浙江省杭州市学军中学2018届高三11月选考物理模拟试题-

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浙江省杭州市学军中学2018届高三11月选考物理模拟试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 得分 一 二 三 四 总分 注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 ……○ __○…___…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、单选题

1．如图所示，测量示数的单位属于国际单位制中基本单位的是（ ）

A． B．

C． D．

2．下列说法错误的是（ ）

A． 英国科学家胡克发现了胡克定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平方成反比”的猜想

B． 英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算发现了海王星

C． 牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤装置测得万有引力常量，“称量了地球的重量”

D． 美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，获得诺贝尔奖 3．手机给人民生活带来很多便利，如滴滴出行软件不仅极大地方便了出行的人们，更是缓解了城市交通中出租车的压力。下面三图是某位滴滴司机准备从某中学附近开往

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…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………

西溪印象城，设定好各项设置后去接了三位同行乘客的软件部分截图，下列说法正确的是（ ）

A． 图甲中“市内行程 今天 08:00”是滴滴司机出发时间，指的是时间间隔 B． 图甲中“顺路程度 55%”，指的是位移大小有 55%重合

C． 图乙中“九堡地铁站 九堡 距你起点 20.6km”，20.6km 指的是位移，其初始位置是起点

D． 图丙中研究汽车在导航图中的位置时，可把汽车看作质点

4．伽利略在研究自由落体运动时，设计了如图所示的斜面实验。下列哪些方法是他在这个实验中采用过的

①测出相同长度的斜面在不同倾角时，物体落到斜面底端的速度v和所用时间t，比较v/t的比值的大小

②用打点计时器打出纸带进行数据分析

③改变斜面倾角，比较各种倾角得到的x/t2的比值的大小

④将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动

A． ①②③④ B． ①③④ C． ①④ D． ③④

5．关于必修课本中的这四幅插图，下列说法正确的是（ ）

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…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○………… ※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※ ………线…………○………… ………线…………○…………

A． 甲图中运动员推开冰壶后，冰壶在冰面运动时受到的阻力很小，可以认为冰壶在接下去的过程中做匀速直线运动

B． 过山车关闭油门后能依靠强大的惯性通过最高点，轨道对过山车的弹力一定向下 C． 丙图中赛车的质量不很大，却安装着强大的发动机，可以获得很大的惯性 D． 丁图中高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，来增大车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全

6．如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根等高的竖直杆上，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，原来保持静止．一阵恒定的风吹来，衣服受到水平向右……○ __○…___…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………的恒力而发生滑动，并在新的位置保持静止．则（ ）

A． 两绳子拉力不再相等 B． 绳的拉力可能变大 C． 两绳对挂钩合力变小 D． 两绳对挂钩合力可能不变

7．公园里，经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏——“套圈”，如图所示是“套圈”游戏的场景。假设某小孩和大人站立在界外，在同一条竖直线上的不同高度分别水平抛出圆环，大人抛出圆环时的高度大于小孩抛出时的高度，结果恰好都套中前方同一物体。如果不计空气阻力，圆环的运动可以视为平抛运动，则下列说法正确的是（ ）

A． 大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间相等 B． 大人和小孩抛出的圆环抛出时的速度相等 C． 大人和小孩抛出的圆环发生的位移相等 D． 大人和小孩抛出的圆环速度变化率相等 8．下列电容器相关知识描述正确的是（ ）

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A． 图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压 U等于电源的电动势 E。

B． 图乙为电容器放电示意图，若电容器上极板带电量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，流过的总电量为 2Q

C． 图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容使用时都严格区分正负极

D． 图戊中的电容器上有“5.5V 1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上 5.5V的电压时电容才为1.0F

9．高大建筑上都有一竖立的避雷针，用以把聚集在云层中的电荷导入大地。在赤道某地两建筑上空，有一团带负电的乌云经过其正上方时，发生放电现象，如图所示。则此过程中地磁场对避雷针的作用力的方向是

A． 向东 B． 向南 C． 向西 D． 向北

10．设同步卫星离地心的距离为 ，运行速率为 ，加速度为 ；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为 ，第一宇宙速度为 ，地球的半径为 ，则下列比值正确的是（ ） A．

B．

C．

D．

11．如图所示，荡秋千是小朋友们最喜欢的一项传统游戏，人通过下蹲和站起，使秋千越荡越高。忽略绳的质量，及空气阻力，则 ( )

