【文档说明】2024年高考物理考前信息必刷卷03（浙江专用） 含解析.docx，共(22)页，1.187 MB，由管理员店铺上传

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绝密★启用前2024年高考考前信息必刷卷（浙江专用）03物理（考试时间：90分钟试卷满分：100分）2024年1月浙江物理选考试卷依据《普通高中物理课程标准（2017年版2020年修订）》的内容要求和学业质量水平等级要求，立足必备知识，评价关键能力，试卷的结构、难度、区分度、信度和效度保持相对稳

定。落实依标命题，考查必备知识依据《课程标准》要求，选取物理核心概念、规律、思想和方法等内容设计试题，全卷考点涵盖物理各模块的所有主题，具有较高的覆盖面，比例合理。试卷在实验题上相对以为略有不同，增加一个实验小题，想必2

024年6月选考也会保持相同题量。设置合理梯度，评价关键能力根据学科核心素养的水平层次、试题情境的复杂性和新颖性、知识要求的深度和广度等多方面设计试卷的难度。整卷设置了多层难度阶梯，有效区分不同学业水平的学生，使每个学生都能解决与自身能力吻合的问题。计算题情

景设计既熟悉又新颖，问题设计由易到难，要求知识综合，多维的多层次的能力要求，利于大多数学生学有所得，利于多层次学生的区分选拔，利于高水平学生的脱颖而出。立足真实情境，聚焦核心素养试卷涵盖学科核心素养各维度，充分展现了素养考查内容的全面性和丰富性，体现了稳中求新

的风格。如第9题的一箭三星、第13题的超导、第19题的扫描隧道显微镜等都立足真实情景、关注科技前沿和国家重大工程，加强对科学态度与责任素养的考查与渗透。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．达因值是液体表面张力系数，是液体表面相邻两部分之间单位长度内互相牵引的力。则1达因其值为（）A．1×10﹣5NB．1×10﹣5N/mC．1×10﹣5N/m2D．1×10﹣5N/m3【解答】解：表面张力的单位在SI制中为牛顿/米（N/m

），但是常用达因/厘米（dyn/cm），而达因是力的单位，其物理意义是使质量是1克的物体产生1cm/s2的加速度的力，叫做1达因，缩写：dyn。由于1N＝1kg×1m/s2＝1×103g×1×100cm/s2＝105dyn，所以1达因其值为1×10﹣5N/m，故B正确，ACD错误。故选：B。

2．某激光器能发射波长为λ的激光，发射功率为P，c表示光速，h为普朗克常量，则激光器每秒发射的光子数为（）A．𝜆𝑃ℎ𝑐B．ℎ𝑃𝜆𝑐C．𝑐𝑃𝜆ℎD．λPhc【解答】解：每个光子的能量为：𝐸=ℎ𝜈

=ℎ𝑐𝜆，设每秒钟激光器发出的光子数是n，则：Pt＝nE，t＝1s，即：P=𝑛ℎ𝑐𝜆，得：n=𝑃𝜆ℎ𝑐；故A正确，BCD错误；故选：A。3．2022年10月12日15时45分，“天宫课堂”第三课开讲。某学生设想“天地同一实验”，即在空间

站和地面做同一个实验，观察实验现象，下面有关其设想的实验和可能出现的现象说法正确的是（）A．如图1用一根绳子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后“天上”和“地上”看到的现象相同B．如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”和“地上”实验现象相同C．如图3相同

密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，“天上”和“地上”容器内气体压强相同D．如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”和“地上”观察到的现象相同【解答】解：A．如图1用一根绳

子系着一个金属球，拉开一个角度，静止释放后，“天上”由于完全失重，小球相对空间站静止不动；“地上”由于重力的影响，小球将做圆周运动，所以观察到的实验现象不相同，故A错误；B．如图2用同样的材料和操作流程，做教材中的薄膜干涉实验，“天上”由于完全失重状态，薄膜

厚度基本均匀分布，不会出现干涉条纹；“地上”由于重力的影响，薄膜厚度并不是均匀分布，形成上薄下厚的形状，会出现干涉条纹，所以观察到的实验现象不相同，故B错误；C．气体压强是由于气体分子频繁碰撞器壁而产生的

，如图3相同密闭容器内装着完全相同的气体，在相同的温度下，分子平均动能相同，“天上”和“地上”容器内气体压强相同，故C正确；D．如图4用相同材料做成的两根内径相同、两端开口的圆柱形毛细管竖直插入水中，“天上”由于完全失重，观察到水上升到毛细管顶部，“地上”由于重力的

影响，观察到水上升一小段距离后静止不动，所以观察到的实验现象不相同，故D错误。故选：C。4．我国女子短道速滑队多次在国际大赛上摘金夺银，为祖国赢得荣誉。在某次3000m接力赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且

