下降的過程中動能與勢能相等時物體的高度為h2，運(yùn)動過程中物體所受的空氣阻力大小恒定，重力加速度為g，則（　?。〢．h1＞h2＞B．h1＜h2＜C．＝D．＝【答案】C【解析】AB、在上升過程中，由于有空氣阻力，物體減少的動能大于增加的動能，當(dāng)動能與重力勢能相等時，也就是剩下的動能（等于重力勢能）小于減少的動能，所以繼續(xù)上升的高度小于已經(jīng)上升的高度，即h1＞，同理在下降過程中，當(dāng)動能與重力勢能相等時，故AB錯；C、由動能定理可得（mg+f）H＝Ek0，（mg+f）h1＝Ek0﹣mgh1，聯(lián)立求得,，故C正確：D、同樣應(yīng)用動能定理可求得，故D錯誤。12．下列說法正確的是（　　）A．圖甲，白光通過三棱鏡發(fā)生色散現(xiàn)象是因?yàn)槿忡R對白光中不同頻率的光的折射率不同B．圖乙，肥皂膜上出現(xiàn)彩色條紋是光的衍射現(xiàn)象C．圖丙是紅光的干涉條紋D．圖丙，如果在光源與縫之間放一合適凸透鏡，不改變其他條件，則條紋變密集【答案】A【解析】A、圖甲，白光通過三棱鏡發(fā)生色散現(xiàn)象，是因?yàn)槿忡R對白光中不同頻率的光的折射率不同，偏折角不同造成的，故A正確。B、圖乙，肥皂膜上出現(xiàn)彩色條紋是光的干涉現(xiàn)象，故B錯誤。C、圖丙條紋寬度不等，是紅光的衍射條紋。故C錯誤。D、圖丙，如果在光源與縫之間放一合適凸透鏡，因狹縫寬度和光的波長不變，則條紋密集程度不變，故D錯誤。13．（3分）由波源S形成的簡諧橫波在均勻介質(zhì)中向左、右傳播，波源振動的頻率為20Hz。已知介質(zhì)中P質(zhì)點(diǎn)位于波源S的右側(cè)，SP＝0.8m，P到S的距離不超過兩個波長。Q（圖中未畫出）質(zhì)點(diǎn)位于波源S的左側(cè)，P、Q和S的平衡位置在一條直線上。t＝0時波源開始振動的方向如圖所示，當(dāng)P第一次到達(dá)波峰時，波源S也恰好到達(dá)波峰，Q恰好第二次到達(dá)波谷，下列說法正確的是（　?。?A．機(jī)械波在介質(zhì)中的波速為8m/sB．機(jī)械波的波長為0.8mC．Q點(diǎn)到波源S的距離為0.6mD．P與Q同時通過平衡位置，且振動方向相同【答案】A【解析】AB、P和S同時達(dá)到波峰，則PS之間有整數(shù)倍個波長，已知P到S的距離不超過兩個波長，相同時間Q恰好第二次到達(dá)波谷，故時間必須比一個振動周期長，所以PS之間有兩個波長，且SP＝0.8m，所以波長為0.4m，振動的頻率為20Hz，所以周期T為0.05s，根據(jù)波長與波速之間的關(guān)系：v＝＝＝8m/s，故A正確，B錯誤；C、當(dāng)波從S傳到P，第一次到達(dá)波峰時的時間是，因此在波源S左側(cè)波傳播了有個波長，而Q點(diǎn)第二次達(dá)到波谷，故Q點(diǎn)的左側(cè)有個波長，故QS之間有個波長，即等于0.2m，故C錯誤；D、P質(zhì)點(diǎn)在波峰時，Q質(zhì)點(diǎn)在波谷，故當(dāng)同時到達(dá)平衡位置時，一個向正方向運(yùn)動，一個向負(fù)方向運(yùn)動，故振動方向不相同，故D錯誤。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(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）14．下列說法中正確的是（　　）A．鈾核裂變的核反應(yīng)是U→Ba+Kr+2nB．已知質(zhì)子、中子、α粒子的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，那么，質(zhì)子和中子結(jié)合成一個α粒子，釋放的能量是（2m1+2m2﹣m3）c2C．鈾（U）經(jīng)過多次α、β衰變形成穩(wěn)定的鉛（Pb）的過程中，有6個中子轉(zhuǎn)變成質(zhì)子D．一個處于n＝5能級態(tài)的氫原子，自發(fā)向低能級躍遷的過程中能夠輻射10種不同頻率的電磁波,【答案】BC【解析】A、鈾核裂變有多種裂變的方式，但是每一種都要有慢中子的參與，即反應(yīng)方程的前面也要有中子。故核反應(yīng)：U+n→Ba+Kr+3n；故A錯誤；B、質(zhì)子、中子、α粒子的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，兩個質(zhì)子和兩個中子結(jié)合成一個α粒子，減小的質(zhì)量是（2m1+2m2﹣m3），根據(jù)質(zhì)能方程得：釋放的能量是（2m1+2m2﹣m3）c2．故B正確。C、根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒知：238﹣206＝4×8，發(fā)生8次α衰變；92＝82+2×8﹣6，發(fā)生6次β衰變，β衰變的實(shí)質(zhì)即為中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子同時釋放電子，所以有6個中子轉(zhuǎn)變成質(zhì)子。