浙江省2020届新高考选考科目考试物理模拟题(附解析).pdf

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1、- 1 - 2020 届浙江新高考选考科目考试物 理模拟卷 一. 单项选择题 1. 下列说法错误的是（） A. 英国科学家胡克发现了胡克定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平方成反比” 的猜想 B. 英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算发现了海王星 C. 牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤装置测得万有引力常量，“称量了地球的重量” D. 美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，获得诺贝尔奖 【答案】 C 【解析】 【详解】英国科学家胡克发现了胡克定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平方成 反比”的猜想，选项

2、A正确；英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算发现 了海王星，选项B 正确；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤装置测得万有引力常量，“称量了地 球的重量”，选项C错误；美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，获得诺贝尔 奖，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C. 2. 我国“北斗”卫星导航定位系统将由5 颗静止轨道卫星( 同步卫星 ) 和 30 颗非静止轨道卫星组成，30 颗非 静止轨道卫星中有27 颗是中轨道卫星，中轨道卫星轨道高度约为2.1510 4 km，静止轨道卫星的高度约为 3.6010 4 km。下列说法正确的是 ( ) A.

3、中轨道卫星的线速度大于7.9 km/s B. 静止轨道卫星的线速度大于中轨道卫星的线速度 C. 静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期 D. 静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度 【答案】 C 【解析】 第一宇宙速度是卫星近地面飞行时的速度，由于中轨道卫星的半径大于地球半径，故中轨道卫星的线速度小 于第一宇宙速度7.9km/s ，故 A错误；根据万有引力提供向心力：，解得：，静止轨道卫 - 2 - 星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，所以静止轨道卫星的线速度小于中轨道卫星的线速度，故B错误；根 据万有引力提供向心力：，解得：，静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径， 所

4、以静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期，故 C正确；根据万有引力提供向心力：， 解得：，静止轨道卫星轨道半径大于中轨道卫星轨道半径，所以静止轨道卫星的向心加速度小于中轨 道卫星的向心加速度，故D错误。所以C正确， ABD错误。 3. 如图所示为一台非铁性物质制成的天平，天平左盘中的A是螺线管，B是铁块，螺线管未通电时天平平衡， 现使螺线管通电，调节螺线管中电流的大小，使铁块B向上加速运动，在B向上运动的过程中，下列判断正 确的是 ( ) A. 天平仍保持平衡 B. 天平右盘下降 C. 天平左盘下降 D. 不知道电磁铁的磁极，所以无法确定天平的升降 【答案】 C 【解析】 【详解】现使

5、螺线管通电，调节螺线管中电流的大小，使铁块B 向上加速运动，铁块处于超重状态，可知左 侧的物体整体对天平的压力增大，天平左盘下降，故C正确， A、B、D错误； 故选 C。 【点睛】关键是铁块B向上加速运动，根据超重与失重的特点分析天平的那一端下降。 4. 如图所示， 为质量均可忽略的轻绳与轻杆组成系统，轻杆A端用铰链固定， 滑轮在A点正上方 ( 滑轮大小及 摩擦均可不计) ，轻杆B端吊一重物G. 现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢释放 ( 均未断 ) 到AB 杆转到水平位置前，以下说法正确的是 A. 绳子受到的拉力越来越大 B. 绳子受到的拉力越来越小 - 3 - C. AB杆受到的

6、压力越来越大 D. AB杆受到的压力越来越小 【答案】 A 【解析】 以 B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G ） 、轻杆的支持力N和绳子的拉力F， 作出力图如图： 由平衡条件得知，N 和 F 的合力与T 大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：，解得： ，；用拉力F将B端缓慢释放 ( 均未断 ) 到AB杆转到水平位置前 , BAO 缓慢变大时， AB 、 AO保持不变， BO变大，则 N保持不变， F 变大故A正确， BCD错误故选A. 点睛：本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变 化，是常用的方法 5. 如图所示，真

