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2022 年 1 月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题
（浙江卷1 月）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．单位为J/m 的物理量是（ ）
A．力
B．功
C．动能
D．电场强度
2．下列说法正确的是（ ）
A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
3．利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方
向放置。先保持导线通电部分的长度L 不变，改变电流I 的大小，然后保持电流I 不变，
改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F 分别与I 和L 的关系图象，则正
确的是（ ）
A．
B．
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C．
D．
4．如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U 形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口
持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是（ ）
A．水桶自身重力的大小
B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小
D．水桶与水整体的重心高低
5．如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m 的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦
因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角
均为θ，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的合拉力大小为μmg
cosθ
B．轻绳的合拉力大小为
μmg
cosθ+ μsinθ
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
6．图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O 拉到A 后释放，小球在O 点附近来
回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置
安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是（ ）
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A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
7．如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P 和左端有玻璃
挡板的凹形底座Q 构成，其重量分别为GP和GQ。用手使P 的左端与玻璃挡板靠近时，
感受到P 对手有靠向玻璃挡板的力，P 与挡板接触后放开手，P 处于“磁悬浮”状态
（即P 和Q 的其余部分均不接触），P 与Q 间的磁力大小为F。下列说法正确的是（
）
A．Q 对P 的磁力大小等于GP
B．P 对Q 的磁力方向竖直向下
C．Q 对电子秤的压力大小等于GQ＋F
D．电子秤对Q 的支持力大小等于GP＋GQ
8．“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P 点沿地火转移轨道到Q 点，再依次
进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（ ）
A．发射速度介于7.9km/s 与11.2km/s 之间
B．从P 点转移到Q 点的时间小于6 个月
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C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
9．如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可
使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮
带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（ ）
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
10．某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，
其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列
说法正确的是（ ）
A．a 点所在的线是等势线
B．b 点的电场强度比c 点大
C．b、c 两点间的电势差的值比a、c 两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g 移动时电场力做功为零
11．如图所示，用激光笔照射半圆形玻璃砖圆心O 点，发现有a、b、c、d 四条细光束，
其中d 是光经折射和反射形成的。当入射光束a 绕O 点逆时针方向转过小角度Δθ时，
b、c、d 也会随之转动，则（ ）
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A．光束b 顺时针旋转角度小于Δθ
B．光束c 逆时针旋转角度小于Δθ
C．光束d 顺时针旋转角度大于Δθ
D．光束b、c 之间的夹角减小了2 Δθ
12．某节水喷灌系统如图所示，水以v0=15m/s的速度水平喷出，每秒喷出水的质量
为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m 不变。水泵由电
动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩
擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵
的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则
（ ）
A．每秒水泵对水做功为75J
B．每秒水泵对水做功为225J
C．水泵输入功率为440W
D．电动机线圈的电阻为10Ω
13．如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强
度大小B=kt 的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电
阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（ ）
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A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为kπ r
2
h
C．圆管的热功率大小为πd hk
2r
3
2 ρ
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
二、多选题
14．2021 年12 月15 日秦山核电站迎来了安全发电30 周年，核电站累计发电约
6.9×1011kW·h，相当于减排二氧化碳六亿多吨。为了提高能源利用率，核电站还将利用
冷却水给周围居民供热。下列说法正确的是（ ）
A．秦山核电站利用的是核聚变释放的能量
B．秦山核电站发电使原子核亏损的质量约为27.6kg
C．核电站反应堆中需要用镉棒控制链式反应的速度
D．反应堆中存在
U
92
235 + n
0
1 →
B
56
141 a+ K
36
92 r+3 n
0
1 的核反应
15．两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T 的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列
波均由一次全振动产生，t=0 时刻的波形如图1 所示，此时两列波相距λ，则（ ）
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A．t = T
4 时，波形如图2 甲所示
B．t = T
2 时，波形如图2 乙所示
C．t = 3T
4 时，波形如图2 丙所示
D．t =T时，波形如图2 丁所示
16．电子双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子枪持续发射的
电子动量为1.2×10-23kg·m/s，然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量取9.1×10-
31kg，普朗克常量取6.6×10-34J·s，下列说法正确的是（ ）
A．发射电子的动能约为8.0×10-15J
B．发射电子的物质波波长约为5.5×10-11m
C．只有成对电子分别同时通过双缝才能发生干涉
D．如果电子是一个一个发射的，仍能得到干涉图样
