2022年浙江省普通高校招生选考物理真题试卷（Word版含答案）

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2022年浙江省普通高校招生选考物理真题试卷一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．（3分）单位为J/m的物理量是（　　）A．力B．功C．动能D．电场强度【分析】明确国际单位制中的单位名称，对于每个物理量的单位都要掌握住，特别是有多个单位的物理量，如长度的单位有m、cm、mm等等，要知道哪些单位属于国际单位制中的符号。【解答】解：功的单位为J，位移的单位为m，根据W＝Fx可知，单位为J/m的物理量是力，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查学生对单位这一基础知识的掌握情况，物理量及对应的单位是必须掌握住的基础知识。2．（3分）下列说法正确的是（　　）A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略

1D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同【分析】质点是用来代替物体的有质量而不考虑形状和大小的点，在物体的大小和形状不起作用，或者所起的作用并不显著而可以忽略不计时，我们可以近似地把该物体看作是一个具有质量且大小和形状可以忽略不计的理想物体，称为质点。【解答】解：A、研究甲图中排球运动员扣球动作时，要注意扣球时与球的接触位置，则排球的大小与形状不能忽略不计，排球不可以看成质点，故A错误；B、研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要注意发球时球拍与球的接触位置，则乒乓球的大小与形状不能忽略不计，乒乓球不能看成质点，故B正确；C、研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，要注意击球时与球的接触位置，则羽毛球的大小与形状不能忽略不计，故C错误；D、研究图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度不可以视为相同，故D错误。故选：B。【点评】要把物体看作质点，就要看所研究问题的性质，而与物体本身无关。所以，能否将物体看作质点需要满足其中之一：①当物体的大小与所研究的问题中其他距离相比为极小时。②一个物体各个部分的运动情况相同，它的任何一点的运动都可以代表整个物体的运动。3．（3分）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（　　）

2A．B．C．D．【分析】由安培力的计算公式可知安培力与电流和导线长度间的关系，从而确定图象。【解答】解：AB、由F＝BIL可知，在B和L不变的情况下，F与电流I成正比，故A错误，B正确；CD、由F＝BIL可知，在B和I不变的情况下，F与磁场中的导线长度成正比，故CD错误。故选：B。【点评】本题考查学生对安培力公式的掌握，只需明确根据安培力的公式：F＝BIL，知道L为有效长度即可顺利求解。4．（3分）如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（　　）

3A．水桶自身重力的大小B．水管每秒出水量的大小C．水流对桶撞击力的大小D．水桶与水整体的重心高低【分析】明确水桶翻转原理，知道重心的性质。【解答】解：当桶中水增多时，水桶和水的重心上移，当重心上移到某一高度时，水桶会翻转，所以决定桶能否翻转的主要因素是重心的高低，与自身重力、出水量和撞击力等无关，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查重心知识的应用，要注意将所学物理规律用到生活中去，从而激发学习物理的兴趣。5．（3分）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是（　　）A．轻绳的合拉力大小为

4B．轻绳的合拉力大小为C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小【分析】对石墩受力分析，由平衡条件列方程求解出轻绳的合拉力大小表达式，然后应用数学知识的三角函数知识去求解。【解答】解：AB．设轻绳的合拉力大小为T，对石墩受力分析，如图所示：由平衡条件，可知在水平方向上有：Tcosθ＝f竖直方向上有：Tsinθ+N＝mg根据滑动摩擦力公式得：f＝μN联立解得轻绳的合拉力大小为：T＝，故A错误，B正确；C．合拉力的大小为：T＝＝其中tanα＝μ，可知当θ+α＝90°时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；D．摩擦力大小为：f＝Tcosθ＝＝可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；故选：B。【点评】