7、空中有两个点电荷Q1=410 -8 C和 Q2=110 -8 C分别固定在x 坐标轴的 x=0cm和 x=6cm的位置上。 关于 x 轴上各点，下列说法正确的是（） A. x=4cm 处的电场强度为零 B. x=2cm 处电势低于x=3cm处 C. x=3cm 处电场强度大于x=5cm处 D. 负电荷在x=7cm处的电势能大于x=8cm处 【答案】 A 【解析】 设距离 Q1x1处的场强为零， 根据电场叠加原理，得，解得 x1=4cm处电场强度为零，选项 A正确。 电场由 x=2cm处指向 x=3cm处，故电势降低，即x=2cm处电势高于x=3cm处，选项B错误；通过计算可以发 - 4 - 现

8、x=3cm处电场强度为；x=5cm处电场强度为 ，则 x=3cm处电场强度小于x=5cm处，选项 C错误。 x=7cm电势大于x=8cm 处，故负电荷在x=7cm处的电势能小于x=8cm处，选项D错误。故选A。 6. 高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地。在赤道某地两建筑上空，有一团 带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图所示。则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是 A. 向东 B. 向南 C. 向西 D. 向北 【答案】 C 【解析】 【详解】当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电电荷从上而下通过避雷 针，所以电流的方向为从下而

9、上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西。故选C。 【点睛】左手定则的内容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让 磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方 向. 7. 某工地上， 一架起重机将放在地面的一个箱子吊起箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动， 运动过程中箱子的机械能E与其位移x 关系的图象如图所示，其中Ox1过程的图线为曲线，x1x2过程的图 线为直线根据图象可知（） A. O x1过程中钢绳的拉力逐渐增大 B. O x1过程中箱子的动能一直增加 C. x1x2过程中钢绳的

10、拉力一直不变 D. x1x2过程中起重机的输出功率一直增大 - 5 - 【答案】 C 【解析】 解：A、B、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以Ex 图象的斜 率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在Ox1内斜率的绝对值逐渐减小，故在Ox1内物体所受的 拉力逐渐减小所以开始先加速运动，当拉力减小后，可能减速运动，故A错误， B错误 C、由于物体在x1x2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故物体受到的拉力不变，故C正确 D、由于物体在x1x2内 Ex 图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变如果拉力等于物体所 受的重力，故物体做匀速直线运动，

11、所以动能可能不变，故D错误 故选： C 【考点】功能关系；功率、平均功率和瞬时功率 【分析】 由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以 Ex 图象的斜率 的绝对值等于物体所受的拉力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果拉力大 于物体的重力，则物体加速向上运动，故物体的动能不断减小 【点评】 1除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少； 2Ex 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小以上两点是解决这类题目的突破口 8. 市面上出现“充电五分钟通话两小时”的手机电源，源于其使用 VOOC 闪充新技术。 VOOC 闪充标

12、配的 micro USB 充电线接口为 7 针，而常规的 micro USB 充电线接口为 5 针, 它标配的电池为 8 个金属触点， 而常规电池通常为4-5 个触点，与常规的 micro USB 充电线、电池相比，加触点的作用是为了（） A. 增大充电电压 B. 增大电池的容量 C. 增大充电电流 D. 增大充电电阻 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据题目的信息：闪充新技术，且8 个金属触点，而常规电池通常为4-5 个触点，进而可判定，增加触点的 作用。 【详解】由题目：闪充新技术，标配的电池为8 个金属触点，而常规电池通常为4-5 个触点，可知，与常规 的 microUSB 充电线、电

13、池相比，触点增加；电池不变，则不可能增加充电电压，也没有改变电池的容量，及 - 6 - 电阻，只可能增大充电的电流，使其快速充满电，故C正确， ABD错误；故选C。 【点睛】考查闪充新技术的原理，掌握解决信息题的方法，注意只增加触点，没改变电池，是解题的关键点。 二. 不定项选择题 9. 关于生活中的实际情形，下列说法正确的是（） A. 电容器外壳上标的电压是额定电压，这个数值比击穿电压低 B. 汽车在通过水库泄洪闸下游的凹形桥的最低点时，驾驶员处于失重状态 C. 为了便于行车，高大的桥通常要造很长的引桥，以减小汽车重力垂直桥面的分力 D. 电动机等大功率设备内部含有多匝线圈，在开关断开时，因

