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1、2021-2022学年浙江省杭州市高二（下）期末物理试卷1.下列物理量是矢量且其国际单位制（S/）单位正确的是（）A.功，J B.动量，m/sC.电场强度，V/m D.电势差，V2.下列关于物理科学研究方法的说法正确的是（）A.电场强度的定义运用了类比法B.电容的定义运用了理想化模型法C.点电荷模型的建立运用了比值定义法D.研究加速度与力、质量关系时运用了控制变量法3.第 19届亚运会将于今年9 月在杭州举行，目前各大运动场馆均已建设完毕，图为某运动场400初标准跑道的平面图，所有径赛的终点线相同，下列关于各类径赛说法正确的是（）A.400/n比赛每位运动员的位移大小为400/?B.100,力
2、比赛时，冠军运动员的平均速度最大C.4 x 100比赛中最后一棒运动员的位移大小为100,D.用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，可将运动员看成质点4.如图所示为我市某校运动会中的一个项目，六位同学共同抓住一根水平竹竿，以右侧置于地上的锥形桶为轴转圈，则此时从右往左数第四位同学和第五位同学相比较（）A.线速度可能大 B.角速度可能大C.向心加速度可能大 D.向心力可能大5.如图所示，永州某校高三体育专业生在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，设该同学做匀速直线运动,运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B 等高,且绳子BO=4 0。为简便计算，假设两绳间的夹角为0=60。，绳 A。、8 0 与水平
3、面间的夹角恒为了=30。，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为力则每根绳的拉力大小为（）A.|/B.与 C.乎f D.y2f2021年 10月 16日，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号运载火箭（火箭全长约60m）,在酒泉卫星发射中心按预定时间精准点火发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3 名航天员送入太空。假设火箭在竖直升空的过程中加速度恒定，图为发射后3.5秒末的照片和毫米刻度尺，可估算出这一阶段火箭竖直升空的加速度大小为7.A.1.3m/s2 B.2.6m/s2 C.12.6m/s2 D.26m/s2神舟十三号载人飞船在入轨约6.5小时后，与正在绕地球做匀速圆周运动的天和核心舱完成交会对接形成四舱（
4、船）组合体，绕地球做匀速圆周运动（如图甲）。三位宇航员在空间站内进行了多项科学实验，并于2021年 12月 9 日和2022年 3 月 2 3 日两次为广大青少年“太空授课”，其中一次演示了“浮力消失”实验（如图乙），下列相关说法正确的是（）甲 乙A.神舟十三号在地面的发射速度大于11.2km/sB.完成对接后，四舱（船）组合体的环绕速度大于7.9km/sC.实验时水中的乒乓球不会上浮，是因为浮力等于重力D.对接后四舱（船）组合体的加速度大小等于对接前的三舱（船）组合体的加速度大小我国计划在2030年前实现“载人登月”，月球土壤里大量存在着一种叫做氢36He）的化学元素，是热核聚变的重要原料，
5、科学家初步估计月球上至少有100第2页，共26页万吨氮3 c H e）,如果相关技术开发成功，可为地球带来丰富的能源。关于氮3 c H e）与气核6H）聚变，下列说法中正确的是（）A.核反应方程可能为？H e+出出B.氧3 G H e）与笊核C）发生聚变将吸收能量C.核反应生成物的质量将大于反应物的质量D.笊核&H）的比结合能大于氮核”e）的比结合能9.图甲为可拆变压器的零部件，其中铁芯B可以安装在铁芯A上形成闭合铁芯；原、副线圈的匝数分别为血和的，将它们分别套在铁芯A的两臂上，如图乙；某同学实验时，将原线圈与正弦式交流电源相连，并用多用电表的交流电压挡测得原、副线圈的电压分别为U i和外。下
