【文档说明】2022届浙江省温州市普通高中高三（下）3月选考适应性测试（二模）物理试题 含解析.docx，共(32)页，11.196 MB，由小赞的店铺上传

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2022年3月份温州市普通高中选考适应性测试物理试题一、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.下列物理量的单位用国际单位制基本单位表示正确的是（）A.动量，NsB.磁感应强度，2

kg/AsC.功，2kgm/sD.电势，V【答案】B【解析】【详解】A根据pmv=可知动量的单位是kgm/s，N不是国际单位制的基本单位，故A错误；B根据FBIL=可知磁感应强度的单位22Nkgm/skg/AsAm

Am==故B正确；C根据WFs=可得功的单位22Nmkgm/s=故C错误；D根据电势的定义pEq=可得电势的单位2223Jkgm/s==kgmA/sCAs故D错误。故选B。2.下列说法正确的是（）A.甲图中，研究花样滑冰运动员旋转动作时，可将运动

员看成质点B.乙图中，运动员推“钢架雪车”加速前进时，运动员对雪车的力大于雪车对运动员的力C.丙图中，运动员用球杆击打冰球时，冰球对球杆的弹力是由于冰球的形变产生的D.丁图中，高亭宇在500m短道速滑决赛中获得金牌，用时34.32s，则

他在整个过程的平均速度约为14.6m/s【答案】C【解析】【详解】A.研究花样滑冰运动员旋转动作时，需要观看运动员的肢体动作，运动员的形状大小不能忽略不计，故运动员不能看成质点，A错误；B.运动员推“钢架雪车”加速前进时，运动员对雪车

的力与雪车对运动员的力是一对相互作用力，总是大小相等，反向相反，B错误；C.弹力是由施力物体发生形变后要恢复原状而产生的，故运动员用球杆击打冰球时，冰球对球杆的弹力是由于冰球的形变产生的，C正确；D.高亭宇在500m短

道速滑决赛中获得金牌，用时34.32s，500m指的是路程，不是位移，因为500m短道是环形轨道，故500m/s14.6m/s34.32svt==14.6m/sv=是该过程的平均速率，不是平均速度，D错误。故选C。3.下列陈述与事实相符的是（）A.牛

顿利用扭秤实验得出万有引力定律B.卢瑟福预言了中子的存在，查德威克发现了中子C.开普勒提出所有行星绕太阳运动轨道都是圆D.法拉第总结出闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比【答案】B【解析】【详解】A．牛顿

根据行星的运动规律推导出了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验进行了验证并测出了万有引力常量，故A错误；B．卢瑟福发现了质子并预言了中子的存在，查德威克通过原子核人工转变的实验发现了中子，故B正确；C．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，故C错误；D．法拉第在发现电磁感

应现象后，纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故D错误。故选B。4.如图所示，场地自行车赛道与水平面

成一定倾角，A、B、C三位运动员骑自行车在赛道转弯处以相同大小的线速度做匀速圆周运动（不计空气阻力）。则下列说法正确的是（）A.自行车受到地面的静摩擦力指向圆周运动的圆心B.自行车（含运动员）受到重力、支持力、摩擦力、向心力C.A、B

、C三位运动员的角速度ABCD.A、B、C三位运动员的向心加速度ABCaaa【答案】C【解析】【详解】A．自行车做匀速圆周运动，地面对自行车的摩擦力不可能是静摩擦力，故A错误；B．向心力是效果力，可以由单个力充当，也可以由其他力的合力或分力提供，不是性质力，因此将

运动员和自行车看成整体后，整体受重力、支持力和摩擦力，故B错误；的C．三位运动员的线速度大小相等，根据vr=可知半径大的，角速度小，故A、B、C三位运动员的角速度ABC故C正确；D．三位运动员的线速度大小相等，根据2var=可知半径大的，向心加速

度小，A、B、C三位运动员的向心加速度ABCaaa故D错误。故选C。5.北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星a、与地球自转周期相同倾斜地球同步轨道卫星b，以及比它们轨道低一些的中轨道卫星c组成，它们均为圆轨道卫星。若某中轨道卫星与地球同步静止轨道卫星运动轨迹在同一平面内，下列说法正确的是（）