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……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

A． 在最高点人下蹲时，重力势能转化为动能 B． 在最高点时人和秋千板所受到的合力为零 C． 在最低点秋千板对人的支持力等于人的重力。 ……○ __○…___…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………D． 在摆动过程中人和秋千的机械能总和不变

12．如图所示，将一带电小球A通过绝缘细线悬挂于O点，细线不能伸长。现要使细线偏离竖直线30°角，可在O点正下方的B点放置带电量为q1的点电荷，且BA连线垂直于OA；也可在O点正下方C点放置带电量为q2的点电荷，且CA处于同一水平线上。则

为（ ）

A．

B．

C．

D．

13．大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随距地面高度的增加而增大，可以把离地面50km以下的大气看做是具有一定程度漏电的均匀绝缘体(即电阻率较大的物质)；离地面50km以上的大气则可看做是带电粒子密度非常高的良导体，地球本身带负电，其周围空间存在电场。离地面h＝50 km处与地面之间的电势差约为U＝3.0×105 V。由于电场的作用，地球处于放电状态。但大气中频繁发生雷暴又对地球充电，从而保证了地球周围电场恒定不变(可视为匀强电场)，统计表明，雷暴每秒带给地球的平均电荷量约为q＝1800C，已知地球半径r＝6400 km。下列说法正确的是（ ） A． 离地面越近电势越高 B． 大气层的电场强度约为6×103 V/m C． 地球漏电功率约为6×107 W D． 大气电阻率ρ约为2×1012 Ω·m 14．下列说法正确的是 ( )

A． 原子核的结合能是组成原子核的所有核子的能量总和 B． 在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律

C． 在天然放射现象中放出的β射线就是电子流，该电子是原子的内层电子受激发后辐射出来的

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D． 镭226衰变为氡222的半衰期为1620年，也就是说，100个镭226核经过1620年后一定还剩下50个镭226没有发生衰变 评卷人 得分 二、多选题

15．氢原子光谱如甲图所示，图中给出了谱线对应的波长，已知普朗克常量h=6.63×10-34J·s，玻尔的氢原子能级图如乙图所示，则下列说法正确的是（ ）

………线…………○…………

A． Hα谱线对应光子的能量小于Hδ谱线对应光子的能量 B． 甲图所示的四种光均属于可见光范畴 C． Hβ对应光子的能量约为10.2 eV

D． Hα谱线对应的跃迁是从n =3能级到n =2能级

16．两列波速相同的简谐横波沿x轴相向传播，实线波的频率为3Hz，振幅为10cm，虚线波的振幅为5cm．t=0时，两列波在如图所示区域内相遇，则（ ）

A． 两列波在相遇区域内会发生干涉现象 B． 实线波和虚线波的频率之比为3：2 C． t=

时，x=9m处的质点实际振动方向向上 D． t= 时，x=4m处的质点实际位移大小|y|＞12.5cm

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……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题

17．在“探究功与速度关系”的实验中，采用下图所示的实验方案：

……○ __○…___…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………丁

(1)某学校使用的是电磁式打点计时器，在释放小车前，老师拍下了几个同学实验装置的部分细节图(如图乙所示)，下列图中操作不正确的是___________(填序号)。

(2)在滑板的左侧加一垫块，用以平衡摩擦阻力，如图丙所示。开启电源，轻推小车，打出了一条纸带，如图所示。据此纸带可判断，垫块应______。 A．向左移动一些 B．向右移动一些 C．保持不动

(3)下图是某次实验测得的纸带的一段，可以判断纸带的____(填“左”或“右”)端与小车连接，在打点计时器打下计数点9时(两计数点之间还有4个点)，钩码的瞬时速度大小为______m/s(保留两位有效数字)。

18．（1）“练习使用多用电表”的实验中，小沈同学用欧姆挡去测量“220V、60W”的白炽灯不发光时的灯丝电阻， 在拍照的时候未把多用电表的选择挡位旋钮拍进去，如图1

试卷第7页，总12页

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所示，但是小沈同学认为还是能够知道其电阻值，那么你认为此白炽灯的灯丝电阻是_____Ω。

………线…………○…………

（2）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：

①用最小刻度为毫米的刻度尺测量其长度如图（a）所示，（圆柱体另一端与0刻度对齐），由图（a）可知其长度为____________mm；用游标为10分度的游标卡尺测量其直径如图（b）所示，由图（b）可知其直径为_______________mm；

