2023年浙江省宁波市重点中学高考物理模拟试卷及答案解析

2023年浙江省宁波市重点中学高考物理模拟试卷

1.普朗克常量九=6.626x10-34/.5,光速为c,电子质量为Me，则上在国际单位制下的单

位是（）

A.J/sC.J-mD.m/s

2.2021年10月21日，湖南省足球协会青少年锦标赛（男子甲组）在湖南省网球足球运动管理

中心拉开帷幕，关于足球运动，下列说法正确的是（）

A.守门员看到足球迎面飞来，守门员描述足球的运动选取的参考系是足球

B.研究如何踢出“香蕉球”时，可将足球看成质点

C.一场球赛90分钟，这里的“90分钟”指的是时间间隔

D.运动中的足球，其位移大小一定等于路程

3.图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支承面，对

放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的

每个支面与水平方向成a角。蒸锅和里面的食物总计重为G,则每个支承面给蒸锅的支持力为

（忽略蒸锅和支承面之间的摩擦力）（）

图甲图乙

4.短道速滑场地是由直跑道和两端圆弧形弯道组成的环形跑道在2022

年北京冬奥会短道速滑男子1000米决赛中，任子威在直线起跑阶段，左

右脚向后交替蹬冰，滑行一段时间后进入弯道时身体向内侧倾斜，通过圆

弧形弯道，如图所示，最终夺得该项目冠军，则任子威（）

A.在直线起跑加速过程中，随着速度增大，惯性也增大

B.在直线起跑蹬冰过程中，冰面对他的作用力大于他对冰面的作用力

C.通过圆弧形弯道时，冰面对他的作用力与他所受的重力是一对平衡力

D.若沿半径不变的圆弧匀速通过弯道时，速度越大身体与冰面的夹角越小

5.电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的

磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如

图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时（）

琴弦

A.穿过线圈的磁通量减小B.线圈中不产生感应电流

C.琴弦受向左的安培力D.线圈有扩张趋势

6.2022年3月23日，“天宫课堂”第二课开讲，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在

中国空间站再次为广大青少年带来一堂精彩的太空科普课，其中有一个实验是王亚平在太空

拧毛巾，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，晃动也不会掉。形成这种现象

的原因，下列说法正确的是（）

A.在空间站水滴不受重力

B.水和手发生浸润现象

C.水和手发生不浸润现象

D.在空间站中水的表面张力变大，使得水“粘”在手上

7.如图为同一平面内绕地球的三个卫星轨道示意图，I、HI为

圆轨道，II为椭圆轨道，m的半径与n的半长轴相等，且in与口

相交于M点，I与n相切于N点。三颗不同的卫星4、B、C正沿

轨道I、n、HI稳定运行，则（）

A.A、B经过N点时的向心力一定相同

B.A、B的速度可能等大

C.B、C在M点的向心加速度大小相等

D.8、C与地心的连线在任意相等时间内扫过的面积相等

8.一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示,。为球心，4、B为直径

上的两点，。4=。8,现垂直于48将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半

球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（）

A.。、C两点电势相等B.4点的电场强度大于B点

C.沿直线从4到B电势先升高后降低D.沿直线从4到B电场强度逐渐增大

9.如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力F随运动

时间t的变化关系如图乙所示。t=400s后，列车以288/on/h的速度做匀速直线运动，已知列

车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是（）

A.前400s,列车做匀减速直线运动

B.列车所受阻力的大小为3.0x1067V

C.根据已知条件可求出列车的质量为1.0x107kg

D.在t=400s时，列车牵引力的功率为8.0x104kW

10.电焊机内部有一种特殊用途的降压变压器，可以利用两极在瞬间短路时产生的高温电弧

来熔化电焊条上的焊料和被焊材料。如图所示为其简要原理图，图中初级线圈在铁芯左侧上

绕330匝铜线，次级线圈在铁芯左侧上绕40匝，转到铁芯右侧上绕35匝抽头为“弱”挡，再

绕15匝抽头为“中”挡，再继续绕15匝抽头为“强”挡。下列说法正确的是（）

A.输出端置于“弱”挡时，空载电压最大

B.若输入端接220P的交流电，输出端置于“强”挡时，空载电压为70V

C.输入端可采用直流电源

D.由于焊条与焊材料之间存在较大的接触电阻，该处产生的热量较小

11.半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，其截面如图所示，。为圆心，。4为其水平轴,

PQ为直径上的两点，且PQ1040P=20Q=|R,两束相同的光线分别从P、Q两点垂直