故C正確；D、一個處于n＝5能級態(tài)的氫原子，自發(fā)向低能級躍遷的過程中最多能夠輻射4種不同頻率的電磁波。故D錯誤。15．（2分）如圖所示，有兩根用超導(dǎo)材料制成的長直平行導(dǎo)線a、b，分別通以80A和100A流向相同的電流，兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面內(nèi)有一點(diǎn)p，到兩導(dǎo)線的距離相等。下列說法正確的是（　　）A．兩導(dǎo)線間受到的安培力為斥力B．兩導(dǎo)線間受到的安培力為引力C．兩導(dǎo)線間受到的安培力Fb＝1.25FaD．移走導(dǎo)線b前后，p點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向改變【答案】BD【解析】AB、根據(jù)安培定則和左手定則可以判斷電流方向相同的兩導(dǎo)線受到的安培力是相互吸引，故A錯誤，B正確；C、兩導(dǎo)線間的安培力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，故C錯誤；D、根據(jù)右手螺旋定則，a、b中的電流在p點(diǎn)產(chǎn)生的磁場感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，移走導(dǎo)線b前，b的電流較大，則p點(diǎn)磁場方向與b產(chǎn)生磁場方向相同，垂直紙面向里，移走b后，p點(diǎn)磁場方向與a產(chǎn)生磁場方向相同，垂直紙面向外，故D正確。16．（2分）藍(lán)光光碟是利用波長較短（波長約為405nm）的藍(lán)色激光讀取和寫入數(shù)據(jù)的光碟，而傳統(tǒng)DVD需要光頭發(fā)出紅色激光（波長約為650nm）來讀取或?qū)懭霐?shù)據(jù)，通常來說波長,越短的激光，能夠在單位面積上記錄或讀取更多的信息。因此，藍(lán)光極大地提高了光盤的存儲容量，對于光存儲產(chǎn)品來說，藍(lán)光提供了一個跳躍式發(fā)展的機(jī)會。目前為止，藍(lán)光是最先進(jìn)的大容量光碟格式。一束由紅、藍(lán)兩單色激光組成的復(fù)色光從水中射向空氣中，并分成a、b兩束，則下列說法正確的是（　?。〢．用a光可在光盤上記錄更多的數(shù)據(jù)信息B．如果用a光照射能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則用b光也一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)C．使用同種裝置，用a光做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)得到的條紋比用b光得到的條紋寬D．b光在水中傳播的速度較a光大【答案BC【解析】A、根據(jù)光的可逆性，n＝，折射角相同，入射角大的折射率大，從圖可知，b光的折射率大，所以a為紅光束，b為藍(lán)光束，故A錯誤。B、折射率大的頻率大，a光頻率小于b光頻率，所以用a光照射能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則用b光也一定能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)。故B正確。C、a波長大于b光波長，又△x＝λ，波長越長，條紋越寬，故項(xiàng)正確。D、v＝，na＜nb，故va＞vb，故D項(xiàng)錯誤。三、非選擇題（本題共6小題，共55分）17．（7分）驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，打點(diǎn)計(jì)時器所用的交流電周期為T，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮間。（1）下列操作對減小實(shí)驗(yàn)誤差有利的是　　。A．精確測量出重錘的質(zhì)量B．使兩限位孔在同一豎直線上C．先釋放紙帶，后接通電源（2）圖乙為實(shí)驗(yàn)中得到的一段點(diǎn)跡清晰的紙帶，A、B、C、D為連續(xù)打的四個點(diǎn)，用刻度尺測出A點(diǎn)到B、C、D各點(diǎn)間的距離分別為s1、s2、s3，則紙帶的　?。ㄟx填“左”或,“右”）端與重錘相連。某同學(xué)要驗(yàn)證從B點(diǎn)到C點(diǎn)過程中重錘的機(jī)械能是否守恒，則只需驗(yàn)證表達(dá)式　　是否成立（用以上給出的物理量符號表示）。【答案】（1）B；（2）左，；【解析】（1）A、驗(yàn)證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，質(zhì)量可以約去，不需要測量重錘的質(zhì)量，故A錯誤；B、安裝打點(diǎn)計(jì)時器時要注意讓上、下限位孔在同一豎直線上，以減小實(shí)驗(yàn)誤差，故B正確；C、應(yīng)先接通電源后釋放紙帶，能在紙帶上得到更多的點(diǎn)，有利于數(shù)據(jù)處理減小誤差．