2.考生答題前，務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題卷上。
3.選擇題的答案須用2B鉛筆將答題卷上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如要改動(dòng)，須將原填涂處用橡皮擦凈。
4.非選擇題的答案須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題卷上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時(shí)可先使用2B鉛筆，確定后須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效。
5.可能用到的相關(guān)參數(shù)：重力加速度g均取
一、選擇題I（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）
1. 下列物理量的單位中，用國際單位制的基本單位表示，正確的是（ ）
A. 靜電力常量k的單位是
B. 自感系數(shù)L的單位是
C. 磁通量的單位是
D. 普朗克常量h的單位是
【答案】A
【解析】
【詳解】A．靜電力常量k的單位是是用國際單位制的基本單位表示的，故A正確；
B．自感系數(shù)L的單位是，用國際單位制的基本單位可表示為
故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)法拉利第電磁感應(yīng)定律
可得
則其單位用國際單位制的基本單位可表示為
故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)公式
可得
則由量綱之間的關(guān)系可得普朗克常量h用國際單位制的基本單位可表示為
故D錯(cuò)誤。
故選A。
2. 下列說法正確的是（ ）
A. 研究神舟十六號(hào)航天員景海鵬“太空漫步”的動(dòng)作時(shí)，景海鵬可視為質(zhì)點(diǎn)
B. 研究中國潛水器“奮斗者”號(hào)下潛深度時(shí)，“奮斗者”號(hào)可視為質(zhì)點(diǎn)
C. 研究杭州亞運(yùn)會(huì)數(shù)字火炬手跑步姿勢(shì)時(shí)，數(shù)字火炬手可以視為質(zhì)點(diǎn)
D. 研究中國空軍加油機(jī)空中加油服務(wù)時(shí)，加油機(jī)可以視為質(zhì)點(diǎn)
【答案】B
【解析】
【詳解】A．航天員景海鵬“太空漫步”時(shí)，要考慮漫步的動(dòng)作，不能看成質(zhì)點(diǎn)，A錯(cuò)誤；
B．研究中國潛水器“奮斗者”號(hào)下潛深度時(shí)，可以忽略自身的形狀大小，“奮斗者”號(hào)可視為質(zhì)點(diǎn)，B正確；
C．研究杭州亞運(yùn)會(huì)數(shù)字火炬手跑步姿勢(shì)時(shí)，要考慮火炬手的形態(tài)變化，不能看成質(zhì)點(diǎn)，C錯(cuò)誤；
D．研究中國空軍加油機(jī)空中加油服務(wù)時(shí)，要考慮加油機(jī)有關(guān)的位置，因此加油機(jī)不能看成質(zhì)點(diǎn)，D錯(cuò)誤。
故選B。
3. 下列說法中正確的是（ ）
A. 偏振光的振動(dòng)方向與偏振片的透振方向成夾角時(shí)，偏振光無法透過偏振片
B. 僅當(dāng)讀卡機(jī)發(fā)射的電磁波頻率與公交IC卡內(nèi)的LC振蕩電路的固有頻率相等時(shí)，IC卡內(nèi)部的LC振蕩電路才會(huì)產(chǎn)生振蕩電流
C. 紫外線具有很強(qiáng)的穿透本領(lǐng)，可以用來檢查人體的內(nèi)部器官，幫助醫(yī)生判斷人體組織是否發(fā)生了病變，紫外線是原子核躍遷產(chǎn)生的
D. γ射線能破壞生命物質(zhì)，可以摧毀病變的細(xì)胞，用來治療某些癌癥，γ射線是原子核躍遷產(chǎn)生的
【答案】D
【解析】
【詳解】A．偏振片對(duì)入射光具有遮蔽和透射的功能，可使縱向光或橫向光一種透過，一種遮蔽，當(dāng)兩個(gè)偏振片方向之間的夾角增大時(shí)，透射光的強(qiáng)度將減弱，因此偏振光的振動(dòng)方向與偏振片的透振方向成夾角時(shí)，偏振光仍能透過偏振片，但是透射光的強(qiáng)度減弱，故A錯(cuò)誤；
B．僅當(dāng)讀卡機(jī)發(fā)射的電磁波頻率與公交IC卡內(nèi)的LC振蕩電路的固有頻率相等時(shí)，才能產(chǎn)生電諧振，IC卡才能正常工作，若電磁波的頻率偏離該固有頻率，IC卡內(nèi)部的LC振蕩電路仍然會(huì)產(chǎn)生振蕩電流，但I(xiàn)C卡不能正常工作，故B錯(cuò)誤；
C．紫外線具有很強(qiáng)的穿透本領(lǐng)，醫(yī)學(xué)上主要用來殺菌消毒，紫外線是原子核外層電子躍遷產(chǎn)生的，原子核躍遷產(chǎn)生的是γ射線，而X射線可以用來檢查人體的內(nèi)部器官，幫助醫(yī)生判斷人體組織是否發(fā)生了病變，故C錯(cuò)誤；
D．γ射線能破壞生命物質(zhì)，可以摧毀病變的細(xì)胞，用來治療某些癌癥，γ射線是原子核躍遷產(chǎn)生的，故D正確。
故選D。
4. 如圖所示，航展飛行表演中，質(zhì)量為M的飛機(jī)A與質(zhì)量為m的飛行員B共同做豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R，通過最低點(diǎn)時(shí)速率為v。以下說法正確的是（ ）
A. 飛機(jī)可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)
B. 飛機(jī)所受的合外力可能保持恒定
C. 通過最低點(diǎn)時(shí)，飛行員對(duì)飛機(jī)的作用力大小為
