2023年1月浙江省普通高校招生选考物理试卷（附答案详解）.pdf

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1、2023年 1月浙江省普通高校招生选考物理试卷1.下列属于国际单位制中基本单位符号的是（）A.J B.K C.W D.Wh2.如图所示，轻质网兜兜住重力为G的足球，用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点，轻绳的拉力为尸 丁，墙壁对足球的支持力为乐,则（）A.FT GD.FT=G3.“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，贝W ）A.选地球为参考系，“天和”是静止的B.选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的C.选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的D.选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的4.一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落

2、直到最低点过程中（）A.弹性势能减小 B.重力势能减小C.机械能保持不变 D.绳一绷紧动能就开始减小5.如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从。点抛出沿轨迹OP。运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（）A.0点最大 B.P点最大C.0点最大 D.整个运动过程保持不变6.主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波（声音在空气中的传播速度为340m/s）（）A.振幅为2AB.频率为100HzC.波长应为1.7机的奇数倍D.在耳膜中产生的振动与图中所示的

3、振动同相7.如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴0。，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R=&时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R=2R。时，导体杆振动图像是（）8.某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示,通有电流/的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B=通有待测电流/的直导线而垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B=k2l 调节电阻R,当电流表示数为/o时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流/的方向和大小分别为（A.B.C,D.9.宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，

4、中子与大气中的氮14会产生以下核反应：/N+6T$C+出，产生的铲c 能自发进行口衰变，其半接期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代.下列说法正确的是（）A./C发生口衰变的产物是尹NB.夕衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子C.近年来由于地球的温室效应，引起及C的半衰期发生微小变化D.若测得一古木样品的肥C含量为活体植物的，则该古木距今约为11460年10.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，称 为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如表：则相邻两次“冲日”时间间隔约为（

5、）A.火星365天 B.火星800天 C.天王星365天 D.天王星800天行星名称地球 火星 木星 土星 天王星 海王星轨道半径R/4U1.01.55.29.5 193011.被 誉 为“中国天眼”的大口径球面射电望远镜已发现660余颗新脉冲星，领先世界。天眼对距地球为乙的天体进行观测，其接收光子的横截面半径为R。若天体射向天眼的辐射光子中，有何 1）倍被天眼接收，天眼每秒接收到该天体发出的频率为1/的 N 个光子。普朗克常量为力，则该天体发射频率为v光子的功率为（）A.B.C.D.1 2.如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极丫/、水平方向偏转电极x x 和荧光屏组成。电极XX的长度为/

6、、间距为、极板间电压为。,丫 片 极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿。0 方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e,质 量 为 则 电 子（）A.在XX极板间的加速度大小为B.打在荧光屏时，动能大小为lleUC.在XX极板间受到电场力的冲量大小 为 痂 后D.打在荧光屏时，其速度方向与。连线夹角a的正切13.如图所示为一斜边镀银的等腰直角棱镜的截面图。一细黄光束从直角边AB以角度。入射,依次经AC和BC两次反射，从直角边力C出射。出射光线相对于入射光线偏转了a角，则。（）A.等于90。C.小于90。D.与棱镜的折射率有关14.下列说法正确的是（）A

7、.利用电容传感器可制成麦克风B.物体受合外力越大，则动量变化越快C.利用红外传感器可制成商场的自动门D.牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用1 5.氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光I,从能级3跃迁到能级2产生可见光II o用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（）图1IIIIIJIIIIIIIIIII图2图3A.图1中的Ha对应的是IB.图2中的干涉条纹对应的是HC.【的光子动量大于 I的光子动量图4D.尸向

8、“移动，电流表示数为零时I对应的电压表示数比n的大16.（1）在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，实验装置如图1所示。需 要 的 实 验 操 作 有。A.调节滑轮使细线与轨道平行B.倾斜轨道以补偿阻力C.小车靠近打点计时器静止释放。.先接通电源再释放小车经正确操作后打出一条纸带，截取其中一段如图2所示。选取连续打出的点0、1、2、3、4为计数点，则计数点1的读数为 c m.己知打点计时器所用交流电源的频率为50”z,则打计数点2时小车的速度大小为 m/s（结果保留3位有效数字）。（2）“探究向心力大小的表达式”实验装置如图3所示。采 用 的 实 验 方 法 是。A.控制变量法B.等效法