开始向前滑行，待乙追上甲时，猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，如图所示。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C．甲的动能增加量一定

等于乙的动能减少量D．甲和乙组成的系统机械能守恒【解答】解：A、甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故A错误；B、二人相互作用的过程中动量守恒，根据动量守恒可知，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，故B正确；CD、甲、乙间的作用力大小相等，不知

道甲、乙的质量关系，不能求出甲、乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，由于人体内部能量转化为机械能，所以甲和乙组成的系统机械能不守恒，故CD错误；故选：B。5．如图所示是某款八缸四冲程汽油车的“五挡手动变速箱”的结构示意图，其工作原理是通过挡位控制来改变

连接发动机动力轴的主动齿轮和连接动力输出轴的从动齿轮的半径比。当挡位挂到低速挡——“1、2挡”时，最大车速为20～30km/h，当挡位挂到高速挡——“5挡”，汽车才能获得比较大的车速，则（）A．挡位从“1挡”逐步增加到“5”挡过程中，主动齿轮和从动齿

轮的半径比变大B．若保持发动机输出功率不变，从“2挡”突然挂到“3挡”瞬间，汽车获得的牵引力瞬间减小C．发动机工作时经历“吸气—压缩—做功—放气”四个环节，“压缩”气体时，气体体积变小，气体对外界做功D．随着发动机技术的不断发展，将来有可能实现把发动机的热能全部转

化为汽车的机械能，即热机的效率达到100%【解答】解：A．挡位从“1挡”逐步增加到“5”挡过程中，由题图可知，主动齿轮的半径变大，从动齿轮的半径变小，主动齿轮和从动齿轮的半径比变大，故A正确；B．若保持发动机输出功率不变，从“2挡”突然挂到“3挡”瞬间，车速瞬间不变，根据P＝Fv，可知

汽车获得的牵引力瞬间不变，此后速度逐渐增大，牵引力会减小，故B错误；C．发动机工作时经历“吸气—压缩—做功—放气”四个环节，“压缩”气体时，气体体积变小，外界对气体做功，故C错误；D．根据热力学第二定律可知，即使随着发动机技术的不断发展，将来也不可能实现把发动机的热能全部转化为汽车的

机械能，即热机的效率不可能达到100%，故D错误。故选：A。6．为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO1按图示方向匀速转动（ab向纸外，cd向纸内），并从图甲所示位置开始计时，此时产生的正弦式交流

电如图乙所示。已知其周期为T，电流峰值为I0，下面说法正确的是（）A．根据图乙可知𝑇4时，线圈的磁通量最大B．根据图乙可知𝑇4时，线圈的磁通量变化率最小C．若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，则产生的

交流电与图乙所示不同D．若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电与图乙所示不同【解答】解：AB．根据图乙可知𝑇4时，线圈的感应电流最大，线圈的磁通量变化率

最大，磁通量最小为0，故A错误，B错误。C．若仅把甲图中的转轴OO1改为转轴ab，并从图甲所示位置开始计时，根据题意可知，两个过程中磁通量的变化情况一样，产生的交流电与图乙所示相同，故C错误；D．若仅把甲图中的单匝矩形线圈改为两匝矩形线圈，并从图甲所示位置开始计时，则产生的交流电的最大

值为原来的两倍，故图像与图乙所示不同，故D正确。故选：D。7．如图所示，篮球比赛时某同学罚球过程中，两次投篮时球被抛出的位置相同，第一次篮球水平击中球框A点，第二次篮球水平击中篮板上边缘B点，忽略空气阻

力，下列说法正确的是（）A．两次篮球在空中运动的时间相等B．两次抛出时速度的竖直分量可能相等C．两次抛出时速度的水平分量可能相等D．两次抛出时速度的大小可能相等【解答】解：A、小球做斜上抛运动，因为两次都是水平击中篮板上，所以可以把两次运动看成平抛运动的逆运动，即水平方向匀速直线运动，竖直方向

为自由落体运动，根据ℎ=12𝑔𝑡2，第二次时间长，故A错误；B、由vy2＝2gh可知，高度越高，抛出时竖直速度分量越大，所以第二次抛出竖直分量大，故B错误；C、根据ℎ=12𝑔𝑡2可知竖直位移越小时间越短，水平方向上根据

x＝vxt可知水平位移相同，时间越短，水平速度越大，所以第一次抛出水平分量大，故C错误；D、由v2＝vx2+vy2结合以上分析，可知两次抛出时速率可能相同，故D正确.故选：D。8．如图所示，ABC为在竖直平面内的金属半圆环，AC为其水平直径，AB为固定的直金属棒，在

