【高考模拟】1月浙江省普通高校招生选考物理试卷答案与祥细解析

1、试卷第 =page 36 36页，总 =sectionpages 36 36页试卷第 =page 35 35页，总 =sectionpages 36 36页1月浙江省普通高校招生选考物理试卷一、选择题（本共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. 如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为1103W若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是（ ） A.NsB.Nm/sC.kgm/sD.kgm2/s32. 12月我国科学家在量子计算领域取得了重大成果，构建了一台76个光子10

2、0个模式的量子计算机“九章”，它处理“高斯玻色取样”的速度比目前最快的超级计算机“富岳”快一百万亿倍。关于量子，下列说法正确的是（ ） A.是计算机运算的一种程序B.表示运算速度的一个单位C.表示微观世界的不连续性观念D.类似于质子、中子的微观粒子3. 11月10日，我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m。“奋斗者”号照片如图所示，下列情况中“奋斗者”号一定可视为质点的是（ ） A.估算下降总时间时B.用推进器使其转弯时C.在海沟中穿越窄缝时D.科学家在其舱内进行实验时4. 如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静

3、止，此时（ ） A.小车只受重力、支持力作用B.木板对小车的作用力方向水平向左C.木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力D.木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等5. 如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是（ ） A.导体内部的场强左端大于右端B.A、C两点的电势均低于B点的电势C.B点的电场强度大于A点的电场强度D.正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小6. 如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道

4、上的同学们（ ） A.沿雪道做匀速直线运动B.下滑过程中机械能均守恒C.前后间的距离随时间不断增大D.所受重力沿雪道向下的分力相同7. 嫦娥五号探测器是我国首个实施月面采样返回的航天器，由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成。为等待月面采集的样品，轨道器与返回器的组合体环月做圆周运动。已知引力常量G=6.6710-11Nm2/kg2地球质量m1=6.01024kg，月球质量m2=7.31022kg，月地距离r1=3.8105km，月球半径r2=1.7103km。当轨道器与返回器的组合体在月球表面上方约200km处做环月匀速圆周运动时，其环绕速度约为（ ） A.16m/sB.1.1102

5、m/sC.1.6103m/sD.1.4104m/s8. 如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（ ） A.电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场B.螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场C.螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场D.磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场9. 某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确的是（ ） A.相邻位置运动员重心的速度变化相同B.运动员

6、在A、D位置时重心的速度相同C.运动员从A到B和从C到D的时间相同D.运动员重心位置的最高点位于B和C中间10. 下列说法正确的是（ ） A.光的波动性是光子之间相互作用的结果B.玻尔第一次将“量子”引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念C.光电效应揭示了光的粒子性，证明了光子除了能量之外还具有动量D.射线经过置于空气中带正电验电器金属小球的上方，验电器金属箔的张角会变大11. 一辆汽车在水平高速公路上以80km/h的速度匀速行驶，其1s内能量分配情况如图所示。则汽车（ ） A.发动机的输出功率为70kWB.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7104JC.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是6

7、.9104JD.每1s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0104J12. 在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ） A.两碎块的位移大小之比为1:2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m13. 两列频率、振幅均相同的简谐波和分

8、别从绳子的两端持续相向传播，在相遇区域发生了干涉，在相距0.48m的A、B间用频闪相机连续拍摄，依次获得1、2、3、4、5五个波形，如图所示，且1和5是同一振动周期内绳上各点位移都达到最大值时拍摄的波形已知频闪时间间隔为0.12s，下列说法正确的是（ ） A.简谐波和的波长均为0.24mB.简谐波和的周期均为0.48sC.绳上各点均做振幅相同的简谐运动D.两波源到A点和C点的路程差之差的绝对值是0.48m二、选择题（本题共3小题，每小题2分，共6分。每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，选对但不全的得1分，有选错的得0分） 如图所示是我国全超导托卡马克核聚变实验

9、装置。2018年11月，该装置实现了1108C等离子体运行等多项重大突破，为未来和平利用聚变能量迈出了重要一步。关于核聚变，下列说法正确的是（ ） A.聚变又叫热核反应B.太阳就是一个巨大的热核反应堆C.高温能使原子核克服核力而聚变D.对相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变产能多 为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则（ ） A.针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同B.随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大C.打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同D.稳定后，不同粗细树干的振动频率