故C錯誤。（2）重錘做自由落體運(yùn)動，重錘的速度越來越大，在相等時間內(nèi)的位移逐漸增大，紙帶上相鄰兩點(diǎn)間距離逐漸增大，由圖示紙帶可知，紙帶的左端與重錘相連；本實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的是重力勢能的減小量和動能的增加量是否相等．根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中時間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上B點(diǎn)和C點(diǎn)時小車的瞬時速度大?。蕍B＝，．動能的增加量為△Ek＝從B點(diǎn)到C點(diǎn)過程中，重錘的重力勢能減少量△Ep＝mghBC＝mg（s2﹣s1）要驗(yàn)證從B點(diǎn)到C點(diǎn)過程中重錘的機(jī)械能是否守恒，則驗(yàn)證的表達(dá)式為△Ek＝△Ep整理可得：18．（7分）小燈泡燈絲的電阻會隨溫度的升高而變大。某同學(xué)為研究這一現(xiàn)象，用實(shí)驗(yàn)描繪小燈泡的伏安特性曲線。實(shí)驗(yàn)可供選擇的器材有：A．小燈泡（規(guī)格為“2.5V　1.2W”）,B．電流表（量程為0～0.6A，內(nèi)阻為1Ω）C．電壓表（量程為0～3V，內(nèi)阻未知）D．滑動變阻器　（0～5Ω）E．滑動變阻器　（0～50Ω）F．電源?。‥＝3V，內(nèi)阻不計(jì)）G．開關(guān)一個和導(dǎo)線若干（1）要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化，且能盡量消除系統(tǒng)誤差，在下面方框圖內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)電路圖；（2）實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)該選用的滑動變阻器是　?。ㄌ顚懫鞑那白帜复枺唬?）按照正確的電路圖，該同學(xué)測得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下，并通過計(jì)算得出小燈泡在不同電流下的電壓（I是電流表的示數(shù)，U是電壓表的示數(shù)，U燈是小燈泡兩端的實(shí)際電壓），請?jiān)诜礁駡D中畫出小燈泡的伏安特性曲線（即I﹣U燈曲線）；I/A0.150.200.250.300.350.400.450.48U/V0.250.400.600.901.301.852.502.98U燈/V0.100.200.350.600.951.452.052.50（4）該同學(xué)將與本實(shí)驗(yàn)中一樣的兩個小燈泡以及定值電阻R0（R0＝6Ω）三者一起串聯(lián)接在本實(shí)驗(yàn)中提供的電源兩端，則每個燈泡的實(shí)際功率是　　W．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【答案】（1）；（2）D；（3）；（4）0.18W?！窘馕觥浚?）因?yàn)樾襞輧啥说碾妷簭牧汩_始變化，所以滑動變阻器采用分壓式接法；電,流表內(nèi)阻已知，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，電流表應(yīng)采用內(nèi)接法，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示：（2）為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動變阻器應(yīng)選擇D。（3）根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對應(yīng)點(diǎn)，然后根據(jù)描出的點(diǎn)作出圖象如圖所示：（4）兩相同燈泡串聯(lián)，每個燈泡兩端電壓相等，設(shè)為U，電源電動勢：E＝2U+IR0，在燈泡I﹣U坐標(biāo)系內(nèi)作出E＝2U+IR0圖象如圖所示，由圖示圖線可知，燈泡兩端電壓：U＝0.6V，通過燈泡的電流：I＝0.30A，燈泡實(shí)際功率：P＝UI＝0.6×0.30＝0.18W；19．（9分）2022年將在北京舉辦第24屆冬季奧運(yùn)會，這促生了許多冰雪項(xiàng)目。桐廬縣合村鄉(xiāng)生仙里滑雪場于2020年12月12日對外開放（如圖甲所示），現(xiàn)將滑雪道簡化為如圖乙所示的兩個傾角不同的斜面，兩斜面間平滑連接，已知斜面AB長100m、傾角為37°，斜面BC的傾角為11°（sin11°≈0.2），游客李華和滑雪板總質(zhì)量為80kg，從斜面AB的頂端靜止下滑經(jīng)B點(diǎn)后滑上斜面BC，最終停在距B點(diǎn)25m的位置，整個滑行過程用時12.5s，不計(jì)空氣阻力，AB、BC兩段運(yùn)動均可看作勻變速運(yùn)動，g＝10m/s2。