6、列说法正确的是（）甲 乙A.若铁芯B没有安装在铁芯A上，普=%力 n2B.若铁芯B没有安装在铁芯A上，空也出 n2C.若铁芯8 安装在铁芯A上，空 巴n2D.若铁芯B安装在铁芯A上，U2 n21 0.在某校运动会的集体项目3 0 根“袋鼠跳”接力赛中，一位质量为5 0 依的同学从起点开始共跳动1 5 次正好抵达终点，假设每次跳跃距离相同，重心均升高0.4 5 m,则以下说法正确的是（）A.每次跳跃该同学消耗体能2 2 5 1/B.起跳离地前，该同学处于失重状态C.起跳离地前与下落触地后，地面给人的摩擦力方向不同D.若该同学用1 4 次跳跃动作完成比赛，则用时一定更短11.2022年北京冬季奥运
7、会比赛项目“跳台滑雪”被称为“勇者的游戏”，其滑道由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成。如图所示为某滑雪爱好者从助滑道上滑下，在起跳区末端（4 点正上方高处），第一次以速度先水平飞出，经过时间f,落在着陆坡AB的中点处。已知AB长为2 L,若第二次该滑雪者在起跳区末端以：火的速度水平飞出（不计空气阻力），则滑雪者（）A.在空中飞行时间变为:B.着陆点离A 点的距离大于:C.着陆时的速度方向与第一次相同D.着陆时重力做功的瞬时功率是第一次的一半12.2022年北京冬奥会开幕式上，由一朵朵代表各个参赛国家的“小雪花”组成一朵“大雪花”后，奥运圣火在其中央点燃，如图甲，让全世界惊叹。某同学发现每朵“
8、小雪花”的基本形状如图乙所示，并利用绝缘弧形细条摆成模型，若其左右分别均匀分布着等量异种电荷。氏。、“四点均位于对称轴上，且它们与中心点的距离均相等。贝 女）图甲A.a 点场强大于c 点场强C.b、d 两点的场强相等加图乙B.a、C两点的电势相等D.正的试探电荷从点到 点电势能增1 3.光学镜子是靠激光束“夹起”细胞、病毒等极其微小粒子的工具。为了简化问题，将激光束看作粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。如图所示，是一个半径为R、折射率均匀的圆柱形玻璃砖的横截面，两束光线从A 点与横第4页，共26页截面中轴线（图中虚线）成74。角射入玻璃砖后从以C点射出，出射光与中轴线平行。已知真
9、空中的光速为C,sin370=0.6,则（）A.该玻璃砖的折射率为1.5B.两束光线对玻璃砖的合力向下c.玻璃砖全反射临界角的正弦值为:61 4.下列现象涉及电磁感应的是（）D.光在玻璃砖内运动消耗的时间为翳A.图甲，利用直流高压静电除尘B.图乙，将铜片和锌片插入柚子发电C.图丙，利用无线充电装置对手机充电D.图丁，用铝框做磁电式电表表头的骨架A.图甲是两种光现象图案，上方为光的干涉条纹，下方为光的衍射条纹B.图乙是锌板在紫外线灯照射下发生光电效应时的情形，此时光子会从锌板逸出C.图丙是LC振荡电路充放电过程的某瞬间，由电场线和磁感线可知电场强度正在增大D.图丁是某放射源放出的*氏y射线垂直射
10、入磁场时的情形，向右偏的是一种电磁波1 6.如图所示，两个位于x=0和x=6nl处的波源分别处在介质I和II中，x=3m是两介质的分界面=0时刻两波源同时开始沿y轴正方向作简谐振动，振幅4=1cm,分别产生沿x轴相向传播的两列机械波。t=2s时介质I的波恰好传到分界面，此时两波源都刚好第4次回到平衡位置，t=3s时，介质II的波也刚好传到分界面。不计波传播过程中的能量损失，则（）A.波在两介质中传播的波长相同B.波在介质I 和介质II中的波速之比为2：3C.t=3.25s时亥k =3m处的质点第一次达到最大位移D.经过足够长时间后，在 x 轴上Om x 0 的各个方向均匀地发射大量质量为，”带
11、电荷量为q 且速率相同的粒子，其中沿)，轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线。2。3进入加速管并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。求:(1)粒子刚进入加速管时的速度V大小；(2)加速管两端的电压U；(3)荧光屏上被粒子打中的区域长度人；(4)若荧光屏能绕E点在转动，荧光屏上的最小发光长度。第10页，共26页答案和解析1.【答案】C【解析】解：A、功只有大小，没有方向，是标量，其单位是J,故力错误；B、动量既有大小，又有方向，是矢量，其国际单位是kg,zn s T,故 B 错误；C、电场强度既有大小，又有方向，是矢量，其单位是U/m,故 C 正确；D、电势差只有大小，没有方向，是标量，