5本题以学校门口水平地面上的石墩为情景载体，考查了共点力平衡在实际问题中的应用，解决此题的关键是对石墩进行受力分析，根据平衡条件结合数学的三角函数进行求解。6．（3分）图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（　　）A．甲图中的小球将保持静止B．甲图中的小球仍将来回振动C．乙图中的小球仍将来回摆动D．乙图中的小球将做匀速圆周运动【分析】相对在地球上，太空中重力忽略不计，从而结合简谐运动回复力分析各选项。【解答】解：AB、甲图做简谐运动，回复力为弹力，不受重力影响，故仍来回振动，故A错误，B正确；CD、乙图小球受重力影响来回振动，太空中重力不计，故不能摆动或匀速圆周运动，故CD错误。故选：B。【点评】本题考查简谐运动，灵活运用受力分析是解题关键。7．（3分）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为GP和GQ。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P

6和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（　　）A．Q对P的磁力大小等于GPB．P对Q的磁力方向竖直向下C．Q对电子秤的压力大小等于GQ+FD．电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ【分析】P对手有靠向玻璃挡板的力，Q对P有水平向左的磁力，Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GP；对PQ的整体受力分析，由平衡条件和牛顿第三定律判断即可。【解答】解：AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于GP，故AB错误；CD．对PQ的整体受力分析，在竖直方向上，根据平衡条件可知电子秤对Q的支持力大小等于GP+GQ，根据牛顿第三定律可知Q对电子秤的压力大小等于GP+GQ，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题以水平放置的电子秤为情景载体，考查了受力分析及平衡条件在实际问题中的应用，解决此题要灵活选取研究对象。

78．（3分）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（　　）A．发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间B．从P点转移到Q点的时间小于6个月C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度【分析】第二宇宙速度是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度；根据卫星的变轨原理分析；根据开普勒第三定律分析周期关系。【解答】解：A、天问一号需要脱离地球引力的束缚，第二宇宙速度11.2km/s为脱离地球的引力，在地球发射天问一号的速度要大于第二宇宙速度，故A错误。B、地球公转周期为12个月，根据开普勒第三定律可知，＝k，天问一号在地火转移轨道的轨道半径大于地球公转半径，则运行周期大于12个月，从P点转移到Q点的时间大于6个月，故B错误；C、同理，环绕火星的停泊轨道半径小于调相轨道半径，则在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；D、天问一号在Q点点火加速进入火星轨道，则在地火转移轨道运动时，Q

8点的速度小于火星轨道的速度，根据万有引力提供向心力可知，，解得线速度：v＝，地球公转半径小于火星公转半径，则地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于地球绕太阳的速度，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是理解卫星的变轨过程，以及万有引力定律的灵活运用。9．（3分）如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（　　）A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电【分析】磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场；甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电。【解答】解：A

9．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；故选：A。【点评】本题是准确理解交流电的产生规律，闭合电路中线圈在磁场中转动时，线圈中要产生交变电流，要满足线圈中的磁通量发生周期性变化。10．（3分）某种气体一电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是（　　）A．a点所在的线是等势线B．b点的电场强度比c点大C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零

10【分析】电场线是发散的，等势线是封闭的，电场线的密集程度代表电场强度大小，d点电势与g点电势不同，根据等势线可知电势差关系。【解答】解：A、电场线是发散的，等势线是封闭的，所以a所在的线是电场线，故A错误；B、根据电场线的密集程度代表电场强度大小可知b点场强小于c点场强；故B错误；C、根据等势线分布可知Ubc＝Uba+Uac，所以b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，故C正确；D、由图可知d点电势与g点电势不同，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为0，故D错误；故选：C。【点评】本题考查电场线、电势能与电场力做功，解题关键掌握电场线与等势线的特点，注意电场线的密集程度代表电场强度大小。11．（3分）如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O点，发现有a、b、c、d四条细光束，其中d是光经折射和反射形成的。当入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度Δθ时，b、c、d也会随之转动，则（　　）A．光束b顺时针旋转角度小于ΔθB．光束c逆时针旋转角度小于ΔθC．光束d顺时针旋转角度大于ΔθD．光速b、c之间的夹角减小了2Δθ