于直径射入。已知从P点射入的光线在圆弧面上恰好发生全反射，光在真空中的光速为c,下

列判断正确的是（）

A.该玻璃砖的折射率为

B.由P点射入的光线进入玻璃砖后频率变为原来的|

C.由Q点射入的光线在玻璃砖内（不考虑反射）运动的时间为可殳

3c

D.由Q点射入的光线的折射光线与。4的交点到圆心的距离为胆等包R

12.一同学希望利用电学方法对长度进行测量，电路图如下，其中电源电动势为6V,内阻为

10,电流表量程为0〜34，内阻为10,有一长方体导体材料R,x、y、z方向上棱长分别为dczn、

2cm,1cm,先将R沿x轴方向接入电路，电流表示数14,再将R沿y轴方向接入电路，电流表

示数24则下列说法错误的是（）

B.沿x、y、z三个方向接入R,电源效率最大约为83.3%

C.沿工、y、z三个方向接入R,电流表示数均不会超量程

D.沿x、y、z三个方向接入R,R的功率最小为2W

13.发光实心弹力球因其弹性好深受小朋友喜爱。一小朋友将弹力球（可视为质点）抛出，落

到水平面（足够大）上前瞬间的速度大小为火，与水平方向夹角a=37。。弹力球与水平面碰撞

的过程中，受到摩擦力的大小等于其重力的;、弹力的大小等于其重力的2倍。设每次碰撞前、

后弹力球竖直方向的速度大小保持不变，不计空气阻力。已知sin37。=0.6,cos370=0.8,

重力加速度为g。则弹力球（）

A.第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间的夹角大于45°

B.第2、3次落地点间的距离为竺场

9

C.与水平面碰撞4次后停止运动

D.与水平面碰撞过程中受到合力的冲量保持不变

14.a、b两束光是由处在同一激发态的原子跃迁到/态和口态时产生的，分别用a、b两束单

色光照射同一光电管阴极时，都发生了光电效应，且两束光照射时对应的截止电压

则这两束光（）

A.光子动量Pa>Pb

B.发生电子跃迁时对应的能级房>En

C.入射同一双缝干涉装置上，相邻亮纹的间距4%<

D.若4=24,则a、b两束光的光子能量满足£。=2年

15.中国自主三代核电“华龙一号”示范工程第2台机组福清核电6号机组于2022年3月25

日投入商业运行，至此“华龙一号"示范工程全面建成投运。“华龙一号”利用铀核裂变释

放能量，原子核的平均结合能与质量数之间的关系图线如图所示，两台机组每年总发电量约

200亿千瓦•时。下列说法正确的是（）

A.铀核裂变的一个重要核反应方程是蒙U-斓Ba+j^Kr+2jn

B.“华龙一号”两台机组发电一年需消耗核约为0.8kg

C.核的平均核子质量小于核的平均核子质量

D.三个中子和三个质子结合成勤i核时释放能量约为30MeU

16.一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示，经过0.5s后的波形如图中的虚线所示，已知

波的周期为7,且0.25s<7<0.5s,则()

A.若波沿x轴不同方向传播，则在这0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程都不相等

B.当波沿+x方向传播时,x=1m处的质点M和％=2.5m处的质点N在这0.5s内通过的路程相

等

C.当波向+x方向传播时，波速等于10m/s

D.当波沿-x方向传播时，经过0.1s时，质点”的位移一定为零

17.某智能手机中的“磁传感器”功能能实时记录手机附近磁场的变化，磁极越靠近手机,

“磁传感器”记录下的磁感应强度越大。现用手机、磁化的小球、铁架台、塑料夹子等实验

器材组装成如图甲所示的装置，来测量重力加速度，实验步骤如下：

①把智能手机正面朝上放在悬点的正下方，接着往侧边拉开小球，并用夹子夹住。

②打开夹子释放小球，小球运动，取下夹子。

③运行手机“磁传感器”功能，手机记录下磁感应强度的变化。

⑷改变摆线长和夹子的位置，测量出各次实验的摆线长L及相应的周期T。

(1)图乙中的a、b分别记录了两次实验中磁感应强度的变化情况，a图测得连续N个磁感应强

度最大值之间的总时间为3则单摆周期T的测量值为。b图中手机记录下的磁感应强

度几乎不变，可能的操作原因是。

图表绝对值多方向简明值帮助图表绝对值多方向筒明值帮助

精确度高精确度高

绝对值绝对值

400

VAAAMAAMAAAAA/WVVV

0.0020.040.0

时间(S)时间(s)

绝对值潟娑绝对值黑器

微特斯拉

ab

乙

(2)实验中用游标卡尺测量摆球直径如图丙所示，则摆球直径为

(3)得到多组摆线长L及相应的周期7后，作出了产一力图线，图线的斜率为匕在纵轴上的截

距为c,由此得到当地重力加速度g=o

(4)在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，通过测量头观察到如图丁所示清晰的干涉图样,

出现这种现象的原因是；

A.单缝和双缝没有调平行

8.光源、遮光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏没有共轴

C.测量头过于左偏，应调节测量头上的手轮，使它适当右移

D测量头过于右偏，应调节测量头上的手轮，使它适当左移

18.将一铜片和一锌片分别插入一只橙子内，就构成了简单的水果电池，其电动势约为1.5八

(1)取一个额定电压为1.5匕额定电流为0.34的小灯泡(小灯泡电阻可认为不变)，实验发现该

电池与小灯泡直接相连接后，小灯泡不亮，测得流过小灯泡的电流为1巾4则该电池的内阻

约为0。

（2）除了水果电池以外，实验室还提供了如下器材:

a.电流表4（量程0-0.64—34,内阻很小）

b.毫安表mA（量程0.6nM,内阻大概10。）

c.电压表V（量程1.5V,内阻约2k。）

d.滑动变阻器R（阻值0〜200）

e.电阻箱（阻值0〜9999.90）

f开关一个，导线若干

理的测量电路图。

②采用上述实验，读取多组数据，利用图像;-R测得的水果电池的内阻与真实值相比，T测

r杂（选填“大于”“小于”或“等于”）

图2是“用D/S研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积关系”的实验装置。

（3）关于该实验的操作，下列说法正确的有。

4柱塞上应该涂润滑油

8.应缓慢推拉柱塞

C.用手握注射器推拉柱塞

。改变体积后要快速记录压强数据

（4）实验中，连接注射器与压强传感器之间软管内的气体不可忽略•移动活塞，多次记录注射

器上的体积刻度U和压强传感器读数p,绘出的P-：图像可能为•

19.有同学设想如下实验测量月球表面的昼夜温差：在地面制作一个横截面积为।।

S、导热良好的气缸，用一个质量为m的活塞（厚度不计）在缸内密闭一部分理想气

体。在压强为po、温度为7。的地面大气中，气缸开口向上竖直放置时（如图），活

塞到缸底的距离为厩。已知月面重力加速度为tg（g为地面重力加速度），忽略活塞卜T

与气缸间的摩擦和气缸的热胀冷缩。将此气缸送到月球表面（无大气）并同样开口向上竖直放

置。求：

⑴月昼时，月表温度最高为A。1>To），要想活塞不被缸内气体排出缸外，缸口到缸底距离（

即缸的深度）至少多大？

（五）若月夜时活塞稳定的位置比月昼下降了ah,则月面的昼夜温差是多少？

20.如图所示，在水平直轨道上竖直放置一半径R=1m的圆形光滑轨道和细管弯成两个半

圆组成的反“S”形光滑轨道，其半径r=0.05m。两轨道最低点B、。相距力=4m,B、D间

铺设特殊材料，其动摩擦因数%=0.2+0.2x（%表示DB上一点到B的距离）。一个质量为1kg可

视为质点的小球P从倾角6=37。、动摩擦因数〃3=08的斜面上以初动能a。滑下，经A点无

能量损失进入长度42=3m、动摩擦因数为为=02的AB直轨道，然后冲上圆形轨道。小球P

释放点到水平轨道的高度h=3m,圆形轨道最低点B处入、出口靠近且相互错开，不计空气

阻力。提示：可以用F-x图像下的“面积”代表力尸做的功。

（1）若小球P恰好通过圆形轨道最高点C,求小球在B点对轨道的压力大小；

（2）调整释放初动能为o,使小球P离开反“S”形轨道最高点E后第一次落到水平直轨道上离E

点的水平位移大小s=1m,求初动能ao的大小；

（3）调整释放初动能反。，要使小球P整个运动过程中不脱离轨道，且不停在水平轨道4B段上，

求后皿的取值范围。

21.电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能的装置，不同的电源非静电力做功

的本领有所不同，物理学中用电动势来描述电源的这种特性。

（1）如图所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B,

金属框两平行导轨间距为八金属棒MN在外力的作用下,沿框架以速度u向右做匀速直线运动,

运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为-e。在金属棒产

生电动势的过程中，请说明是什么力充当非静电力，并求出这个非静电力尸的大小；

（2）科学家发现导体两端的温度差也能产生电动势，这种电动势称为温差电动势。我们用图乙

所示的简化模型来分析。一段长度为L的直导线4B沿Ox轴放置，力端位于坐标原点处。与恒

温热源接触后，4端温度恒为A，B端温度恒为T26<71）。假定导线上相同位置处的温度相

同，不同位置处的温度沿x方向均匀变化，导线形状随温度的变化忽略不计。从微观上来看,

可认为：温度越高，金属离子（即原子失去自由电子后的剩余部分）热运动的平均动能越大，

与之相比，自由电子热运动平均动能随温度的变化可以忽略不计。如图乙所示，取导线中长

为/X的一个薄层，自由电子受到左侧金属离子的碰撞比右侧的强，薄层两端就形成了压强差,

自由电子会发生定向运动。已知薄层两端的压强差与其两端的温度差成正比，且比例系数为

nk,n为单位体积内的自由电子数（假设导线中各处n都相同北为常数。导线AB的横截面积为

S,电荷量为-e,忽略自由电子与金属离子之间及自由电子彼此间的库仑作用。请利用自由

电子的受力特点，结合电动势的定义式，推导得出温差电动势的表达式；

（3）特殊温差发电导体4B两端有恒定温差，连接无限长的水平光滑导轨（图丙），若温差电动势

的大小与导线两端的温度差成正比，比例系数为S,水平导轨区域磁感应强度为B。导轨上静

止放置的导体棒MN电阻为R,质量为加，到刚好稳定的过程中导体棒的焦耳热为Q,忽略其

他电阻。求发电导体4B两端的温差。

xxNxxxxx

XX圣XXXX

XXXXXXX

xxA/xxxxx

xxNxxxx

XX

XX

XXXXXX

XXXXX

丙