12、其 单 位 是 忆 故。错误.故选：Co矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量；根据有无方向确定是矢量还是标量，再写出单位。本题考查矢量和标量以及国际单位制中的单位问题，对于矢量，可根据其方向特点和运算法则进行记忆，知道矢量的运算遵守平行四边形法则。2.【答案】D【解析】解：A、电场强度：E=,采用了比值定义法，故 A 错误；qB、电 容 采 用 了 比 值 法 定 义，故 B 错误；C、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用点电荷来代替带电体的方法运用了理想模型法，故 C 错误；D,在探究加速度与力、质量的关系实验中，需要先控制其中的某一个物理量不变，探讨另外两个物理
13、量之间的关系，所以运用了控制变量法，故。正确。故选：D。理解常见的比值定义法得出的物理量；点电荷属于理想化的物理模型；在探究加速度与力、质量的关系实验中运用了控制变量法。我们在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有:控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等。3.【答案】B【解析】解：A、位移为初位置到末位置的有向线段，由于400?比赛运动员的初位置不同，故位移不相同，故A 错误；B、100机比赛时，每位运动员的位移相同，冠军运动员所用时间最短，根据E=:可知平均速度最大，故 B 正确；C、4 x 100比赛中最后一棒运动员运动的位移大小不一定等于100,”,与交界区域
14、有关，故 C 错误；。、用高速摄像判断哪位运动员率先到达终点时，是研究短跑运动员的撞线时，其自身大小不能忽略，所以不可以看做质点，故。错误；故选：Bo位移为初位置到末位置的有向线段，平均速度为位移与时间的比值，物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或可以忽略不计时，可以看做质点。本题主要考查了描述物体运动的物理量，抓住各个物理量的定义即可判断。4.【答案】D【解析】【分析】第四位同学和第五位同学同轴转动，角速度相同，根据u=S ,a=和F=m 3 2 r即可判断。本题主要考查了同轴转动，明确角速度相同，关键是在比较向心力时，还需要考虑同学的质量大小关系即可。【解答】AB、该六位同学同轴转动，角
15、速度相同，第四位同学比第五位同学转动的半径小，根据u=a r可知，第四位同学比第五位同学线速度小，故A B错误；C、第四位同学比第五位同学转动的半径小，根据a=a?r可知第四位同学比第五位同学转动的向心加速度小，故C错误；。、第四位同学比第五位同学转动的半径小，根据F=m 3 2 r可知，由于两位同学的质量不知道，当第四位同学的质量比第五位同学的质量大时，第四位同学比第五位同学转动时的向心力可能大，故O正确；故选：Do5.【答案】A【解析】解：设每根绳的拉力为凡则这两根绳拉力的合力FA=2FCOS3方向沿绳子所组成角的角平分线，与水平面的夹角为y,受力分析如图所示对轮胎，由平衡条件：F合cos
16、 丫 =f,解得F=-代入数据得尸=:九 故A正确，错误。cosy-2cos-3第12页，共2 6页先求出绳子拉力的合力的表达式，再对轮胎，利用平衡条件列方程即可求解。本题考查了共点力平衡条件的应用，正确进行力的合成是解题的关键，难度不大。6.【答案】A【解析】解：由图片和题意可知，火箭长度60?，对应的刻度尺长度为8cm,地面对应的刻度尺长度为1.5cm,所以在3.5s内 上 升 的 高 度 约 为 由x=?at2,代入数据得a 2 1.8m/s2,A选项最为接近，A正确，8C错误。故 选:Ao根据图片可以知道火箭运动的位移的大小，根据位移-时间关系式计算加速度的大小。本题是对位移-时间关系