14、线圈自感产生电火花 【答案】 AC 【解析】 【详解】电容器外壳上标的电压是工作电压，又叫额定电压，这个数值比击穿电压低。故A 正确。当汽车在 通过水库泄洪闸下游的凹形桥的最低点时，此时有向上的加速度，汽车对接触面的压力大于物体的真实重力， 汽车处于超重状态；故B 错误；为了便于行车，高大的桥通常要造很长的引桥，以减小桥面的倾角，从而减 小重力沿桥面向下的分量，增大了汽车重力垂直桥面的分力，选项C错误；电动机等大功率设备内部含有多 匝线圈，在开关断开时，因线圈自感产生反电动势，容易产生电火花。故D正确。故选AD 。 10. 如图所示是一个用折射率n=2.4 的透明介质做成的四棱柱的横截面图，其

15、中 A=C=90 ， B=60 。 现 有一条垂直入射到棱镜的AB面上。下列说法正确的是（） A. AB 边可能无光线射出 B. AD 边一定无光线射出 C. DC 边一定无光线射出 D. BC 边一定无光线射出 【答案】 BC 【解析】 光线从左侧垂直AB射入棱镜时，有反射也透射，透射方向不变。光线射到CD时，由几何知识得；入射角为 i=30 。 - 7 - 该棱镜的临界角为C，则 sinC=，故有 C30，所以光线在DC面上发生了全反射。 由几何知识分析得到，光线射到AB面上时入射角为i =30，发生全反射，反射光线与BC面垂直，所以既 有光线垂直射出BC面，又有光线从BC反射，根据光路的

16、可逆性可知，这个反射光线沿原路返回，故 BC正确， AD错误。故选BC 。 11. 图甲是一台小型发电机的构造示意图, 线圈逆时针转动, 产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图 乙所示。发电机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12。则 A. 在t=0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量为零 B. 电压表的示数为6V C. 灯泡消耗的电功率为3W D. 若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e=12sin100 t V 【答案】 BC 【解析】 试题分析：在中性面感应电动势最小，磁通量最大；根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后 进一步可求出其瞬时值的表达式以

17、及有效值等 解： A 在 t=0.01s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大故A错误； B 电动势的最大值为Em=，电压表测量的为有效值，故示数为=6V；故 B错误； C、灯泡消耗的功率P=3W ；故 C正确； D、周期为 0.02S，则瞬时电动势的表达式为转速提高一倍 后，最大值变成12V，=2n，故角速度变为原来的2 倍，表达式应为：12sin200 t ；故 D错误； 故选： C 点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、 - 8 - 角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式 12. 如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个

18、质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端 固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h。让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零。则在圆环下 滑过程中（整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内）（ ） A. 橡皮绳的弹性势能一直增大 B. 圆环的机械能先不变后减小 C. 橡皮绳的弹性势能增加了mgh D. 橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大 【答案】 BC 【解析】 试题分析：圆环与橡皮绳构成的系统机械能守恒，圆环的机械能先不变后减小，橡皮绳的弹性势能先不变后 增加，选项A错误、选项B C 正确；橡皮绳再次到达原长时，合外力仍沿杆向下，圆环仍加速向下运动，速 度不是最大值，故圆环动能不是最大

19、，选项D错误。 考点：机械能守恒定律 13. 如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光, 从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反 射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为a、b两束单色光射出。下列说法正确的是 A. a光的频率大于b光的频率 B. 光束a在空气中的波长较大 C. 出射光束a、b一定相互平行 D. a、b两色光都是偏振光 【答案】 ACD 【解析】 A、作出光路图如图所示，可知光从空气射入玻璃时a 光的偏折程度较大，则a 光的折射率较大，频率较大， 故 A正确； - 9 - B、根据可知，光束a在空气中的波长较小，故B错误； C、因为 a、b 两光在上表面

20、的折射角与反射后在上表面的入射角分别相等，根据几何知识可知出射光束一定 相互平行，故C正确； D、偏振光是垂直于传播方向的平面上，只沿某个特定方向振动，所以a、b两色光都是偏振光，故D正确； 故选 ACD 。 14. 如图所示 ,E为电源 ,R为电阻 ,D为理想二极管,P和Q构成一理想电容器,M、N为输出端 , 让薄金属片P以 图示位置为中心在虚线范围内左右做周期性往复运动, 而Q固定不动.下列说法中正确的是() A. P每次向右运动 , 电容器的电容就会增大 B. P每次向左运动 , 电容器的电压就会增大 C. 随着P的左右运动 , 两板间电场强度最终会保持不变 D. 随着P的左右运动 ,