D. 通過最低點(diǎn)時(shí)，在豎直方向空氣對(duì)飛機(jī)的作用力大小為
【答案】C
【解析】
【詳解】AB．質(zhì)量為M的飛機(jī)A與質(zhì)量為m的飛行員B共同做豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，合外力不是恒力，方向在改變，所以不可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；
C．通過最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)向心力方程
根據(jù)牛頓第三定律，飛行員對(duì)飛機(jī)的作用力大小為
故C正確；
D．通過最低點(diǎn)時(shí)，在豎直方向空氣對(duì)飛機(jī)的作用力大小為
解得
故D錯(cuò)誤。
故選C。
5. 如圖所示，運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行原地摸高訓(xùn)練，該運(yùn)動(dòng)員先下蹲，后發(fā)力跳起。在豎直向上運(yùn)動(dòng)過程中，其重心的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，忽略空氣阻力影響，則（ ）
A. t=0.ls時(shí)，運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài)
B. 起跳過程中地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功
C. t=0.ls時(shí)，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員支持力大于運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力
D. t=0.3s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員處于完全失重狀態(tài)
【答案】D
【解析】
【詳解】A．運(yùn)動(dòng)員先下蹲，發(fā)力向上加速，根據(jù)圖像可知，t=0.ls時(shí)，運(yùn)動(dòng)員處于向上加速過程，加速度方向向上，運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；
B．起跳過程中，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力的作用點(diǎn)的位移為0，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員不做功，故B錯(cuò)誤；
C．地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力與運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力是一對(duì)相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員支持力大小等于運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的壓力，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)圖像可知，t=0.3s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員處于向上減速過程，加速度方向向下，運(yùn)動(dòng)員處于完全失重狀態(tài)，故D正確。
故選D。
6. 如圖所示，手提袋裝滿東西后總重為G，輕質(zhì)提繩與手提袋的4個(gè)連接點(diǎn)M、N、P、Q形成邊長為L的正方形。豎直外力作用在提繩中點(diǎn)O將手提袋提起，4段提繩OM、ON、OP、OQ等長且與豎直方向均成30°夾角，則下列說法正確的是（ ）
A. 提繩OM對(duì)手提袋的作用力為
B. 提繩OM和ON對(duì)手提袋的作用力為
C. 若增大提繩的長度，提繩OM和ON對(duì)手提袋的合力將減小
D. 若減小提繩的長度，提繩OM和OP對(duì)手提袋的合力將增大
【答案】C
【解析】
【詳解】A．提繩OM、ON、OP、OQ等長且與豎直方向均成30°夾角，則對(duì)手提袋受力分析，由豎直上方的平衡有
解得每根提繩的拉力為
故四根提繩對(duì)手提袋的作用力均為，故A錯(cuò)誤；
B．由幾何知識(shí)可得每根提繩的長度為
設(shè)提繩OM和ON的夾角為，則
根據(jù)力的合成可得提繩OM和ON對(duì)手提袋的作用力為
故B錯(cuò)誤；
C．設(shè)提繩OM和ON對(duì)手提袋的合力與上表面夾角為，根據(jù)豎直方向受力平衡可得
解得
若增大提繩的長度，變大，故提繩OM和ON對(duì)手提袋的合力減小，故C正確；
D．根據(jù)對(duì)稱性可知提繩OM和OP對(duì)手提袋的合力方向?yàn)樨Q直向上，提繩ON和OQ對(duì)手提袋的合力方向也為豎直向上，由于四根提繩拉力大小相等，相鄰提繩夾角相同，根據(jù)對(duì)稱性與豎直方向受力平衡可得提繩OM和OP對(duì)手提袋的合力與提繩ON和OQ對(duì)手提袋的合力
因此減小提繩的長度，提繩OM和OP對(duì)手提袋的合力大小不變，故D錯(cuò)誤。
故選C。
7. 2022年1月22日，我國將一顆失效的北斗二號(hào)G2衛(wèi)星從軌道半徑為R?的地球同步軌道上變軌后運(yùn)行到軌道半徑為R?的“墓地軌道”上，此舉標(biāo)志著航天器被動(dòng)移位和太空垃圾處理新方式的成功執(zhí)行。該過程的簡(jiǎn)化示意圖如圖所示。已知橢圓形轉(zhuǎn)移軌道與同步軌道和“墓地軌道”分別相切于P、Q兩點(diǎn)，則北斗二號(hào)G2衛(wèi)星（ ）