②该同学想用伏安法更精确地测量待测圆柱体电阻R，并将得到的电流、电压数据描到U—I图上，如（c）所示。由图（c）可知，新材料制成的圆柱体的电阻为________Ω（保留2位有效数字）。

③由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ＝________Ω·m （保留1位有效数字） 19．（1）如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1为

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……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

原线圈，L2为副线圈。

……○ __○…___…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………

①在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路。 （2）用图示实验装置探究“碰撞中的不变量”实验，

若实验中得到一条纸带如图所示，已知A、B车的质量分别为 、 ，则该实验需要验证的表达式是_____________________。（用图中物理量和已给出的已知量表示） （3）在“探究单摆周期与摆场的关系”实验时，下列用游标卡尺测小球直径的操作最合理的是（____________）

A B C D

(4)如图所示，某同学按实验装置安装好仪器后，观察光的干涉现象，获得成功，若他在此基础上对仪器的安装做如下改动，仍能使实验成功的是________．

A．将滤光片移至单缝和双缝之间，其他不动． B．将单缝与双缝的位置互换，其他不动．

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评卷人 得分 四、解答题

20．《公安机关涉案枪支弹药性能鉴定工作规定》指出，不能发射制式弹药的非制式枪支，其所发射弹丸的枪口比动能大于等于1.8焦耳 平方厘米都认定为枪支，枪口比动能是指子弹弹头离开枪口的瞬间所具有的动能除以枪口的横截面积，现有一玩具枪，其枪管长度 ，枪口直径 ，子弹质量为m=2g，在测试中，让玩具枪在高度h=1.8m处水平发射，实测子弹射程（子弹到射中点的水平距离）为12m，不计子弹………线…………○………… 受到的阻力，（子弹在枪管中的运动视为匀变速直线运动）求： (1)子弹出枪口的速度； (2)子弹在枪管中的运动时间；

(3)假设在枪管内子弹始终受到恒定的推力，试求此推力的大小．

21．在某次行动中，蜘蛛侠为了躲避危险，在高为hA＝20 m的A楼顶部经过一段距离L0＝14.4 m的助跑后从N点水平跳出，已知N点离铁塔中轴线水平距离为L＝32 m，重力加速度为g＝10 m/s2，假设蜘蛛侠可被看作质点，蜘蛛丝不能伸长。

(1)要使蜘蛛侠能落到铁塔中轴线上，他跳出的初速度至少为多少？

(2)由于体能的限制，蜘蛛侠助跑的最大加速度为5 m/s2，在跳出1.6 s后发现按照预定路线不能到达铁塔中轴线上，于是他立即沿垂直速度方向朝铁塔中轴线上某位置P发射蜘蛛丝，使得他在蜘蛛丝的作用下绕P点运动，假设蜘蛛丝从发射到固定在P点的时间可忽略不计，请问他能否到达铁塔中轴线上？如果能，请计算出到达的位置，如果不能，请说明原因。

(3)蛛蛛侠注意到在铁塔后方有一个小湖，他决定以5 m/s2的加速度助跑后跳出，择机沿垂直速度方向朝铁塔中轴线上某位置发出蛛蛛丝，在到达铁塔中轴线时脱离蜘蛛丝跃入湖中，假设铁塔足够高，欲使落水点最远，他经过铁塔的高度为多少？

22．如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ竖直放置，两导轨之间的距离为L=1m，两导轨M、P之间接入电阻R=0.2Ω，导轨电阻不计，在abcd区域内有一个方向垂直于两导轨平面向里的磁场Ⅰ，磁感应强度B0=1T．磁场的宽度x1=1m，在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向里的磁场Ⅱ，磁感应强度B1=0.5T．一个质量为m=1kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r=0.2Ω，

试卷第10页，总12页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时系统达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2=15m．（g取10m/s2）

……○ __○…___…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………

（1）金属棒进入磁场Ⅰ时的速度大小

（2）金属棒从开始静止到磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量． （3）求金属棒从开始静止到在磁场Ⅱ中达到稳定状态所经过的时间．