9、C.模拟法在小球质量和转动半径相同的情况下，逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀速转动。此时左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的 之比（选 填”线速度大小”、“角速度平方”或“周期平方”）；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记1 7.在“测量金属丝的电阻率”实验中:（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线4端应与（选填、“0.6”或“3”）接线柱连接，端 应 与（选填、“0.6”或“3”）接线柱连接。开关闭合前，图1中 滑 动 变 阻 器 滑 片 应 置 于（选 填“左”或“右”）端。（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和/数据。甲同

10、学由每组U、/数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过U-/图像求电阻。则 两 种 求 电 阻 的 方 法 更 合 理 的 是（选填“甲”或“乙”）。（3）两同学进一步探究用锲铭丝将满偏电流I。=300卬1的表头G改装成电流表。如图2所示,表头G两端并联长为乙的银铭丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为/。改变重复上述步骤，获得多组人心数据，作出图像如图3所示。则图像斜率k=mA-m.若要把该表头G改装成量程为9mA的电流表，需要把长为 m的银铭丝并联在表头G两端。(结果均保留两位有效数字)1 8.某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S =1 0

11、 0 c m2,质量m =Mg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度二=3 0 0 K、活塞与容器底的距离九 =3 0 c m的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d =3 c m恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态以 活塞保持不动，气体被继续加热至温度及=3 6 3 K的状态C时触动报警器。从状态4到状态C的过程中气体内能增加了4 U=1 5 8/。取大气压p o =0.9 9 x 1 05P a,求气体：(1)在状态B的温度；(2)在状态C的压强；(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。1 9.一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在

12、水平地面上倾角0 =3 7。的直轨道A B、螺旋圆形轨道B C Q E,倾角。=3 7。的直轨道ER水平直轨道F G组成，除F G段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道A B、历 相切于B(E)处。凹槽G H底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下F G、平 台 位 于 同 一 水 平 面。已知螺旋圆形轨道半径R =0.5 m,8点高度为1.2 R,F G长度LFG=2.5 m,HI长度L()=9 m,摆渡车长度L =3 m,质量m =1kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道A B上高度八=2.3沉处静止释放，滑块在F G段运动时的阻力

13、为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，s i n 3 7。=0.6,c o s 3 7。=0.8)(1)求滑块过C点的速度大小处和轨道对滑块的作用力大小&；(2)摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数出(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。2 0.如 图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2/的两轻质横杆组成，且L 2/。线框通有恒定电流/。，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心。为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离。为a处，固定放置半径远小于。，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂

14、直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度3匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中%已知。图2(1)求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量g；(2)沿)，轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系；(3)求圆环中电流的有效值；(4)当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为 k,求A s的值(当0 c x e c 1,有(1-x)2 2 1 -2x)。2 1.探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴 上 方 存 在 垂 直 平 面 向 外、磁感应

15、强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为小 长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C(孔径忽略不计)，N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为机、电荷量为g的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60。；且各个方向均有速度大小连续分布在和或丹之间的离子射出。己知速度大小为北、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C.未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽(图中没有画出)。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。(1)求孔C所处位置的坐标%。；(2)求离子打在N板上区域的长度L；(3)若在N与M板之间加载电压，调节其大

16、小，求电流表示数刚为0时的电压%；(4)若将分析器沿着x 轴平移，调节加载在N 与 M 板之间的电压，求电流表示数刚为0 时的电压必与孔C位置坐标x 之间关系式。BXC M：答案和解析1.【答案】B【解析】解：国际单位制中基本单位有依，m,s,K,A,cd,mol,故B正确，4C）错误;故 选:B。本题根据国际单位制中基本单位的七个基本单位，即可解答。本题考查学生对国际单位制中基本单位的七个基本单位的掌握，比较简单。2.【答案】C【解析】解：足球受重力、拉力和支持力平衡，受力如图；运用合成法，根据几何知识得:绳子对球的拉力为：墙壁的支持力为：FN=GtanO,可知：FT FN,FT G,故C正