A. 在轉(zhuǎn)移軌道上Q點(diǎn)的加速度小于在“墓地軌道”上Q點(diǎn)的加速度
B. 在轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)的機(jī)械能小于Q點(diǎn)的機(jī)械能
C. 在轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)的速度與Q點(diǎn)速度之比為R?：R?
D. 沿轉(zhuǎn)移軌道從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為天
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律可知
在轉(zhuǎn)移軌道上Q點(diǎn)的加速度等于在“墓地軌道”上Q點(diǎn)的加速度，故A錯(cuò)誤；
B．在同一軌道上只有引力做功，機(jī)械能守恒，所以在轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)的機(jī)械能等于Q點(diǎn)的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)開普勒第二定律可知
所以在轉(zhuǎn)移軌道上P點(diǎn)的速度與Q點(diǎn)速度之比為，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)開普勒第三定律
其中
沿轉(zhuǎn)移軌道從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為
天
故D正確。
故選D。
8. 某款伸展運(yùn)動(dòng)傳感器的原理圖如圖所示，它由一電極和可伸縮柱極體組成，可在非接觸狀態(tài)下實(shí)現(xiàn)力—電轉(zhuǎn)換。電極通過電阻接地處理，當(dāng)復(fù)合柱極體拉伸時(shí)，彈性體和柱極體粒子發(fā)生形變，改變了電極上的感應(yīng)電荷量，并通過電阻器產(chǎn)生電流。在拉伸復(fù)合柱極體的過程中（ ）
A. 電流自右向左流經(jīng)電阻R
B. 柱極體與電極之間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小
C. 柱極體內(nèi)電荷相互作用的電勢(shì)能減小
D. 柱極體與電極之間的電勢(shì)差將增大
【答案】B
【解析】
【詳解】A．人為規(guī)定正電荷定向移動(dòng)的方向?yàn)殡娏鞯姆较?，而?fù)電荷移動(dòng)的方向?yàn)殡娏鞯姆捶较?，根?jù)題意，在拉伸復(fù)合柱極體的過程中，電子向右移動(dòng)，則形成的電流的方向從右向左，因此電流自左向右流經(jīng)電阻R，故A錯(cuò)誤；
BD．拉伸復(fù)合柱極體的過程中，柱極體與電極之間正對(duì)部分的電荷量減小，根據(jù)
，
可知，柱極體與電極之間的電勢(shì)差減小，而根據(jù)
可知，柱極體與電極之間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，故B正確，D錯(cuò)誤；
C．在拉伸復(fù)合柱極體的過程中，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化成了電能，則其電勢(shì)能增大，故C錯(cuò)誤。
故選B。
9. 如圖所示，MN右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，某同學(xué)用粗細(xì)均勻、材料相同的漆包電阻絲做成兩個(gè)半徑相同的半圓形閉合金屬線圈，圖中O點(diǎn)交叉處圓弧導(dǎo)線與直導(dǎo)線不連通。金屬線圈可繞兩半圓直徑所在的轉(zhuǎn)軸ab（恰好與邊導(dǎo)線界MN重合）勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。已知t=0時(shí)刻，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面，則ab兩端點(diǎn)的電壓（）圖象可能正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】當(dāng)金屬線圈從與磁場(chǎng)垂直到轉(zhuǎn)過的過程中，與磁場(chǎng)垂直時(shí)磁通量最大，但磁通量的變化率為零，而轉(zhuǎn)動(dòng)過程中通過金屬線框的磁通量在逐漸減小，當(dāng)轉(zhuǎn)過角度等于時(shí)，穿過線圈的磁通量減為零，此時(shí)磁通量的變化率達(dá)到最大值，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)達(dá)到最大值，而當(dāng)線框接著轉(zhuǎn)動(dòng)，從轉(zhuǎn)到的過程中，磁通量又開始逐漸增大，直至轉(zhuǎn)過磁通量再次達(dá)到最大值，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減為0，根據(jù)楞次定律結(jié)合安培定則可知，ab兩端點(diǎn)的電壓將反向減??；當(dāng)從轉(zhuǎn)到的過程中，磁通量又開始減小，ab兩端點(diǎn)的電壓將反向增大，如此反復(fù)。
故選A。
10. 一種可“稱量”安培力大小的實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲。形磁鐵置于水平電子測(cè)力計(jì)上，兩磁極之間的磁場(chǎng)可視為水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)兩極間以外區(qū)域磁場(chǎng)。一水平導(dǎo)體棒垂直磁場(chǎng)方向放入形磁鐵兩極之間（未與磁鐵接觸），導(dǎo)體棒由絕緣桿固定于鐵架臺(tái)上。導(dǎo)體棒沒有通電時(shí)，測(cè)力計(jì)示數(shù)為；導(dǎo)體棒通以圖示方向電流時(shí)，測(cè)力計(jì)示數(shù)為；將導(dǎo)體棒在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)過角時(shí)（如圖乙），測(cè)力計(jì)示數(shù)為；將導(dǎo)體棒在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)過角時(shí)（如圖丙），測(cè)力計(jì)示數(shù)為。整個(gè)過程保持電流大小不變，磁鐵始終靜止，不考慮導(dǎo)體棒電流對(duì)磁鐵磁場(chǎng)的影響。下列說法正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】導(dǎo)體棒沒有通電時(shí)測(cè)力計(jì)的示數(shù)即為磁鐵的重量為，通向外的電流后，由左手定則可知導(dǎo)體棒受向上的安培力，根據(jù)牛頓第三定律可知導(dǎo)體棒對(duì)磁鐵的磁力向下，對(duì)磁鐵由平衡條件