22.理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间探测高能正电子是科

学家发现暗物质的一种方法。我国某研究小组为研究暗物质设计了探测正电子的装置。设计

如图所示，矩形区域48CD处在与其所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度殳方向指向纸

外，其中/B=10L,AD=334E段为正电子发射源,AE段各点发射正电子情况相同=43

CF段上表面与CH段左侧面固定有正电子收集板，CH=10.5L,CF=6L,设正电子质量为m,

电量为e,只考虑正电子在纸面内的运动，忽略相对论效应，不计重力。

Q)若从E点垂直4E飞出的正电子，刚好击中B点，求正电子初速度大小；

(2)若4E段各点正电子垂直4E飞出，发射的正电子经磁场偏转后全部被收集板吸收，求正电

子初速度的范围；

(3)若4E段各点正电子均满足(2)中的初速度大小的条件，且初速度方向朝4E板上方各个方向

飞出，则所有击中收集板的正电子从飞出到击中收集板所用时间的最小值。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：工在国际单位制下的导出单位为1•s/(/cg•TH•sT),又因1J=IN•m,IN=1kg•

TTIQC

m-s-2,代入导出单位中计算可得其单位为m.故AC。错误，B正确。

故选：B。

2.【答案】C

【解析】

【分析】

在描述一个物体的运动时，选来作为标准的另外的某个物体叫参考系；当物体的形状、大小对所

研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可；时

刻指的是某一瞬时，是时间轴上的一点，时间是两时刻的间隔，是时间轴上的一段；位移是矢量，

大小等于首末位置的距离，路程是标量，大小等于运动轨迹的长度，当物体做单向直线运动时，

位移的大小等于路程。

【解答】

4守门员看到足球迎面飞来，守门员描述足球的运动选取的参考系是地面，故A错误；

8、研究运动员踢出的“香蕉球”的运动成因时，不能看成质点，否则的话就不能找出原因了，故

8错误；

C、一场球赛90分钟，这里的“90分钟”对应时间轴上的一段，指的是时间间隔，故C正确；

足球运动的轨迹是曲线，可知运动中的足球，其位移大小一定小于路程，故。错误。

故选：Co

3.【答案】B

【解析】解：四个支撑面对蒸锅的支持力的合力与蒸锅包括食物的重力相等，设其中一个支撑面

对蒸锅的支持力为N,则其方向与竖直方向夹角为a,

其受力分析图如图

解得N=；,故B正确，ACO错误。

4cosa

故选：Bo

分析一个支撑面对蒸锅的支持力方向，根据共点力的平衡条件可以求出支持力。

本题主要考查了共点力的平衡问题，熟悉物体的受力分析，根据几何关系得出支持力的大小即可,

难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：4、加速滑动时，人的速度增大，但质量不变，所以运动员的惯性大小不变，故4

错误；

8、根据牛顿第三定律知，冰面对他的作用力等于他对冰面的作用力，故B错误；

C、通过圆弧形弯道时，冰面对他的作用力与他所受的重力提供拐弯时所需向心力，故冰面对他

的作用力与他所受的重力不是一对平衡力，故C错误；

。、根据F=mQ知，速度越大所需向心力越大，若沿半径不变的圆弧匀速通过弯道时，运动员依

r

靠自身重力和冰面支持力的合力提供向心力，身体与冰面的夹角应越小，故。正确；

故选：D。

惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系；根据

牛顿第一定律判断物体不受力时的运动状态；物体受平衡力时处于平衡状态；要判断物体的动与

静，就要比较物体与参照物的位置关系，如果物体相对于参照物的位置发生了变化，则是运动的；

如果物体相对于参照物的位置没有发生变化，则是静止的。

本题以北京冬奥会的运动场最为内容，考查了对惯性、牛顿第三定律和圆周运动向心力，解题关

键要分析清楚运动员通过弯道时向心力来源，难度不大。

5.【答案】C

【解析】解：AB,当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，从而导致线圈中产生感应电

流，故A8错误；

C、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生的感应电流会阻

碍琴弦向右靠近线圈，即琴弦会受到向左的安培力的作用，故C正确；

。、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生的感应电流会使

线圈有面积缩小的趋势，故。错误。

故选：Co

电吉他的拾音器由磁铁和线圈组成，钢弦被磁化，弹动钢弦，相当于线圈做切割磁感线运动，在

线圈中就会产生对应的音频电流，电流经放大后通过音箱，我们就听到了声音。

本题考查了电吉他的原理，知道楞次定律在本题中的应用，特别注意磁场的作用.