17、式的考查，明确匀变速运动规律即可解决。7.【答案】D【解析】解：A B,根据卫星的发射原理可知，第一宇宙速度（7.9km/s）是最大的环绕速度，最小的发射卫星速度；第二宇宙速度（11.2km/s）是脱离速度，即发射脱离地球引力束缚的卫星的最小发射速度，则神舟十三号的发射速度大小介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间，故A8错误；C、由于万有引力提供向心力，舱内处于完全失重状态，实验时水中的乒乓球不会上浮，故C错误；D、根 据 誓=ma可知，对接成功后轨道半径不变，对接后四舱（船）组合体的加速度大小等于对接前的三舱（船）组合体的加速度大小，故。正确；故选：。第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动最大的运
18、行速度；空间站绕地球做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律和万有引力定律相结合列式分析。解决本题时，要了解宇宙速度的意义，知道航天器在太空中万有引力提供向心力处于完全失重状态。8.【答案】A【解析】解:A、根据质量数守恒与电荷数守恒可知该核反应可能为孤e+出 号He+lH,故A正确；8C、根据核反应的特点可知，氨3cHe）与笊核G）发生聚变将释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知生成物的质量小于反应物的质量，故BC错误；D、根据核子的质量数与比结合能的关系可知，笊核6H）的比结合能小于氢核CHe）的比结合能，故。错误。故 选:Ao根据质量数守恒与电荷数守恒判断；轻核的聚变释放能量，
19、根据爱因斯坦质能方程可知生成物的质量小于反应物的质量.对于。选项，只有记住，没有别的途径.由于质量中等的核的比结合能最大，故使重核裂变为两个质量中等的核或使轻核聚变，都可使核更为稳定并放出能量。9.【答案】BD【解析】解：A B,若铁芯8 没有安装在铁芯A 上，变压器不满足理想变压器条件，存在漏磁现象，磁通量的变化率大于副线圈磁通量的变化率，根据电磁感应定律可知粤=5 警=生，故B正 确,A错误；At n At n2C D、将铁芯2 安装到铁芯A 上后，根据原副线圈的匝数比与电压的比值关系，则有*=%，故 C错误，。正确；l/2 n2故选：BD.根据原副线圈的匝数比得出电学物理量的比值关系。本
20、题主要考查了变压器的构造和原理，理解原副线圈两端的匝数比和电学物理量的比值关系即可完成分析。10.【答案】C【解析】解：A、每次跳跃，该同学消耗的体能除了用于升高重心转化为该同学的重力势能外，还有向前的动能，故消耗的体能AE mg/i=50 x 10 x 0.45/=2 2 5/,故 A错误；B、起跳离地前，该同学的加速度方向向上，处于超重状态，故 8 错误；C、起跳时，该同学在水平方向上有向前的加速度，受摩擦力方向向前。落地时，该同学有向后的加速度，才能保证落地后能战立在地面，所以该同学受摩擦力方向向后，故C正确；。、完成比赛的时间等于跳跃的次数乘以每次跳跃的时间，由于每次参加比赛的跳跃时间
21、可能不同，故无法比较完成比赛的时间，故。错误。故选：Co每次跳跃消耗的体能用于增加重力势能和水平方向的动能；加速度方向向上处于超重状态；注意在跳跃前进的过程中，还有水平方向的速度，据此判断摩擦力方向；每次比赛时跳跃的时间可能不同。该同学跳到最高点时还有水平方向的速度，否则无法前进，所以每次的跳跃前进相当于做的是斜抛运动，所以在水平方向上起跳时要加速，落地时要减速。11.【答案】B【解析】解：A、滑雪者在空中做平抛运动，将滑雪者的运动分解为沿斜面和垂直斜面的分运动，如图所示：第14页，共26页设着陆坡A8的倾角为氏 第一次以速度%水平抛出，滑雪者在垂直斜面方向做速度大小 为%s i n。，加速度