求：,（1）整個滑雪過程中李華的最大速度；（2）滑雪板與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)；（3）李華在BC段向上滑行的過程中，斜面BC對滑雪板的平均阻力多大。【答案】（1）整個滑雪過程中李華的最大速度為20m/s；（2）滑雪板與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)為0.5；（3）李華在BC段向上滑行的過程中，斜面BC對滑雪板的平均阻力為480N。【解析】（1）最大速度即B處速度的大小，設(shè)為vm，則有x1+x2＝t總得：vm＝20m/s（2）設(shè)在斜面AB上下滑時的加速度為a1，則有vm2＝2a1x1得：a1＝2m/s2根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma1得：μ＝0.5（3）在BC段勻減速運(yùn)動時的加速度為a2，則有vm2＝2a2x2得：a2＝8m/s2在BC段向上滑行的過程中，有：mgsin11°+Ff＝ma2解得斜面BC對滑雪板的平均阻力為：Ff＝480N20．（12分）如圖所示，從A點(diǎn)以某一水平速度v0拋出一質(zhì)量m＝1kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），當(dāng)物塊運(yùn)動至B點(diǎn)時，恰好沿切線方向進(jìn)入∠BOC＝37°的固定光滑圓弧軌道BC，經(jīng)圓弧軌道后滑上與C點(diǎn)等高、靜止在粗糙水平面上的長木板上，圓弧軌道C端的切線水平。已知長木板的質(zhì)量M＝4kg，A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為H＝0.6m、h＝0.15m，R＝0.75m，物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.7，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，g＝10m/s2．求：（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）小物塊的初速度v0及在B點(diǎn)時的速度大??；,（2）小物塊滑動至C點(diǎn)時，對圓弧軌道的壓力大??；（3）長木板至少為多長，才能保證小物塊不滑出長木板?！敬鸢浮浚?）小物塊的初速度為4m/s及在B點(diǎn)時的速度大小為5m/s；（2）小物塊滑動至C點(diǎn)時，對圓弧軌道的壓力大小為47.3N；（3）長木板至少為2.0m，才能保證小物塊不滑出長木板?！窘馕觥浚?）從A點(diǎn)到B點(diǎn)，物塊做平拋運(yùn)動，有：H﹣h＝gt2，設(shè)到達(dá)B點(diǎn)時豎直分速度為vy，則有：vy＝gt，聯(lián)立解得：vy＝3m/s，此時速度方向與水平面的夾角為θ＝37°，有：tanθ＝＝得：v0＝4m/s，在B點(diǎn)時的速度大小為：v1＝＝5m/s；（2）從A點(diǎn)至C點(diǎn)，由動能定理有：mgH＝，設(shè)物塊在C點(diǎn)受到的支持力為FN，則有FN﹣mg＝m解得：vC＝2，F(xiàn)N≈47.3N，根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊在C點(diǎn)時對圓弧軌道的壓力大小為47.3N；（3）小物塊與長木板間的滑動摩擦力：Ff＝μ1mg＝7N，長木板與地面間的最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，有：F′f＝μ2（M+m）g＝10N因?yàn)镕f＜F′f，所以小物塊在長木板上滑動時，長木板靜止不動，小物塊在長木板上做勻,減速運(yùn)動，則長木板的長度至少為：l＝＝2.0m；21．（10分）如圖甲所示，兩足夠長的光滑平行導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌間距為L，一端連接阻值為R的電阻。一金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為m，接入電路的電阻為r。在金屬棒中點(diǎn)對棒施加一個水平向右、平行于導(dǎo)軌的拉力，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。（1）若金屬棒以速度v0做勻速運(yùn)動，求棒受到的拉力大小F1；（2）若金屬棒在水平拉力F2作用下，速度v隨時間t按余弦規(guī)律變化，如圖乙所示，取水平向右為正方向，求t＝0到t＝的過程中，整個回路產(chǎn)生的熱量Q以及拉力F2做的功W；（3）在（2）的情況下，求t＝0到t＝的過程中，通過電阻R的電荷量q及拉力F2的沖量I。