23．真空中有一半径为R的虚线圆形区域内存在方向垂直纸面的匀强磁场，如图1所示，虚线圆的右侧放置一对水平正对放置的金属板M和N，两金属板的中心线O1O2与虚线圆的圆心O在同一水平线上．在圆上P点（位于O点的正下方）处有一点状电子源，电子源可以向各个方向发射速率均为v0的电子，当其中一个电子沿PO方向射入磁场时，电子恰好从圆上的O1点沿两板中心线射出，电子在进入金属板的瞬间给两板加上图2所示的交变电压，最后电子恰好从M板的边缘水平飞出。已知金属板的板长L=2.4R，板间距d=1.2R，电子的质量为m、电量为e，忽略电子的重力和相互间的作用力。求：

（1）圆形区域内的磁感应强度B； （2）图2中U0和周期T；

（3）若在两板右端加一竖直探测板（图中未画出），电子经磁场偏转后从N板的左端水平射入两板间，同时在板间加上图2的交变电压，经电场偏转后垂直打在探测板上，若每秒打在探测板上的电子数为x，有70%的电子被吸收,30%的电子被原速率弹回两板间，探测板所受的平均作用力大小；

试卷第11页，总12页

电子在磁场中运动的总时间。

………线…………○………… ………线…………○………… （4）在满足（3）的条件下，被原速率弹回的某电子在t5T时刻返回两板间，求该2试卷第12页，总12页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装……※※……在※……※…装要※装…※不……※……※请……※…○※○……………………内外……………………○○……………………

参考答案

1．A 【解析】 【详解】

A 图中的m是国际单位制中力学的基本单位，故A正确。B图中的N国际单位制中的导出单位，故B错误。C图中的V是国际单位制中的导出单位，故C错误。D图中的km/h是国际单位制中的导出单位，故D错误。故选A。 2．C 【解析】 【详解】

英国科学家胡克发现了胡克定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平方成反比”的猜想，选项A正确；英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算发现了海王星，选项B正确；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤装置测得万有引力常量，“称量了地球的重量”，选项C错误；美国物理学家密立根通过油滴实验比较准确地测定了电子的电荷量，获得诺贝尔奖，选项D正确；此题选择错误的选项，故选C. 3．D 【解析】 【详解】

图甲中“市内行程 今天 08:00”是滴滴司机出发时间，指的是时刻，选项A错误；图甲中“顺路程度 55%”，指的是路程有 55%重合，选项B错误；图乙中“九堡地铁站 九堡 距你起点 20.6km”，20.6km 指的是路程，选项C错误；图丙中研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小可忽略不计，可把汽车看作质点，选项D正确；故选D. 4．D

【解析】在伽利略时代，技术不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，故③正确，①错误；在伽利略时代，没有先进的计时仪器，采用的是用水钟计时，故②错误；将斜面实验的结果合理“外推”，说明自由落体运动是特殊的匀变速直线运动，故④正确。所以D正确，ABC错误。 5．A

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【解析】由于冰壶在冰面上只受到阻力，如果阻力很小，则可认为冰壶做匀速直线运动，A正确；如果速度足够大，则轨道对过山车可以有向下的压力，B错误；惯性和质量有关，与其他因素无关，C错误；高大的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度，这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与安全，D错误． 6．B 【解析】 【详解】

衣服原来是受重力和两个拉力而平衡，衣服受到水平向右的恒力后是四力平衡，两个绳子的拉力的合力与重力、风力的合力相平衡，故两个绳子的拉力的合力变大，即绳对挂钩合力变大，故CD错误；两个绳子的夹角变小，两个绳子的拉力的合力变大，故两个绳子的拉力可能变大、变小或不变，故B正确，A错误；故选B。 【点睛】

本题关键是受力分析后结合共点力平衡条件分析，注意衣服受到水平向右的恒力后两边绳子的夹角不再相等． 7．D 【解析】 【详解】

设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为： ，水平方向位移x=vt=v ，平抛运动的时间由高度决定，可知大人抛出圆环的时间较长，故A错误；大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等，则大人要以小点的速度抛出圈圈，故B错误；大人和小孩抛出的圆环发生的水平位移相等，竖直位移不同，所以大人和小孩抛出的圆环发生的位移不相等，故C错误；环做平抛运动，加速度a=g，所以大人、小孩抛出的圆环速度变化率相等，故D正确。故选D。 【点睛】