22、为ge o s。的匀减速运动，则有1-hcosd=vos i n 0 -t-gcosdt2解得：t =vQ sin0+7(vosin0)2+2/icos20geos。（另一解舍去）第 二 次 以 水 平 飞 出，滑雪者在垂直斜面方向有1 1-hcosd=-vos i n 0 -gcos9t，2解得：t =Ti;osin8+J(vosin0)2+2ghcos20gcosO可得：t :，故 A错误；B、第一次以速度%水平飞出，水平方向有L eos。=vot第二次以速度：火水平飞出，设着陆点离4点的距离为s,水平方向有1 z 1 1s c o s 0 =-vot -vot =-L cosd可得：s
23、-L,故 8正确；4C、设第一次着陆时的速度方向与水平方向的夹角为a,则有t a n a =几设第二次着陆时的速度方向与水平方向的夹角为0,则有,tatt a n/?=y =t a n a2 vo 2V可知两次着陆时的速度方向不相同，故 C错误；。、第一次着陆时的重力做功的瞬时功率为P =m g -gt第二次着陆时的重力做功的瞬时功率为P =m g -gt m g -=故。错误；故 选:B。将滑雪者的运动分解到沿斜面和垂直于斜面，根据运动学公式和几何关系分析出下落的时间和水平位移的大小关系；理解平抛运动中的偏角问题，结合几何关系完成分析；熟悉功率的计算公式，根据物理量的关系完成分析。本题主要考
24、查了平抛运动的相关应用，要熟悉平抛运动在不同方向上的运动特点，结合几何关系和运动学公式即可分析，但计算量大，难度中等偏上。12.【答案】C【解析】解：A、根据对称性可知，。点场强等于c 点场强，故 A 错误：B、由于沿着电场线，电势降低，因此。点电势比c 点电势高，故 8 错误；C、根据对称性可知，6、d 两点的场强大小相等，方向相同，故 C 正确；D、根据对称性可知，b、d 两点的电势均为零，则正的试探电荷从b 点到 点电场力做功为零，电势能不变，故。错误；故选：C。根据对称性分析出场强的关系；沿着电场线的方向电势逐渐降低，结合电性得出电势能的变化。本题主要考查了电场线的相关应用，根据电场线
25、分析出场强的特点和电势的特点，难度不大。13.【答案】D【解析】解：4 两光线在玻璃砖中的光路图如图1所示图 1第一次进入玻璃砖，折射角设为a,由几何关系得2a=74解得：a=37。,玻璃砖的折射率-翳=2 3 3 7。=1 6故 4 错误；A 两光束进入玻璃砖前后的速度和速度变化的矢量三角形如图2 所示第16页，共26页图2由动量定理，玻璃对光子的作用力&方向与4%方向相同，玻璃砖对光子的作用力?2方向与/2方向相同，由平行四边形定则，玻璃砖对光的合力/方向向下，如图3所示，由牛顿第三定律，两束光线对玻璃砖的合力厂向上。图3故8错误；C.玻璃砖全反射临界角的正弦值115sinC=-=-=n
26、1.6 8故C错误；D光在玻璃砖内运动消耗的时间为2/?cos37t=-v又cV=n联立解得：t=等，25c故。正确；故选：Do作出光在玻璃砖中折射光线，由几何关系求出折射角和光程，根据折射定律求折射率,根据t 求运动时间；由动量定理可知：的方向即为小球对光束作用力的方向，根据力的合成与牛顿第三定律求光线对玻璃砖的作用力。本题主要是考查光的折射和力的合成与分解，弄清楚题干给出的信息，结合动量定理、牛顿运动定律以及力的合成与分解等知识进行分析。14.【答案】CD【解析】解：A、直流高压静电除尘是通过高压将气体电离，尘埃与负离子结合带上负电，在电场力作用下向正极表面积累，不涉及电磁感应，故A错误；
27、3、将铜片和锌片插入柚子发点，是利用柚子中的化学物质和金属片发生反应产生电能，不涉及电磁感应，故8错误；C、利用无线充电装置对手机充电，原理是通过交流电源对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流，涉及到电磁感应，故C正确；。、用铝框做磁电式电表表头的骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量发生变化，从而产生感应电流，产生安培力阻碍运动，使其很快停止摆动，涉及到电磁感应，故。正确；故选：CD.理解不同的生活现象中的物理原理，由此即可完成分析。本题主要考查了电磁感应在生活和生产中的作用，熟悉不同的现象的物理原理即可完成分析，平时学习要多注意积累。15.
