2022年6月浙江省普通高校招生选考物理试卷和答案

2022年6月浙江省普通高校招生选考物理试卷和答案

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）下列属于力的单位是（）

A.kg,m/s2B.kg・m/sC.kg*m2/sD.kg,s/m2

2.（3分）下列说法正确的是（）

A.链球做匀速圆周运动过程中加速度不变

B.足球下落过程中惯性不随速度增大而增大

C.乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变

D.篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关

3.（3分）如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程

中，下列说法正确的是（）

A.鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡

B.鱼儿摆尾出水时浮力大于重力

C.鱼儿摆尾击水时受到水的作用力

D.研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点

4.（3分）关于双缝干涉实验，下列说法正确的是（）

A.用复色光投射就看不到条纹

B.明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果

C.把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹

D.蓝光干涉条纹的间距比红光的大

5.（3分）下列说法正确的是（）

A.恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用

B.小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向

C.正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流

最大

D.升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变

化率

6.（3分）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，

返回舱脱离天和核心舱,在圆轨道环绕并择机返回地面。则（）

A.天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大

B.返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力

C.质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行

D.返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒

7.（3分）图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n=3的激发态，

在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的

金属钠。下列说法正确的是（）

nE/eV

8-------------0

4--------------0.85

3--------------1.51

2--------------3.40

I--------------13.6

A.逸出光电子的最大初动能为10.80eV

B.n=3跃迁到n=l放出的光电子动量最大

C.有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应

D.用0.85eV的光子照射，氢原子跃迁到n=4激发态

8.（3分）如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在

失重环境下，往大水球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡

看起来很明亮，其主要原因是（）

A.气泡表面有折射没有全反射

B.光射入气泡衍射形成“亮斑”

C.气泡表面有折射和全反射

D.光射入气泡干涉形成“亮纹”