21、输出端会有周期性脉冲电压输出 【答案】 ABC 【解析】 A、根据电容器的电容：，P每次向右运动，d 减小， C增大， A正确； B、P每次向左运动 , 因为二极管，电容器无法放电，两板间电场强度不变，U=Ed，电容器的电压就会增大，B 正确； C、因为电容器无法放电，当电容器电量达到最大时，电量保持不变，两板间电场强度最终会保持不 变， C正确； D、电容器电量保持不变时，不再进行充放电，流过R中的电流为零，输出端输出电压为零，D错误。 故选 ABC 。 15. 如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释 放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续

22、向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖 直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图所示，不计空 - 10 - 气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（） A. 当x=h+x0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小 B. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先减小后增大 C. 小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大 D. 小球动能的最大值为 【答案】 ACD 【解析】 【详解】根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组 成的系统，机械能守恒可知，重力势能

23、与弹性势能之和最小，故A 正确；小球刚落到弹簧上时，弹力小于重 力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最 大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落 到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，选项B 错误， C 正确；小 球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h+x0) -mg?x0mv 2，故小球动能的最大值为 mgh+ mgx0，故 D正确；故选ACD 。 【点睛】本题关键是将物体的运动分为自由落体、加速下降和减速下降三个阶段，同时物体的动能和重力

24、势 能以及弹簧弹性势能总量守恒. 16. 如图所示，正方形abcd区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子 仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入磁场，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现 让该粒子从O点沿纸面以与Od成 30 o 角的方向，分别以大小不同的速率射入磁场，则关于该粒子在磁场中运 动的时间t 和离开正方形区域位置，下列分析正确的是( ) A. 若，则它一定从dc边射出磁场 - 11 - B. 若，则它一定从cb边射出磁场 C. 若，则它一定从ba边射出磁场 D. 若，则它一定从da边射出磁场 【答案】 AB 【解析】 【分析】 根据

25、几何关系确定带电粒子在磁场中的运动轨迹并确定其圆心角，根据其从各边穿出时的角度及时间确定能 否从各边穿出。 【详解】由题，带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c 点射出磁场，则知带电 粒子的运动周期为T=2t0。 A项：若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则粒子轨迹的圆心角为，速度的偏向角也为 ，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30，必定从cd 射出磁场，故A正确； B项：若该带电粒子在磁场中经历的时间是则得到轨迹的圆心角为，由于，则它一定从bc 边射出磁场，故B正确； C项：若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0= ， ，则得到轨迹的圆心角为，而粒子从

26、ab 边射出磁场时最 大的偏向角等于60+90=150=，故不一定从ab 边射出磁场。故C错误； D项：当带电粒子的轨迹与ad 边相切时，轨迹的圆心角为60，粒子运动的时间为t=，在所有从ad 边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad 边射出磁场。故D 错误。 故应选： AB 。 【点睛】本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，抓住粒子的周期一定，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心 角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间。 三. 实验探究题 17.(1) 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列器材在实验中不必用到有 _。 - 12 - (2) 若在

27、实验中用匝数N1400 匝和 N2800 匝的变压器， 对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据， 下 列说法正确的是_。 AN1一定是原线圈 BN2一定是原线圈 CN1可能是副线圈 DN2可能是副线圈 【答案】 (1). （1）AC (2). （2）A 【解析】 【分析】 依据“探究变压器的电压与匝数的关系”的实验原理，结合各仪器的作用，即可判定选取； 根据表格数据，通过比较，即可寻找原副线圈的匝数与电压的关系。 【详解】（1）“探究变压器的电压与匝数的关系”要用低压交流电源和交流电表，所以不需要干电池和滑动 变阻器，故选AC ； （2）表格中每组数据都可以看出匝数之比近似等于电压之比，N1