28、【答案】A C【解析】解：A、上方条纹间距相等，故为干涉条纹；下方越往外，条纹越窄，越暗，故为衍射条纹，故A正确；8、锌板在紫外线灯照射下发生光电效应时的情形，此时光电子会从锌板逸出，而不是光子会从锌板逸出，故B错误；C、图丙中磁场的方向向上，根据安培定则可知电流的方向从上到下，此时电容器中电场的方向向上，则下极板带正电，结合电流的方向可知电容器此时正在充电，则电容器内电场强度正在增大，故C正确；。、图丁磁场的方向垂直于纸面向里，粒子运动的方向向上，根据左手定则可知向右偏转的带负电，为0粒子；电磁波不带电，不发生偏转，故 错误。故选：AC。根据条纹变化特点判断光学现象；通过紫外线照射锌板，发生
29、光电效应，锌板失去电子带正电;在电磁振荡中，根据安培定则判断电流的方向，结合极板上的电荷判断充放电；根据左手定则判断。该题考查干涉与衍射、光电效应、电磁振荡以及三种射线，注意会区分干涉与衍射图样是关键。16.【答案】C D【解析】解：B、波在介质/的波速为3Vi=-m/s波在介质H中的波速为第 18页，共 26页3v2 机/s I m/s波在介质/和介质n中的波速之比为3：2,故8错误;4、t=2 s时两波源都刚好第4次回到平衡位置，故两列波的周期都是1 5,t=3 s时，介质I I波也刚好传到分界面，由题意可知，两列波在不同介质中传播的速度不同，由;1 =v T,波在介质/的波长为3 3A1
30、=-x l m =-m波在介质I I的波长为22=1 x l m =1 m波在两介质中传播的波长不同，故A错误；C、两列波的振动周期都是I s,t=3 s时，介质n的波刚好传到x=3 m处，该点到两波源的波程差为0,两列波的相位差为2兀，故为振动加强点，当再经过5时第一次到该处的质点第一次达到最大位移，故 土 =3.2 5 s时刻x=3 m处的质点第一次达到最大位移，故C正确；。、两列波的振动周期、频率都相同，在不同介质中的波速、波长不同，经过3 s时，介质H的波刚好到达=3 m处，且此刻两列波的相位差为2兀，振动加强点到x=(hn和x=3m的距离差为半波长的偶数倍，即为Z ls=2 n m
31、=2 n|(n=0,1,2.)在x轴上0 m%3 7 n区间内则有x=-m,x=|m,x=m,x=3?n四个振动加强点；4 2 4振动减弱点到两波源的距离差为半波长的奇数倍，即4 s=2 n +=-n+-(n=0,1,2.)2 2 2 八,在x轴上O z n V x W 3 7 n区间内则有=x=x-m,%=乙7 7 1四个振动减弱8 8 8 8点；同理，在介质H中，在x轴上3 m x V 6机，同理振动加强点到=3 m和 =6?n的距离差为半波长的奇数倍，即为2 1 s=2吟+m =n+*n =0,1,2.)在 x轴上3 m%V 6 nl区间则有 二 x=m,x=-m,x=m,x=m,4 4
32、 4 4 4X=与小六个振动减弱点。综上所述经过足够长时间后，在X轴上(h n x 6讥区间共有9个振动加强点，有1 0个振动减弱点，故。正确；故选：CD.根据题目中的条件得出波速的比值关系；根据运动学公式得出波在两介质中传播的波长的大小关系；根据波的叠加原理分析出振动加强点和振动减弱点的数量。本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解简谐横波在不同方向上的运动特点，结合波的叠加原理完成分析。1 7.【答案】C C O A【解析】解：（1）4、在平衡摩擦阻力环节，不需挂上祛码盘，使重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，故 A错误；B、小车不需要从同一位置静止释放，故 B错误；C、该实验采用控制变量法探究
33、加速度与力的关系，不需要测量小车质量，故 C正确；D,为充分利用纸带、减小误差，实验时先开打点计时器，后放小车，故。错误；（2）该实验采用控制变量法探究加速度与力的关系，小车加速下滑时受到的合外力等于祛码和祛码盘的总重力，为了测量多组不同的数据，实验中，小车的质量、小车运动的方向均不能改变，需要改变斜面倾角、祛码和祛码盘的总质量；故 C Z）正确，A B 错误；由于乙实验方案在作a-尸 关系时，小车受到的合外力F =m g =Ma,则有a =F,故A正确；故答案为：（1）C;（2）C D：A。在平衡摩擦阻力环节，不需挂上祛码盘，使重力沿斜面向下的分力等于摩擦力；小车不需要从同一位置静止释放；该