10、始终与振动器的振动频率相同 发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其它电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周（ ） A.框内电流方向不变B.电动势的最大值为UmC.流过电阻的电荷D.电阻产生的焦耳热Q三、非选择题（本题共8小题，共55分） 用如图所示装置进行“探究功与速度变化的关系”实验。装有砝码的盘用绕过滑轮的细线牵引小车，盘和砝码的重力可当作牵引力。小车运动的位移和速度可以由打点纸带测出，以小车为研究对象，改变砝码质量，便可探究牵引力所做的功与小车速度变化的关系。关于这个实验，下

11、列说法正确的是()。 A.需要补偿小车受到阻力的影响B.该实验装置可以“验证机械能守恒定律”C.需要通过调节定滑轮使细线与长木板平行D.需要满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量 如图2所示是两条纸带，实验时打出的应是第 II 条（填写“”或“”）纸带； 根据实验数据，在坐标纸上画出的W-v2图象是一条过原点的直线，据此图象 能 （填“能”或“不能”）求出小车的质量。 小明同学在做“测定玻璃的折射率”实验时，发现只有3枚大头针，他把大头针A、B、C插在如图所示位置，并测出了玻璃的折射率。请在画出光路图，标出入射角i和折射角r，并写出折射率n的计算式。 在“测定电池的电动势和内阻”实验中，用如图1

12、所示的电路图测量，得到的一条实验数据拟合线如图2所示，则该电池的电动势E_V（保留3位有效数字）；内阻r_（保留2位有效数字）。现有如图3所示的实验器材，照片中电阻箱阻值可调范围为09999，滑动变阻器阻值变化范围为010，电流表G的量程为03mA、内阻为200，电压表的量程有03V和015V。请在图3中选择合适的器材，在方框中画出两种测定一节干电池的电动势和内阻的电路图。 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。硅钢片应平行于（ ） A.平面abcdB.平面abfeC.平面abghD.平面aehd

13、 如图所示，质量m=2kg的滑块以v0=16m/s的初速度沿倾角=37的斜面上滑，经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37=0.6，cos37=0.8，求滑块 （1）最大位移值x； （2）与斜面间的动摩擦因数； （3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。 如图所示，竖直平面内由倾角=60的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和16圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为=30，G点与竖直墙面的距离d=3R。

14、现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力 （1）若释放处高度h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向； （2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式； （3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？ 嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“”型刚性线框组成

15、，“”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1。整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r；“”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。 （1）求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0； （2）通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab型线框的电流I0； （3）求船舱匀速运动时的速度大小v； （4

16、）同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v和此时电容器所带电荷量q。 在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一

17、圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其偏转系统底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当很小时，有sintan，cos1-2。求： （1）离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷； （2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x,y)表示； （3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x,y)表示； （4）偏转系统同时加上电

18、场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x,y)表示，并说明理由。参考答案与试题解析 1月浙江省普通高校招生选考物理试卷一、选择题（本共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.【答案】D【考点】物理量单位推导【解析】明确功率的公式，根据公式推导功率的单位，知道国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。【解答】解：AN不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义IFt可知，Ns是冲量的的单位，故A错误；B根据功率的计算公式PFv可知，功率的单位可以表示为Nm/s，但N不是国际单位制基本

19、单位，故B错误；C根据动量的定义pmv，可知kgm/s是动量的单位，故C错误；D根据PFv可知，功率的单位可以表示为Nm/s，结合Fma知，Nkgm/s2，则功率得单位Wkgm2/s3，故D正确故选D2.【答案】C【考点】量子化现象【解析】量子是不可分割的最小的单元；能量子是表示能量的最小单元；量子表示微观世界的不连续性；量子不是实物粒子。【解答】解：A量子不是计算机的程序，量子是不可分割的最小的单元，故A错误；B量子最早由普朗克于1900年提出，普朗克假设物体发射出电磁辐射能量是一份一份的，其中每一份被他称作能量子，电磁辐射能量是其整数倍，所以量子是表示能量的单元，而非运算速度的单位，故B错