17、确、错误。故选：C。足球受重力、墙壁的支持力和绳子的拉力处于平衡，根据合力为零，运用平行四边形定则求出悬绳的拉力和墙壁对球的支持力。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、根据平衡条件建立平衡方程进行解答。3.【答案】C【解析】解：A选地球为参考系，“天和”是运动的，故A错误；8.选地球为参考系，“神舟十五号”是运动的，故8错误；CD“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接，选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的，故C正确，。错误；故选：Co本题根据题意，结合每个选项选择的参考系，分析运动情况，即可解答。本题解题关键是“神舟十五号”飞船和空间

18、站“天和”核心舱成功对接，是相对静止关系。4.【答案】B【解析】解：A、绳绷紧前，弹性势能不变。绳绷紧后，随着伸长量的增大，弹性势能增大，故 A错误；8、游客从跳台下落直到最低点过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小，故 B 正确；C、绳绷紧前，只有重力做功，游客的机械能保持不变。绳绷紧后，绳对游客做负功，游客的机械能减小，故 C 错误；。、绳绷紧后，游客受到重力和绳的拉力两个力作用，绳的拉力先小于重力，后大于重力，游客的合力先向下后向上，先加速运动后做减速运动，动能先增大后减小，当绳的拉力与重力大小相等时动能最大，故。错误。故选：B。根据形变量的变化分析弹性势能的变化。根据重力做功情况，分

19、析重力势能的变化。根据机械能守恒条件分析机械能是否守恒。分析游客的受力情况，判断动能的变化情况。解答本题的关键要明确游客的受力情况，来判断其运动情况，不能简单地认为绳一绷紧就开始减速。5.【答案】A【解析】解：小石子从。点到P 点，竖直方向受到向下的重力和向下的阻力，重力和竖直方向阻力之和产生竖直方向的分加速度，小石子速度减小，空气阻力减小，加速度减小，到 P 点时，竖直方向加速度最小；小石子从尸点到Q 点，竖直方向受到向下的重力和向上的阻力，重力和竖直方向阻力之差产生竖直方向的分加速度，小石子速度增大，空气阻力增大，加速度减小，到。点时，竖直方向加速度最小；即整段过程中，0 点竖直方向的加速

20、度最大，故 A正确，BCO错误；故选：Ao对小石子受力分析，根据牛顿第二定律判断加速度的变化。本题考查牛顿第二定律，解题关键是对小石子做好受力分析，结合牛顿第二定律判断即可。6.【答案】B【解析】解：A、由图像得，噪声声波的振幅为A,所以抵消声波的振幅为A,故 4 错误；B、由图像得，声波的周期为10X 1 0-3 5,频率/=Hz=100H z,故 8 正确；C、声波的波长;I=340 x 10 x 10-3爪=3.4 m,为1.7m的偶数倍，故 C 错误；。、对应的抵消声波与图中所示的噪声声波相位相反，发生干涉现象，使振动减弱，从而实现降噪的目的，故。错误；故 选:瓦由图像求解声波的振幅和

21、周期，进而得到其频率和波长；为实现降噪的目的，在耳膜中产生的振动与图中所示的振动相位相反。本题考查振动图像和波的干涉，解题关键是能从振动图像中得到声波的频率和波长，进而求解。7.【答案】B【解析】解：导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。当电阻R从Ro变为2 8 时;回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，故 B 正确，AC 错误。故选：B。闭合回路中的导体棒切割磁感线时，产生感应电流，根据楞次定律可知其所受的安培力会阻碍导体杆相对于磁场的运动

22、，当回路电阻增大时，其所受安培力减小，据此可分析题目。本题考查楞次定律的基本原理，并用其解释生活中的实际问题，要提高运用物理知识解决实际问题的能力。8.【答案】D【解析】解：根据安培定则，螺线管在霍尔元件处的磁场方向竖直向下，要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线必在霍尔元件处的磁场方向竖直向上，根据安培定则，待测电流方向由b-a,元件输出霍尔电压%为零，则霍尔元件处合场强为0,即的/。=七/,1 =,故 ABC错误，力正确；故选：本题根据安培定则，结合合场强为0,即可解答。本题解题关键是分析出元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0。9.【答案】D【解析】解：A、铲C能自发进行口衰变，