34、实验采用控制变量法探究加速度与力的关系，不需要测量小车质量；为充分利用纸带、减小误差，实验时先开打点计时器，后放小车；该实验采用控制变量法探究加速度与力的关系，小车加速下滑时受到的合外力等于祛码和祛码盘的总重力，为了测量多组不同的数据，实验中，小车的质量、小车运动的方向均不能改变，需要改变斜面倾角、祛码和祛码盘的总质量；根据牛顿第二定律列出a-F关系式分析。本题考查了探究加速度、质量和物体受力的关系实验的实验操作和误差分析，学生需熟练掌握并变通应用。1 8.【答案】4 1 3 0 0 上 上4/L【解析】解：用游标卡尺的A部分测量管内径;读数为R =1 3.0 x 1 0 0 0 =1 3 0
35、 0 0；水样的横截面为S =44水样的电阻为R=U _根据电阻定律得:R=pLT联立解得：p=联。故答案为：4 1 3 0 0；喘。第20页，共26页熟悉螺旋测微器的正确操作和多用电表的读数规则；根据欧姆定律和电阻定律得出电阻率的表达式。本题主要考查了金属电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电阻定律即可完成分析。19.【答案】7101.1806.60 X IO-【解析】解：根据可知：A、将绿色滤光片换为红色滤光片，波长；I变大，则相邻条纹间的间距变大，故 4 正确；8、增大双缝之间的距离4,相邻条纹间距变小，故 8 错误；C、增大单缝和双缝之间的距离，相邻条纹间距
36、不变，故 C 错误；增大双缝与屏之间的距离L则相邻条纹间距变大，故。正确。故选：ADO(2)图乙的手轮的读数为：x=1mm+18.0 x 0.01mm=1.180mm,相邻两条亮纹之间的距离：%=三=3.300mm=3.3 x 10-3m；I.L Q nit I dAx 0.2x10 x3.3x 10，八 r e 一7再由 x=二 九 则有a=-=6.60 x 10 7m；a.L 1故答案为：(1)4。；(2)1.180,6.60 x 10-7；(1)根据双缝干涉条纹的间距公式，判断影响条纹间距的因素；(2)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。根据双缝干涉条纹的间距公式求
37、出光波的波长大小。解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式=:九 知道影响相邻条纹间距的因素,并会用该公式处理波长问题。20.【答案】解：(1)冰壶停下的最后1s内位移为0.1M，则有：xx=ia t2代入数据解得：a=0.2m/s2根据牛顿第二定律可得：f =ma得：f =4N；(2)根据速度-位移关系可得：x=g根据题意可知：30m 2m x 30m+2 m,即287n x 32m可得：慧7n/s 工 工g m/s；(3)刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半，根据牛顿第二定律可得加速度优=Q=：x0.2m/s2=O.lm/s2根据速度-位移关系可得：2axi=Vg vf；2Q!X2 V i且：
38、%1 4-%2=30m可得：v、=Wms,根据速度-时间关系可得：2=代入数据解得：t 2 =1 0 8 S。答:(1)正常滑行时冰壶与冰面之间的摩擦力大小为4 M(2)要使冰壶能停在大本营内，冰壶滑过投掷线的初速度满足的条件为J f m/s v0 yfgR,根据动能定理可得：m g s i n a -2 R)-n g x 3L2=解得 Jo不过 D 点一 p n g x 5L2+m g s i n a-h)=0 h 综上可得，15 o答：(1)小球水平抛出的位置离A点的水平距离x 为0.4 g m；(2)要让小球能第一次通过圆轨道的最高点E,动摩擦因数的最大值是0.5；(3)若小球从A进入轨
39、道后一共能4次通过圆轨道的最高点E,且始终不脱离圆轨道，动摩擦因数的取值满足条件为卷Mp【解析】(1)在 A点，根据速度的合成与分解求得水平方向和竖直方向的速度，结合运动学公式求得水平位移；(2)在 E点，根据牛顿第二定律求得恰好通过时的速度，从 A到 E,根据动能定理求得最大滑动摩擦因数；(3)小球不能从A点飞出，在整个运动过程中，求得动摩擦因数，根据小球一共4次通过最高点，在第4次通过的过程中，根据动能定理求得动摩擦因数，第 5 次不能通过最高点，即可求得动摩擦因数。解答本题时，首先要理清小物块的运动过程，把握隐含的临界状态和临界条件，再选择相应的力学规律解答。要知道小球恰能通过圆轨道的最