28、=400 匝和 N2=800 匝，N1一定是原 线圈， N2为副线圈，故A正确，故选A ； 18.(1) 实验室有一梯形玻璃砖，某同学想用“插针法”测定玻璃的折射率。玻璃砖有4 个光学面A、B、C、 D，如图所示，其中A、C两面相互平行，实验中该同学对入射面和出射面的认识正确的是_。 A只能选用A、C两面 - 13 - B可以选用A、B两面 C不能选用B、D两面 (2) 该同学在选用A、C两面进行实验时，正确操作后，做出的光路图及测出的相关角度如图所示。此玻璃的 折射率计算式为n= _ (用图中的1、 2表示 ) 。 【答案】 (1). （1）B (2). （2） 【解析】 【分析】 （1）

29、应用插针法测玻璃的折射率实验，在玻璃砖的一侧插上两根大头针，在玻璃砖的另一侧插上两根大头针， 插针的时候，后一根大头针应该挡住前面一根大头针的像。 （2）根据图示应用折射定律求出玻璃的电阻率。 【详解】（1）应用插针法测玻璃的折射率实验时，在玻璃砖的一侧竖直插上两枚大头针P1、P2，透过玻璃砖 观察大头针P1、P2的像，调整视线方向，直到P2档住 P1的像；再在观察的这一侧插两枚大头针P3、 P4，使 P3 挡住 P1、P2的像， P4挡住 P3及 P1、P2的像，记下P3、P4的位置，由图1 所示玻璃砖可知，实验时可以用A、C 两面、或用A、B两面、或用A、C两面、或用B、D两面进行实验，故

30、B正确， AC错误；故选B。 （2）由图 2 所示可知，玻璃的折射率：； 【点睛】折射率等于光从真空（空气）射入介质时入射角的正弦值与折射角的正弦值之比，根据图示情景应 用折射率的定义式可以求出玻璃的折射率。 19. 如图甲所示，在“探究功与速度变化的关系”的实验中，主要过程如下： A设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、； B分析纸带，求出橡皮筋做功使小车获得的速度v1、v2、v3、； - 14 - C作出W-v图象； D 分析W- v图象。如果W-v图象是一条直线， 表明Wv； 如果不是直线， 可考虑是否存在Wv 2、 Wv 3、 W 等关系。 (1) 实验中得到的一条如图乙所示的

31、纸带，求小车获得的速度应选_（选填“AB”或“CD”）段 来计算。 (2) 关于该实验，下列说法正确的有_ A.通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做的功成整数倍增加 B.通过改变小车质量可以改变橡皮筋对小车做的功 C.每次实验中，橡皮筋拉伸的长度必需保持一致 D.先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出 (3) 在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成这 种情况的原因可能是_。 （写出一条即可） 【答案】 (1). CD (2). ACD (3). 没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小 【解析】 【详解】（1）由图知：在AB之间，由于相邻计

32、数间的距离不断增大，而打点计时器每隔0.02s 打一个点，所 以小车做加速运动在CD之间相邻计数间距相等，说明小车做匀速运动小车离开橡皮筋后做匀速运动，应 选用 CD段纸带来计算小车的速度v求小车获得的速度应选CD段来计算； （2）该实验中利用相同橡皮筋形变量相同时对小车做功相同，通过增加橡皮筋的条数可以使橡皮筋对小车做 的功成整数倍增加故A正确， B错误；为保证每根橡皮条对小车做功一样多每次实验中，橡皮筋拉伸的长 度必需保持一致，故C正确；在中学阶段，用打点计时器测量时间时，为有效利用纸带，总是先接通电源后 释放纸带，故D正确；故选ACD. （3）在该实验中，打点计时器正常工作，纸带足够长，

33、点迹清晰的纸带上并没有出现一段等间距的点，造成 这种情况的原因可能是没有平衡摩擦力或木板的倾角过大或过小. 【点睛】明确了该实验的实验原理以及实验目的，即可了解具体操作的含义，以及如何进行数据处理；数据 处理时注意数学知识的应用，本题是考查实验操作及数据处理的方法等问题 20. 为测量一根金属丝（电阻约5 ) 的电阻率 选用的电学器材：电压表（量程3V，内阻约 3K )，电流 表（量程0. 6A ，内阻约 0.2 ) ，滑动变阻器0-15 ) ，学生电源（稳压输出3V)， 开关，导线若干。 - 15 - （1）如图甲所示，用螺旋测微器测量金属丝的直径时，为了防止金属丝发生明显形变，同时防止损坏