金属棒上和半圆环的BC部分分别套着两个完全相同的小球M、N（视为质点），B固定在半圆环的最低点。现让半圆环绕对称轴以角速度ω＝25rad/s匀速转动，两小球与半圆环恰好保持相对静止。已知半圆环的半径R＝1m，

金属棒和半圆环均光滑，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列选项正确的是（）A．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比为1：√10B．N、M两小球做圆周运动的线速度大小之比1：√5C．若稍微增大半圆环的角速度，小环M稍许靠近A点，小环N将到达C点D．若稍微增大半圆环的角速度，小环M

将到达A点，小环N将稍许靠近C点【解答】解：AB、金属棒AB与竖直方向夹角为45°，小球M受到重力和杆的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，则有：FN＝mgtan45°＝mωvM，解得：𝑣𝑚=𝑔𝜔设半圆环的圆心为O，N

O与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，同理可得：FN′＝mgtanθ＝mωvN，解得：vN=𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃𝜔又：FN′＝mω2r，r＝Rsinθ联立解得：vN=1𝜔√𝑅2𝜔4−𝑔2则：𝑣𝑀𝑣𝑁=√

31，故AB错误；CD、设半圆环的圆心为O，NO与竖直方向之间的夹角为θ，对小球N，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2rNrN＝Rsinθ解得：𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=𝜔2𝑅可见当ω稍微增大时，cosθ会减小，θ增大，小球N将向C靠近，当ω趋近无穷大，θ会趋近90°，即稍微增大半圆环的角速度

，小环N将靠近C点而不会到达C点。对于小球M，由牛顿第二定律得：mgtan45°＝mω2rM，rM＝Rsinβ，β是MO与竖直方向的夹角，g＝mω2Rsinβ，可见小球M做匀速圆周运动时向心力大小是一定的，即为mgtan45°，当角速度增大时，所需要的向心力增大，

所能提供的向心力一定，小于小球M所需要的向心力，M将做离心运动，则圆周运动半径rM将变大，所需向心力更大，故小球M将一直离心运动直到到达A点。故C错误，D正确；故选：D。9．如图，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，另有A、B两物体叠放在一起放置在斜面顶端，

且B的上表面水平，A、B一起从斜面顶端由静止开始下滑，直到斜面底端，在此过程中，下列说法正确的是（）A．运动中物块B对A的摩擦力方向水平向右B．运动中物块B对A的弹力等于A的重力C．运动中物块B对A的作用力不做功D．运动中斜面

对A、B系统的冲量为零【解答】解：A、因为AB一起沿斜面加速下滑，则加速度有水平向左的分量，则运动中物块B对A的摩擦力方向水平向左，故A错误；B、AB一起沿斜面加速下滑，则加速度有竖直向下的分量，则由mAg﹣FBA＝mAay可知运动中物块B对A的弹力小于A的重力，故B错误；C、因AB一起下

滑的加速度为a＝gsinθ，可知，B对A的作用力与位移垂直，则运动中物块B对A的作用力不做功，故C正确；D、运动中斜面对A、B系统的作用力不为零，根据I＝Ft可知，冲量不为零，故D错误。故选：C。10．发射地球同步卫星

时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法错误的

是（）A．卫星在圆轨道1上运行的角速度大于在圆轨道3上运行的角速度B．卫星在椭圆轨道2上运行的周期小于在圆轨道3上运行的周期C．卫星在轨道2上经过Q点时的速率小于它在轨道3上经过P点时的速率D．卫星在轨道1上经过Q点

时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度【解答】解：A、卫星在运行过程中由万有引力提供向心力𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚𝜔2𝑟得𝜔=√𝐺𝑀𝑟3圆轨道1上运行的半径小于在圆轨道3上运行的半径

，故圆轨道1上运行的角速度大于在圆轨道3上运行的角速度，故A正确；B．由开普勒第三定律可知，卫星在椭圆轨道2上运行的周期小于在圆轨道3上运行的周期，故B正确；C．因为卫星要做离心运动，则卫星在轨道2上经过Q点时的速率大于它在轨道3上经过P点时的速率，故C错误；D．卫星经

过Q点时所受的万有引力相同，故卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度，故D正确；本题选错误的，故选：C。11．“司南”是我国古代四大发明之一，主体由磁勺和罗盘构成。据东汉《论衡》记载，其“司南之杓，

投之于地，其柢（即勺柄）指南”。若在静止的磁勺正上方附近，放置一根由南向北通电的直导线，请推测勺柄将（）A．向正东方向转动B．向正西方向转动C．向正南方向移动D．向正北方向移动【解答】解：磁勺柄指南，根据地理的南极与地磁的N极基本重合，异名磁极相互吸引，则勺柄应为该