本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解． 8．A 【解析】 【详解】

答案第2页，总12页

图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压 U 等于电源的电 动势 E，故A正确；图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电量为+Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且流过的总电量为 Q，故B错误；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，说明该电容器两端电压最大值为 5.5V，而电容与电容器的电压及电量均无关，总是为1.0F，故D错误；故选A。 【点睛】

考查电容器的充电与放电过程，掌握电容器带电量与极板带电量的关系，理解电容的含义，与极板电量，及两端电压无关，同时区别电解电容器与可变电容器的不同． 9．C 【解析】 【详解】

当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电形成瞬间电流，负电电荷从上而下通过避雷针，所以电流的方向为从下而上，磁场的方向从南向北，根据左手定则，安培力的方向向西。故选C。 【点睛】

左手定则的内容是：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向. 10．B 【解析】 【详解】

因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，由a1=ω2r，a2=ω2R可得 ，故B正确，A错误；对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动

的近地卫星，由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力，得： 则得 ，故CD错误。故选B。

，得

【点睛】

本题注意要区别两种物理模型，即“卫星”和“地面上的物体”；对于卫星类型，关键要抓住万有引力等于向心力进行列式分析。解题时用已知物理量来表达未知的物理量时应该选择

答案第3页，总12页

两者有更多的共同物理量的表达式。 11．A 【解析】 【详解】

在最高点人下蹲时，重力势能转化为动能，选项A正确；在最高点时人和秋千板的速度为零，但是所受到的合力不为零，有斜向下的切向加速度，选项B错误；在最低点加速度竖直向上，则秋千板对人的支持力大于人的重力，选项C错误。在摆动过程中，人要对秋千板做功，使得人和秋千的机械能总和增加，选项D错误；故选A. 12．B 【解析】 【详解】

对两种情况进行受力分析，如图所示：

依据矢量的合成法则，结合三角知识，及平衡条件，则有：F′=mgsin30°，F=mgtan30°，根据库仑定律，则有： 综上所得：【点睛】

考查库仑定律、矢量的合成法则与平衡条件的应用，掌握三角知识，及几何关系的内容，注意绳子的长度相等，是解题的关键． 13．D 【解析】 【详解】

地球带负电，则离地面越近电势越低，选项A错误；大气层的电场强度约为

，而

；根据三角知识，则有：lBA=Ltna30°，lCA=Lsin30°，

，故 ACD错误，B正确；故选B。

答案第4页，总12页

，选项B错误；本题中把50 km厚的漏电均匀绝缘体视为一个导体，其

长度为50 km，横截面积为地球的表面积，所加电压为U=3.0×105 V，则由题意得I＝q/t＝1800A ＝ ＝

＝ ，又由电阻定律 ＝ ＝ 得 ＝

；地球漏电功率为 P=UI=3×105×1 800 W≈5×108 W．故C错误，D正确；故选D. 【点睛】

本题重点是对物理模型的建立，将地球地面附近50km的大气层向外漏电，相当于通过一段导体向外放电，该导体的横截面积为地球表面积，长度为大气层的高度h．这样就建立起来我们与我们知识关联的物理模型，就可以解决一些看似陌生的情形．建模能力是物理能力的根本． 14．B

【解析】原子核的结合能是组成原子核的所有核子结合成原子核时释放出来的能量，选项A错误；在所有核反应中，都遵从“质量数守恒，电荷数守恒”的规律，选项B正确；在天然放射现象中放出的β射线就是电子流，该电子是原子核内的中子转化成质子和电子，从原子核中辐射出来的，选项C错误；半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，少量原子核衰变不能运用半衰期的统计规律，所以选项D错误。故选B.

【点睛】解决本题的关键知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道核子数、质子数、中子数的关系． 15．ABD 【解析】 【详解】

Hα波长大于Hβ波长，故Hα频率较小，Hα谱线对应光子的能量小于Hβ谱线对应光子的能量，故A正确；可见光的波长范围在780~380nm左右，则选项B正确；Hβ谱线对应光子的能量

，故C错误；Hα谱线对应光子的能量为：

E==3.03×10-19J=1.89eV，从n =3能级到n =2能级释放的光子能量为(-1.51)-(-3.4)=1.89eV，则Hα谱线对应的跃迁是从n =3能级到n =2能级，故D正确；故选ABD. 【点睛】

考查学生对量子论、波尔原子模型的理解．解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，以及知道光子频率、波长的大小与能量变化的关系．