9.（3分）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间

存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中

点处的粒子源发射两个速度大小为vo的相同粒子,垂直M板向右

的粒子，到达N板时速度大小为亚vo;平行M板向下的粒子，刚

好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（）

A.M板电势高于N板电势

B.两个粒子的电势能都增加

C.粒子在两板间的加速度为a=平

D.粒子从N板下端射出的时皿

2Vo

10.（3分）如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆

与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角8=60。。一重为G的物体

悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（）

A.作用力为近GB.作用力为日G

36

C.摩擦力为近GD.摩擦力为近G

48

11.（3分）如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固

定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距X。套在杆上的小球从中点

以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则（）

A.小球做简谐运动

B.小球动能的变化周期工

2

C.两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T

D.小球的初速度为工时，其运动周期为2T

2

12.（3分）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途经之一。

如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力

发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW,风速在5〜10m/s

范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积

为A,空气密度为p,风场风速为v,并保持风正面吹向叶片。下

列说法正确的是（）

A.该风力发电机的输出电功率与风速成正比

B.单位时间流过面积A的流动空气动能4）Av2

C.若每天平均有L0Xl（）8kW的风能资源，则每天发电量为2.4

X109kWh

D.若风场每年有5000h风速在6〜10m/s范围内，则该发电机年

发电量至少为6.0X105kWh

13.（3分）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装

置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的

平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运

动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为（）

A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s

二、选择题n（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）

（多选）14.（2分）秦山核电站生产14c的核反应方程为i4N+gf

670

14C+X,其产物；C的衰变方程为：N+o,e。下列说法正确的

6667-1

是（）

A.X是1H

B.yc可以用作示踪原子

6

C.o,e来自原子核外

-1

D.经过一个半衰期，10个14c将剩下5个

6

（多选）15.（2分）如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可

表示为E=包，a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨

r

道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（）

A.轨道半径r小的粒子角速度一定小

B.电荷量大的粒子的动能一定大

C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关

D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动

（多选）16.（2分）位于x=0.25m的波源P从t=0时刻开始振动,

形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t=2.0s时波源停止振动,

t=2.1s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa=

1.75m,质点b的平衡位置Xb=-0.5mo下列说法正确的是（）

A.沿x轴正负方向传播的波发生干涉

B.t=0.42s时，波源的位移为正

C.t=2.25s时，质点a沿y轴负方向振动

D.在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m

三、非选择题（本题共6小题，共55分）

17.（7分）（1）①“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如

图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸

带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数

点B时小车位移大小为cm。由图3中小车运动的数据点,

图I图2

②利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调

整的是（多选）。

A.换成质量更小的小车

B.调整长木板的倾斜程度

C.把钩码更换成祛码盘和祛码

D.改变连接小车的细绳与长木板的夹角

（2）“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示，在该实验中，

①下列说法正确的是（单选）；

A.拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同

B.在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择

相距较远的两点

C.测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦

D.测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板

②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要（选填

“2”、“3”或“4”）次把橡皮条结点拉到O点。

18.（7分）（1）探究滑动变阻器的分压特性，采用图1所示的电路,

探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化。

①图2为实验器材部分连线图，还需要（选填af、bf、fd、

fc>ce或eg）连线（多选）。

②图3所示电压表的示数为Vo

图I

③已知滑动变阻器的最大阻值Ro=lOQ,额定电流I=1.0A。选择

负载电阻R=10C,以R两端电压U为纵轴，）为横轴（x为AP

L

的长度，L为AB的长度），得到U-一分压特性曲线为图4中的

L

“I"；当R=100C,分压特性曲线对应图4中的（选填“II”

或“ni”）；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是o

（2）两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接，晃动G1表，当

指针向左偏时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是

（多选）。

A.两表都是“发电机”

B.Gi表是“发电机”，Gz表是“电动机”

C.Gi表和Gz表之间存在互感现象

D.Gi表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转

图5

19.（9分）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示,

倾斜滑轨与水平面成24°角，长度h=4m,水平滑轨长度可调，

两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其

与滑轨间的动摩擦因数均为|1=2,货物可视为质点（取cos24°

9

=0.9,sin24°=0.4）。

（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度ai的大小；

（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；

（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s,求水平滑轨

的最短长度ho

20.（12分）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬

点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道

AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为1。

圆弧形细管道DE半径为R,EF在竖直直径上，E点高度为H。

开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的

高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生

弹性正碰。已知m=2g,I=lm,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,

物块与MN、CD之间的动摩擦因数|i=0.5,轨道AB和管道DE

均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C

之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。

(1)若h=L25m,求a、b碰撞后瞬时物块a的速度vo的大小；

(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满

足的关系；

(3)若物块b释放高度0.9mVhVL65m,求物块a最终静止的位

置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。

21.(10分)舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在

这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的

设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)

与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。

线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为

Bo开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞

机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定

值电阻Ro,同时施加回撤力F,在F和磁场力作用下，动子恰好

返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图

2所示，在力至t3时间内F=(800-10v)N,t3时撤去F。已知

起飞速度vi=80m/s,ti=1.5s,线圈匝数n=100匝，每匝周长1

=lm,飞机的质量M=10kg,动子和线圈的总质量m=5kg,Ro

=9.5。，B=0.1T,不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影

响，求

(1)恒流源的电流I;

(2)线圈电阻R；

(3)时亥！It3

图2

22.(10分)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒

P,可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转

动(角速度大小可调)，其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向

垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探

测板Q,板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量

为m、电荷量为-q(q>0)、速度大小不同的离子，其中速度大

小为vo的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁

场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，

不计离子的重力和离子间的相互作用。

(1)①求磁感应强度B的大小；

②若速度大小为vo的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度(0

的大小；

(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处,

OC与x轴负方向的夹角为6,求转筒转动一周的时间内，C处受

到平均冲力F的大小；

(3)若转筒P的角速度小于第，且A处探测到离子，求板Q上

能探测到离子的其他5的值(夕为探测点位置和O点连线与x

轴负方向的夹角)。

离子源M0x

答案

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.【知识点】单位制.

【答案】解：根据牛顿第二定律有：F=ma,可知力的单位为kg・

m/s2,故A正确，BCD错误；

故选：Ao

2.【知识点】匀速圆周运动；惯性与质量.

【答案】解：A、做匀速圆周运动的链球加速度时刻指向圆心，方

向时刻改变，故A错误；

B、惯性只与质量有关，不随速度增大而增大，故B正确；

C、乒乓球被击打过程中乒乓球的形变是变化的，其受到的作用力

大小改变，故C错误；

D、篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，故D错

误。

故选：Bo

3.【知识点】受力分析的应用；牛顿第三定律；质点的认识.