磁体的S极；在静止的磁勺正上方附近，放置一根由南向北通电的直导线，根据右手螺旋定则可知，磁勺所处位置磁场由东向西，则勺柄向正东方向转动，故A正确，BCD错误；故选：A。12．如图所示，在直角坐标系中，先固定一不带电金属导体球B，半径为L，球心O'坐标为（2L，0

）。再将一点电荷A固定在原点O处，带电量为+Q。a、e是x轴上的两点，b、c两点对称地分布在x轴两侧，点a、b、c到坐标原点O的距离均为𝐿2，Od与金属导体球B外表面相切于d点，已知金属导体球B处于静电平衡状态，k为静电力常

数，则下列说法正确的是（）A．图中各点的电势关系为φa＝φb＝φc＞φd＞φeB．金属导体球左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷，用一根导线分别连接左右两侧，导线中有短暂的电流C．金属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小𝐸=𝑘𝑄3𝐿2，方向垂直于金属球表面

D．金属导体球上的感应电荷在球心O'处产生的电场强度为𝑘𝑄4𝐿2，方向沿x轴负方向【解答】解：A．由于感应电荷对场源电荷的影响，点电荷A左边电场强度小于右边的电场强度，结合U＝Ed定性分析可知c点的电势小于a点的电势，b、c在同

一等势面上，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可得φb＝φc＞φd＞φe，综上可得φa＞φb＝φc＞φd＞φe，故A错误；B．由于金属球是等势体，各点的电势相等，用一根导线分别连接左右两侧，导线中没有短暂的电流，故B错误；C．点电荷A在d处的场强大小𝐸=𝑘𝑄(√(2�

�)2−𝐿2)2=𝑘𝑄3𝐿2，金属导体球内部电场强度为零，则金属导体球内表面与d相同的点电场强度大小为𝑘𝑄3𝐿2，金属导体球外表面场强不为零，则金属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强大小不等于𝑘𝑄3𝐿2；金属导体球外表面场

强不为零，方向垂直于金属球表面，由于d点电场强度是金属导体球B上的感应电荷与A点电荷电场强度的矢量和，可知金属导体球B上的感应电荷在外表面d处的场强方向一定不是垂直于金属球表面，故C错误；D．点电荷A在O'处的场强大小𝐸=𝑘𝑄4𝐿2，方向沿x轴正方向，金属

导体球内部电场强度为零，则金属导体球上的感应电荷在球心O'处产生的电场强度为𝑘𝑄4𝐿2，方向沿x轴负方向，故D正确。故选：D。13．有两个钓鱼时所用的不同的鱼漂P和Q，分别漂浮于平静水面上的不同位置，平衡时状态均如

图甲所示。现因鱼咬钩而使鱼漂P和Q均在竖直方向上做简谐运动，振动图像如图乙所示，以竖直向上为正方向，则下列说法正确的是（）A．鱼漂P和Q振动形成的水波叠加后会形成干涉图样B．t＝0.6s时鱼漂P和Q的速度都为0C．t＝1.0s时鱼漂P和Q的速度方向相同D．t＝1.0s时鱼漂P和Q的加速度方

向相同【解答】解：A．由图像可知两列波的周期不相等，频率不相等，不满足干涉条件，所以不能形成干涉图样，故A错误；B．t＝0.6s时，鱼漂P和Q都经过平衡位置，它们的速度均为最大值，故B错误；C．t＝1.0s

时，鱼漂P的速度方向为正，Q的速度方向为负，方向相反，故C错误；D．t＝1.0s时，鱼漂P和Q的位移方向均为负，所以加速度方向均沿y轴正方向，所以此时两者的加速度方向相同，故D正确。故选：D。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3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3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）14．一静止原子核𝑍𝐴𝑋发生α衰变，生成一α粒子及一新核Y．已知X、Y和α粒子的质量分别是m1、m2和m3，真空中的光速为c．核反应过程中释放的核能完全转化为α粒子及新核Y的动能．下列说法正

确的是（）A．核反应前后质量数和电荷数都守恒B．核反应过程中释放出的核能为(𝑚2+𝑚3−𝑚1)𝑐2C．α粒子和新核的电荷量之比为（Z﹣4）：4D．新核的动能为𝑚3𝑚2+𝑚3(𝑚1−𝑚2−𝑚3)𝑐2【解答】解：A．原子

核反应前后质量数和电荷数都守恒，故A正确；B．根据爱因斯坦质能方程可知𝛥𝐸=𝛥𝑚𝑐2=(𝑚1−𝑚2−𝑚3)𝑐2，故B错误；C．α粒子的电荷数是2，可知α粒子和新核的电荷量之比为2：（Z﹣2），故C错误；D．取