23、根据质量数守恒与电荷数守恒可知，其衰变方程为：记C-尹N+，e,故 A 错误；8、衰变产生的电子是夕衰变过程中中子转化为一个质子同时放出一个电子形成的，故 B错误；C、半衰期是放射性物质固有属性，由原子核自身的因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，温度变化不能改变碳14的半衰期，故 C错误；。、测得一古木样品的fC 含量为活体植物的，根 据，可知经过了两个半衰期，所以该古木距今约为：N=27=2 x 5700年=11460年，故。正确。故选：Do根据核反应方程书写规律：电荷数守恒和质量数守恒；半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关；根据剩余质量与半衰期的关系判断；根据0 衰变的本质判断

24、本题考查学生对半衰期的理解与应用能力，需要学生熟知核反应方程的书写规则和半衰期的概念，体现了物理观念这一核心素养，注意半衰期的适用条件，及影响因素。10.【答案】Br3 r3【解析】解：由开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T 的平方的比值都相等，*=,设地球外另一行星的周期为7 ,则两次冲日时间间隔为r,则可得：t=对火星和地球，代入数据：t=800天；故 B 正确，AC。错误。故选：Bo行星绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定率，轨道半径的三次方与周期T 的平方的比值都相等，从一次行星冲日到下一次行星冲日，为地球比行星多转一圈的时间。解题的关键是从一次行星冲日到下一次行星冲日地球要比

25、行星多转一圈。11.【答案】A【解析】解：该天体的表面积为Si=4兀 天眼接收光子的横截面的面积为S2=nR2天眼接收光子的功率为Pi=Nhv该天体发射频率为v光子的功率P=Pi=故 4 正确，BCO错误；故 选:Ac根据题意结合球的表面积的计算公式、圆形面积公式、光子能量计算公式以及功率的计算公式求解即可。本题考查光子能量计算公式以及功率的计算公式，解答本题的关键是能够根据题中给出的信息进行分析，求解即可。12.【答案】D【解析】解：A、根据牛顿第二定律可知在XX极板间的加速度大小为a=,故A错误；B C、根据动能定理可知，e-10U+W =Ek,由于W与 eU的关系未知，则打在荧光屏时，动

26、能大小为不一定是lleU；根据动能定理可知在XX极板间受到电场力的冲量大小为/=4P=mvy,由于勿=，由于W与eU的关系未知，所以在XX，极板间受到电场力的冲量大小不一定为岳商7，故 BC错误；D、电子经加速枪加速，根据动能定理有：e 10U=,在XX极板运动的时间为/=vt,沿电场方向的位移y=t2,则位移为水平方向的夹角。的正切t a n。=，根据平抛运动规律可知t a na =2 t a nO；联立解得：故。正确；故选：D.根据牛顿第二定律可知在XX极板间的加速度大小，电子在XX极板间受到电场力做功不一定等于e U,根据类平抛运动规律分析。项。题考查对示波器工作原理的理解，其基本原理是

27、电场的加速和偏转，根据偏转距离与偏转电压的关系，分析打在荧光屏时，其速度方向与。连线夹角a的正切。1 3.【答案】A【解析】解：题图已经画出此过程中光的传播路径，通过B C作出 A B C的对称图形，如图所示：根据对称性可知，从边射出的光线与法线的夹角也为6,所以光线从A C射出时与法线的夹角也为0；由于垂直于A B的法线与垂直于A C的法线相互垂直，根据数学知识（一个角的两边与另一个角的两边相互垂直，这两个角相等或互补）可知，从A C边射出的光线与入射光线相互垂直，故出射光线相对于入射光线偏转角为a =9 0。，故A正确、B C D错误。故选：通过8 c作出A A B C的对称图形，根据对称

28、性可知光线从A C射出时与法线的夹角也为凡 根据数学知识求解a角的大小。本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图结合折射定律和几何关系列方程联立求解。1 4.【答案】ABC【解析】解：A、利用电容传感器可制成麦克风，人对着话筒讲话时，振动膜前后振动，电容器两板间的距离发生变化，电容器的电容变化，将声信号转化为电信号，故A正确；B、由动量定理得，F=,物体所受合外力越大，动量的变化率越大，即动量变化越快，故B正确；C、红外线是一种不可见光，人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，利用红外传感器可制成商场的自动门，故 C正确；D,