【答案】解：A.鱼儿吞食花瓣时鱼儿受重力和花瓣对它的作用力，

重力大于花瓣对它的作用力，鱼儿受力不平衡，故A错误；

B.鱼儿在摆尾出水时在水里的体积减小，浮力减小，鱼儿能够出

水是因为摆尾击水时受水对它向上的冲击力加上浮力大于重力，并

不是浮力大于重力。故B错误；

C.鱼儿摆尾击水时给水作用力的同时，根据牛顿第三定律，作用

力和反作用力大小相等，作用在不同的物体上，所以鱼儿摆尾击水

时受到水的作用力。故C正确。

D.研究鱼儿摆尾击水跃出水面的具体动作时不能把鱼儿视为质

点，故D错误。

故选：Co

4.【知识点】光的双缝干涉现象和薄膜干涉现象；影响双缝干涉的条

纹间距的因素.

【答案】解：A、复色光投射时也可以发生干涉，在光屏上呈现干

涉条纹，故A错误；

B、明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果，故B正确；

C、把光屏前移或后移，也能看到明暗相间条纹，故C错误；

D、根据Ax=L入，由于蓝光的波长小于红光波长，所以蓝光干涉

d

条纹的间距比红光的小，故D错误；

故选：Bo

5.【知识点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；变压器的构造

和原理；磁现象和磁场；匀强磁场的特点.

【答案】解：A、根据F=qvB可知，恒定磁场对静置于其中的电

荷没有力的作用，故A错误；

B、根据磁场方向的规定可知，小磁针N极在磁场中的受力方向是

该点磁感应强度的方向，故B正确；

C、正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时线圈处

于中性面，此时磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零、

电流为零，故C错误；

D、升压变压器中，如果不漏磁，则副线圈的磁通量变化率等于原

线圈的磁通量变化率，如果漏磁，则副线圈的磁通量变化率小于原

线圈的磁通量变化率，故D错误。

故选：Bo

6.【知识点】人造卫星；机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用-超

重和失重；万有引力定律及其应用.

【答案】解：A、根据万有引力提供向心力得

GMm_v2

k=in

r1

解得：丫=科

可知天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小，故

A错误；

B、返回舱中的宇航员处于失重状态，地球引力提供做圆周运动向

心力，故B错误；

C、在同一轨道上运行时，线速度相同，质量不同的返回舱与天和

核心舱可以在同一轨道运行，故C正确；

D、返回舱穿越大气层返回地面过程中，空气阻力对返回舱做负功,

机械能减小，故D错误；

故选：Co

7.【知识点】氢原子的能级公式和跃迁；光电效应.

【答案】解：AB、一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时最

多能产生苗=3种不同频率的光子，故其中从n=3能级跃迁到n

=1能级产生的光子能量最大，频率最大，波长最短.

逸出光电子的最大初动能为：

Ek=hv-WO=E3-EI-WO

代入数据解得：Ek=9.8eV

由德布罗意波公式入=与

D

知p=与，从n=3能级跃迁到n=l能级产生的光子动量最大，

故A错误，B正确；

C、从n=2能级的氢原子跃迁到n=3需要E=-1.51eV-(-

3.40eV)=1.89<eV的光子能量，L89eVV2.29eV,不能使金属钠

发生光电效应，故C错误；

D、n=4能级的氢原子跃迁发出的光的能量可以是E=-0.85eV-

(-1.51eV)=0.66eV,用0.85eV的光子照射，不满足能量差等

于能级3到能级4的能量差值，氢原子不能跃迁到n=4激发态，

故D错误；

故选：Bo

8.【知识点】光的折射定律；全反射；光的干涉.

【答案】解：当光由光密介质射入光疏介质时，如果入射角等于或

大于临界角时，就会发生全反射现象，光从水射向空气时，会发生

全反射现象。水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水中射入气

泡时，一分部光在界面上发生了全反射，折射光消失，入射光几乎

全变为反射光的缘故；

故ABD错误，C正确；

故选：Co

9.【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动规律的

综合运用；牛顿第二定律；动能定理；能量守恒定律.

【答案】解：A、因为不知道两粒子的电性，故无法确定M板和N

板的电势高低，故A错误；

B、根据题意可知垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，

动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒

子达到N板时电场力也做正功，电势能也减小，故B错误；

CDo设两板间距离为d,对于平行M板向下的粒子刚好从N板下

端射出，在两板间做类平抛运动，有

L

570t

对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子

相同，在电场中的加速度也相同，有

22

VoVOad

联立解得：t=2L；a/①，故C正确，D错误；

V。L

故选：Co

10.【知识点】共点力的平衡；受力分析的应用；牛顿第三定律.