11【分析】由反射定律可知反射角等于入射角，由折射定律可得光束c逆时针旋转角度小于Δθ，光束d的反射角变化与光束c的折射角变化相等。【解答】解：A.设入射光线的入射角为α，则反射角为α，光束c的折射角为β，光束d的反射角也为β，入射光束a绕O点逆时针方向转过小角度Δθ时，入射角变为α'＝Δθ+α由反射定律可知反射角等于入射角，则光束b顺时针旋转角度等于Δθ，故A错误；B.由折射定律有＝n＞1＝n＞1可得Δθ′＜Δθ即光束c逆时针旋转角度小于Δθ，故B正确；C.光束d的反射角变化与光束c的折射角变化相等，则光束d顺时针旋转角度小于Δθ，故C错误；D.光束b顺时针旋转角度等于Δθ，光束c逆时针旋转角度小于Δθ，则光速b、c之间的夹角减小的角度小于2Δθ，故D错误；故选：B。【点评】本题考查光的折射与反射，解题关键掌握光的反射定律与折射定律，根据入射角的变化推出反射角和折射角的变化。12．（3分）某节水喷灌系统如图所示，水以v0＝15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H＝3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A

12。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（　　）A．每秒水泵对水做功为75JB．每秒水泵对水做功为225JC．水泵输入功率为440WD．电动机线圈的电阻为10Ω【分析】由能量守恒求解水泵对水做的功，由抽水效率求解水泵输入功率，由功率关系求解电阻。【解答】解：AB、水泵的输出功率P出＝＝解得P出＝300W，即做功为300J，故AB错误；C、由水泵的抽水效率关系75%P入＝P出解得P入＝400W，故C错误；D、P内＝P总﹣P入＝UI﹣P入又P内＝I2R解得R＝10Ω，故D正确。故选：D。

13【点评】本题考查电功率，熟练掌握功率关系是解题关键。13．（3分）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（　　）A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向B．圆管的感应电动势大小为C．圆管的热功率大小为D．轻绳对圆管的拉力随时间减小【分析】根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的大小，根据闭合电路的欧姆定律求出电流的大小，根据电功率的公式求出电功率的大小，根据安培力的公式求出安培力的大小变化，然后判断轻绳对圆管的拉力。【解答】解：A、根据安培定则可知螺线管产生的磁场的方向向上，由于螺线管产生的磁场随时间增强，根据楞次定律，圆管产生的感应电流方向从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，故A错误；B、圆管的横截面积：S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律，则产生的电动势：E＝＝＝＝kπr2，故B错误；

14C、根据电阻定律，圆管的电阻：R＝，圆管内的感应电流的大小：I＝＝，圆管的热功率大小为：P＝I2R＝，故C正确；D、根据左手定则可知，圆管受到的安培力的方向指向圆管的圆心，虽然安培力变化，但安培力的大小对轻绳对圆管的拉力没有影响，所以轻绳对圆管的拉力不变，故D错误。故选：C。【点评】该题属于电磁感应定律的综合应用，解答的过程中要注意圆管的横截面积与管壁的横截面积是不同的，计算感应电动势与计算电阻时要注意区分。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不选全的得1分，有选错的得0分）（多选）14．（2分）2021年12月15日秦山核电站迎来了安全发电30周年，核电站累计发电约6.9×1011kW•h，相当于减排二氧化碳六亿多吨。为了提高能源利用率，核电站还将利用冷却水给周围居民供热。下列说法正确的是（　　）A．秦山核电站利用的是核聚变释放的能量B．秦山核电站发电使原子核亏损的质量约为27.6kgC．核电站反应堆中需要用镉棒控制链式反应的速度D．反应堆中存在→Ba++的核反应【分析】

15核电站采用铀核裂变提供能量发电；核裂变是可控的链式反应；核能的利用率不能达到100%。【解答】解：A、目前核电站均利用铀核裂变释放的能量发电，故A错误；B、秦山核电站30年累计发电约6.9×1011kW•h，根据爱因斯坦质能方程得Δm＝kg＝27.6kg，核反应产生的能量不能完全转化为电能，故质量亏损比27.6kg更多，故B错误；C、铀核裂变可通过反应堆中的镉棒控制链式反应速度，故C正确；D、用一个中子轰击铀核，产生3个中子，铀核裂变方程式为：→Ba++，其中核反应方程两端的中子不能约去，故D正确；故选：CD。【点评】本题考查核能的应用，要注意正确区分核裂变和核聚变的区别，知道核电站的工作模式。（多选）15．（2分）两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t＝0时刻的波形如图所示，此时两列波相距λ，则（　　）A．t＝时，波形如图2甲所示