新核的方向为正方向，根据反应前后的动量守恒定律得m2v2﹣m3v3＝0，根据能量恒有𝛥𝐸=12𝑚2𝑣22+12𝑚3𝑣32，得新核的动能为EkY=𝑚3𝑚2+𝑚3(𝑚1−𝑚2−𝑚3)𝑐2，故D正确．故选：A

D。15．某半径为r类地行星表面有一单色光源P，其发出的各方向的光经过厚度为(√2−1)𝑟、折射率为n＝2的均匀行星大气层（图中阴影部分）射向太空。取包含P和行星中心O的某一截面如图所示，设此截面内一卫星探测器在半径为4𝑟√3+1的轨道上绕行星做匀速

圆周运动，忽略行星表面对光的反射，已知𝑠𝑖𝑛15°=√6−√24，𝑐𝑜𝑠15°=√6+√24，则（）A．大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为√2𝜋𝑟3B．若卫星探测器运行时，只能在轨道上某部分观测到光，则这部分轨道弧长为𝜋3(4𝑟√3+1)C

．若该行星没有大气层，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长将变大D．若探测器公转方向和行星自转的方向相同，探测器接收到光的频率一定大于光源发出的频率【解答】解：A．如图所示从P点发出的光入射到大气外表面C处，恰好发生全反射，

C点即为所求弧长的端点，对称的另一端点为C'，连接OC即为法线，根据全反射临界角公式有：𝑠𝑖𝑛𝛾=1𝑛=12可得𝛾=𝜋6由题知OP长为r，根据几何关系可知OC长度为xOC=𝑟+(√2−1)𝑟=√2𝑟所以由正弦定理得√2𝑟𝑠𝑖𝑛𝛼=𝑟𝑠�

�𝑛𝛾=𝑟𝑠𝑖𝑛𝜋6=2𝑟可得𝛼=34𝜋所以𝛽=𝜋−𝛼−𝛾=𝜋12=15°则大气外表面发光区域在截面上形成的弧长为𝑙=2(√2𝑟𝛽)=√2𝜋𝑟6故A错误；B．从C点出射的光折射角为𝜋2，过C点作大气外表面的切线，与卫星探测器

轨道交于E点，与OP连线交于D点，假设卫星逆时针方向运行，则E点即为卫星开始观测到光的位置，而对称的E'点为观察不到光的临界点，则弧EE'长度即为所求轨道长度。由于三角形OCD为直角三角形，角𝛽=𝜋12，边OC长度

为√2𝑟，所以可以求出OD长度为𝑙𝑂𝐷=√2𝑟𝑐𝑜𝑠𝛽解得：lOD=4𝑟√3+1由于卫星探测器轨道半径也为4𝑟√3+1，所以D点在卫星轨道上，则由三角形ECO与三角形DCO全等，得到∠EOC＝β，所以

能观测到的轨道弧长为𝑙′=4𝛽4𝑟√3+1=𝜋3(4𝑟√3+1)故B正确；C．若该行星没有大气层，单色光源P向各方向发出的光不发生反射和折射，则卫星探测器运行时，在轨道上能观测到光轨道弧长将变大，故C正确；D．若探测器公转方向和行星自转的方向相同，

但由于二者的速度大小关系未知，根据多普勒效应，可知探测器接收到光的频率不一定大于光源发出的频率，故D错误。故选：BC。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ共14分）Ⅰ．（4分）某同学用图1所示的实验装置探究小车的加速度a与小车质量M的关系。所用交变电流的频率为50Hz

。（1）已安装好器材，准备开始实验。请写出实验装置图中错误（或不合适）的地方：，图中电火花打点计时器使用的电源为（填写以下选项前字母）。A．直流4～6VB．直流220VC．交流4～6VD．交流220V（2）该同学在教师指导下，将实验装置调

试正确。图2是他某次实验得到的纸带，两计数点间有四个点未画出，部分实验数据如图2所示。求小车的加速度是m/s2（结果保留两位有效数字）。（3）该同学实验中，保持所挂钩码的总质量m不变，改变小车的质量M，并测出所对应的加速度a，以小车的

质量M为横坐标，以1𝑎为纵坐标，在坐标纸上作出如图3所示的关系图线，已知当地的重力加速度为g，结果发现图象不过原点，根据牛顿第二定律认为在拉力不变的情况下，1𝑎与M应该成正比，请你告诉该同学图中纵轴上的截距的物理意义（用题中所给的字母表示）。【解

答】解：（1）图甲中错误的地方有：小车释放时距打点计时器过远；或细绳不够长等；实验用的是电火花打点计时器，所使用的电源是220V交流电源，故D正确。（2）相邻两计数点之间还有4个点未画出，故相邻两个计数点之间的时间间隔为：T＝5×0.02s＝0.1s；由逐差法求