【答案】解：AB、设每根斜杆受力为F,对斜杆与横杆的结点受

力分析如图1有：MF/,解得：F=^G；故A错误，B正确;

0.5G

图1

CD、对某个斜杆受力分析如图2有：Fsin30°=f,解得f=^_G,

12

故CD错误；

N■

■

G'

图2

故选：Bo

11.【知识点】简谐运动；简谐运动的振幅、周期和频率；弹性势能.

【答案】解：A、物体做简谐运动的条件是在运动过程中所受回复

力与位移成正比，且方向始终指向平衡位置，可知小球在杆中点到

接触弹簧过程中，所受合力为零，故小球不是做简谐运动，故A

错误；

BC、假设杆中点为O,小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置

为A,小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B,可知小球做

周期为T的往复运动，运动过程为O-A-O-B-O,根据对称

性可知小球从OfAfO与OfBfO,这两个过程的动能变化完

全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变

化周期为工，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为工，故B正确，

22

C错误；

D、小球的初速度为工时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的

2

2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子的周期公式％=2兀、/可知，接

0Vk

触弹簧过程中所用时间与速度无关，因此总的运动周期小于2T,

故D错误；

故选：Bo

12.【知识点】能量守恒定律；可再生能源和不可再生能源.

【答案】解：AB、叶片旋转所形成的圆面积为A

单位时间内流过该圆面积的空气柱体积为

V=S,vt=Av

空气柱的质量为

m=p,V=pAv

空气柱的动能为

Ek=-IpAv*v2=-IpAv3

设转化效率为T],转化成的电能为E=T]*Ek=lr|PAtv3

p=1=lT]pAv3,则该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成

正比；故AB错误；

c、由B选项可知n=—七

PAv3

发电量约为W=i]-pt=T]X1.0X108kWX24h=2.4nX109kWh<

2.4X109kWh,故C错误。

D、由题意可知某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为

405kW

由p=A=Ar]pAv3

2=式=史

Piv；63

pi=120kW

若风场每年有5000h风速在6〜10m/s的风能资源，则该发电机年

发电量

E=pi-t=120kWX5000h=6.0X105kW-h,故D正确；

故选：Do

13.【知识点】动能定理；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第

二定律；功率、平均功率和瞬时功率.

【答案】解：为了最短时间提升重物，一开始以最大拉力拉重物做

匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到

最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平

台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第

二定律得：

当功率达到额定功率时，设重物的速度为vi,则有

P额1200

v<=---=----m/s=4m/s

1Tm300

此过程中所用的时间和上升的高度分别为

t[=^—="^5=0.8s

重物以最大速度匀速时，有

重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升的高度分别为

h3=2^-=2X5in=3-6ro

设重物从结束匀加速到开始做匀减速运动所用的时间为t2,该过程

根据动能定理得：

P额｛2-叫=万明？丫1

又h2=85.2m-1.6m-3.6m=80m

联立解得：t2=13.5s

则总时间为ti+t2+t3=0.8s+13.5s+l.2s=15.5s,故C正确，ABD错

误；

故选：Co

二、选择题n（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）

14.【知识点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子核的人工转变.

【答案】解：A、根据质量数守恒和核电荷数守恒知，生产3C的

6

核反应方程为14N+Ii>f14C+1H,故A正确；

7061

B、根据同位素标记法可知产物《式可以用作示踪原子，故B正确;

C、产物黑C的发生P衰变产生电子来源于核内中子转变成质子过

程，故c错误；

D、半衰期具有统计学意义，少量原子无意义，故D错误；

故选：ABo

15.【知识点】带电粒子在非匀强电场中的运动.

【答案】解：A、电场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE=

ma)2r,解得3=仁，由于两粒子的比荷相同，半径越小的，角速

度越大，故A错误；

2

B、场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE=g,粒子的动能

r

后［八川?，解得E［』qa，故电荷量大的粒子的动能一定大，故B

k2k2

正确；

C、场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE=4,解得v=后,

粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故C正确；

D、当粒子逆时针运动，所加的磁场垂直纸面向外时，此时受到的

洛伦兹力指向O点，此时粒子做向心运动，故D错误；

故选：BCo

16.【知识点】简谐运动的振动图象；波的干涉现象；简谐运动.