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16．BCD 【解析】 【详解】

实线波的波长为 λ1=4m，虚线波的波长为 λ2=6m，它们的波速相等，由波速公式v=λf得：实线波和虚线波的频率之比为 f1：f2=λ2：λ1=3：2，两列波的频率不同，不能发生干涉现象．故A错误，B正确．波速为：v=λ1f1=4×3m/s=12m/s，则在t= s时间内波传播的距离 x=vt=2m=λ1=λ2，实线波单独传播时，在t=s时，x=9m处的质点到达波谷，振动速度为零．虚

线波单独传播时，在t=s时，x=9m处的质点振动方向向上，则根据波叠加原理可知t=s时，

x=9m处的质点振动方向向上．故C正确．波速为：v=λ1f1=4×3m/s=12m/s，则在t=s时间

内波传播的距离 x=vt=1m= λ1，实线波单独传播时，t= s时，x=4m处的质点到达波谷，位移大小为 y1=10cm；根据波形的平移法作出虚线波传播x=1m时的波形，如图所示

由图看出此刻x=4m处的质点位移大小y2＞2.5cm，则波的叠加原理可知t= s时，x=4m处的质点位移|y|=y1+y2＞12.5cm，故D正确．故选BCD. 【点睛】

题关键要掌握干涉产生的条件和波的叠加原理，运用波形的平移法分析波形，确定质点的位移。

17．ABB右0.41 【解析】 【详解】

（1）根据打点计时器的正确使用可以得知，纸带应压在复写纸的下面，则A的操作不正确；为了减小摩擦带来的误差，纸带应该拉直，从而可以得出B的操作不正确；打点计时器接交流电，从而得出C的操作正确。则操作不正确的是AB；

（2）根据纸带的点迹分布可知，小车做减速运动，可知平衡摩擦力不够，则垫块向右移动

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一些，故选B。

（3）由纸带的点迹分布可知，判断纸带的右端与小车连接；在打点计时器打下计数点9时钩码的瞬时速度大小为

.

18．60Ω（100.3~100.6）范围内均可5.8mm7.8~8.2Ω范围内均可2×10-3 【解析】 【详解】

（1）灯泡正常发光时的电阻约为：

；灯泡电阻随温度升高而增大，灯

泡在常温下电阻远小于正常发光时的电阻，约为正常发光时的十分之一，约为80Ω左右，应选用×1Ω档进行测量灯泡电阻，由图示可知，此白炽灯的灯丝电阻约为6×10=60Ω； （2）①由图可知其长度为100.5mm；其直径为5mm+0.1mm×8=5.8mm； ②U-I图象如图所示：

电阻阻值：

；

③圆柱体电阻： 【点睛】

，电阻率：

；带入数据解得ρ=2×10-3Ω·m。

本题考查欧姆表的使用，关键是知道欧姆表表盘的结构及读数方法；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度；应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式。

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19．【解析】 【详解】

（1）实验电路如图；

B A

（2）碰前小车的速度

，碰后两物体的共同速度：

；要验证的关系是：

，即

，即 .

（3）在“探究单摆周期与摆场的关系”实验时，下列用游标卡尺测小球直径的操作最合理的是B图.

（4）在波的干涉中，干涉条纹的间距△x=λ，由公式可得，条纹间距与波长、屏之间的距

离成正比，与双缝间的距离d成反比，滤光片移至单缝和双缝之间，没有影响条纹间距的因素，故A正确；若单缝与双缝的位置互换，则缝间距变化，从而导线条纹间距变化，故B错误；故选A．

20．（1） （2）0.02s （3）2N 【解析】 【详解】

（1）子弹离开枪口后做平抛运动，运动时间 由x=vt，则

（2）由匀加速直线运动的规律 运动时间

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（3）在枪管中运动时的加速度 由牛顿第二定律可得 【点睛】

在学习中要强调如何把生活问题通过建模转换为物理问题，把复杂的问题如何通过建模简单化；本题实质是匀变速直线运动和平抛运动的组合，子弹在枪中的运动为匀变速直线运动，出枪口后为平抛运动，平抛运动的求解思路为运动的合成与分解,在枪中的运动为匀加速直线运动,结合运动学规律和牛二就可以求解。 21．(1) v0＝16 m/s。(2)离地面0.8 m处(3)y＝13.6 m 【解析】 【详解】