+F安=G1
三種情況下，根據(jù)
導(dǎo)體棒所受安培力相同，所以
故選A。
11. 光射到物體表面上時(shí)會(huì)產(chǎn)生壓力，我們將光對(duì)物體單位面積的壓力叫光壓。已知普朗克常量h，光速c，某激光器發(fā)出的激光功率為P，該光束垂直射到某平整元件上，其光束截面積為S，該激光的波長λ。若激光的能量全部被原件吸收，則下列說法正確的有（ ）
A. 該光束產(chǎn)生的光壓為
B. 該光束產(chǎn)生的光壓為
C. 該激光器單位時(shí)間內(nèi)發(fā)出的光子數(shù)為
D. 該激光器單位時(shí)間內(nèi)發(fā)出的光子數(shù)為
【答案】C
【解析】
【詳解】CD．光子的能量
設(shè)單位時(shí)間內(nèi)該激光器發(fā)出的光子數(shù)為N，則有
故C正確，D錯(cuò)誤；
AB．根據(jù)題意，該激光的能量全部被原件吸收，則可認(rèn)為光子在接觸該原件后速度減為零，則在時(shí)間內(nèi)光子動(dòng)量的變化量為
對(duì)時(shí)間內(nèi)的光束由動(dòng)量定理有
解得
該光束產(chǎn)生的光壓為
故AB錯(cuò)誤。
故選C。
12. 農(nóng)民通過潛水泵抽取地下水灌溉農(nóng)田。已知潛水泵由電動(dòng)機(jī)、水泵、輸水鋼管組成，某地下水源距離地表6m深，安裝潛水泵時(shí)將一根輸水鋼管豎直打入地底下與地下水源連通，水泵出水口離地表高度為0.45m，水流由出水口水平噴出時(shí)的速度為4m/s，每秒出水量為3kg。水泵由功率為330W的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，已知電動(dòng)機(jī)額定電壓為220V，水泵的抽水效率為75%，水的密度為，則下列說法不正確的是（ ）
A. 出水口鋼管橫截面積為B. 每秒內(nèi)水流機(jī)械能增加217.5J
C. 水泵的輸出功率為217.5WD. 電動(dòng)機(jī)線圈的電阻為
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．水流由出水口水平噴出時(shí)的速度為4m/s，每秒出水量為3kg，根據(jù)
代入數(shù)據(jù)解得
故A錯(cuò)誤符合題意；
B．每秒內(nèi)水流機(jī)械能增加
其中
h=6+0.45m=6.45m
代入數(shù)據(jù)解得
ΔE=217.5J
故B正確不符合題意；
C．水泵的輸出功率
故C錯(cuò)誤符合題意；
D．對(duì)電動(dòng)機(jī)，有
其中
P總=UI
聯(lián)立解得
故D正確不符合題意；
故選AC。
13. 有一塊邊長為2m的透明立方體，立方體內(nèi)上下底面中心連線為，在處安裝了一盞可視為點(diǎn)光源的燈，已知立方體材料的折射率為，下列說法不正確的是（ ）
A. 由燈直接發(fā)出的光照到上表面時(shí)全部能從上表面射出
B. 從立方體的側(cè)面觀察，可能看不到光源
C. 由燈直接發(fā)出的光從四個(gè)側(cè)面射出，該射出區(qū)域的總面積為
D. 經(jīng)側(cè)面反射一次光線從上表面射出，該射出區(qū)域的面積為
【答案】B
【解析】
【詳解】A．如圖所示
在直角三角形中，由幾何關(guān)系可知
則
因?yàn)?br>所以由燈直接發(fā)出的光照到冰塊上表面時(shí)全部能從上表面射出，故A正確；
BC．而
則
可知由燈直接發(fā)出照到冰塊四個(gè)側(cè)面上的光不能全部都從側(cè)面射出，能射出的面積如圖
解得
故B錯(cuò)誤，C正確；
D．設(shè)從上底面射出的區(qū)域的半徑為R，因?yàn)?br>解得
則經(jīng)側(cè)面反射一次的光線從上表面射出，該射出區(qū)域的面積
故D正確。
本題選擇不正確的，故選B。
二、選擇題Ⅱ（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)符合題目要求的。全部選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）
14. 硼中子俘獲療法是腫瘤治療的新技術(shù)，其原理是進(jìn)入腫瘤細(xì)胞內(nèi)的硼核（）吸收慢中子，轉(zhuǎn)變成鋰核（）和X粒子，并釋放出γ光子。已知γ光子的能量為E0，普朗克常量為h，真空中的光速為c，原子核比結(jié)核能與質(zhì)量數(shù)關(guān)系圖像如圖所示，則下列說法正確的是（ ）
A. 該核反應(yīng)屬于β衰變B. γ光子的動(dòng)量為
C. X粒子為D. 硼核的結(jié)合能大于X粒子的結(jié)合能
【答案】BCD
【解析】
【詳解】AC．根據(jù)題意可寫出衰變方程
可知該衰變?yōu)樗プ?，故A錯(cuò)誤，C正確；
B．根據(jù)
，，
聯(lián)立解得
故B正確；
D．結(jié)合能等于比結(jié)合能與核子數(shù)的乘積，根據(jù)圖像可知，核的比結(jié)合能大約為，B核的比結(jié)合能大約為，氦核有4個(gè)核子，而硼核有10個(gè)核子，顯然硼核的結(jié)合能大于氦核粒子的結(jié)合能，故D正確。
故選BCD。
15. 如圖所示是某水域的剖面圖，A、B兩區(qū)域最大水深分別為點(diǎn)O處于兩部分水面分界線上，M和N分別是處在A、B兩區(qū)域水面上的兩點(diǎn)。若t=0時(shí)刻M點(diǎn)從平衡位置向上振動(dòng)，N點(diǎn)從平衡位置向下振動(dòng)，形成以M、N點(diǎn)為波源向左、右傳播的水波（可看作簡(jiǎn)諧橫波），兩波源振動(dòng)頻率均為2Hz，其波速跟水深關(guān)系為式中h為兩區(qū)域水的最大深度。當(dāng)t=1s時(shí)，O點(diǎn)開始向上振動(dòng)。已知A、B區(qū)域水波的振幅均為5cm，水深O、M間距離為3m，O、N間距離為6m。下列說法正確的是（ ）
A.