6.【答案】B

【解析】解：4、在空间站水滴仍受重力作用，只是重力用来提供向心力，故A错误：

BC、由题意可知，拧出的水形成一层水膜，附着在手上，像手套一样，说明液体水在手表面有扩

展趋势，水和手发生浸润现象，故8正确，C错误；

。、液体水在手表面有扩展趋势，而不是收缩趋势，故不是因为水的表面张力变大的缘故，故。

错误。

故选：B。

水滴在空间站受到重力作用，重力提供向心力；水形成一层水膜，附着在手上，与手发生浸润现

象，不是由于表面张力变大的缘故。

本题考查浸润和不浸润，解题关键是知道发生浸润的原因和现象。

7.【答案】B

【解析】解：4、不知道卫星的质量的关系，不能判断出二者经过N点时的向心力是否相同，故A

错误；

B、根据卫星变轨的原理可知，4在N点的速度小于B在N点的速度，而4的速度不变，4的速度又

大于B在最远点的速度，所以4某一个时刻，4与8可能速度大小相等，故B正确；

C、两颗人造卫星绕地球运动，万有引力提供加速度，即誓=77ia,解得加速度a=器，可知B与

C在M点的加速度大小方向都相同；但卫星C经过M点时万有引力全部提供向心力，则加速度就是

向心加速度，而B经过M点时向地球做向心运动，有一部分的万有引力提供卫星B沿轨道的切线方

向的加速度，所以B在M点的向心加速度一定小于C在M点的向心加速度，故C错误；

D、由题，in的半径与n的半长轴相等，由几何关系可知，轨道in围成的面积一定大于轨道n围

成的面积：根据开普勒第三定律吗=3可知B与C的周期相等，所以卫星C、B与地心的连线在任

意相等时间内扫过的面积不相等，故。错误。

故选：B。

根据万有引力提供向心力，比较加速度的大小；根据万有引力提供向心力，结合卫星变轨的原理，

比较速度的大小。

此题考查了人造卫星的相关知识，掌握卫星绕地球做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，知

道卫星变轨的原理是解决本题的关键，同时要注意C选项中，卫星的加速度与卫星的向心加速度

是不同的。

8.【答案】A

【解析［解：4、由于-0、C点连线所在平面构成等势面，故。、C两点电势相等，故A正确；

BD.将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球在4点产生的电场强度大小

分别为四和芯2

由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知Ei=Ez

根据对称性，左右半球在B点产生的电场强度大小分别为％和瓦，且邑=%

在图示电场中，4的电场强度大小为当，方向向左，B的电场强度大小为殳，方向向左，所以4点

的电场强度与B点的电场强度相同，故从4到B场强不可能逐渐增大，故8。错误；

C、根据电场叠加原理可知，x轴上电场线的方向向左，沿着电场线的方向电势降低，则B点电势

高于4点电势，故C错误；

故选：A„

通过割补法将球壳补全，然后结合合场强分析4、B两点电场强度的关系，根据电场线方向判断电

势高低，通过分析带电粒子受力情况，分析电场强度的变化情况。

本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场的关系，左半球面在4点的场强

与缺失的右半球面在B点的产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键。

9.【答案】D

【解析】解：4由F—t图像可知在0〜400s,列车的动力F在均匀减小，而由题可知列车所受的阻

力大小恒定，因为列车在水平方向所受的合力产分=F-f

即列车在水平方向所受的合力F分逐渐减小，根据牛顿第二定律有：F^=F-f=ma

即列车做加速度逐渐减小的变加速运动，故A错误；

B.当t=400s时，列车的速度为288km//i=80m/s,此时列车做匀速直线运动，即此时的列车加

速度为0,

由图可知此时列车的动力F=1.0x106/V

根据平衡条件可知列车所受阻力的大小为：/=F=1.0xl06/V,故8错误；

C.由于F—t图像与坐标轴围成的面积表示动量变化。

在0〜400s内，梯形面积的物理意义是动力户的动量上，虚线围成的长方形的面积的物理意义是大

小恒定的阻力/的动量/f

则根据动量定理有：=

根据图像和题中数据有：(L0+3,°)X16NX400S_10x106Nx400s=mx80m/s

解得列车的质量为：m=5xl06kg,故C错误；

。.在t=400s时，列车牵引力的功率为：P=Fv

代入数据可得：P=1.0x106/Vx80m/s=8.0x107lV=8.0x104kW,故。正确。

故选：Do

题中给出了尸一t图像，F—t图像的纵坐标表示力尸的变化，F—t图像与坐标轴围成的面积表示动

量变化。

本题考查动量定理。解题关键在于明白尸一t图像与坐标轴围成的面积表示动量变化。

10.【答案】B

【解析】A、电焊机是一个降压变压器，因此，次级线圈匝数越多，对应的空载电压越大，则输出

端置于“弱”挡时，空载电压最小，故A错误；

B、输出端置于“强”挡时，由黑=,，代入No=330匝，/=(40+35+15+15)匝=105匝

解得：U3=70V,故B正确；

C、直流电无法实现变压，故C错误；

。、由于焊条与被焊材料之间存在较大的接触电阻，故该处产生的热量较大，故。错误。

故选:Bo

11.【答案】D

【解析】解：4由P点射入的光线在圆弧面上恰好

发生全反射，由几何关系知

0P2

sinC=^=3

又因为sinC=-n

故n=|,故A错误;

B、由P点射入的光线进入玻璃砖后频率不变，故B错误;

C、由几何关系可知，由Q点射入的光线在玻璃砖内运动的距离为

且『

则间为t=邈=马，故C错误;