A.卫星b运行的线速度大于卫星c的线速度B.卫星a与卫星b一定具有相同的机械能C.可以发射一颗地球同步静止轨道卫星，每天同一时间经过温州上空同一位置D.若卫星b与卫星c的周期之比为3:1，某时刻两者相距最近，则约12小时后，两

者再次相距最近【答案】D【解析】【详解】A．由牛顿第二定律得的22GMmmvrr=得GMvr=因卫星b运行的半径大于卫星c的半径，卫星b运行的线速度小于卫星c的线速度，A错误；B．机械能包括卫星的动能和势能与卫星的质量有关，而卫星a与卫星b的质量不一定相

同，故卫星a与卫星b不一定具有相同的机械能，B错误；C．地球同步静止轨道卫星必须与地球同步具有固定的规定，只能在赤道上空的特定轨道上，不可能经过温州上空，C错误；D．卫星c比卫星b多运行一周时两卫星再次相距最近cb222ttTT−=ba24h=3cTTT==解得12ht=即约12小

时后，两者再次相距最近，D正确。故选D。6.图中光敏电阻TR没有受到光照射（或光较暗）时，阻值较大；有光照射（或光较强）时，阻值较小。如图所示，现利用该光敏电阻、低压直流电源和电磁继电器设计了自动控制电路，用于公路照明。下列说法正确的是（）A.白天光照越强，电磁铁的磁性越强B.白天流过

2R的电流大于晚上流过2R的电流C.该电路能实现灯泡白天亮，晚上不亮的功能D.低压直流电源的总功率晚上比白天的大【答案】B【解析】【详解】A．光照增强，则热敏电阻阻值减小，总阻值减小，回路中总电流增大，R1两端电压增大，根据闭合

电路欧姆定律可知，路端电压减小，因此电磁铁和R3两端电压减小，电流减小，磁性减弱，故A错误；B．光照增强，总电流增大，流过R3的电流减小，因此流过R2的电流增大，故白天流过2R的电流大于晚上流过2R的电流，故B正确；C．光照增强，磁性减弱，因此

灯泡电路断开，白天不亮，故C错误；D．光照增强，回路中总电流增大，根据PEI=可知功率增大，因此白天功率较大，故D错误。故选B。7.如图所示，正方形abcd的四个顶角各有一根垂直于正方形平面的细长直导线，通有大小相同的电流，相邻导

线电流方向相反，O为正方形的中心，下列说法正确的是（）A.a、b连线中点的磁感应强度为零B.a、b连线中点与a、d连线中点的磁感应强度相同C.a、c两点的两根导线受到的安培力大小相等，方向垂直D.a、b两点的两根导线受到的安培力大小相等，方向垂直【答案】D【解析

】【详解】A．a、b两根导线在a、b连线中点的合磁感应强度垂直a、b向下，c、d两根导线在a、b连线中点的合磁感应强度垂直a、b向上，由于c、d离a、b连线中点的距离较大，所以a、b连线中点的磁感应强度垂直a、b连线向下

，故A错误；B．由对称性可知，a、b连线中点与a、d连线中点的磁感应强度大小相等，方向不同，故B错误；CD．根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥的规律，a、b、c、d四处导线受力如图且导线间距离越小作用力越大，则四根导线受到的合力方向都是沿对角线指向外侧，可知a、c两点的两根导线受到的安培

力大小相等，方向相反，a、b两点的两根导线受到的安培力大小相等，方向垂直，故D正确，C错误。故选D。8.匀速运行的列车经过钢轨接缝处时，车轮就会受到一次冲击。由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动。如图所示，为某同学设计的“减震器

”原理示意图，他用弹簧连接一金属球组成“弹簧振子”悬挂在车厢内，金属球下方固定一块强磁铁（不考虑磁铁对金属球振动周期的影响）。当列车上下剧烈振动时，该“减震器”会使列车振幅减小。下列说法正确的是（）A.“弹

簧振子”的金属球振动幅度与车速无关B.“弹簧振子”的振动频率与列车的振动频率相同C.“弹簧振子”固有频率越大，对列车的减振效果越好D.若将金属球换成大小和质量均相同的绝缘球，能起到相同的减振效果【答案】B【解析】【详解】A.“弹簧振子”的金属球振动幅度与驱动力的频率有关，而列车受到