B. A、B兩區(qū)域水波的波長之比為4：3
C. t=1.5s時(shí)，O點(diǎn)經(jīng)平衡位置向上振動(dòng)
D. t=2.5s后，MN之間存在10個(gè)振幅為10cm的點(diǎn)
【答案】AD
【解析】
【詳解】?jī)刹ㄔ凑駝?dòng)頻率均為2Hz，故兩波源振動(dòng)周期
A．t=0時(shí)刻M點(diǎn)從平衡位置向上振動(dòng)，N點(diǎn)從平衡位置向下振動(dòng)。當(dāng)t=1s時(shí)，O點(diǎn)開始向上振動(dòng)，說明M點(diǎn)形成的水波先傳到O點(diǎn)。A區(qū)域的波速為
又
解得
得
故A正確；
B．B區(qū)域的波速為
又
得
故B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)t=1s時(shí)，波源M點(diǎn)的水波剛傳到O點(diǎn)且向上振動(dòng)，再經(jīng)即一個(gè)周期，O點(diǎn)在平衡位置向上振動(dòng)。波源N點(diǎn)的水波傳到O點(diǎn)用時(shí)
該水波使O點(diǎn)在平衡位置向下振動(dòng)，又已知A、B區(qū)域水波的振幅均為5cm。根據(jù)波的疊加原理，t=1.5s時(shí)，O點(diǎn)經(jīng)平衡位置既不向上振動(dòng)也不向下振動(dòng)。故C錯(cuò)誤；
D．M波源發(fā)出的波到達(dá)N點(diǎn)的時(shí)間
同理N波源發(fā)出的波到達(dá)M點(diǎn)的時(shí)間
A區(qū)域水波的波長
M、N點(diǎn)為波源振動(dòng)步調(diào)相反。把N點(diǎn)波源等效到O點(diǎn)，M、O兩波源的疊加振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)滿足
（n=0，1，2，……）
OM間有4個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，即振幅為10cm的點(diǎn)。
B區(qū)域水波的波長
把M點(diǎn)波源等效到O點(diǎn)，O、N兩波源的疊加振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)滿足
（n=0，1，2，……）
ON間有6個(gè)振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，即振幅為10cm的點(diǎn)。
即t=2.5s后，MN之間存在10個(gè)振幅為10cm的點(diǎn)。故D正確。
故選AD。
非選擇題部分
三、非選擇題（本題共5小題，共55分）
16. 如圖是小李同學(xué)用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲直徑時(shí)涉及到的步驟。請(qǐng)選出需要的步驟，并按實(shí)驗(yàn)時(shí)的先后順序排列，其合理的為（ ）
A. 甲乙B. 甲丙C. 甲乙丙D. 丙甲乙
【答案】D
【解析】
【詳解】螺旋測(cè)微器的使用方法：左手持尺架，右手轉(zhuǎn)動(dòng)粗調(diào)旋鈕使測(cè)桿與測(cè)砧間距稍大于被測(cè)物，放入被測(cè)物，轉(zhuǎn)動(dòng)保護(hù)旋鈕到夾住被測(cè)物，直到棘輪發(fā)出聲音為止，撥動(dòng)固定旋鈕使測(cè)桿固定后讀數(shù)，D正確。
故選D。
17. 某研究小組做“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)，所用器材有：方木板一塊，白紙，量程為5N的彈簧秤兩個(gè)，橡皮條，細(xì)繩套，刻度尺，圖釘。
（1）具體操作前，同學(xué)們提出了如下實(shí)驗(yàn)建議，其中正確的有________。
A．使用彈簧秤時(shí)，施力方向應(yīng)沿其軸線，且彈簧秤外殼與木板之間不能存在摩擦
B．實(shí)驗(yàn)時(shí)，拉伸橡皮條可以不和兩細(xì)繩套夾角的角平分線在一條直線上
C．重復(fù)實(shí)驗(yàn)再次進(jìn)行驗(yàn)證時(shí)，結(jié)點(diǎn)O的位置可以與前一次不同
D．只用一個(gè)彈簧秤，無法完成該實(shí)驗(yàn)
（2）該小組的同學(xué)用同一套器材做了四次實(shí)驗(yàn)，白紙上留下的標(biāo)注信息有結(jié)點(diǎn)位置O、力的標(biāo)度、分力和合力的大小及表示力的作用線的點(diǎn)，如下圖所示，其中對(duì)于提高實(shí)驗(yàn)精度最有利的是________。
【答案】 ①. BC##CB ②. B
【解析】
【詳解】（1）[1]A．實(shí)驗(yàn)中拉彈簧秤時(shí)，只需要讓彈簧秤與外殼間沒有摩擦，即需要沿著軸線的方向拉動(dòng)彈簧秤，與彈簧秤外殼與木板間是否有摩擦無關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B．實(shí)驗(yàn)時(shí)，拉伸的橡皮條，只需讓兩橡皮條張開適當(dāng)?shù)慕嵌龋荒苓^小也不能過大，不需要使兩細(xì)繩套與兩細(xì)繩套夾角的角平分線在一條直線上，故B正確；
C．只需要保證在同一次實(shí)驗(yàn)中，前后兩次拉動(dòng)橡皮筋，使結(jié)點(diǎn)O的位置重合即可，而重復(fù)實(shí)驗(yàn)再次進(jìn)行驗(yàn)證時(shí)，結(jié)點(diǎn)O的位置可以與前一次不同，故C正確；
D．若只有一個(gè)彈簧秤，可用一個(gè)彈簧秤鉤住其中一根細(xì)繩套，用手拉住其中一根細(xì)繩套然后互成角度的拉動(dòng)彈簧秤，記錄彈簧秤的示數(shù)，即兩細(xì)繩套的方向，然后在兩細(xì)繩套方向不變的基礎(chǔ)上，手和彈簧秤互換，用彈簧秤去拉動(dòng)另外一個(gè)細(xì)繩套，記錄彈簧秤的示數(shù)，同樣可以完成實(shí)驗(yàn)，故D錯(cuò)誤。