VC

D,设由Q点射入的光线在圆弧面上发生折射时的入射角和折射角分别为i和，由折射定律知

nsinij=sinr1

设折射光线与水平轴。4的夹角为a,由正弦定理得鬻=誓山

由几何关系得a=r1-i1

1

sinij=可

联立解得/=迎弋口R,故。正确。

故选：D。

光线在圆弧面上恰能发生全反射，根据sinC=L计算折射率，根据几何关系求出光程，进而计

n

算运动的时间。

本题的关键是掌握全反射条件，要知道当光从介质射向空气时就要考虑能否发生全反射。要能根

据题意作出光路图，利用光的几何特性，来寻找角与角的关系，求出光程和时间。

12.【答案】D

【解析】解：4。.由闭合电路欧姆定律有

E=IR+IRA+Ir

代入数据可得沿%轴方向时

Rx=4/2

沿y轴方向时

Ry=IO

由电阻定律

R=

代入数据可得

d=4cm

沿z轴方向时

Rz=；。

由闭合电路欧姆定律

E=IR+IRA+Ir

代入数据可得沿z轴方向时

1=2.674

故AC正确；

员由题意可知路端电压最大为沿x轴接入电路时

U外=5K

根据

〃外

V=?x100%

解得：〃=83.3%

故8正确；

。.根据

P=l2R

沿x轴方向时

P=4W

沿y轴方向时

P=4W

沿z轴方向时

P=1.781V

R的功率最小为1.78IV

故。错误；

本题选择错误选项；

故选：D。

根据闭合电路欧姆定律结合电阻定律可解得4c选项，根据效率的计算公式计算B项，根据功率的

计算公式分析。项。

本题考查闭合电路欧姆定律，解题关键掌握效率的计算，注意电阻定律的应用。

13.【答案】B

【解析】解：4将碰前、碰后的速度分解成水平和竖直方向的分速度，如下图所示

由于每次碰撞前、后弹力球竖直方向的速度大小保持不变。以竖直向上为正方向，则在竖直方向

上由动量定理可得

(2mg-7ngMt=mvosin370-(—mvosin37°)

设碰撞后弹力球沿水平方向速度为u'x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可得

-*mgdt=mv'x—mv0cos37°

代入数据可得

v'x=O.6vo

反弹后的夹角正切值为

tan。=匕=辔=1

VxO.6vo

故速度方向与水平面间的夹角等于45。，故A错误；

B.小球在空中不受阻力作用，故根据运动的对称性可知，小球在第二次与地面碰前的速度和第一

次与地面碰后的速度相等。故同理可得，以竖直向上为正方向，在竖直方向上由动量定理可得

(2mg—mg)4t=mvosin37°—(-mvosm37°)

设第二次碰撞后弹力球沿水平方向速度为V'x，以水平向右为正方向，则水平方向根据动量定理可

得-=mv"x—mv'