加速度：𝑎=𝑥𝐶𝐸−𝑥𝐴𝐶4𝑇2=𝑥𝐸−2𝑥𝐶4𝑇2=9.30−2×3.154×0．12×10−2𝑚/𝑠2=0.75𝑚/𝑠2（0.73﹣0.77m/s2）（3）由牛顿第二定律可得：F合＝mg＝（M

+m）a，由此变形可得：1𝑎=1𝑚𝑔𝑀+1𝑔，根据数学知识可知，图象在纵坐标的截距表示1𝑔。故答案为：（1）小车释放时距打点计时器过远；或细绳不够长（一条即可）；D；（2）0.75（0.73﹣0.77）；（3）1𝑔。17．（4分）在测量电源的电动势和内阻的实验中，某同学借助标准电源对

实验原理做出创新，如图甲所示。实验室提供的器材如下：待测电源E；标准电源（电动势E0＝6V，内阻r0＝1Ω）；滑动变阻器（最大阻值为100Ω）；电流表A（量程为0～500mA，内阻为2Ω）；开关S1，S2，导线若干。请完成下列问题：（1）在图乙中用笔画线代

替导线，补充完成实物图的连接。（2）按图甲连接好电路后，闭合开关S1、断开开关S2，调节滑动变阻器的滑片位置，记录稳定后电流表的示数I1，保持滑动变阻器滑片位置不变，断开开关S1、闭合开关S2，记录稳定后电流表的示数I2。（3）某次实验时，闭合开关S1、断开开关S2，调

节完成后电流表示数稳定时如图丙所示，此时电流为mA，则滑动变阻器接入回路的阻值为Ω。（4）将测得的多组数据描绘在1𝐼1−1𝐼2坐标系中，用直线拟合连接各点，如图丁所示。（5）若得到的图线斜率k＝0.65，纵截距𝑏=−1480𝑚𝐴−1，则待测电源的电动势E＝V，内阻r＝Ω。【

解答】解：（1）按电路图连接实物图如下所示，（3）由电流表的读数规则可知，电流表的示数为300mA，则回路中的总电阻R=6300×10−3Ω＝20Ω，又因为标准电源的内阻为1Ω，电流表的内阻为2Ω，所以滑动变阻器接入电路的电阻为17Ω；（5）闭合开关S1，断开开关S2和

闭合开关S2断开开关S1，回路中滑动变阻器和电流表的总阻值不变，则有：𝐸0𝐼1−𝑟0=𝐸𝐼2−𝑟，变形得：1𝐼1=𝐸𝐸0×1𝐼2+𝑟0−𝑟𝐸0，结合图像有：𝐸𝐸0=0.65，𝑟0−𝑟𝐸0=−1480×10−3A﹣1，从而解得：

E＝3.9V，r＝13.5Ω故答案为：（1）；（3）300、17；（5）3.9、13.5。18．（6分）在做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，（1）必须要选用的器材是。A．有闭合铁芯的原副线圈B．无铁芯的原副线圈C．交流电源D．直流电源E.多用电表（交流电压挡

）F.多用电表（交流电流挡）（2）用匝数na＝60匝和nb＝120匝的变压器，实验测量数据如下表：U/V1.802.803.804.90U/V4.006.018.029.98根据测量数据可判断连接电源的线圈是（选填“na”或“nb”）。（3）如图所示，向右推动可拆卸变压器的铁芯，使其由不闭合

到闭合，可以看到接在副线圈两端的小灯泡亮度从较小到正常发光。试分析其原因。【解答】解：（1）根据实验原理可知，必须要有带闭合铁芯的原副线圈，电源为交流电源时，穿过变压器原副线圈的磁通量发生变化产生感应电动势，测定变压器原副线圈的电压要用到多

用电表的交流电压挡；无铁芯的原副线圈，漏磁十分严重；直流电源不会产生感应电动势，不需要测量通过变压器原副线圈的电流，因此不需要多用电表的交流电流挡，故ACE正确，BDF错误。故选：ACE。（2）根据理想

变压器电压与匝数比的关系𝑈𝑎𝑈𝑏=𝑛𝑎𝑛𝑏=1：2考虑到变压器不是理想变压器，从初级到次级有能量损失，可知连接电源的线圈是nb。（3）若铁芯闭合时，由于铁芯被磁化，绝大部分磁感线集中在铁芯内部，贯穿副线圈，大大增强了变压器传输电能的作用，所以接在副线圈两端的小灯泡亮度从较