故選BC。
（2）[2]A．為了便于確定拉力的方向，拉橡皮筋的細(xì)繩套要稍長一些，同時(shí)在白紙上描點(diǎn)時(shí)，所描的點(diǎn)不要太靠近結(jié)點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；
B．圖中所描的點(diǎn)到結(jié)點(diǎn)的距離適中，力的大小適中、兩個(gè)力的夾角也適中，故B正確；
C．實(shí)驗(yàn)中，兩分力應(yīng)適當(dāng)大些，讀數(shù)時(shí)引起的相對(duì)誤差會(huì)更小，而圖中讀數(shù)過小，容易引起較大的實(shí)驗(yàn)誤差，故C錯(cuò)誤；
D．圖中兩分力夾角過小，作圖時(shí)容易引起實(shí)驗(yàn)誤差，故D錯(cuò)誤。
故選B。
18. 關(guān)于教材中的以下實(shí)驗(yàn)，說法不正確的是（ ）
A. 圖甲，“用油膜法估測(cè)油酸分子大小”的實(shí)驗(yàn)中，某小組發(fā)現(xiàn)所測(cè)得的分子直徑d明顯偏大，可能的原因是誤將一滴純油酸滴入了撒好爽身粉的水盤內(nèi)
B. 圖乙，“探究氣體等溫變化的規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中，在測(cè)定壓強(qiáng)時(shí)，必須將活塞涂抹潤滑油并豎直放置，否則都會(huì)影響壓強(qiáng)的測(cè)量結(jié)果
C. 圖丙，“探究電容器兩極板間電勢(shì)差跟所帶電荷量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，三個(gè)開關(guān)的使用順序是：先將S1置于1、再將S1置于2（保持不動(dòng)）、最后將S2閉合
D. 圖丁，“測(cè)量玻璃的折射率”實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)通過玻璃磚觀察大頭針的頭部，以方便將大頭針插準(zhǔn)
【答案】BCD
【解析】
【詳解】A．誤將一滴純油酸滴入了撒好爽身粉的水盤內(nèi)，會(huì)導(dǎo)致油酸沒有充分散開，所測(cè)面積偏小，根據(jù)可知，分子直徑d明顯偏大，故A正確，不符題意；
B．封閉的理想氣體對(duì)各個(gè)面的壓強(qiáng)均相同，則裝氣體的玻璃管無論水平放置還是豎直放置，都不會(huì)影響壓強(qiáng)的測(cè)量結(jié)果，故B錯(cuò)誤，符合題意；
C．“探究電容器兩極板間電勢(shì)差跟所帶電荷量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)先把開關(guān)S1接1，給電容器A充電，再把開關(guān)S2解2，讓電容器B充電，然后斷開開關(guān)S1。閉合開關(guān)S2，讓電容器B的兩極板完全放電，隨后再斷開開關(guān)S2，然后重復(fù)這樣操作，故C錯(cuò)誤，符合題意；
D．“測(cè)量玻璃的折射率”實(shí)驗(yàn)中，判斷像與針是否在同一直線時(shí)，應(yīng)該觀察大頭針的整個(gè)部分，不能只觀察其頭部，故D錯(cuò)誤，符合題意。
故選BCD。
19. 小明要描繪某電學(xué)元件（最大電流不超過6mA、最大電壓不超過7V）的伏安特性曲線，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)物電路：圖中定值電阻R=1kΩ；電流表A（量程為10mA，內(nèi)阻約為5Ω）；電壓表（量程為10V，內(nèi)阻約10kΩ）；滑動(dòng)變阻器R1（阻值0~50Ω，額定電流0.4A），滑動(dòng)變阻器R2（阻值0~20Ω，額定電流0.5A）；電源E（電動(dòng)勢(shì)為12V，內(nèi)阻不計(jì)）。正確接線后，測(cè)得的數(shù)據(jù)如下表。
根據(jù)以上數(shù)據(jù)，分析判斷回答下列問題：
（1）將實(shí)物電路補(bǔ)畫完整：電壓表的正接線柱應(yīng)接在________接線柱上（選填“b”、“c”或“d”），滑動(dòng)變阻器的e接線柱應(yīng)接在________接線柱上（選填“g”、“a”或“不接”）。
（2）本實(shí)驗(yàn)小明選用的滑動(dòng)變阻器是_________（選填“R1”或“R2”）。
（3）隨后小明又研究了待測(cè)元件兩端電壓（Uab）隨ad間電壓（Uad）變化的變化關(guān)系，并定性畫出了示意圖，如圖所示，你認(rèn)為正確的是_________。
【答案】 ①. c ②. a ③. R1 ④. C
【解析】
【詳解】（1）[1]根據(jù)題意，某電學(xué)元件（最大電流不超過6mA、最大電壓不超過7V）可知其阻值大約為
其阻值遠(yuǎn)大于電流表內(nèi)阻，但與電壓表內(nèi)阻相差不大，若用電流表外接法，就會(huì)造成電壓表分流過大，造成極大誤差，因此應(yīng)采用電流表內(nèi)接法來測(cè)量電流，則電壓表的正接線柱應(yīng)接在c接線柱；
[2]根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，可知該電學(xué)元件兩端的電壓從零開始，因此滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓式接法，而分壓式接法的接線柱“一上兩下”，且要與電源構(gòu)成完整的回路，則e接線柱應(yīng)回到電源的負(fù)極則應(yīng)接a接線柱
（2）[3]若選用最大阻值為的滑動(dòng)變阻器，當(dāng)滑動(dòng)變阻器完全接入電路中是，通過電路的最小電流大約為
而最大阻值為的滑動(dòng)變阻器的額定電流為0.5A，超過其額定電流，因此不能選擇滑動(dòng)變阻器，若選擇滑動(dòng)變阻器，則通過的最小電流約為