20、误；C量子是不可分割的最小的单元，表示微观世界的不连续性，即通常所说的“量子化”，故C正确；D量子不是实物粒子，不是像质子、中子那样的微观粒子，故D错误故选C3.【答案】A【考点】质点的认识【解析】解决本题要正确理解质点的概念：质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点，与物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略。【解答】解：A估算潜水器下降的总时间时，潜水器的大小和形状相对运动的轨迹可以忽略，可以视为质点，故A正确；BD用推进器使其转弯时和科学家在其舱内进行实验时，都需要研究潜水器本身的特点，不可视为质点

21、，故BD错误；C在海沟中穿越窄缝时，潜水器的大小和形状相对窄缝，尺寸不可以忽略，不可视为质点，故C错误故选A4.【答案】D【考点】力的合成与分解的应用作用力和反作用力牛顿第二定律的概念【解析】对小车和木板正确的受力分析，知道木板对小车的作用力包含支持力和摩擦力，明确作用力与反作用力大小相等，方向相反。【解答】解：A小车加速向左运动，受到自身的重力和电机的驱动力，受到长木板对小车的支持力和阻力，故A错误；B木板对小车的作用力包括竖直向上的支持力和水平方向的阻力，根据平行四边形定则可知合力方向一定不在水平方向，故B错误；CD木板对小车的作用力与小车对木板的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误，

22、D正确故选D5.【答案】D【考点】电场线电势等势面电场力做功与电势能变化的关系电势能【解析】带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，；沿电场线方向电势降低；电场线的疏密程度表示电场强度的弱强；正电荷受力方向沿电场线方向，电场力做正功，电势能减小，由此进行分析。【解答】解：A带电导体处于静电平衡状态，导体内部的场强处处为0，所以导体内部的场强左端等于右端，均为零，故A错误；B沿电场线方向电势降低，所以A、C两点的电势高于B点的电势，故B错误；C电场线的疏密程度表示电场强度的弱强，B点的电场线比A或C点的电场线疏，所以B点的电场强度小于A点的电场强度，故C错误；D正电荷的受力方向沿电场线

23、方向，所以正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小，故D正确故选D6.【答案】C【考点】系统机械能守恒定律的应用机械能守恒的判断牛顿第二定律的概念【解析】根据牛顿第二定律求解加速度，由此分析运动情况；下滑过程中摩擦力做负功，由此分析机械能的变化；根据位移-时间关系分析同学们前后距离是否变化；各同学质量可能不同，由此分析重力沿斜面向下的分力是否相同。【解答】A、设平直雪道的倾角为，同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，根据牛顿第二定律可知加速度为：agsin-gcos，又因为相同，所以同学们做加速度相同的匀加速直线运动，故A错误；B、下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同

24、学们机械能减小，故B错误；C、设前一个同学下滑时间t0后，另一个同学开始下滑，根据匀加速直线运动位移与时间的关系可得前后两个同学的间距x-att0+，可知同学们前后距离随着时间t的不断增大而增大，故C正确；D、各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力为mgsin也可能不相同，故D错误。7.【答案】C【考点】向心力万有引力定律及其应用【解析】组合体绕月球做圆周运动，根据月球的万有引力充当向心力列式即可求出环绕速度的表达式，代入数据即可求出环绕速度。【解答】解：组合体在离月球表面距离为r=r2+h；根据Gm1m6r2=m2v8r可得v=Gm2r=6.6740-117.51022(4.7173+

25、200)133=1.8103m/s，故选C8.【答案】B【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【解析】明确螺线管内部分析规律，知道螺线管越长，内部磁场越接近匀强电场。【解答】解：根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场；与电流大小、螺线管直径以及磁感线的疏密均无关，故B正确，ACD错误故选B9.【答案】A【考点】系统机械能守恒定律的应用斜抛运动机械能守恒的判断类平抛运动【解析】根据vgt分析相邻位置运动员重心的速度变化关系；速度是矢量，只有大小和方向都相同时速度才相同；根据间隔数