40、高点E时，由重力提供向心力。能熟练运用运动的分解法研究平抛运动2 2.【答案】解：(l)a 棒刚进入A O E F 磁场区域时，。棒产生的感应电动势大小 =B%解得 =1 0 1 7由电路结构可知，电路的总电阻：RM=-+r解得：R总=9。通过a棒的电流大小/=解得/=孩/1(2)设。棒恰好穿过磁场区域时的速度为女,“棒穿过A D G”过程，取向右为正方向，由动量定理得：B1IL t=m v1 m v0又,_ BtLv t _ BLdR总 R总联立得R2 r 2_ -=m%-m v0行 而解得力=8m/s碰撞过程，取向右为正方向，由两棒动量守恒得：m vx=2mv2解得W=4 m/s两棒向左出
41、磁场的速度为内，两棒一起向左滑出磁场过程，取向左为正方向，由动量定理得：好i-Lr2-d =2今 mvQ3 2mv2十2解得=3m/s(3)棒从MN进入磁场，电容器充电，充电完成后，棒一直向左匀速，此时：1=B2LV4此过程，对棒用动量定理：B2LQ=27no3%)由上两式联立可得以=lm/s答：(l)a棒刚进入AOEF磁场区域时，通过。棒的电流大小为三4(2)粘连一起后的导体棒刚进入MN左侧磁场区域时的速度大小为3m/s；(3)导体棒最终的速度大小为lzn/s。【解析】(l)a棒刚进入AOEF磁场区域时，由 =8 几求出。棒产生的感应电动势大小，由欧姆定律求通过。棒的电流大小；(2)研究a棒
42、穿过AOEF磁场区域的过程，利用动量定理求。棒穿过磁场区域时的速度。由动量守恒定律求出两棒碰撞后的共同速度。再研究两棒向左穿过AOEF磁场的过程，利用动量定理求导体棒刚进入左侧磁场区域时的速度大小；(3)棒从MN进入磁场，电容器充电，充电完成后，棒一直向左匀速，由感应电动势公式求导体棒最终的速度大小。本题的关键要理清两棒的运动情况，能熟练运用动量定理研究金属棒在磁场中做非匀变速直线运动的速度，运用电磁感应和力学规律相结合解答。23.【答案】解：(1)粒子在磁场I中做匀速圆周运动，轨迹半径为凡 由洛伦兹力提供向心力，由向心力公式可得qvD1B=m-解得打=甯(2)因粒子垂直打在荧光屏上，如 图1
43、所示：图1 在磁场II中的运动半径为2 R,由向心力公式可得q%B2=m条解得血=曙第24页，共26页粒子在加速管中做加速运动，由动能定理得3租谚-m v l =qU联立解得加速管所加的电压为U=吟了一 限4m(3)从B点穿出的粒子打在离E点最近的屏上，如图2 所示：由几何关系得(%icos6+灯+(%1sin0)2=(2/?)2解得X=更|二从D点穿出的粒子打在离E 点最远的屏上，如图3所示:由几何关系得(Xzcose-R)2+(%2sin0)2=(2/?)2解得外=卓/?粒子打中的区域长度H=x2-x1=R(4)如图4 所示荧光屏上的最小的发光长度为G H 长答：(1)粒子刚进入加速管时的
44、速度V大 小 为 看；(2)加速管两端的电压U 为 空 陪 亘 2；(3)荧光屏上被粒子打中的区域长度H为R；(4)若荧光屏能绕 点在转动，荧光屏上的最小发光长度为(2-V3)/?【解析】(1)粒子在磁场I 中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由几何关系确定轨迹半径，由牛顿第二定律求出粒子的速度v大小。(2)因粒子垂直打在荧光屏上，画出粒子的运动轨迹，求出粒子在磁场H 中做圆周运动的轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子在磁场n 中的速度大小。粒子在加速管中做加速运动，由动能定理求出加速管两端的电压a(3)作出粒子打在离E 点最近和最远的点时的运动轨迹，由几何知识然后求出荧光屏上被粒子打中的区域长度(4)根据题意作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出荧光屏上的最小发光长度。本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。第26页，共26页