(1)当蜘蛛侠跳到铁塔的最底端时，下落距离hA＝20 m， hA＝ gt2，① L＝v0t，② 由①②式得：v0＝16 m/s。

(2)在助跑阶段，以最大加速度a＝5 m/s2匀加速运动，设跳出速度vx，则vx2＝2aL0③ 设跳出t0＝1.6 s后，水平位移为x1、竖直位移为y1、竖直速度为vy，则 x1＝vxt0，④ y1＝gt02，⑤

速度与水平方向夹角tan θ＝

-

，⑥

由几何关系，R＝ ，离地面高度h＝hA－y1－R(1－cos θ)，⑦

由③④⑤⑥⑦式得：h＝0.8 m。 能到达铁塔中轴线上，离地面0.8 m处。

(3)设蜘蛛侠经过铁塔的位置高度为y，在他脱手时的速度为v，落水点离铁塔的水平距离为x，则根据动能定理 mv2－mvx2＝mg(hA－y)，⑧

y＝gt′2，⑨

x＝vt′，⑩

代入数据， -

由数学知识可知，当y＝13.6 m时，水平距离x可取最大值。 【点睛】

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本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法，再者是数学方法的应用． 22．（1）4m/s；（2）QR=20 J（3）2.7875s 【解析】 【详解】

（1）设棒在到达磁场边界ab时的速度为v．导体棒切割磁感线产生的感应电动势为：

电路中的感应电流为：I=

导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得： ﹣ ， 解得：

=4m/s；

（2）设棒在到达磁场边界ef时的速度为v′．导体棒切割磁感线产生的感应电动势为： 电路中的感应电流为：I′=

导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得： ﹣ ， 解得：

=16m/s；

设整个电路产生的焦耳热是Q，由能量守恒定律可得：mg•d=Q+ ，

由于棒与R的电阻值相等，所以产生的焦耳热相等，在棒通过磁场区的过程中R产生的焦耳热 QR= Q， 解得：QR=20 J

（3）金属棒在磁场上方运动的时间： 棒在磁场Ⅰ中运动的时间：

棒刚进入磁场Ⅱ时的速度为：v=4 m/s

设棒在磁场中运动速度为v时加速度为a，则由于：mg﹣B1IL=ma 又

，

可得：mg﹣ =m

变形得：mg△t﹣ △t =m△v

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两边求和得： ∑mg△t﹣∑ △t =∑m△v

得：mgt2﹣

=m（v′﹣v）

代入解得：t2=2.1375 s

金属棒运动的总时间：t=t0+t1+t2=0.4+0.25+2.1375=2.7875s 【点睛】

本题最后一问要求非匀变速运动的时间，不能直接运用运动学公式解答，而要运用积分法求解，其切入点是牛顿第二定律和加速度定义式．

2mv0nmv02.4R23．（1） （2）U0（n=1,2,3…） T（n=1,2,3…）

eR2env0 （3）1.3xmv0 （4）πR v0【解析】（1）根据电子的偏转和左手定则知，圆形区域内的磁场方向垂直纸面向里，对于从

O1点射出的电子，在磁场中做圆周运动，轨迹半径为R，则

2v0mvev0Bm，得B0；

ReR（2）画出从O1射出磁场的电子运动轨迹图如图1所示，

根据电子恰好从M板的边缘水平飞出知，电子在板间的运动时间为交变电压的周期的整数倍，则

tL2.4R（n=1,2,3…） nT，得Tv0nv012at 2粒子在板间偏转的总位移y总2n2nmv0eU0dT,t,d1.2R得U0代入y总,a（n=1,2,3…）

2md22e答案第11页，总12页

（3）电子经磁场偏转后从N板的左端水平射入两板间，经磁场偏转后在O2点垂直打在探测板上，以水平向左为正方向，由动量定理知，

Ft070%xmv030%xmv030%xmv0

得F1.3xmv0

（4）根据题意，电子在t5T时刻返回两板间，经电场偏转后刚好平行于N板从N板的左2边缘水平进入磁场，画出电子的运动轨迹如图2所示，

设电子从C点离开磁场，易知OBOC为菱形，则OC∥BO，则由几何关系知，OC处于竖直方向，因此电子两次进入磁场的轨迹所对圆心角之和为180，在磁场中运动总时间为

t总180πmT 360Be代入Bmv0πR得t总 eRv0答案第12页，总12页