26、分析运动员从A到B和从C到D的时间关系；根据对称性分析最高点的位置。【解答】解：A因每次曝光的时间间隔相等，设为t，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为gt，故A正确；BA和D处于同一水平高度，根据机械能守恒知运动员在A、D位置时重心的速度大小相同，但是方向不同，所以速度不同，故B错误；C由图可知，运动员从A到B为5t，从C到D的时间6t，时间不相同，故C错误；D由图知A到C的时间等于C到D的时间，根据斜抛运动的对称性可知运动员重心位置的最高点位于C点，故D错误故选A10.【答案】B【考点】光的波粒二象性光电效应现象及其解释氢原子的能级结构玻尔理论【解析】

27、个别光子的行为是随机的，大量光子的行为表现为波动性，光的波动性不是光子之间相互作用的结果；玻尔第一次将“量子”引入原子领域；光电效应揭示了光的粒子性；射线经过置于空气中带正电验电器金属小球的上方，会使金属球附近的空气电离，根据电荷间的作用力分析验电器金属箔的张角如何变化。【解答】解：A在光的双缝干涉实验中，让光子通过双缝后，经过足够长时间。单个光子所到达哪个位置是随机的，这表明光的波动性不是由光子之间的相互作用引起的，故A错误；B玻尔第一次将“量子”观念引入原子领域，故B正确；C光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应证明了光子具有动量，故C错误；D射线经过置于空气中带正电验电器金属小球的上方时，

28、金属球吸引负离子而使验电器金属箔的张角会变小，故D错误故选B11.【答案】C【考点】系统机械能守恒定律的应用能量守恒定律的应用平均功率瞬时功率【解析】根据题意可得克服转动阻力做功，由功率公式P=Wt求解；根据能量守恒求解。【解答】解：A由图可知，发动机1s内克服转动阻力做功为W=0.45104J，则输出功率为：P=Wt=0.451041W=4.5103W=4.5kW，故A错误；BCD每1s消耗的燃料有E=6.9104J进入发动机，则最终转化成的内能为：Q=E=6.9104J，故C正确，BD错误故选C12.【答案】B【考点】动量守恒定律的理解动量守恒定律的综合应用【解析】爆炸物爆炸过程系统在水平

29、方向动量守恒，爆炸后碎块做平抛运动，应用动量守恒定律与平抛运动规律分析答题。【解答】解：A爆炸物在最高点时炸裂成质量之比为2:1的两个碎块，设两碎块的质量分别为m6=2m，m2=m，设爆炸后两碎块的速度分别为v7、v2，爆炸过程，系统在水平方向动量守恒，m1的速度方向为正方向，在水平方向m7v1-m2v8=0爆炸后两碎块做平抛运动，由于抛出点的高度相等，设两碎块的水平位移分别为x1、x4，则有：m1v1t-m3v2t=0解得：x1:x4=m2:m1=2:2，两碎块的竖直分位移相等，两碎块的水平位移之比为1:2，故A错误；BD设两碎片做平抛运动的时间均为t1=5s-t，t6=6s-t，声音的传播

30、位移：x1=v声音t5，x2=v声音t2，由A可知x3:x2=1:4，代入数据解得：t=4s，x1=340m，x8=680m，爆炸物的爆炸点离地面高度：h=12gt6=121052m=80m，爆炸后两碎块落地点之间的水平距离：x=x1+x5=(340+680)m=1020m，故B正确；C由B可知m1的水平位移：x1=340m，碎块m2的水平位移x2=680m，爆炸后质量大的碎块m1的初速度为v5=x1t=3404m/s=85m/s，故C错误故选B13.【答案】D【考点】波长、频率和波速的关系横波的图象【解析】由题可知，这两列波在AB之间的区域内发生了干涉现象，结合干涉图象的特点判断出波长，结合