在其額定電流范圍內(nèi)，因此應(yīng)選擇滑動(dòng)變阻器。
（3）[4]從表格中數(shù)據(jù)可以看出，待測(cè)元件兩端電壓（Uab）先呈現(xiàn)線性變化，逐漸增大，而隨后趨于穩(wěn)定。
故選C。
20. 如圖所示，內(nèi)徑相同，導(dǎo)熱良好的“T”形細(xì)玻璃管上端開口，下端封閉，管中用水銀封閉著A、B兩部分理想氣體，C為輕質(zhì)密閉活塞，各部分長度如圖?，F(xiàn)緩慢推動(dòng)活塞，將水平管中水銀恰好全部推進(jìn)豎直管中，已知大氣壓強(qiáng)，設(shè)外界溫度不變。水平管中水銀恰好全部推進(jìn)豎直管中時(shí)，求：
（1）氣體A的壓強(qiáng)；
（2）氣體A的氣柱長度；
（3）活塞移動(dòng)的距離為多大?
【答案】（1）；（2）；（3）6.5cm
【解析】
【詳解】（1）水平管中水銀恰好全部推進(jìn)豎直管中時(shí)，氣體A的壓
（2）初狀態(tài)，氣體A的壓強(qiáng)
設(shè)玻璃管橫截面積為S，初狀態(tài)氣體A的體積
設(shè)末狀態(tài)氣體A的體積為VA，對(duì)氣體A由玻意耳定律得
解得
末狀態(tài)氣體A的長
（3）氣體A的長度減少量
初狀態(tài)氣體B的壓強(qiáng)
末狀態(tài)氣體B的壓強(qiáng)
初狀態(tài)氣體B的體積
設(shè)活塞移動(dòng)的距離為xcm，末狀態(tài)氣體B的體積
對(duì)氣體B由玻意耳定律得
帶入數(shù)據(jù)解得
x=6.5cm
21. 如圖所示，光滑的半徑為的圓弧最低點(diǎn)與豎直墻壁AB相連，質(zhì)量的小球1與長度為輕桿相連，輕桿的另一端通過鉸鏈與質(zhì)量為的小滑塊相連，小滑塊套在光滑的水平桿上。初始輕桿緊靠墻壁豎直放置，小球1剛好處在圓弧的末端?，F(xiàn)將質(zhì)量為的小球2從圓弧上的C點(diǎn)由靜止釋放，CO連線與豎直方向的夾角為53°，小球2運(yùn)動(dòng)至圓弧的最低點(diǎn)與小球1發(fā)生彈性正碰，碰后立刻撤掉小球2。已知重力加速度的大小不計(jì)空氣阻力。求
（1）小球2運(yùn)動(dòng)至軌道最低點(diǎn)與小球1碰撞前瞬間對(duì)軌道的壓力大??；
（2）兩球碰撞后的瞬間，小球1的速度大??；
（3）輕桿上作用力為零時(shí)，小球1的速度大小及此時(shí)輕桿與豎直方向夾角的余弦值；
（4）小球1落到水平桿上前一瞬間速度大小。
【答案】（1）18N；（2）；（3），；（4）
【解析】
【詳解】（1）m2由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒
在最低點(diǎn)，對(duì)m?進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律
解得
由牛頓第三運(yùn)動(dòng)定律可得在最低點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為18N。
（2）小球m2在最低點(diǎn)與小球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒，有
根據(jù)機(jī)械能守恒有
解得
（3）記輕桿上作用力為零時(shí)輕桿與豎直方向的夾角為α，m1碰后運(yùn)動(dòng)至輕桿上作用力為零，由機(jī)械能守恒
此時(shí)m1重力沿桿的分力提供所需要的向心力有
聯(lián)立解得輕桿上作用力為零時(shí)m1的速度
，
（4）輕桿上作用力為零后，m1的速度繼續(xù)增加，所需要的向心力增大，而其重力沿輕桿的分力在減小，因而輕桿會(huì)向兩端提供拉力，m0開始離開墻壁，所以輕桿作用力為零到小球m1落到水平桿上前一瞬間，m1，m0構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒
該過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒
落到水平桿上前一瞬間，由速度關(guān)聯(lián)有
聯(lián)立可得m1落到水平桿上前一瞬間速度
22. 如圖所示，金屬輪和絕緣輪可繞各自中心金屬軸和轉(zhuǎn)動(dòng)，和平行且水平放置，金屬輪由三根金屬輻條和金屬環(huán)組成，輪的輻條長均為4r、電阻均為R，金屬環(huán)的電阻可以忽略，三根輻條互成角，在圖中的扇形區(qū)域內(nèi)存在平行于軸向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，絕緣輪的半徑為2r，另一半徑為r的絕緣圓盤。與同軸且固連在一起。一輕細(xì)繩的一端固定在邊緣上的某點(diǎn)，在上繞足夠匝數(shù)后，懸掛一質(zhì)量為m的重物P。當(dāng)P下落時(shí)，通過細(xì)繩帶動(dòng)和繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)。轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，保持接觸，無相對(duì)滑動(dòng)。輪的軸金屬環(huán)邊緣電刷D引出導(dǎo)線、與兩平行的足夠長的光滑水平金屬導(dǎo)軌連接，上導(dǎo)軌E、F處斷開，金屬導(dǎo)軌的間距為L。兩導(dǎo)軌之間E的左側(cè)串聯(lián)了開關(guān)與電阻R；兩導(dǎo)軌之間虛線右側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，磁場(chǎng)中放置一質(zhì)量為，長度也為L、電阻為R的金屬棒GH，電容器的電容C與單刀雙擲開關(guān)串聯(lián)，可以擲向E或F，不計(jì)導(dǎo)線電阻。
（1）當(dāng)都斷開，重物下落時(shí)，比較D與兩點(diǎn)之間的電勢(shì)高低：、