16B．t＝时，波形如图2乙所示C．t＝时，波形如图2丙所示D．t＝T时，波形如图2丁所示【分析】根据波传播的时间确定波传播的距离，再根据波的叠加原理分析两列波相遇时的波形。【解答】解：A、波在一个周期内传播的距离为一个波长，因为t＝0时刻两列波相距λ，t＝时，两列波各传播的距离，两列波还没有相遇，各自的波形不变，故A错误；B、t＝时，两列波各传播的距离，两列波刚好相遇，各自的波形不变，波形如图乙所示，故B正确；C、t＝时，两列波各传播λ的距离，两个波谷相遇，两波谷叠加处的位移等于原来两个波谷位移之和，波形与图丙不同，故C错误；D、t＝T时，两列波各传播λ的距离，左波的波峰与右波的波谷相遇，左波的波谷与右波的波峰相遇，相遇处位移均为零，波形如图丁所示，故D正确。故选：BD。【点评】解答本题时，要知道波在一个周期内传播的距离为一个波长，两列波的波峰与波谷相遇时，振动会抵消。（多选）16．（2分）电子双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子枪持续发射的电子动量为1.2×10﹣23kg•m/s，然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量取9.1×10﹣31kg，普朗克常量取6.6×10﹣34J•s，下列说法正确的是（　　）

17A．发射电子的动能约为8.0×10﹣15JB．发射电子的物质波波长约为5.5×10﹣11mC．只有成对电子分别同时通过双缝才能发生干涉D．如果电子是一个一个发射的，仍能得到干涉图样【分析】由经典力学动量与动能的关系式求电子的动能；由物质波波长公式求电子的波长；实物粒子也具有波动性，但由于波长太小，我们无法直接观测到，电子衍射图样有力的证明了物质波的存在，波粒二象性是指既具有波动性又有粒子性，少量体现粒子性，大量体现波动性；微观（小到分子、原子尺度）领域，牛顿运动定律不再适用；由不确定性关系来判断微观粒子没有准确的位置。【解答】解：A、电子的动能Ek＝＝＝＝8.0×10﹣17J，故A错误；B、发射电子波长λ＝＝＝5.5×10﹣11m，故B正确；C、电子不一定成双成对通过双缝才有干涉图样，电子在运动的过程中具有波动性的特点，到达各位置的概率不相同，故C错误；D、根据物质波是概率波的概念，对于一个粒子通过单缝落在何处，是不确定的，但是中央亮条纹，故概率最大落在中央亮纹处，也有可能落在暗纹处，但是落在暗纹处的几率很小，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查的是物质波也具有波粒二象性，牛顿运动定律在微观领域不再适用以及不确定性关系，属于基础内容，要求学生强化记忆，多加训练。

18三、非选择题（本题共7小题，共55分）17．（7分）在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标（x0，y0）。（1）下列说法正确的是　C　。A.实验所用斜槽应尽量光滑B.画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来C.求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据（2）根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0＝　D　。A.B.C.x0D.x0（3）在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是　小球到达斜槽末端时的速度相同，确保多次运动的轨迹相同　。【分析】（1）根据实验注意事项分析答题。（2）应用平抛运动规律求出小球的初速度大小。

19（3）为使小球到达斜槽末端时速度相等，小球应从斜槽的同一位置由静止释放。【解答】解：（1）A、只要小球从斜槽同一位置由静止释放，小球做平抛运动从初速度就相同，实验所用斜槽应不必光滑，故A错误；B、画轨迹时应把尽可能多的描出的点用平滑的曲线连接起来，故B错误；C、为减小实验误差，求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，故C正确。故选：C。（2）小球做平抛运动，设运动时间为t，水平方向x0＝v0t竖直方向y0＝解得：v0＝x0，故ABC错误，D正确。故选：D。（3）实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是小球到达斜槽末端时的速度相同，确保多次运动的轨迹相同。故答案为：（1）C；（2）D；（3）小球到达斜槽末端时的速度相同，确保多次运动的轨迹相同。【点评】理解实验原理是解题的前提，掌握基础知识、应用平抛运动规律即可解题。18．“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测得。