29、牛顿运动定律只适用于宏观物体的低速运动，不适用于微观物体的高速运动。而动量守恒定律既适用于宏观物体的低速运动，也适用于微观物体的高速运动。故。错误。故选：ABC.利用电容传感器可制成麦克风；根据动量定理判断合外力与动量变化快慢的关系；利用红外传感器可制成商场的自动门；牛顿运动定律只适用于宏观低速物体，不适用于微观高速物体。而动量守恒定律既适用于低速宏观物体，也适用于高速微观物体。本题考查传感器、动量定理、牛顿运动定律和动量守恒定律的使用条件，要提高对常见实例的理解能力。1 5 .【答案】CD【解析】解：A、根据玻尔理论可知，氢原子从能级6 跃迁到能级2 产生可见光I 的能量值大于氢原子从能级3

30、 跃迁到能级2 产生可见光I I 的能量值，根据E =h v=,可知氢原子从能级6 跃迁到能级2 产生可见光I 的波长小于氢原子从能级3 跃迁到能级2 产生可见光I I 的波长，所以图1 中的H a 对应的是H,故 4错误；8、由A的判断可知H的波长大，根据可知，图 3中的干涉条纹对应的是I I,故 B错误；C、可见光I I 的波长大，根据p =可知可见光H的对应的光子的动量小，故 C正确；D、根据a=h v-%和a=eUc,结合可见光I I 的能量值小，可知光I 对应的遏止电压比I I 的对应的遏止电压大，即 P向 a移动，电流表示数为零时I 对应的电压表示数比n的大，故。正确。故选：C D

31、。根据玻尔理论判断两种光子的波长与频率，然后判断对应的光和干涉条纹；根据光子动量的表达式判断；根据光电效应方程与动能定理判断。该题综合考查光电效应、玻尔理论以及光的波粒二象性，考查到的知识点较多，解答的关键是注意在平时的学习中多加积累。1 6 .【答案】4 B C 2.7 4 1.4 7 4 角速度平方不变【解析】解：（1）4为使小车能做匀加速直线运动，必须使小车受到的合力恒定，调节滑轮使细线应与轨道平行，故 A正确；3、探究小车速度随时间变化规律，与小车是否受到阻力没有关系，所以不需倾斜轨道以补偿阻力，故 8错误；C、为提高纸带的利用率，小车应靠近打点计时器静止释放，故 C正确；/）、实验中

32、为了在纸带上打出更多的点，为了打点的稳定，具体操作中要求先接通电源再释放小车，故。正确。故选：AC Do刻度尺为毫米刻度尺，最小分度值为0.1 cm,由图得，计数点1 的读数为2.7 4 cm；打点计时器所用交流电源的频率为50Hz,打点周期T =s =0.0 2 s打计数点2的时刻是1 到 3的中间时刻，中间时刻的瞬时速度等于平均速度，设则打计数点2 时小车的速度大小为=m/s=1.4 7 m/s(2)本实验通过控制一些物理量不变，来研究其他物理量之间的关系，采用了控制变量法，故 4正确，B C 错误。故选：A o左右标尺露出的红白相间等分标记的比值等于两小球的向心力之比，根据向心力公式得：

33、Fn=ma)2r在小球质量和转动半径相同的情况下，向心力之比应等于角速度平方之比；在加速转动手柄过程中，左右标尺露出红白相间等分标记的比值不变。故答案为：(1)48；2.7 4,1.4 7；(2)4 角速度平方，不变。(1)根据实验原理、操作规范和注意事项分析解答；根据刻度尺读数规则读数即可，根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度求解即可；(2)“探究向心力大小的表达式”采用了控制变量法；根据向心力公式判断求解即可。本题考查“探究小车速度随时间变化的规律”的实验和“探究向心力大小的表达式”实验，解题关键是掌握实验原理、注意事项和数据处理。1 7.【答案】0.6 0.6 左 乙 2.3 0.2 6【