小到正常发光。故答案为：（1）ACE；（2）nb；（3）若铁芯闭合时，由于铁芯被磁化，绝大部分磁感线集中在铁芯内部，贯穿副线圈，大大增强了变压器传输电能的作用，所以接在副线圈两端的小灯泡亮度从较小到正常发光。17．（8分）水枪是小朋友们非常喜欢的玩具，水枪后端有一个圆柱形水壶。如图，

圆柱形水壶密封时容积为V，打气筒室容积𝛥𝑉=𝑉40。某次倒入水壶中水的体积为3𝑉4并密封，初始壶内气体压强为p0，然后开始打气，每一次打入压强为p0、体积为𝑉40的空气，已知大气压强为p0，不计喷水细管的体积及喷水后细管内剩余液体的压强，打气过程中及喷水过程中环境温度不变。（1）至少打

几次气后，水壶里的水可以全部喷完；（2）若在喷水过程水壶中空气从外界吸收热量15J，求壶中空气对外做功是多少。【解答】解：（1）设状态1：p1＝p0，𝑉1=𝑉4，至少打n次气后水壶中为状态2：p2，𝑉2=𝑉4；当水刚好全部喷洒完毕时为状态3：

p1＝p0，V3＝V；气体由状态1到状态2，根据质量关系p1V1+np0ΔV＝p2V2（2分）气体由状态2到状态3做等温变化，由玻意耳定律p2V2＝p3V3（1分）联立两式求得n＝30（1分）（2）喷水过程中由于环境温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律，有ΔU＝Q

+W（2分）解得W＝﹣Q＝﹣15J（1分）则壶中空气对外做功15J。（1分）18．（11分）如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R＝0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r＝0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角θ＝37°。圆弧和

倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l＝10m。一质量为m＝1kg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后物块滑上传送带EF。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速

度大小相等，物块与传送带EF间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37＝0.8。求：（1）物块从A点飞出的速度大小v0和在A点受到的压力大小FNA；（2）物块到达C点时的速度大小

vC及对C点的压力大小FNC；（3）若物块能被送到F端，则传送带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从E端到F端所用时间的范围。（该问结果可保留根式）【解答】解：（1）小球从A点到C点做平抛运动，竖直方向有：

vy=√2𝑔ℎ=√2𝑔⋅2𝑅=2√𝑔𝑅=2√10×0.9m/s＝6m/s（1分）在C点，有tan37°=𝑣𝑦𝑣0解得v0＝8m/s（1分）在A点，对物块根据牛顿第二定律得mg+FNA＝m𝑣02𝑅解得FNA=5509N（1分）（2）物块到达C点时速度大小：vC=𝑣𝑦

𝑠𝑖𝑛37°=60.6m/s＝10m/s（1分）在C点，对物块，根据牛顿第二定律可得：FN﹣mgcos37°＝m𝑣𝐶2𝑟代入数据解得：FN＝208N由牛顿第三定律知，物块对C点的压力大小FNC＝FN＝208N（1分）（3）已

知vE＝vC＝10m/s，设传送带的速度为v，物块刚滑上传送带时，若物块的速度大于传送带的速度，物块的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可知mgsin37°+μmgcos37°＝ma1（1分）解得：a1＝10m/

s2（1分）物块速度减至传送带速度所需时间为t1=𝑣𝐸−𝑣𝑎1通过的位移为x1=𝑣𝐸2−𝑣22𝑎1（1分）达到相同速度后，由于mgsinθ＞μmgcosθ，故物体继续向上做减速运动，根据牛顿第二定律可得mgsin37°﹣μmg

cos37°＝ma2解得加速度大小：a2＝2m/s2（1分）当到达F点时，速度恰好为零，则v2＝2a2x2，t2=𝑣𝑎2x1+x2＝l代入数据解得：v＝5m/s，t1＝0.5s，t2＝2.5s上滑所需要的最大时间tmax＝t1+t2＝0.5s+2.5s＝3s（1分）若

传送带的速度始终大于向上滑动的速度，则物块在传送带上一直以加速度a2向上做减速运动，则l＝vEtmin−12a2𝑡𝑚𝑖𝑛2代入数据解得：tmin＝（5−√15）s（1分）故传送带顺时针运转的速度满足条件为：v传≥5m

/s物块从E端到F端所用时间的范围为：（5−√15）s≤t≤3s（1分）19．（11分）如图，质量为m、电阻为2r的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为2L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面

乙的光滑水平导轨平滑连接而成（即图中半径OM和O′P竖直），圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为2L，水平导轨间距分别为2L和L。质量也为m、电阻为r的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM′与PP′、NN′与QQ′均足够长，所有导轨的电阻都

不计。电源电动势为E、内阻不计。所有导轨部分均有竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场（图中未画出）。闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度（未知，记为v0）做平抛运动，并在高度降低2R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落