20（1）实验应进行的操作有　C　。A．测量滑轨的长度B．测量小车的长度和高度C．碰撞前将滑轨调成水平（2）下表是某次实验时测得的数据：A的质量/kgB的质量/kg碰撞前A的速度大小/（m•s﹣1）碰撞后A的速度大小/（m•s﹣1）碰撞后B的速度大小/（m•s﹣1）0.2000.3001.0100.2000.800由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是　0.200　kg•m/s。（结果保留3位有效数字）【分析】（1）系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据题意分析答题。（2）根据实验数据应用动量的计算公式求出系统的总动量大小。【解答】解：（1）AB、实验需要测量小车的速度与质量，不需要测量滑轨的长度、不需要测量小车的长度和高度，故AB错误；C、系统所受合外力为零系统动量守恒，碰撞前将滑轨调成水平，故C正确。（2）由于A的质量小于B的质量，碰撞后A反弹，以碰撞前A的速度方向为正方向，碰撞后小车A、B所构成的系统总动量大小p＝mAvA+mBvB＝0.200×（﹣0.200）kg•m/s+0.300×0.800kg•m/s＝0.200kg•m/s故答案为：（1）C；（2）0.200。【点评】理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，解题时要注意正方向的选择。

2119．（7分）小明同学根据图1的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值，使电流表的读数I达到某一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多个的值，作出﹣l图像，如图2中图线a所示。（1）在实验中使用的是　0～20Ω　（选填“0～20Ω”或“0～200Ω”）的滑动变阻器。（2）在某次测量时，电压表的指针位置如图3所示，量程为3V，则读数U＝　1.31　V。（3）已知合金丝甲的横截面积为7.0×10﹣8m2，则合金丝甲的电阻率为　1.0×10﹣6　Ω•m（结果保留2位有效数字）。（4）图2中图线b是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采用同样的方法获得的﹣l图像，由图可知合金丝甲的横截面积　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）合金丝乙的横截面积。【分析】（1）为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。（2）根据电压表量程确定其分度值，根据指针位置读出其示数。（3）应用电阻定律求出合金丝的电阻率。

22（4）根据图示图象比较两合金丝电阻大小，然后与电阻定律比较电阻率大小关系。【解答】解：（1）为方便实验操作，在实验中使用的是0～20Ω的滑动变阻器。（2）电压表量程是3V，由图3所示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为1.31V。（3）由欧姆定律与电阻定律得：R＝＝ρ，则l由图2所示﹣l图象可知，图象的斜率k＝＝Ω/m，代入数据解得：ρ≈1.0×10﹣6Ω•m（4）另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后，电阻率不变，横截面积变为：S′＝S+S乙由图2中图线b可得：S′＝＝m2＝2.8×10﹣7m2S乙＝S′﹣S＝2.8×10﹣7m2﹣7.0×10﹣8m2＝2.1×10﹣7m2，故合金丝甲的横截面积小于乙的横截面积。故答案为：（1）0～20Ω（2）1.31；（3）1.0×10﹣6；（4）小于。【点评】理解实验原理是解题的前提，应用欧姆定律与电阻定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以解题。20．（9分）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26，求雪车（包括运动员）

23（1）在直道AB上的加速度大小；（2）过C点的速度大小；（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。【分析】（1）根据运动学公式计算出运动员的加速度；（2）利用做运动学公式计算过C点的速度大小；（3）由牛顿第二定律列平衡方程求解；【解答】解：（1）设在AB段加速度为a1，位移为x1，由运动学公式＝2a1x1代入数据解得：a1＝m/s2（2）设运动员在AB段运动时间为t1，BC段时间为t2，t1＝＝s＝3sBC段x2＝v1t2+a2代入数据解得：a2＝2m/s2过C点的速度为v＝v1+a2t2代入数据解得：v＝12m/s（3）在BC段由牛顿第二定律