代入数据可得u"x=O.4vo

小球从第二次碰撞后到与地面发生第三次碰撞前的过程中，在空中做斜上抛运动，故从第二次碰

撞后运动至最高点所需时间为t=?=当经=等

yyy

水平方向做匀速直线运动，根据运动的对称性可知，水平方向位移为x=/•2t=a—。、jxo.6%=

竺建，故8正确；

9

C.根据以上分析结合题意可知，与水平面碰撞4次后，小球水平方向速度为零。但由于竖直方向上

碰前和碰后速度大小不变，方向相反，且在空中运动过程中不考虑空气阻力，故第四次碰后小球

做竖直上抛运动，如此往复。即小球不可能停止，故C错误；

。.根据以上分析可知，在前四次碰撞过程中，小球在水平和竖直方向受力均不变，且小球与地面

的碰撞时间均相等。故前四次碰撞过程中，每次碰撞时合力的冲量为/=J层+序•t,可知小球

在在前四次碰撞过程中合力的冲量相等，方向沿合力方向。但第四次碰撞后，小球水平方向速度

为零，开始循环做竖直上抛运动。故在随后的碰撞过程中，小球只受到竖直方向的作用力，且碰

撞时间仍不变。故第四次后的碰撞过程中，小球所受合力的冲量为

I'=Fy't

方向沿竖直方向，故与水平面碰撞过程中受到合力的冲量会发生改变，故力错误。

故选：B。

抛体运动与动量定理结合考察，运用分解的思想，从水平和竖直两个方向去分析，列动量定理进

行联立求解孙，进而求解其他问题。

明确小球在碰撞过程中以及在空中运动过程的受力情况，分析小球在整个运动过程中的运动规律。

确定小球在空中的运动情况，根据运动的对称性求解水平位移。明确水平方向摩擦力产生的原因，

分析小球水平方向速度为零后，小球在水平方向的运动情况。掌握合力冲量与各分力冲量之间的

关系。

14.【答案】AC

【解析】解：4、根据^巾卢=hv-%和e4=jwv2.结合遏止电压Ua>Ub，可知a光子的能量

大于b光子的能量,波长则小于b光子的波长；根据光子的动量公式p=p可知，光子动量Pa>Pb，

故A正确；

8、光子的能量等于原子跃迁前后两个能级之间的能量差，由于a光子的能量大于b光子，说明能

级故B错误；

C、根据双缝干涉的条纹间距公式=可知，波长较小的a光子，其光束的干涉条纹间距更

小，BPzlxa<Axb,故C正确；

D、在光电效应中，光电子的最大初动能等于光子能量与逸出功之差，即/=旭一%,而遏止

电压与电子电量的乘积等于光电子的最大初动能，即Ek=e",由上两式可得eUe=/n/-Wo,如

果Ua=2Ub,则有人%一分=2九吨-2%,整理得/I%=2九%-%,即%=2%-%，故。错

误。

故选：AC„

根据遏止电压与光子的最大初动能的关系，判断光子的能量，根据光子动量的表达式判断；根据

玻尔理论判断能级；根据双缝干涉的条纹宽度的公式判断。

该题考查玻尔理论、光的干涉以及光电效应方程等，解答的关键是能正确理解这些知识点。

15.【答案】CD

【解析】解：人铀核裂变的核反应方程为毅〃+乩一短屈+鸵％r+3乩，左右两侧的中子不能

约去，故A错误;

B、根据质能方程4E=dmc?可知"华龙一号"一年产生200亿千瓦时电能对应的质量亏损=

要=史拿等詈2kg=0.8kg,所以其参与反应的铀核质量大于0.8kg,故8错误；

C、由题图可知，彳He核的平均结合能大于乳i核的平均结合能，平均结合能越大，平均核子质量

越小，所以胃He核的平均核子质量小于核的平均核子质量，故C正确;

。、因为核子结合成原子核时，存在质量亏损，释放核能，所以三个中子和三个质子结合成核

时释放能量，由题图可知加核的平均结合能约5Meu,所以其释放的核能约E=6xSMeV=30MeV,

故。正确。

故选：CD。

铀核裂变的核反应方程为况5{/+加-公4Ba+弱力r+3乩；根据爱因斯坦质能方程求质量亏损;

平均结合能越大核子质量越小；根据平均结合能的定义求解结合能。

本题需要掌握原子核的核子平均质量越小，比结合能越大，原子核越稳定，理解爱因斯坦质能方

程的物理意义。

16.【答案】AC

【解析】解：由图可知波长；1=4m,因为0.25s<T<0.5s,所以当波沿—无方向传播时，有0.5s=

(1+n)T,当71=1时符合条件，解得T=5S；

当波沿+x方向传播时，0.5s=G+n)7,当n=1时符合条件，解得7=0.4s。

A、当波向+x方向传播时，在0.5s内，因t=0.5s=则x=1m处的质点M通过的路程是S”=

54；当波沿一x方向传播时，在这0.5s内，因t=0.5s=1/，则％=1机处的质点M通过的路程是

sM'=74所以若波沿x轴不同方向传播，则在这0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程都不相等，

故A正确；

B、当波沿+x方向传播时，在这0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程SM=54,x=2.5m处的质

点N在前0.4s内即一个周期内通过的路程为44,后0.1s内向上运动，平均速度比从位移最大处向平

衡位置处运动的平均速度大，所以在后0.1s内的路程大于4所以在这0.5s内通过的路程SN>54

故8错误；

C、当波向+x方向传播时，波速为。=彳==10m/s,故C正确；

D、当波沿—X方向传播时，周期T=,s,而;r>O.ls>：T,所以经过0.1s时，质点M没有回到平

724

衡位置，位移不为零，故。错误。

故选：ACa

波的传播方向可能沿向右，也可能向左。当波向右传播时，传播的最短距离是;波长，当波向左传

播时，传播的最短距离是,波长，根据时间与周期的关系，求出周期，再求波速及质点运动的位移

和路程。

本题是利用波的时间周期性，求出周期，再求解波速，也可以根据空间的周期性，求出波传播距

离的通项，再求解波速，要注意0.25s<7<0.5s这个条件的应用。

17.【答案】磊形成了圆锥摆或小球摆动幅度过小1.86x10-2竺D

N-lk

【解析】解：(l)a图测得连续N个磁感应强度最大值之间的总时间为3相邻的磁感应强度最大值

之间时间间隔为半个周期，贝U(N=t

解得：7=系

N—1

b图中手机记录下的磁感应强度几乎不变，可能的操作原因是形成了圆锥摆或小球摆动幅度过小；

(2)游标卡尺的分度值为0.1mm,用游标卡尺测量摆球直径为d=18mm+6x0.1mm=1.86x

10-27n

(3)单摆摆长为］=L+R

由单摆周期公式得：T=2q

解得：72=丝包+如”

99

图线斜率：k=—

9

解得：g=耳-

uk

(4)在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，通过测量头观察到如图所示清晰的干涉图样，条纹清