【答案】（1）棒受到的拉力大小F1為（2）t＝0到t＝的過程中，整個回路產(chǎn)生的熱量Q為，拉力F2做的功W為﹣；（3）t＝0到t＝的過程中，通過電阻R的電荷量q為，拉力F2的沖量I為﹣mv0?！窘馕觥浚?）金屬棒勻速運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv0,形成的感應(yīng)電流為棒受到的安培力為F0＝BIL由平衡條件有F1＝F0解得（2）金屬棒的速度v隨時間r的變化關(guān)系為電路中產(chǎn)生正弦式電流，感應(yīng)電動勢的峰值為E0＝BLv0感應(yīng)電動勢的有效值為t＝0到t＝的過程中，整個回路產(chǎn)生的熱量為Q＝•解得安培力做的功WA＝﹣Q由動能定理有解得W＝﹣（3）單匝線圈在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交變電流的模型中，從平行磁感線位置開始轉(zhuǎn)動后的四分之一周期內(nèi)，流過線圈的電量為：（其中Em＝BSω）將本題由于速度變化產(chǎn)生交變電流的情景與單匝線圈在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交變電流的模型類比，可得根據(jù)動量定理，I﹣I安＝0﹣mv0又I安＝t＝BLt＝BLq解得22．（10分）離子推進(jìn)器，又稱離子發(fā)動機(jī)，廣泛應(yīng)用于太空領(lǐng)域。某種推進(jìn)器簡化原理如圖,甲所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)：Ⅰ區(qū)為電離區(qū)，其內(nèi)有沿軸向分布的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝；Ⅱ區(qū)為加速區(qū)，其內(nèi)電極P、Q間加有恒定電壓U，形成沿軸向分布的勻強(qiáng)電場。在離軸線處的C點(diǎn)持續(xù)射出一定速率范圍的電子，射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運(yùn)動，截面如圖乙所示（從左向右看），電子的初速度方向與中心點(diǎn)O和點(diǎn)C的連線成α角（0＜α＜90°）。向Ⅰ區(qū)注入某種稀薄氣體，電子使該氣體電離的最小速率為v0，電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大，電離效果越好。Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近0的初速度飄入Ⅱ區(qū)，被加速后形成離子束，從右側(cè)噴出，在加速過程中推進(jìn)器可獲得恒定的推力。在某次推進(jìn)器工作時，氣體被電離成質(zhì)量為M的1價正離子，且單位時間內(nèi)飄入Ⅱ區(qū)的離子數(shù)目為定值。已知電子質(zhì)量為m，電量為e，不考慮電子間的碰撞及相互作用，電子碰到器壁即被吸收。（1）為取得好的電離效果，請判斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向（按圖乙說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”）；（2）在取得好的電離效果下，當(dāng)α＝60°時，求從C點(diǎn)射出的電子速度v的大小取值范圍；（3）若單位時間內(nèi)飄入Ⅱ區(qū)的正離子數(shù)目為n，求推進(jìn)器獲得的推力F0；（4）加速離子束所消耗的功率P不同時，推進(jìn)器的推力F也不同，為提高能量轉(zhuǎn)換效率，應(yīng)使F/P盡量大，試推導(dǎo)F/P的表達(dá)式，并提出一條能增大F/P的建議?！敬鸢浮浚?）Ⅰ區(qū)中的磁場方向垂直紙面向里；（2）在取得好的電離效果下，當(dāng)α＝60°時，從C點(diǎn)射出的電子速度滿足：v0≤v≤2v0；（3）若單位時間內(nèi)飄入Ⅱ區(qū)的正離子數(shù)目為n，推進(jìn)器獲得的推力為n；（4）推導(dǎo)F/P的表達(dá)式為，建議：用質(zhì)量（比荷）大的離子；或者減小加速電壓。【解析】（1）為使電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大，根據(jù)左手定則可判斷,磁場垂直紙面向里（2）粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖，在△COA中，OA＝R﹣r，OC＝，AC＝r，∠OCA＝30°，由余弦定理可知：得：r＝洛倫茲力提供向心力，，得v＝2v0所以，速率范圍：v0≤v≤2v0（3）單位時間t中根據(jù)動量定理有：F0′t＝ntMv1離子動能定理牛頓第三定律F0＝F'0聯(lián)立得：F0＝n（4）對加速的離子束：P＝eU＝牛頓第三定律F＝F'得：一條建議：用質(zhì)量（比荷）大的離子；或者減小加速電壓.