24mgsinθ﹣Ff＝ma2代入数据解得：Ff＝66N答：（1）在直道AB上的加速度大小为m/s2；（2）过C点的速度大小为12m/s；（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小为66N。【点评】本题主要考查了运动的多过程问题，分析过程中涉及到了牛顿第二定律和做功公式的计算，抓住转折点的速度进行分析即可，考法常规，难度不大。21．（12分）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。（1）若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；（2）设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。【分析】（1）由动能定理可得出，滑块运动到C

25点的速度，再根据向心力公式得出支持力大小；（2）根据动能定理可知，滑块第一次经F点的速度与释放点距B点长度的关系式；（3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，结合动能定理得出释放点距B点长度。【解答】解：（1）到C点过程，根据动能定理可得：mglsin37°+mgR（1﹣cos37°）＝m在C点时，根据向心力公式可得：FN﹣mg＝m联立解得：FN＝7N（2）能过最高点时，则能到F点，那么恰到最高点时，根据动能定理可得：mglxsin37°﹣3mgRcos37°﹣mgR＝0，解得：lx＝0.85m因此，要能过F点必须满足lx≥0.85m第一次过F点时的速度v与lx之间的关系式，根据动能定理可得：mglxsin37°﹣4mgRcos37°＝，解得：v＝，其中lx≥0.85m（3）设摩擦力做功为第一次达到中点的n倍，根据动能定理可得：mglxsin37°﹣mgsin37°﹣nμmgcos37°＝0（根据滑块运动到停下来，其中n为奇数），解得：lx＝m当n＝1时，lx1＝m；当n＝3时，lx2＝m；当n＝5时，lx3＝m答：（1）滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小为7N；（2）滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式为v＝，其中lx≥0.85m；（3）释放点距B点长度lx的值可能为m、m、m。【点评】本题考查了多过程

26问题的动能定理应用，解题的关键是掌握清楚运动过程，几何关系不能找错，第三小题分析时从摩擦力做的总功为第一次到达中点的n倍更好解题，需要注意的是由于滑块运动的特点，n取奇数。22．（10分）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；（3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。

27【分析】（1）根据电磁感应定律计算出电动势，结合公式Q＝CU计算出极板所带的电荷量；（2）根据动量定理，结合电容器的放电过程和能量守恒定理分析出电容器释放的电荷量；（3）根据动能定理，结合导体框的运动特点计算出最大距离。【解答】解：（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；根据法拉第电磁感应定律可知：则电容器的电荷量为：Q＝CU＝联立解得：Q＝0.54C（2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2棒的上滑过程有：联立解得：ΔQ＝0.16C（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得：可得：Δx＝0.128m＞0.08m匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m答：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为0.54C，M极板带正电；（2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C；（3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。

28【点评】本题主要考查了电磁感应定律，在分析过程中结合了动量定理和电容器的相关知识，考点的知识点比较综合，难度中等偏上。23．（10分）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E＝，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2＝，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。

29【分析】（1）根据光电效应方程解得最大初动能，结合动能定理可解得；（2）粒子在速度选择器中受力平衡结合动能定理与几何关系可解得；（3）根据几何关系结合速度v0的取值范围可解得。【解答】解：（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能Ekm＝hν﹣W0则有：＝Ek+eU：（0≤Ek≤Ekm）解得：≤v0≤（2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有：ev0B1＝eE解得：v0＝根据动能定理有：eU＝﹣vM＝光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsinα＝

30光电子区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev0B2＝mvMsinβ＝v0sinα联立解得：β＝30°（3）由上述表达式ev0B1＝eE，可得：Emax＝B1结合在区域Ⅱ中：r＝，rsinα＝可得：sinα＝而v0sinα等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：m（v0sinα）2≤Ekm＝hν﹣W0可得：v0sinα≤联立解得：B2≤则B2的最大值为答：（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为≤v0≤；（2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为，与x轴的夹角β为30°；（3）E的最大值为B1，B2的最大值为。【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，解题关键掌握光电效应的应用，注意速度的取值范围从而分析粒子的运动轨迹结合几何关系解答。