34、螺旋测 微器，转动旋钮C至测砧、测微螺杆与金属丝将要接触时，应调节旋钮_( 选填 “A”“B” ( 或“D”） 发出“喀喀”声时停止；某次的测量结果如图乙所示，其读数为_ mm 。 （2）请在答题卡上用笔画线代替导线将图丙的电路补充完整_。 （3）如图丁所示，实验数据已描在坐标纸上，作出图线_，求出该金属丝的电阻值为_ ( 结果 保留两位有效数字） 。 （4）有人认为用图象法求金属丝的电阻是为了减小系统误差，他的观点是否正确_？请说明理由 _； 【答案】 (1). （1）D； (2). 0.540（0.539-0.541） (3). （2）如图； (4). （3）如图； (5). 4.2-4.

35、6 (6). （ 4）不正确； (7). 多次测量取平均值 只能减小偶然误差，不能减小系统误差； 【解析】 （1）调节微调旋钮“ D” 读数为：； - 16 - （2）电流表串联在电路中，实物连接如图： （3）利用描点作图，将各组数据连接成直线如图： 斜率表示电阻，； （4）他的观点不正确，多次测量取平均值只能减小偶然误差，不能减小系统误差； 四. 解答题 21. 如图所示，在倾角为 的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB， 弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板。 系统处于静止状态。现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向 上运动，重力加速度g。求 : （1）物

36、块B刚要离开C时物块A的加速度a （2）从开始到此时物块A的位移d。 【答案】 【解析】 试题分析：先对木块A受力分析，受重力，斜面的支持力和弹簧的弹力，根据共点力平衡条件求出弹簧的弹 力后，再得到弹簧的压缩量；物块B刚要离开C时，先对物块B受力分析，受重力、支持力和弹簧的拉力， 根据平衡条件求出弹簧弹力后进一步得到弹簧的伸长量，从而得到物体A的位移； 最后再对物体A受力分析， 受到拉力F、重力、支持力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律求出加速度 解：令 x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和共点力平衡条件可知 - 17 - mAgsin =kx1 令 x2表示 B刚要离开C时弹簧的伸长量，a

37、 表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知 kx2=mBgsin FmAgsin kx2=mAa 由式可得 a= 由题意 d=x1+x2 由式可得d= 即块 B 刚要离开C时物块 A的加速度为，从开始到此时物块A的位移 d 为 【点评】本题关键要多次对物体A和 B受力分析，求出弹簧的弹力，最后再根据牛顿第二定律求解加速度 22. 如图所示是某游乐场新建的水上娱乐项目。在运营前需要通过真实场景模拟来确定其安全性。质量为 120kg 的皮划艇载着质量为60kg 的乘客模型，以一定速度冲上倾角为=37，长度LAB=8m的长直轨道AB ； 皮划艇恰好能到达B点。设皮划艇能保持速率不变通过B点到达

38、下滑轨道BC上。皮划艇到达C点后， 进入半 径 R=5m的圆弧涉水轨道CDE ，其中 C与 E等高， D为最低点。已知轨道AB 、AC的动摩擦因素=0.5 ，涉水 轨道因为阻力减小，可以视为光滑轨道，不计其他阻力，皮划艇和乘客模型可看做质点。求： （1）求皮划艇在A点的动能大小。 （2）求划水艇经过CDE轨道最低点D时，轨道受到的压力大小。 （3）已知涉水轨道能承受的最大压力为13140N。求划水艇冲上A点的速度大小范围。 - 18 - 【答案】（1）4m/s（2）4500N（3）4m/s VA 20m/s 【解析】 （1）由几何关系划水艇上升高度H=4.8m 对 AB过程，由动能定理： 得

39、vA=4m/s （2）由几何关系得BC长度 x=3.5m，B到 D的高度差为H=4.8m 对 BD过程，由动能定理： 得 vD 2=75m2/s2 在 D点对划水艇受力分析得： 得此时压力N=4500N （3）由于划水艇到达B点的速度要大于零，所以vA4m/s 由于 D点能承受的最大压力为Nmax=13140N 对 D点受力分析： 得 vD 2=315m2/s2 对 AD整个过程，由动能定理， 得 vA=20m/s 所以 vA20m/s 所以 4m/sVA20m/s 点睛： 本题考查圆周运动向心力以及动能定理等相关知识。要求学生在结合具体情景的情况下，分析向心力， 并通过动能定理分析状态，进而