周期性的冲击做受迫振动的频率与车速有关，故A错误；B.根据受迫振动稳定时的频率和驱动力的频率一致，可知“弹簧振子”的振动频率与列车的振动频率相同，B正确；C.当“弹簧振子”的固有频率等于受迫振动的频率时，金属球振

动幅度最大，这样更好的把能量传递给“弹簧振子”，对列车起到更好的减振效果，所以并不是“弹簧振子”固有频率越大，对列车的减振效果越好，C错误；D.若将金属球换成大小和质量均相同的绝缘球，那么绝缘球在振动时就不会产生电磁阻尼，达不到相同的减

震效果，D错误；故选B。9.“祝融号”火星车在火星表面探测过程中做直线运动，由静止开始经过加速、匀速和制动直至停止，共用时12s，位移随时间变化情况如表所示，加速和制动均可看作是匀变速直线运动。t/s024681012x/cm02

.08.017.527.033.035.0下列说法正确的是（）A.前6秒火星车做加速运动B.第6秒末火星车的速率为4.75cm/sC.火星车一共匀速运动了10cmD.火星车减速的加速度大小为22cm/s【答案】C【解

析】【详解】由题意可知，火星车从静止开始先做匀加速直线运动，接着做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动至停下，设匀加速阶段的加速度大小为a，时间为1t；匀速阶段的速度为v，时间为2t；匀减速阶段的加速度大小为a，时间为3t。由表格数据可知，0~2s，火星车从静止开始做匀

加速运动，通过的位移为2cm，根据212xat=解得21cm/sa=10s~12s，火星车做匀减速运动至停下，通过的位移为2cm，结合逆向思维，可认为此过程反向做初速为0的匀加速运动，则有212xat=解得21cm/sa=匀加速阶段的时间为1vta=匀减速阶段的时间为3vt

a=故0s~12s全过程的位移满足12335cm22vvxtvtt=++=总又有12312sttt++=联立以上式子解得135stt==，22st=，5cm/sv=A.前5秒火星车做加速运动,5秒后火星车已经做匀速

运动，A错误；B.5秒到7秒火星车已经匀速运动，故第6秒末火星车的速率为5cm/s，B错误；C.火星车一共匀速运动的位移为2252cm10cmxvt===C正确；D.火星车减速的加速度大小为21cm/s，D错误。故选C。10.如图是

判断检测电流0I大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流0I成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过下侧电压表的示数来判断0I的大小是否发生变化，下列说法正确

的是（）A.M端应与电压表的“负”接线柱相连B.要提高检测的灵敏度可适当增大宽度bC.要提高检测灵敏度可适当增大工作电流ID.当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流0I变小【答案】C【解析】【详解】A．根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下，磁感线

在磁芯中沿逆时针方向，可知霍尔元件所在磁场方向向上，由于霍尔元件中的载流子为电子，可知电子移动方向与工作电流方向相反，根据左手定则可知，电子在N端积累，N端为负极，则M端应与电压表的正接线柱相接，故A错误；BC．设霍

尔元件单位体积内电子数量为n，电子移动速度为v，则t时间内通过截面bdS的电荷量为bdQItvtSne==得bdIvSnevbdne==由于MN之间存在电势差，则MN之间的电场强度为MNUEb=电子所受沿b边方向的电场力和

洛伦兹力大小相等，方向相反eEevB=联立解得MNBIUdne=因此若要提高灵敏度，可以适当减小d，增大工作电流I，故C正确，B错误；D．当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，根据MNBIUdne=可知电压表

示数变大，磁感应强度B变大，则检测电流变大，故D错误。故选C。11.目前地球上消耗的能量绝大部分来自太阳内部核聚变时释放的核能。如图所示，太阳能路灯的额定功率为P，光电池系统的光电转换效率为η。用0P表示太阳辐射的总功率，太阳与地球的间距为r，地球半径为R，光在真空中传播的速度为c。太阳光传播到

达地面的过程中大约有30%的能量损耗，电池板接收太阳垂直照射的等效面积为S。在时间t内（）A.到达地球表面的太阳辐射总能量约为202740PtRrB.路灯正常工作所需日照时间约2040π7RPtPSC.路灯正常工作消耗的太阳能约为ηPtD.因释放核能而带