在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求：（1）金属棒ab做平抛运动的初速度v0；（2）金属棒ab做平抛运动恰好落在圆弧轨道上端时对圆弧轨道的压力；（3）若圆弧导轨区域内无磁场，其他部分

磁场不变，从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至开始匀速运动止，这一过程中金属棒ab上产生的焦耳热。【解答】解：（1）金属棒ab进入圆弧轨道时，根据运动的合成与分解，有：𝑡𝑎𝑛60°=𝑣𝑦𝑣0平抛

运动中，竖直方向上，有：𝑣𝑦=√4𝑔𝑅联立解得：𝑣0=2√𝑔𝑅3（2分）（2）根据ab棒在圆轨道上端的受力分析，由牛顿第二定律可得：𝐹𝑁−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°−𝐹安𝑐𝑜𝑠30°=𝑚𝑣2𝑅（1分）其中：𝑣𝑦𝑣=𝑐𝑜𝑠30°ab棒进入圆弧轨道

时切割磁感线产生感应电动势为：E＝2BLvcos60°＝2BLv0所以ab棒与cd棒构成的回路内电流为：𝐼=𝐸2𝑟+𝑟此时ab棒所受安培力大小为F安＝2BIL联立解得支持力为：FN=35𝑚𝑔6+4𝐵2𝐿2√𝑔𝑅3𝑟由牛顿第三定律，对圆弧轨道压力为：FN'＝FN=35𝑚

𝑔6+4𝐵2𝐿2√𝑔𝑅3𝑟（2分）（3）若圆弧导轨区域内无磁场，金属棒ab滑至水平轨道时，有：𝑚𝑔[2𝑅+𝑅(1−𝑐𝑜𝑠60°)]=12𝑚𝑣12−12𝑚𝑣02解得：𝑣

1=√19𝑔𝑅3（2分）最终匀速运动时，电路中无电流，所以棒ab和棒cd产生的感应电动势相等，即B•2Lva＝BLvb此过程中，取向右为正方向，对棒ab由动量定理得：﹣BI•2LΔt＝mva﹣mv1对棒cd由动量定理得BILΔt＝mvb联立以上三式解得：𝑣𝑎=15√19

𝑔𝑅3，𝑣𝑏=25√19𝑔𝑅3（2分）该过程中整个回路产生的总焦耳热为：𝑄=12𝑚𝑣12−12𝑚𝑣𝑎2−12𝑚𝑣𝑏2金属棒ab上产生的焦耳热为：Qcd=2𝑟2𝑟+𝑟Q=23𝑄（1分）解得：𝑄𝑐𝑑=7645𝑚𝑔𝑅（1分）20．（1

1分）如图，空间直角坐标系Oxyz中，有两个棱长均为L的正方体Ⅰ和正方体Ⅱ，它们的公共界面为M，O点为正方体Ⅰ侧面K的中心，x、y、z轴均与正方体棱长平行。正方体Ⅰ空间内在y＞0的范围内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在y＜0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，两者电场强度大小相等；正方体Ⅱ空间内

在y＞0的范围内存在着沿x轴正方向的匀强磁场，在y＜0的范围内存在着沿x轴负方向的匀强磁场，两者磁感应强度大小相等。有一质量为m、电荷量为+q的粒子，以v0的初速度，从y轴上的P点沿z轴正方向进入正方体

Ⅰ，之后经过z轴后从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，最后垂直打在侧面N上。P点为侧面K底边长的中点（在电场区域中），不考虑粒子的重力，求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）粒子进入正方体Ⅰ后，经过z轴时的速度大小；（3）磁感应强度的大小。【解答】解：（1）根据题

意，设匀强电场的电场强度大小为E，则由牛顿第二定律有：qE＝ma（1分）由于粒子从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，设粒子经过时间t到达z轴，则有12L=12𝑎𝑡212L＝v0t联立解得E=4𝑚𝑣02𝑞𝐿；（2分）（2）粒子经过z轴时速度的

竖直分量vy＝at则经过z轴时的速度大小为v=√𝑣02+𝑣𝑦2解得：v=√5𝑣0；（2分）（3）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意可知，其可能的运动轨迹如图所示，设磁场的磁感应强度大小为B，粒子做圆周运动的轨迹半

径为r，根据几何关系有（12L﹣r）2+x2＝r2（2分）且满足：L＝2nx，r＜2x解得：r=(𝑛2+1)𝐿4𝑛2，n＝1，2，3……（2分）在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=𝑚𝑣2𝑟解得：𝐵=4𝑛2𝑚𝑣0(𝑛2+1)𝑞𝐿(𝑛

=1，2，3⋯⋯)。（2分）