34、解析】解：(1)实验中用两节干电池供电，则图中的导线 端 应 与“0.6”接线柱连接，金属丝的电图较小，电流表外接误差较小，故 b 端应与“0.6”接线柱连接，为了保护电表，开关闭合前，图 1 中滑动变阻器滑片应置于左端。(2)做U-/图象可以排除偶然误差较大的数据.提高实验的准确程度，减少实验的误差，则乙同学通过U-/图像求电阻，求电阻的方法更合理；(3)由图像可知图像斜率k =m A -m =2.3mA-m延长图像可知，当/=9.0 m A 时可得=3.8 m-1解得：L=0.2 6 m故答案为：(1)0.6,0.6,左;(2)乙;(3)2.3,0.2 6(1)根据电源电动势与电路图分析连

35、线；(2)采用作图法处理数据可以减小偶然误差；(3)根据数学方法可解得图像斜率与金属丝长度。本题是电学实验综合题，由于考查的知识点多，对实验原理的理解较困难，因此本题的难度较大；根据实验原理求解函数是解题的关键。1 8 .【答案】解：(1)从状态A到状态8的过程中气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律得代入数据解得：TB=3 3 0 K(2)气体在状态 B 的压强为PB=P o +=0.99 x 1 05P a +P a =1 X 1 05P a从状态B到状态C的过程中气体发生等容变化，根据查理定律得代入数据解得：pc=1.1 x 1 05P a(3)从状态A到状态B的过程中气体对外做的功为W=

36、pBSd=1 x 1 05 x 1 0 0 x 1 0-4 x 0.0 3/=3 0/从状态8到状态C的过程中气体不做功。由状态A到状态C过程中，根据热力学第一定律得AU=Q-W代入数据解得：41 7 =1 8 8/答：(1)气体在状态B的温度为3 3 0 K；(2)气体在状态C的压强为1.1 X 1 05P a；(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量。为 1 8 8 A【解析】(1)从状态A到状态B的过程中气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律求气体在状态B的温度；(2)从状态B到状态C的过程中气体发生等容变化，根据查理定律求气体在状态C的压强；(3)根据W=求出从状态A到状态8的过程中气

37、体对外做的功，再根据热力学第一定律求由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。本题要根据题意分析清楚气体的状态变化过程，应用盖-吕萨克定律、查理定律与热力学第一定律即可解题；要知道气体作等压变化量，可根据 皿=2 4,求气体做的功。1 9.【答案】解：(1)滑块从静止释放到C点过程中，只有重力做功，根据动能定理可得：mg(h 1.2/?R Re o s。)=-0代入数据解得：vc=4m/s滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得：Fc+m g =m 4代入数据解得：Fc=22N；(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小 为 片 从静止释放到G点过程，根据动能定理可得：m g h 0.2mgLF G=-0代

38、入数据解得：v=6mls摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，假设滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速,以滑块和摆渡车为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m v=2m%；代入数据解得：Vj=3m/s根据能量守恒定律可得：fimgL=m v2-x 2nl资解得：=0.3此过程中对摆渡车根据动能定理可得：nmgx=代入数据解得摆渡车的位移：x-1.5m Lo L=97n 37n 6m所以假设成立，说明摆渡车达到/之前已经共速，动摩擦因数为4=0.3；(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，所用时间为对摆渡车根据动量定理可得：fimgt=mvj 0解得：置=Is滑块与摆渡车共速后，滑块

39、与摆渡车一起做匀速直线运动所用时间为：Q=代入数据解得：t2=l,5s所以滑块从G到J所用的时间t=+t2=Is+1.5s=2.5s。答：(1)滑块过C点的速度大小为4 m/s,轨道对滑块的作用力大小为22N；(2)摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，则滑块与摆渡车之间的动摩擦因数为0.3；(3)在(2)的条件下，滑块从G到/所用的时间为2.5s。【解析】(1)滑块从静止释放到C点过程中，根据动能定理求解速度大小，滑块过C点时，根据牛顿第二定律进行解答；(2)从静止释放到G点过程，根据动能定理求解滑上摆渡车时的速度大小，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解动摩擦因数；(3)对摆渡车根据动量定理求

40、解滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程所用时间，滑块与摆渡车共速后，根据位移-时间关系求解滑块与摆渡车一起做匀速直线运动所用时间，因此得到滑块从G到J所用的时间。本题主要是考查了动量守恒定律、动能定理和能量守恒定律;解答本题的关键是要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。20.【答案】解：(1)由电流定义式得：q=由闭合电路欧姆定律得：=由法拉第电磁感应定律得：=0到时间内圆环的磁通量变化量的绝对值为：40=B0S-(-B0S)=2B0S联立解得：q=；(2)在时间内，圆环的磁通量不变，故圆