来的太阳质量变化约为02107Ptc【答案】A【解析】【详解】A．以太阳为球心r为半径的球面积为204Sr=因此到达地球单位面积功率01070%PPS=即20100770%40PPPSr==因此到达地球表面的太阳辐射总能量约为为2222200774040ERPP

rrttR==故A正确；B．路灯需要的总能量0022030774040StPtEStPPrr===因此路灯正常工作所需日照时间约为20040π7rPttPS=故B错误；C．路灯正常工作

消耗的太阳能约为PtE=故C错误；D．因释放核能而带来的太阳质量变化约为02Ptmc=故D错误。故选A。12.如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右边界。半径为r的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在EF上；另有一根长为2r的导体杆与EF重合

，杆两端点a、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单位长度电阻相同。情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动。两情况均从图示位置开始计时，关

于导体杆ab两端点的电压abU情况，下列说法正确的是（）A.情况1产生的abUt−图象为图甲，情况2产生的abUt−图象为图丙B.情况1产生的abUt−图象为图乙，情况2产生的abUt−图象为图丁C.情况1产生的abUt−图象为图甲，情况2产生的abUt−图象为图丁D.情况1产生的abU

t−图象为图乙，情况2产生的abUt−图象为图丙【答案】A【解析】【详解】由右手定则可知情况1中线圈转动产生正弦交流电，在如图所示位置直杆两端ab两端电压为0，线圈转过90°的过程中线圈的磁通量减小，产

生的感应电流在杆中由a端到b端，则直杆的a端电势高；线圈再转过90°的过程中线圈的磁通量增加，产生的感应电流在杆中由b端到a端，则是直杆的b端电势高；再次转到如图所示对称位置时电流方向改变，故情况1产

生的abUt−图象为图甲；若直杆绕O点转动，则切割磁感线的有效长度不变，则电动势大小不变，由右手定则可知在情况2中杆ab经过如图所示位置时电流方向发生改变，即情况2产生的abUt−图象为图丙，BCD错误，A正确。故选A13.排球比赛中，某次运动员

将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞来的排球从a点的正下方c点斜向上击出，也击中b点，且b点与c点等高。第二次排球运动的最高点d与a点等高，且两轨迹交点恰好为排球网上端点e。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.两个过程中，排球运动到b点的

速度大小可能相等B.b点与c点到球网平面的水平距离之比为3:2C.a、c两点高度差与e、c两点高度差之比为4:3D.运动员两次击球对排球所做的功可能相等【答案】D【解析】【详解】AD.第二次排球运动的最高点d与a点等高，故比较第一次排球从a到b给过程和第二次排球从d到b的过程，这

两个过程都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，下落高度一样，假设a到b的高度差为H，故运动时间一样，水平方向做匀速直线运动，有oxvt=。且2abdbxx=可得2advv=第一次排球到达b的速度为22221242bayadvvvvgHvgH=+=+

=+第二次排球到达b的速度为22222bdydvvvvgH=+=+可得12bbvv选项A错误；运动员两次击球对排球所做的功分别等于排球在a点和c点的动能，即2112aWmv=，2212cWmv=第二次排球在c点速度大小等于b点的速度大小，即22222cbdydvvvvvgH

==+=+说明只要满足223dgHv=则有2cdavvv==即12WW=选项D正确；B.比较第一次排球从a到e过程和第二次排球从e到d过程，根据可逆性，把第二次排球从e到d过程看成是从d到e过程的平抛运动，这两个过程竖直方向做自由落体运动，下落高度一样，运

动时间也一样，根据2advv=可得2aedexx=故有4221bedecedexxxx==选项B错误；C.研究第一次排球的运动过程，由于2163aedeabdexxxx==可知13aeaeababtxtx==根据212hgt=可得19aeabhh=故98acabecaba

ehhhhh==−选项C错误；故选D。二、选择题Ⅱ（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.下列说法正确的是（）A.甲图：消声原理是利用了波的干涉原理B.乙图：微波炉利用紫外

线对食物加热C.丙图：医院用“CT”检查身体，利用了γ射线穿透本领强的特性D.丁图：“互感式”钳式电流表不能用来测量恒定电流的大小【答案】AD【解析】【详解】A.消声原理是利用了波的干涉原理，在相位上差180的奇数倍，从而互相干涉抵消，A正确；B.微波炉加热食