【答案】解：A、沿x轴正负方向传播的波不会相遇，因而不能发

生干涉，故A错误；

B、由图可知，2.0-2.1S内波传播的距离为x=0.50m-0.25m=

0.25m,则波速为v=3=^L^_m/s=2.5m/s,由图可知波长为人=1m,

t0.1

则周期为T=A=^_S=0.4SO

v2.5

在t=2.0s时间内，波传播的距离为x=vt=2.5X2m=5m=5入，即

形成5个波长波形，则知波源的起振方向沿y轴正方向。因t=0.42s

=11T,所以t=0.42s时，波源的位移为正，故B正确；

8

C、t=2.1s时质点a位于波谷，t=2.1s到t=2.25s经历时间At=

0.15s=.|T,贝!|t=2.25s时，质点a沿y轴正方向振动，故C错误;

D、波从波源传到质点b的时间为=2bPMls=0.3s,在0到

tlV=2.5

2s内,质点b振动时间为t2=2s-0.3s=1.7s=41T,则在0到2s

4

内，质点b运动总路程是s=4.25X4A=4.25X4X15cm=255cm=

2.55m,故D正确。

故选：BDo

三、非选择题（本题共6小题，共55分）

17.【知识点】探究小车速度随时间变化的规律；探究加速度与物体

质量、物体受力的关系；力的合成的平行四边形定则；牛顿第二

定律.

【答案】解：（1）①刻度尺的分度值为0.1cm,需要估读到分度值

的下一位,根据图2可知，打计数点B时小车的位移大小为6.21cm；

根据图3的数据可知，小车的加速度为

②A、利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，

需要满足小车质量远远大于钩码质量，所以不需要换质量更小的

车，故A错误;

B、利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需

要利用小车斜向下的分力以平衡其摩擦阻力,所以需要将长木板靠

近打点计时器的一端垫高一些，故B正确；

C、以系统为研究对象，依题意“探究小车速度随时间变化的规律”

实验时，有

考虑到实际情况，即f远小于mg,有

1.9m/s2^-^-

M+m

则可知M=4m

而利用图1装置”探究加速度与力、质量的关系”的实验时，要保

证所悬挂质量远小于小车质量，可知目前实验条件尚不满足，所以

利用当前装置在进行实验时，需要将钩码更换成祛码盘和硅码，以

满足小车质量远远大于所悬挂物体的质量，故C正确；

D、实验过程中，需将连接祛码盘和小车的此生应跟长木板始终保

持平行，与之前的相同，故D错误；

故选：BCo

(2)①A、在不超出弹簧测力计的量程和橡皮条形变限度的条件

下，使拉力适当大些，不必使两只测力计的示数相同，故A错误;

B、在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择

相距较远的一个点就可以了，故B错误；

C、实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧

测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力，与弹簧秤外壳与木板之间是

否存在摩擦无关，故C错误；

D、为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、

细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故D正确；

故选：Do

②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹

簧秤拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点到达某一点

O,记下位置O和弹簧秤示数Fi和两个拉力的方向；交换弹簧秤

和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原

来两力方向性相同，并记下此时弹簧秤的示数F2,只有一个弹簧

秤将结点拉至O点，并记下此时的弹簧秤示数F的大小和方向；

所以若只有一只弹簧秤,为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结

点拉至O。

故答案为：（1）①6.21；1.9；②BC；（2）①D；②3

18.【知识点】伏安法测电阻；闭合电路的欧姆定律.

【答案】解：（1）①根据原理图可知，还需要将af、fd、ce连线;