（2）當(dāng)都斷開，重物下落速度為時(shí)，求D與兩點(diǎn)之間電勢(shì)差U的大??；
（3）S1閉合、斷開，重物下落4r過程中，通過電阻R的電量；
（4）S1斷開、先打向E，充電穩(wěn)定后再打向F，待金屬棒GH運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，求金屬棒GH的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【詳解】（1）輪帶動(dòng)輪使其順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可做出判斷
（2）重物下落速度為v0時(shí)，則金屬輪A2邊緣的線速度為2v0，而A2與A1邊緣的線速度相同，則A1邊緣的線速度為2v0，則導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為
則D與O1兩端的電壓為外電阻的電壓是電動(dòng)勢(shì)的三分之一，即
（3）重物下落4r時(shí)，根據(jù)金屬輪A3與金屬輪A1邊緣線速度之比為可知，金屬輪A1邊緣某點(diǎn)轉(zhuǎn)過的弧長為，根據(jù)
可得干路中通過的電量
而根據(jù)電路關(guān)系可得
得出
則通過電阻R的電量為
（4）充電穩(wěn)定：重力的功率與產(chǎn)生的熱功率相等，設(shè)重物的速度為v，則
解得
導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為
穩(wěn)定時(shí)電容器兩端的電壓
充電穩(wěn)定后
打向F，待金屬棒GH運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，金屬棒GH的電動(dòng)勢(shì)與電容器電壓相等，金屬棒GH的速度穩(wěn)定，則有
，，
解得
23. 如圖甲所示，足夠長水平收集板位于x軸，在一、二、四象限足夠大區(qū)域有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在第三象限有垂直紙面向里、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，邊界與y軸相切于A點(diǎn)。一群電子從與x軸平行的虛線處垂直虛線射入圓形磁場(chǎng)后均從A點(diǎn)進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，這群電子在虛線處的x坐標(biāo)范圍為，電子打到收集板上后被收集。電子電量為e、質(zhì)量為m，不計(jì)電子重力及電子間的相互作用。
（1）求電子的初速度大小；
（2）求收集板上能收集到電子區(qū)域的長度；
（3）若撤去收集板及位于一、二、四象限的磁場(chǎng)，在y軸右側(cè)加多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示。電場(chǎng)、磁場(chǎng)寬度均為d，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向水平向右，垂直于紙面向里的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，垂直于紙面向外的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，電、磁場(chǎng)的邊界互相平行且與電場(chǎng)方向垂直：
①若從x=-R處射出電子從第1層右側(cè)垂直邊界穿出，求與的大小之比；
②把磁感應(yīng)強(qiáng)度大小改為使處射出電子從第n層右側(cè)邊界穿出時(shí)速度的方向恰好平行y軸向下，求的大?。ㄓ?、、、、表示）。
【答案】（1）；（2）；（3）1，
【解析】
【詳解】（1）根據(jù)題意，一群電子從與x軸平行的虛線處垂直虛線射入圓形磁場(chǎng)后均從A點(diǎn)進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，則可知這群電子在圓形磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑
電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力充當(dāng)向心力有
解得
（2）電子進(jìn)入第四象限后仍在洛倫茲力的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為，其軌跡圖如圖所示
則有
根據(jù)幾何關(guān)系可得，落在擋板最右側(cè)坐標(biāo)
由幾何關(guān)系可知
而這群粒子最右邊距軸的距離恰為，因此粒子范圍最右邊的粒子恰能經(jīng)過原點(diǎn)，因此落在擋板最左側(cè)坐標(biāo)
收集板上能收集到電子區(qū)域的長度為
（3）①法1：設(shè)電子剛進(jìn)第一層電場(chǎng)時(shí)速度與邊界的夾角為α，速度的豎直分量為
又因?yàn)?br>所以
設(shè)電子剛出第一層電場(chǎng)時(shí)速度大小為v2，速度與邊界的夾角為β
又因?yàn)?br>所以
所以
法2：豎直方向動(dòng)量定理
所以
②由動(dòng)能定理得
在y軸方向列動(dòng)量定理方程
聯(lián)立解得
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
U（V）
0.00
3.00
6.00
6.16
6.28
632
6.36
6.38
6.39
6.40
I（mA）
0.00
0.00
0.00
0.06
0.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5.50

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