物是利用微波进行加热的，不是利用紫外线，B错误；C.医院用“CT”检查身体，利用了射线穿透本领强的特性，C错误；D.“互感式”钳式电流表是利用电场感应原理，需要磁通量发生变化，即电流发生变化，故不能用来测量恒定电流的大小，D正确。故选AD。15.电子显微镜与光学显微镜相

比具有更高的分辨率，其原因是电子比可见光的波动性弱。在电子显微镜中，电子通过“静电透镜”实现会聚或发散。如图所示，某静电透镜区域的等势面为图中虚线，其中M、N两点电势MN。现有一束正电子经电压U加速后，从M点沿垂直虚线的方向进入“透镜”电场，正电子运动过程中仅受电场力，最终穿

过小孔。下列说法正确的是（）A.进入“透镜”电场后正电子可能经过N点B.从进入“透镜”电场至穿过小孔的过程中，电场力对正电子做正功C.加速后的正电子，其物质波波长大于可见光波长D.保持加速电压U不变，将正电子换成

质子，加速后质子的物质波波长小于原正电子的物质波波长【答案】BD【解析】【详解】A.进入“透镜”电场后正电子受到的电场力与电场方向相同，由图中等势面可知，正电子应向上穿过小孔，不会经过N点，A错误；B.正电子从进入“透镜”电场至穿过小孔的过程中，从电势高的位置运

动到电势低的位置，且正电子带正电，故电场力对正电子做正功，B正确；C.由题意，电子比可见光的波动性弱，即电子的波长小于可见光波长，结合物质波波长表达式hp=可知加速后的正电子，其物质波波长变小，故加速后的正电子，其物质波波长肯定小于可见光波长，C错误；D.粒子经过加速电

场后，由动能定理可得212qUmv=解得粒子动量为2pmvqmU==粒子的物质波波长为2hhpqmU==保持加速电压U不变，将正电子换成质子，由于质子电荷量与正电子电荷量相等，质子质量大于正电子质量，可知加

速后质子的物质波波长小于原正电子的物质波波长，D正确；故选BD。16.如图所示，棱镜的截面为等腰直角三角形，其中AB边与AC边垂直。三束相同单色光a、b、c分别从AC边中点入射，光束b垂直于AC界面，光束a斜向下入射，光束c斜向上入射，棱镜介质对

该单色光的折射率2n。不考虑光束在三棱镜中的二次反射，下列说法正确的是（）A.光束a一定能从AB边射出B.光束b一定不能从BC边射出C.光束c可能从AB边射出D.光束c可能从AC边射出【答案】BC【解析】【详解】根据全反射

的临界角公式1sinCn=又2n可知发生全反射临界角45CA．假设当折射率为1n时，光束a在AC面的折射光线恰好到达B点，设光束a的折射角为，根据几何关系有5sin5=根据折射定律有1sin

4510sin2n==则当折射率为1022n时，光束a的折射光线将打到AB边上，根据几何关系可知，将在AB边上发生全反射，则不能从AB边射出，故A错误；B．光速b进入棱镜后，在BC边上的入射角为45，所以一定会发生全反射，则光束b一定不能从BC边射出，故B正确；CD．设

光束c在AC面上的折射角为，根据折射定律有sin45sinn=，1sinCn=整理得2sinsin2C=则21cos1sin2C=−设折射光线在BC面的入射角为，根据几何关系有45=−则()2222211sinsin45cossin1sinsi

n22222CC=−=−=−−令sinsin0C−解得5sin5C即5n此时，光束c从BC边射出，当5n则光束c在BC边发生全反射，当反射光线打在AC边上，根据几何关系可知，在AC边的入射角大于45，则在AC边发生全反射，不能从AC边射出，当

反射光线打在AB边上，根据几何关系可知，在AB边上的入射角等于，小于临界角C，则可以从AB边射出，故D错误C正确。故选BC。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.（1）在“探究加速度与力、质量的关系”、“探究功与速度变化的关系”、“验证机械能守恒定律”三个实验中

，下列器材都必须要用到的是______。A.B.C.D.（2）某小组做“探究小车速度随时间变化规律”的实验。将纸带穿过打点计时器时，三位同学的操作分别如图2中的①、②、③所示。你认为正确的操作应该是______（选填“①”、“②”或“③”）。操作正确后得到一条纸带如图3所示，丁同学在纸带上选