②根据图片可知，电压表的示数为1.50V；

③假定AP部分的电阻为R，，R'分别与10D与100Q并联再与

BP部分的电阻串联;由于相同的R与100Q并联后的电阻比与100

并联后的电阻大，则根据闭合电路的欧姆定律可知，滑片在相同位

置下，负载电阻越大，则两端电压越大；即在相同横坐标下，此时

负载100Q时，电压表的示数应该比曲线为图4中的“I”更大，故

应该选"II”；

由上述分析可知，对不同的负载电阻，调节滑动触头时负载两端的

电压变化规律不同，当负载电阻小于滑动变阻器最大阻值时，负载

电阻两端电压随滑动触头的变化而迅速变化；当负载电阻大于滑动

变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化会更佳平

稳，从而获得更多的实验数据。所以，在保证电路安全的情况下，

滑动变阻器最大阻值的选择依据是相比负载电阻越小越好，即Ro

<RO

(2)根据题意可知，电流表主要部件是永久磁铁和带有指针的线

圈，Gi和G2用导线连接起来，当晃动Gi时，相当于Gi中的线圈

做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流；由于两个电表构成了

闭合回路，则电流会通过G2表中的线圈，而该线圈处于磁场中，

由于通电导线在磁场中受到安培力的作用，G2的指针也会偏转；

则Gi表相当于“发电机”，G2表相当于''电动机"，故AC错误，

BD正确；

故选：BDo

故答案为：(1)①af、fd、ce；②1.50；③II；Ro<R;(2)BD

19.【知识点】动能定理；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛

顿第二定律.

【答案】解：(1)倾斜滑轨与水平面成6=24°角，对货物根据牛

顿第二定律可得：mgsinO-jimgcos0=mai

代入数据解得：ai=2m/s2；

(2)根据速度一位移关系可得：v2=2a山

代入数据解得：v=4m/s；

(3)货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：

22

-jimgl2=lw^-1mv,其中v，=2m/s

代入数据解得：b=2.7m。

答：(1)货物在倾斜滑轨上滑行时加速度用的大小为2m/s2；

(2)货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；

(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s,则水平滑轨

的最短长度为2.7mo

20.【知识点】动量守恒定律；动能定理；能量守恒定律；牛顿第二

定律；牛顿第三定律；向心力.

【答案】解：(1)滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得：

,_12

ingh-ymvb

解得：Vb=5m/s

b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：

mvb=mvb/+mvo

121z212

ymvb^-mvb+ymv0

解得：vo=Vb=5m/s

(2)经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度

交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为％,根据动能定理得:

mghi-211mgi-mgH=0

解得：hi=1.2m

以竖直向下的方向为正方向

2

mvE

由动能定理得：

12

mgh-21^mgl-mgH^mvr-

乙匚

联立解得：FN=O.lh-0.14(h21.2m)

(3)当0.9m/hVI.2m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动

能定理可得：

12

mgh-21^mgl-mgH=7rmvp

2

从E点飞出后，竖直方向：H={gt

水平方向上：S=VEt

根据几何关系可得：DFNIIT

5

联立解得：x=31+DF+si

代入数据解得：(3得)成x<(3.6+等)1r

当0.9mVhVI.2m时，从h2=0.9m释放时，根据动能定理可得：

mgh-|imgS2=0

解得：$2=1.8m

可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返

回到CD时，根据动能定理可得：

mgH-p.mgS3=0

解得：S3=0.4m

距离C点0.6m,综上可知0.9mVhVL2m时

31-S3Wx近31

代入数据解得：2.6mWxW3m

答：(1)若h=L25m,求a、b碰撞后瞬时物块a的速度vo的大

小为5m/s；

(2)物块a在DE最高点时，管道对物块的作用力FN与h间满足

的关系为FN=O.lh-0.14(h21.2m)；

(3)若物块b释放高度0.9m<h<1.65m,物块a最终静止的位置

x值的范围为2.6mVxV3m；若物块b释放高度1.2m^h<1.65m

时，物块a最终静止的位置x值的范围为(3路)1t(3,6+率)n。

21.【知识点】法拉第电磁感应定律；运动学图象；能量守恒定律；

欧姆定律.

【答案】解：(1)根据安培力公式可得：

F安=nBIl

动子和线圈在。〜b时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为

vi

F

根据牛顿第二定律得：

F安=(M+m)a

代入数据解得：I=80A

(2)当S拨至2时，接通定值电阻Ro,此时的感应电流为

।二

「Ro+R

此时的安培力为

F安i=nBId

根据牛顿第二定律得：

999

(800-lOv)-v=mat

由图可知在tl到t3的过程中，加速度恒定，则有

解得：R=0.5Q；ai=160加s2

(3)根据图像可知，t2-t广匕噜F=0.5S

则0〜2s时间内，位移大小为

得力2夺＜80'2妹80n

根据法拉第电磁感应定律得：

.n△①nBAS

E=At=At

根据电流的定义式可得：Aq=It

I2

Ro+R

12

联立解得：Aq=nBlL_2_「i(t