晰且亮度正常，只是干涉条纹偏左，出现这种现象的原因是测量头过于偏右，应调节测量头上的

手轮，使它适当左移，故。正确，ABC错误。

故选：D。

故答案为：(1)含，形成了圆锥摆或小球摆动幅度过小;(2)1.86X10-2；(3)半；(4)0。

(1)根据实验原理得出单摆的周期；

(2)根据游标卡尺的读数原理读数即可；

(3)根据单摆的周期公式结合图像的物理意义得出重力加速度的表达式；

(4)根据实验原理分析出对应的实验误差。

本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周

期公式和图像的特点即可完成分析。

18.【答案】1495大于ABC

【解析】解：(1)根据欧姆定律，灯泡的电阻&=%=怒。=50

根据闭合电路的欧姆定律，水果电池的内阻r=亨一&=若r。-5。=1495。

/1x10

(2)①由于水果电池的内阻r很大，根据闭合电路的欧姆定律/=|«磊力=1mA,因此电流表选

择毫安表b,为了电路中的电流有明显变化，因此选择电阻箱e；所作电路图如图所示：

②根据闭合电路的欧姆定律E=1(R+r)

化简得彳=}/?+"

IEE

可见3—R图像的纵截距b=(

考虑电流表内阻后，根据闭合电路的欧姆定律E=/(R+r+

化简得;=：•/?+半

/EE

图像的纵截距b'=苧

E

在测量时把毫安表的内阻也当成了水果电池的内阻，因止匕滋=&真+%)>r真

测得的水果电池的内阻与真实值相比测量值大于真实值。

(3)4柱塞上涂油既减小摩擦，又防止漏气，故A正确；

5推拉活塞时，动作要慢，使气体温度与环境温度保持一致，故8正确；

C.推拉活塞时，手不能握住注射器，防止气体温度发生变化，故C错误；

。.为保持气体温度不变，每次推拉活塞改变气体体积后，要等气体稳定后在记录压强，故。错误。

故选:AB.

(4)在软管内气体体积均不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为％+V

由玻意耳定律可得p(Vo+V)=C

化简得「=扁=扁］

可知p-}的图像并不是倾斜的直线，而是随着:的增大，斜率变小的曲线，故C正确，ABO错误。

故选:Co

故答案为：(1)1495；(2)大于；(3)48；(4)C。

(1)根据欧姆定律求灯泡电阻，根据闭合电路的欧姆定律求水果电池内阻;

(2)①根据水果电池内阻的大小结合闭合电路的欧姆定律选择电流表;为了使电路中电流变化明显,

选用电阻箱，据此作电路图；

②根据闭合电路的欧姆定律求解;-R函数，结合图像纵截距的含义分析误差；

(3)根据实验中的操作步骤和一些注意事项，判断选项：

(4)在软管内气体体积力不可忽略时，分别分析两个状态下的状态参量，根据等温变化可列出方程，

利用极值法即可得知所要的结果。

电学实验考查了实验器材的选择、作实验电路图和实验数据的处理；

在“探究一定质量的气体压强与体积关系”的实验中，为了保证气体的温度不发生变化，应注意

不能用手握住注射器的前端，推拉活塞时要缓慢。

19.【答案】解：(i)封闭气体在地面时

Pi=Po+匕=h()s

封闭气体在月面并处于月昼最高温7\时

P2=鬻，匕=h2s

由气体状态方程得

y

Pl^l_P22

~TT=~TT

联立解得缸口到缸底的最小距离为

_6QOS+

2=丽^

①)从月昼到月夜，封闭气体做等压变化，有

h2s(h2—△h)s

石=~~

月昼与月夜的温差

T_Tmg-^hTp

12-

6(p0s+mg)h0

答：⑴要想活塞不被缸内气体排出缸外，缸口到缸底距离(即缸的深度)至少为里耳翳巫1

①)若月夜时活塞稳定的位置比月昼下降了△h,则月面的昼夜温差是咸篝乐

【解析】①根据理想气体方程可求得最小深度；

(2)根据等压变化可求得温度，再计算温度差。

本题结合测量温度问题考查学生的理解分析能力，需要学生掌握玻意耳和理想气体方程进行掌握

即可求解。

20.【答案】解：(1)小球P恰好通过圆形轨道最高点C点，则有mguM号

解得外=V10m/s

从C到B,根据动能定理有2mgR=

解得加=V50m/s

2

B点，则有尸2—mg=7n等

n

解得FN=60N

根据牛顿第三定律，小球在B点对轨道的压力大小为60N；

(2)根据平抛运动规律有4r=：gt2,s=%t

联立解得£=0.2s,vE=5m/s

8D上，有Ff=Ri/ng=7ng(0.2+0.2%)=2+2%

则摩擦力做功为%r=等x4/=24/

从初始到E,则有mg/i-^mg0-gmgL?-WF-mg4r=-Ek0

解得Ek。=46.57

(3)①恰好到A,则有mg/i-=0-Ek0

解得&o=2]

所以OSEkoW27

②恰好到。点等高处，则有mgh-1二；7。-〃2成〃2-mgR=0-E

k0

解得以O=18/

7n

返回恰好到4，则有mgh-43g益遂-2"2mgL2=0-Ek0

解得a0=14/

所以14/^以0<187

③恰好过C,vc-VlOm/s，则有7ngh-43mg罚标一42mg42-2mgR=2根比-Eko

解得Ek。=33/

恰好到E，则有mgh-林3mg-li2mgL2-WFf-mg4r=0-Ek0

解得Ek。=34/

所以33/