取a、b、c、d、e五个计数点，并测量出它们的间距分别为1x、2x、3x、4x，则小车的加速度=a______。（已知打点计时器电源的频率为f）【答案】①.BC②.①③.23412()()100xxxxf+−+【解析】【详解】（1）[1]A．在这三个实验中，使用打点计

时器测量时间而不是秒表，A错误；B．在这三个实验中，需要使用刻度尺测量距离，B正确；C．在这三个实验中，需要钩码作为重物，C正确D．“探究加速度与力、质量的关系”需要用天平测出质量而不是弹簧测力计，其余两个实验也不需要实验测力计，D错误；故选BC（

2）[2]纸带穿过打点计时器时应从限位孔穿过并使纸带放置在复写纸下方，只有①符合规范，故选①；[3]设每个计数点之间的时间为T，由逐差法可知。34122()()4xxxxaT+−+=15Tf=解得23412()()100xxxxaf+

−+=18.在“测定玻璃的折射率”实验时:（1）下列做法正确的是______；A．入射角越大，误差越小B．画出玻璃砖边界面后，实验过程中玻璃砖就可以任意移动了C．插大头针时，要尽量让针处于竖直状态且间距适当远一些D．所用玻璃砖必须是平行玻璃砖，用

其他形状的玻璃砖无法测得其折射率（2）某学生在插第三枚大头针3P时，在视线中看到1P、2P两枚大头针“断”成了a、b、c、d四截，如图所示。正确的做法是让3P同时挡住______。A．a、bB．c、dC．a、cD．b、d【答案】①.C②.B【解析】【详解】（1）A．入射角不宜太大也不宜太小

，入射角过大，会使折射光线亮度变暗，入射角太小则入射角、折射角的相对误差较大，A错误；B．实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变，B错误；C．插大头针时，让针处于竖直状态且间距适当远一些有助于减小误差，C正确；D．除了平行玻璃砖其他形状的玻璃砖也能测出折射率，D错误；故选

C。（2）在本实验中3P应挡住1P、2P透过玻璃砖的像而不是1P、2P，图中a、b为1P、2P，c、d为1P、2P透过玻璃砖的像，即应让3P同时挡住c、d，故选B。19.在“测定干电池的电动势和内阻”实验中：（1）甲同学用多用电表“直流电压2.5V挡”直接粗略

测量一节干电池的电动势，在测量前应该调节图1中电表上的部件______（填“A”或“B”），测量时多用电表的黑表笔应该接干电池的______（填“正极”或“负极”）。正确连接后，指针示数如图2所示，读数为______V。（2

）乙同学利用电压表、电流表、滑动变阻器、定值电阻（1Ω）、开关及导线若干来测定两节．．相同干电池的电动势和内电阻；①部分电路连线如图3所示，请在答题纸上完成最合理的实物连接图．．．．．________；②乙同学正确连

接后，调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数。读得两组电压表的示数分别为2.20V、2.36V，电流表的示数其中一组为0.32A，另一组电流表示数如图为______A，由以上数据可求得一．节．干电池的电动势E=______V、

内阻r=______Ω。【答案】①.A②.负极③.1.45④.⑤.0.40⑥.1.50⑦.1.00【解析】【详解】（1）[1]在使用电压档时应先调节机械调零旋钮进行调零，即调节图1中电表上的部件A；[2]测量时多用电表的

电流应从红表笔流入黑表笔流出，即黑表笔应与干电池的负极相接；[3]图2指针读数为1.45V；（2）[4]实物图连接如图所示[5]电流表的最小分度为0.02A，图中电流表读数为0.40A；[6]由闭合电路欧姆定律可知=2.20+0.4Er2.360.32

Er=+解得3.00VE=2.00r=而实验中使用的是两节干电池，由此一节干电池的电动势为1.50V、内阻为1.00。20.北京冬奥会冰壶比赛精彩纷呈，运动员可以通过冰壶刷摩擦冰壶前方的冰面来控制冰壶的运动。在某次练习中，A壶与B壶在水平冰面上发

生了对心碰撞（碰撞时间不计），碰后运动员立即用冰壶刷摩擦B壶前方的冰面，刷冰后B壶与冰面间的动摩擦因数变小。碰撞前后一段时间内两壶运动的vt−图像如图所示，已知直线①与直线③平行，且两冰壶质量相等，不计冰壶所受的空气阻力及冰壶