41、环中的感应电流为零；在时间内，感应电动势为：E=-S=沿)，轴正方向看，由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，故为负值，则此时间内感应电流为:(3)由图(2)的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期时间内的热等效求得，则有I2R=/有LR-解得：/有=处事；(4)已知经时间角速度减小量为，则此时间内线框的动能减小量为：叫=.27n(版)2 _.27n(一 Aa)l2=ma)2l2l-(1 一 )2 =ma)2l2l-(1 一 )2 =ma)2l2-2=2ma)l2Aa)此时间内圆环产生的焦耳热为：Q=/1&=工 空77 7 1 K己知线框与圆环的能量转换效率为则有：Q=kAEk解得：矿黑。答

42、：(1)0到时间内，流过圆环横截面的电荷量令 为；(2)在时间内，圆环中的电流与时间的关系为：时间内电流为零，时间内电流为；(3)圆环中电流的有效值为网粤;(4)43的 值 为 黑 馨。【解析】(1)根据电流定义式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律推导求解;(2)在时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零；在时间内，由法拉第电磁感应定律求得感应电动势，由楞次定律判断感应电流方向，根据闭合电路欧姆定律求解。(3)由图(2)的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期时间内的热等效求得；(4)根据能量的转化，线框的动能减小量乘以转换效率等于圆环产生的焦耳求解。本题考查了法拉第电磁感应定

43、律的应用，涉及求解电荷量，有效值，能量转化等问题，理解题意应用相应的物理原理解答。21.【答案】解：(1)己知速度大小为火、沿)，轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C,离子经磁场偏转后轨迹如图所示：由洛伦兹力提供向心力可得：q q)B =7 n 粤解得离子轨迹半径：R=根据几何关系可得孔C所处位置的坐标：a=2 R =；(2)速度大小为v 的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m解得离子轨迹半径：R=设离子速度方向与y 轴夹角为。时，离子若要能在C点入射，运动轨迹如图所示:则由几何关系可得：2 R c o s O =2 R解得：C O S 0 =离子速度大小连续分布

44、在和企孙之间，则苧 c o s。1当c o s。=苧时。=4 5,由几何关系结合对称性可得：L=2 d t a n 4 5。=2 d；(3)离子速度方向与y 轴夹角为。时，通过C点的离子其速度沿-y 方向的分量为：vy=vcosd由(2)可得：Vy=VQ由动能定理可得：qU=解得：%=噂；(4)设离子速度大小为/时离子轨迹半径为r ,离子速度方向与y 轴夹角为。时，孔 C位置坐标x2 r c o s 0其中：r=R 联立可得：x =2/?-C O S 0,离子速度大小连续分布在和夜火之间，则 W c o s O W 1解得：R x 2 V 2/?在此范围内，和(3)相同，只与为相关，可得：qB

45、Vy=m解得：Vy=根据动能定理可得：qUx=解得：Ux=。答：(1)孔C所处位置的坐标a =；(2)离子打在N板上区域的长度为2R；(3)若在N与M板之间加载电压，调节其大小，则电流表示数刚为0时 的 电 压%为 噂；(4)若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与 板之间的电压，则电流表示数刚为0时的电压以与孔C位置坐标x之间关系式为以=。【解析】(1)已知速度大小为火、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C,由洛伦兹力提供向心力结合几何关系可得孔C所处位置的坐标；(2)速度大小为v的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力求解离子轨迹半径，离子若要能在C点入射，由几何关系结合对称性进行解答；(3)离子速度方向与y轴夹角为。时，求出通过C点的离子其速度沿-y方向的分量，由动能定理进行解答；(4)设离子速度大小为M时离子轨迹半径为r ,根据洛伦兹力提供向心力求解轨迹半径，根据(1)中离子的速度大小结合几何关系得到孔C位置坐标与轨迹半径的关系，再根据动能定理求解电流表示数刚为0时的电压与孔C位置坐标x之间关系式。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。