31、振动的特点求出周期，再由公式：vT求出波速即可。【解答】解：A这两列波在AB之间的区域内发生了干涉现象，AB之间的距离等于一个波长，=0.48m，故A错误；B从波形1到波形5经历的时间为12T，则12T=40.12s，可得简谐波和的周期均为T0.96s，故B错误；C绳上各点中加强点和减弱点振幅不相同，故C错误；DA、B、C三个点的振幅都是零，A、C三点均为振动减弱点，两波源到两点的距离之差分别为(2n+1)2和(2n-1)2，则|(2n+1)2-(2n-1)2|=0.48m，故D正确故选D二、选择题（本题共3小题，每小题2分，共6分。每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

32、的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）【答案】A,B,D【考点】核能的计算裂变反应和聚变反应【解析】核聚变的过程是几个原子核聚合成一个原子核的过程只有较轻的原子核才能发生核聚变，比如氢的同位素氘、氚等核聚变也会放出巨大的能量，而且比核裂变放出的能量更大太阳内部连续进行着氢聚变成氦过程，它的光和热就是由核聚变产生的【解答】解：A核聚变需要在极高的温度条件下才能发生，故A正确；B太阳释放的热量来自于太阳内部的核聚变，故B正确；C要使轻核发生聚变-15m以内，核力才能起作用，使它们具有足够的动能来克服核力而聚变在一起形成新的原子核，但不是能使所有的原子核克服核力而聚变，故C错误；D轻核的聚变

33、过程中亏损的质量比较大，轻核聚变比重核裂变产能多，故D正确故选ABD【答案】A,D【考点】多普勒效应声波自由振动和受迫振动产生共振的条件及其应用【解析】根据共振产生的条件，可知当振动器的振动频率等于或接近树木的固有频率时产生共振，使松树上松果得振动幅度增大。【解答】解：A根据共振产生的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，故A正确；B当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，故B错误；C打击杆对不同粗细树干打击的振动

34、频率不同，打击结束后，树干的振动频率为其固有频率，不同粗细的树干的固有频率是不同的，故C错误；D树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，故D正确故选AD【答案】B,D【考点】闭合电路的欧姆定律交变电流的峰值交变电流的有效值交流发电机及其产生正弦式电流的原理【解析】电流方向每经过中性面一次都要变化一次；由图乙判断电动势最大值；根据公式q求解；根据焦耳定律求得金属框转过一周电阻产生的焦耳热。【解答】A、当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，故A错误；B、由图乙可知，电动势的最大值为Um，故B正确；C、线圈转过半周，则流过电阻的电

35、荷量为：qt则金属框转过一周流过电阻的电荷量为：q2q，故C错误；D、因为UmBL2，则，根据焦耳定律，可知金属框转过一周电阻产生的焦耳热为：QT，故D正确。三、非选择题（本题共8小题，共55分）【答案】（1）ACD（2）（3）能【考点】探究功与速度变化的关系【解析】（1）根据实验的原理和操作步骤分析。（2）车做匀加速直线运动，位移逐渐增大，据此分析。（3）根据动能定理，结合图象分析。【解答】D、挂上盘与砝码，根据牛顿第二定律：mg-Tma对小车m，根据牛顿第二定律：Tma两式相比解得绳子拉力：T当满足盘和砝码的总质量远小于小车的质量，即Tmg，盘和砝码的重力可当作牵引力，故D正确（1）B、实

36、验过程中摩擦阻力无法消除，本实验装置无法验证“机械能守恒定律”，故B错误（2）C、细线与长木板平行需要平行，保证绳子的拉力与小车运动方向一致，这样盘和砝码的重力可完全当作牵引力，故C正确。故选：ACD。（2）车做匀加速直线运动，位移逐渐增大，打出的点迹间距逐渐增大，纸带I后面的点迹间距保持不变，所以实验打出的纸带是第II条。（3）根据动能定理可知：W，图象的斜率为，据W-v2图象求出小车的质量。故答案为：（1）ACD；（2）；（3）能。【答案】根据折射定律可知：n答：光路图及入射角i和折射角r的标注如上图所示；折射率n的计算式为n。【考点】测定玻璃的折射率【解析】根据已知条件做出光路图，再根据