的旋转，求：（1）0~1s内A壶的位移：（2）碰后B壶的加速度；（3）图像中横坐标1t与2t的比值。【答案】（1）0.9m；（2）20.15m/s，方向与运动方向相反；（3）25。【解析】【详解】（1）由vt−图像可知，0~1s内A壶的运动对应直线①，可知A壶

在0=t时的初速度为01m/sv=，在1st=时的初速度为10.8m/sv=，根据运动学公式0112vvxt+=代入数据解得A壶的位移为10.9mx=（2）由vt−图像中直线①可得A壶的加速度22A0.81m/s0.2m/s1vat−===−直线①

的延长线到2t时刻，则有0A20vat=+解得25st=vt−图像中直线②的斜率绝对值小，对应的加速度小，即直线②对应碰后B壶的运动，故有22B00.6m/s0.15m/s51vat−===−−碰后B壶的加速度大小为20.15m/s，方向与运动方向相反；（3）由vt−图像可知A壶

与B壶在1st=时发生碰撞，设碰后A壶的速度为Av，根据动量守恒定律可得1ABmvmvmv=+解得A0.2m/sv=A壶碰后到停下所用时间为AA000.2s1s0.2vta−−===−可得11s2stt=+

=故有1225tt=21.我国选手在北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧决赛中夺得金牌。如图所示，某比赛用U型池场地长度160mL=、宽度20md=、深度7.25mh=，两边竖直雪道与池底平面雪道通过圆弧雪道连接组成，横截面像“U”字形状，池底雪道平面与水平面夹角为20=。

为测试赛道，将一质量1kgm=的小滑块从U型池的顶端A点以初速度00.7m/sv=滑入；滑块从B点第一次冲去U型池，冲出B点的速度B10m/sv=，与竖直方向夹角为α（α未知），再从C点重新落回U型池（C点图中未画出）。已

知A、B两点间直线距离为25m，不计滑块所受的空气阻力，sin200.34=，cos200.94=，g=10m/s2。（1）A点至B点过程中，求小滑块克服雪道阻力所做的功fW；（2）忽略雪道对滑块的阻力，

若滑块从池底平面雪道离开，求滑块离开时速度v的大小；（3）若保持Bv大小不变，调整速度Bv与竖直方向的夹角为0时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，求0tan。【答案】（1）1.35J；（2）35m/

s；（3）1747【解析】【详解】（1）小滑块从A点至B点过程中，由动能定理得22011sin(20)22fBmgxWmvmv−=−由几何关系得22ABxxd=−解得1.35JfW=（2）忽略雪道对滑块的阻

力，滑块从A点运动到池底平面雪道离开的过程中，由动能定理得22011sin(20)cos(20)22mgLmghmvmv+=−代入数据解得35m/sv=（3）当滑块离开B点后设速度方向与U型池斜面的夹角

为0==20时，沿U型池斜面方向分解速度及加速度分别为sinyBvv=cosxBvv=cos(20)yag=sin(20)xag=1yyvat=12tt=由此可知，当vy最大时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，此时vB垂直于U型池斜面，即0==200sin0

.3417costa07n.944===22.如图所示，间距0.2mL=的两平行金属导轨由倾斜部分与水平部分平滑连接而成。倾斜部分MN、MN粗糙，与水平面夹角30=；水平部分NP、NP光滑。PP间接有电容器和二极管，电容器电容1F8C=，二极管正向电阻为零，反向电阻无穷大

。虚线区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内有垂直于导轨平面的匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度大小均为1TB=。区域Ⅰ、Ⅱ沿导轨长度均为0.5md=，区域Ⅱ下边界与NN齐平。区域Ⅲ沿导轨长度足够长。现有两根完全相同的导体棒ab、cd，每根导体棒质量0.01kgm=，电阻1R=

，长度0.2mL=，始终与导轨垂直且接触良好。开始时，cd棒静止在区域Ⅲ左侧的水平导轨上，让ab棒从区域Ⅰ上边界上方某处无初速度释放。已知ab棒与倾斜导轨动摩擦因数35=，ab棒从释放到抵达NN的时间2s=t。ab棒与cd棒碰撞后立即粘在一起继续运动。导轨电阻不计。求：（1）ab棒在倾斜