40、解决问题。考察了学生思维的全面性，对其整个过程分析的全面性提出一定 要求。 23. 如图所示 , 有一倾斜的光滑平行金属导轨,导轨平面与水平面的夹角=30, 导轨间距为L=0.5 m,在导轨 的中间矩形区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场.一质量m=0.05 kg 、有效电阻r=2 的导体棒从距磁场上 边缘d处静止释放 , 当它进入磁场时刚好匀速运动, 整个运动过程中, 导体棒与导轨接触良好, 且始终保持与导 轨垂直 , 已知d=0.4 m, 接在两导轨间的电阻R=6 , 不计导轨的电阻, 取g=10 m/s 2. 求: - 19 - (1) 导体棒刚进入磁场时的速度v. (2) 导体棒通过磁场过

41、程中, 电阻R上产生的热量QR. (3) 导体棒通过磁场过程中, 通过电阻R的电荷量q. 【答案】（1）2 m/s ； （2）0.075 J ； （3） 0.05 C 【解析】 （1）设导体棒刚进入磁场时的速度为v, 由动能定理有 代入数据得：v=2m/s （2）导体棒匀速通过磁场区域，根据能量转化与守恒定律，减小的重力势能转化为回路的电能，经过R、r 产生热量为Q。 电阻R上产生的热量： (3) 根据法拉第电磁感应定律： 回路的电流： 通过电阻R的电荷量：， 根据金属棒进入磁场时刚好匀速运动, 受力平衡：，B=2T, 联立得： q=0.05C 【名师点睛】 （1）由动能定理求出导体棒进入磁场

42、时的速度； （2）根据能量转化与守恒定律，减小的重力势能转化为回路的热量为Q，再求出电阻R上产生的热量； （3）由法拉第电磁感应定律求出通过电阻R的电荷量。 24. 如图甲所示， M 、N是相距为d=0.1 m 竖直放置的平行金属板，板间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感 应强度 B1=0.1 T 。P、 Q 为水平放置的两平行金属板，用导线将P与 M 、Q与 N分别连接； A为绝缘挡板； C 为平行于P和 Q的荧光屏； A、P、Q、C的中间各有一个小孔，所有小孔在同一竖直中轴线上。荧光屏C的上 方有垂直于纸面向里、磁感应强度为B2=0.01 T的匀强磁场。现有大量的正负离子混合物，以某一相同的

43、速 度垂直于磁场竖直向上射入金属板MN 之间，离子的比荷的绝对值均为C/kg 。仅能在 P与 Q、M与 N之 间形成电场，极板间形成的电场均可视为匀强电场，且忽略电场的边缘效应，不计离子重力。 - 20 - (1) 判断金属板M的带电性质，并求出在N、M两板之间电场稳定后，电势差UNM与离子入射速度v 之间的关 系； (2) 若离子以v1=3.010 5 m/s 的速度射入磁场，在荧光屏上将出现由正、负离子形成的两个亮点，求两亮点 到荧光屏小孔的距离之比； (3) 若离子以v2=1.010 5 m/s 的速度射入磁场，因某种原因，实际上离子通过 C板上的小孔时会在竖直平 面内形成一个发散角2（如图乙），所有离子速率仍相同。求荧光屏上亮点的长度x 及同一时刻通过小孔 的离子打到荧光屏上的最长时间差 t 。 （已知 =0.1415 弧度， cos=0.99 ） 【答案】（1）（2）/5 （3） 【解析】 【详解】 (1) 由粒子的运动可知，M板带负电； 电场稳定后有： ； (2) 正负离子能通过MN板，则速度 在通过 PQ之间后，正离子有： 负离子有： 因此打在灾光屏上到O点距离为：； - 21 - 由以上各式解得： (3) 只有负离子通过小孔，稳定后极板间的电压为： 解得： 所以时间差为：。 - 22 -