37、入射角与折射角的概念标注入射角i和折射角r，依据光的折射定律写出折射率n的计算式。【解答】光路图如图所示：根据折射定律可知：n答：光路图及入射角i和折射角r的标注如上图所示；折射率n的计算式为n。【答案】1.46,0.64【考点】测定电源的电动势和内阻【解析】电源的U-I图象与纵轴的交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；题目给出的电流表的量程太小，需要将小量程的电流表改装为大量程的电流表，然后由结合实验原理即可画出实验原理图。【解答】根据闭合电路欧姆定律：EU+Ir可得UE-Ir，可知电源的U-I图线为直线；将题干中得图线延长与横纵轴分别相交，如图可知图象与纵轴交点即为电动势，即

38、E1.46V图象斜率的绝对值为电源内阻，即：r0.64电流表量程太小，可以通过并联电阻箱改装电流表，扩大电流表得量程，改装为大量程的电流表来测量电流，电路图如图根据闭合电路欧姆定律EU+Ir可以绘制U-I图象求解电动势和内阻。【答案】D【考点】探究变压器电压与匝数的关系变压器的构造和原理【解析】根据楞次定律及右手螺旋定则分析出涡旋电流的方向，再判断硅钢片的位置。【解答】解：磁感线环绕的方向沿着闭合铁芯，根据楞次定律及右手螺旋定则，产生的涡旋电流的方向垂直于图示变压器铁芯的正面，即与图示abcd面平行，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于平面aehd，故ABC错误，D正确故选

39、D【答案】最大位移值x为16m；与斜面间的动摩擦因数为0.25；从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P为67.9W。【考点】平均功率牛顿第二定律的概念瞬时功率【解析】（1）对于上滑过程，根据运动学位移-时间关系公式列式求解即可；（2）受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解即可；（3）下滑过程，根据根据牛顿第二定律列式求出加速度，由运动学公式求出回到出发点速度，利用平均速度定义求出从最高点返回到出发点的过程中的平均速度，由平均功率公式求解即可。【解答】小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x=v02t代入数据解得：x=1622m=16m小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得

40、加速度大小：a1=vt=16-02m/s2=8m/s2上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma1得：a1=mgsin+mgcosm=gsin+gcos代入数据解得：=a1-gsingcos=8-100.6100.8=14=0.25小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma2代入数据解得：a2=mgsin-mgcosm=gsin-gcos=100.6-0.25100.8m/s2=4m/s2由运动学公式得：vt=2a2x=2416m/s=82m/s=11.3m/s得重力的平均功率：P=mgvcos(90-)=2108220.6W=482W=67.9W【答案】（1）

41、速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向分别为vC=2gh0，I=m2gh0，水平向左（2）FN与h的关系式为FN=2mg(hR-1)（3）高度h应该满足h52R或h=92R【考点】系统机械能守恒定律的应用动量定理的理解动能定理的应用机械能守恒的判断【解析】（1）小球从释放点到圆管最低点C的过程中，由机械能守恒定律求得小球第一次运动到圆管最低点C时的速度大小vC，根据动量定理求得在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；（2）从释放点到D点的过程中，由机械能守恒定律和牛顿第二定律求得小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；（3）小球释放后能从原路返回到出发点，不滑离

42、轨道原路返回，条件为h52R，与墙面垂直碰撞后原路返回，根据平抛运动的规律和机械能守恒定律联立求解【解答】解：（1）对小球，从释放点到圆管最低点C的过程中，由机械能守恒定律得：mgh0=12mvC2代入数据解得速度大小vC为：vC=2gh0在此过程中，对小球由动量定理得：I=mvC代入数据解得所受合力的冲量I的大小：I=m2gh0，方向水平向左，（2）对小球从释放点到D点的过程中，由机械能守恒定律得：mg(h-R)=12mvD2在D点，对小球由牛顿第二定律得：FN=mvD2R联立解得D点所受弹力FN与h的关系式为：FN=2mg(hR-1)满足的条件为：hR，（3）第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件为：h52R第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前做平抛运动，由运动学公式得：d=vxt竖直方向上，由速度-时间公式得：t=vyg对小球在G点，由速度的分解得：vx=vGsin，vy=vGcos联立解得：vG=2gR对小球从释放点到G点的过程中，由机