轨道上运动过程中，通过cd棒的电荷量q；（2）两棒碰撞后瞬间的速度v的大小；（3）若电容器储存的电能满足212ECU=（U为电容器两极板间电压），进入水平导轨后ab棒产生的焦耳热abQ。【答案】（1）0.1C；（2）1m/s；（3）0.001J【解析】【详解】（1）ab棒在倾斜轨道上运动过

程中的平均感应电动势ΔΦ=ΔΔBLdEtt=由欧姆定律得平均电流2EIR=电荷量2ΔqIt=解得0.1Cq=（2）ab从开始释放到运动至NN的过程中，由动量定理得sincosmgtmgtBILtmv−−

=ab和cd碰撞过程中动量守恒12mvmv=解得11m/sv=（3）ab在斜轨道上向下滑动时，由于二极管的单向导电性作用，电容器不能充电，相当断路；ab与cd碰撞后到匀速运动的过程中，二极管导通，电容器充电，由能量守恒定律及动量定理得2221211122222mvmvCU

Q=++112122BILtmvmv−=−111qIt=1qCU=12UEBLv==ab12QQ=解得ab0.001JQ=23.如图所示，直角坐标系中，y轴左侧有一半径为a的圆形匀强磁场区域，与y轴相切于A点，A点坐标为30,2a。第一象限内也存

在着匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。圆形磁场区域下方有两长度均为2a的金属极板M、N，两极板与x轴平行放置且右端与y轴齐平。现仅考虑纸面平面内，在极板M的上表面均匀分布着相同的带电粒子，每个粒子的质量为m，电量为q+。两极板加电压后，在板间产生的匀

强电场使这些粒子从静止开始加速，并顺利从网状极板N穿出，然后经过圆形磁场都从A点进入第一象限。其中部分粒子打在放置于x轴的感光板CD上，感光板的长度为2.8a，厚度不计，其左端C点坐标为1,02a。打到感光板上的粒子立即被吸收，从第一象限磁场射出的粒子不再重新回到磁场

中。不计粒子的重力和相互作用，忽略粒子与感光板碰撞的时间。（1）求两极板间的电压U；（2）在感光板上某区域内的同一位置会先后两次接收到粒子，该区域称为“二度感光区”，求：①“二度感光区”的长度L；②打在“二

度感光区”的粒子数1n与打在整个感光板上的粒子数2n的比值12:nn；（3）改变感光板材料，让它仅对垂直打来的粒子有反弹作用（不考虑打在感光板边缘C、D两点的粒子），且每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的总时间t和总路程s。【答案】（1）2

22qBam；（2）①1332a−，②1:3；（3）5mqB，3116a【解析】【详解】（1）在圆形磁场中由牛顿第二定律得2mvqvBR=由几何关系得Ra=在匀强电场中由动能定理得212qUmv=解得222qBaUm=（2）①由图可知EF为“二度感光区

”，有几何关系得当粒子落在E点时轨迹圆的圆心为CCEa=当粒子落在G点时轨迹圆的圆心为G，由几何关系得22313(2)()22OFaaa=−=LOFOCCE=−−解得1332La−=②由图可知，粒子落在C点

时轨迹圆的圆心为H，落在CE段的粒子对应A点的出射角度区域大小为θ，落在EF即落在“二度感光区”的粒子对应A点的出射角度区域大小为α，由几何关系得60==由几何关系可得由感光板上的长度之比即为个数比12:1:3nn=（3）粒子在磁场中运动的半径mvRqB=粒子每次反弹后速度方向相反

，大小变为原来的一半，故半径也变为原来的一半，只有垂直打来的粒子才会反弹，即只有第一次落在E点的粒子能够反弹，由几何关系可知该粒子应从H点进入磁场，第一次落在离C点a处，第二次落在离C点2a处，第三次落在离C点2.5a处，第四次落在离C点2.75

a处,第五次落在离C点2.875a处超出感光板边缘离开第一象限，该粒子在磁场中运动的总时间2tT=5=2mTqB=解得5mtqB=该粒子从H到E的路程1122sa=从第一次反弹到第二次反弹的路程21222as=从第二次反弹到第三次反

弹的路程31224as=从第三次反弹到第四次反弹的路程41228as=从第四次反弹到离开磁场的路程512216as=该粒子在磁场中运动的总路程12345ssssss=++++解得3116s=