三、实验题
17．在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，
建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h 处静止释放，使其水平抛
出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点
A，读取其坐标（x0，y0）。
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①下列说法正确的是 。
A．实验所用斜槽应尽量光滑
B．画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来
C．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据
②根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0= 。
A．√2 gh B．√2 g y0
C．x0√
g
2h
D．x0√
g
2 y0
③在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是 。
③[3] 小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相
同，从而能确保多次运动的轨迹相同。
18．“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两辆小车
A、B，给小车A 一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B 碰撞前后的速度大小可由
速度传感器测得。
①实验应进行的操作有 。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
②下表是某次实验时测得的数据：
A 的质
量/kg
B 的质
量/kg
碰撞前A 的速度大
小/（m ⋅s
-1）
碰撞后A 的速度大
小/（m ⋅s
-1）
碰撞后B 的速度大
小/（m ⋅s
-1）
0.200
0.300
1.010
0.200
0.800
由表中数据可知，碰撞后小车A、B 所构成系统的总动量大小是 kg·m/s。（结
果保留3 位有效数字）
19．小明同学根据图1 的电路连接器材来“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。
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实验时多次改变合金丝甲接入电路的长度l、调节滑动变阻器的阻值，使电流表的读数
I达到某一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多个U
I
的值，作出U
I -l图像，如
图2 中图线a 所示。
（1）在实验中使用的是 （选填“0~20Ω”或“0~200Ω”）的滑动变阻器。
（2）在某次测量时，量程为3V 电压表的指针位置如图3 所示，则读数U=
V。
（3）已知合金丝甲的横截面积为7.0×10-8m2，则合金丝甲的电阻率为 Ω·m
（结果保留2 位有效数字）。
（4）图2 中图线b 是另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后采用同
样的方法获得的U
I -l图像，由图可知合金丝甲的横截面积 （选填“大于”、
“等于”或“小于”）合金丝乙的横截面积。
四、解答题
20．第24 届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1 所示，长12m 水平
直道AB 与长20m 的倾斜直道BC 在B 点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动
员从A 点由静止出发，推着雪车匀加速到B 点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到
车上沿BC 匀加速下滑（图2 所示），到C 点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视
为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB 上的加速度大小；
（2）过C 点的速度大小；
（3）在斜道BC 上运动时受到的阻力大小。
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21．如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心
为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°
的粗糙直轨道FG 组成，B、D 和F 为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G 点
（与B 点等高），B、O1、D、O2和F 点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量
m=0.1kg，轨道BCD 和DEF 的半径R=0.15m，轨道AB 长度lAB=3 m，滑块与轨道FG
间的动摩擦因数μ= 7
8
，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB 上某点静止释放，（g=10 m/s
2）
（1）若释放点距B 点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B 点的长度为lx，滑块第一次经F 点时的速度v 与lx之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG 的中点，求释放点距B 点长度lx的值。
22．如图所示，水平固定一半径r=0.2m 的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属
棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′
上，并随轴以角速度ω=600rad/s 匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1
的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属
轨道相连，轨道间接有电容C=0.09F 的电容器，通过单刀双掷开关S 可分别与接线柱
1、2 相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。
在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝
缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“［”形金属框fcde。棒ab
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长度和“［”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01kg，de 与cf 长度均为l3=0.08m，
已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均为竖直向上；棒ab 和“［”形框的cd
边的电阻均为R=0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab 与轨道接触
良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S 和接线柱1 接通，待电容器充电完
毕后，将S 从1 拨到2，电容器放电，棒ab 被弹出磁场后与“［”形框粘在一起形成
闭合框abcd，此时将S 与2 断开，已知框abcd 在倾斜轨道上重心上升0.2m 后返回进
入磁场。
（1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M 或N）带正电？
（2）求电容器释放的电荷量ΔQ；
（3）求框abcd 进入磁场后，ab 边与磁场区域左边界的最大距离x。
23．如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy 平面
（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N 与y 轴平行放置，板N 中间有一小孔O。有
一由x 轴、y 轴和以O 为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整
个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、
磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y 轴平行且相距
为l、下边界与x 轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方
向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M 逸出后经极板间电压U 加速
（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子
恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、
电荷量为e，板M 的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用
力。当频率为ν 的光照射板M 时有光电子逸出，
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O 点射入区域Ⅰ时的速度v0的大
小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E = B1√
3eU
m
，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2= √emU
ea
，
求被探测到的电子刚从板M 逸出时速度vM的大小及与x 轴的夹角β；
（3）为了使从O 点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调
节区域Ⅰ的电场强度E 和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E 的最大值和B2的最大值。
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答案精析
1．【答案】A
【解析】根据功的定义式W = Fx·cosα可知
J = N⋅m
则有
J
m = N⋅m
m
=N
因N 是力的单位，故单位为J/m 的物理量是力。
故选A。
2．【答案】B
【解析】A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故不
可以看成质点，故A 错误；
B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球不
能看成质点，故B 正确；
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小不可以忽略，故C 错误；
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部
分的速度不可以视为相同，故D 错误；
故选B。
3．【答案】B
【解析】根据F = BIL 可知先保持导线通电部分的长度L 不变，改变电流I 的大小，则
F—I 图象是过原点的直线。同理保持电流I 不变，改变通过电部分的长度L，则F-L 图
象是过原点的直线。
故选B。
4．【答案】D
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【解析】水管口持续有水流出而过一段时间桶会翻转一次，说明主要原因是装的水到
一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转
轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，故选D。
5．【答案】B
【解析】AB．对石墩受力分析，由平衡条件可知
T cosθ = f
f = μN
T sinθ+ N =mg
联立解得
T =
μmg
cosθ+ μsinθ
故A 错误，B 正确；
C．拉力的大小为
T =
μmg
cosθ+ μsinθ =
μmg
√1+ μ
2sin(θ+φ)
其中tan φ= 1
μ
，可知当θ+φ =90°时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不
一定减小，故C 错误；
D．摩擦力大小为
f =T cosθ =
μmgcosθ
cosθ+ μsinθ =
μmg
1+ μ tanθ
可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力
最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D 错误；
故选B。
6．【答案】B
【解析】AB．空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重
的影响，则小球仍将在弹力的作用下来回振动，A 错误，B 正确；
CD．图乙中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分量，而在空间站
中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止不动，不会来回
摆动；也不会做匀速圆周运动，若给小球一定的初速度，则小球在竖直面内做匀速圆
周运动，C、D 错误。
故选B。
7．【答案】D
【解析】AB．由题意可知，因手使P 的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P 对手有靠向
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玻璃挡板的力，即Q 对P 有水平向左的磁力；P 与挡板接触后放开手，P 处于“磁悬
浮”状态，则说明Q 对P 有竖直向上的磁力，则Q 对P 的磁力方向斜向左上方向，其
磁力F 大小大于GP，选项AB 错误；
CD．对PQ 的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q 的支持力大小等于GP＋GQ，即Q
对电子秤的压力大小等于GP＋GQ，选项C 错误，D 正确。
故选D。
8．【答案】C
【解析】A．因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，
即发射速度介于11.2km/s 与16.7km/s 之间，故A 错误；
B．因P 点转移到Q 点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地
球公转周期（1 年共12 个月），则从P 点转移到Q 点的时间为轨道周期的一半时间应
大于6 个月，故B 错误；
C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可
知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C 正确；
D．卫星从Q 点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q 点的速度小于火星轨
道的速度，而由
GMm
r
2
=m v
2
r
可得
v =√
GM
r
可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q 点速度小于地球轨道速度，
故D 错误；
故选C。
9．【答案】A
【解析】A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强
磁场，故A 正确；
B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，
故B 错误；
C．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产
生正弦交流电，故C 错误；
D．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D 错误；
故选A。
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10．【答案】C
【解析】A．因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a 点所在的线是电场线，
选项A 错误；
B．因c 处的电场线较b 点密集，则c 点的电场强度比b 点大，选项B 错误；
C．因bc 两处所处的线为等势线，可知b、c 两点间的电势差的值比a、c 两点间的大，
选项C 正确；
D．因dg 两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g 移动
时电场力做功不为零，选项D 错误。
故选C。
11．【答案】B
【解析】A．设入射光线a 的入射角为α，则反射角为α，光束c 的折射角为β，光束d
的反射角也为β，入射光束a 绕O 点逆时针方向转过小角度Δθ时，入射角变为
α
' = Δθ+α
由反射定律可知反射角等于入射角，则光束b 顺时针旋转角度等于Δθ，故A 错误；
B．由折射定律有
sin α
sin β =n>1，sin(α + Δθ)
sin( β + Δθ
')
=n>1
可得
Δθ
'< Δθ
即光束c 逆时针旋转角度小于Δθ，故B 正确；
C．光束d 的反射角变化与光束c 的折射角变化相等，则光束d 顺时针旋转角度小于
Δθ，故C 错误；
D．光束b 顺时针旋转角度等于Δθ，光束c 逆时针旋转角度小于Δθ，则光速b、c 之
间的夹角减小的角度小于2 Δθ，故D 错误；
故选B。
12．【答案】D
【解析】AB．每秒喷出水的质量为m0=2.0kg,抽水增加了水的重力势能和动能，则每
秒水泵对水做功为
W =m0 gH + 1
2 m0v0
2=300J
故AB 错误；
C．水泵的输出能量转化为水的机械能，则
P出= W
t =300 W
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而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，则
P入= P出
75 % = 400 W
故C 错误；
D．电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为
P机= P入= 400 W
而电动机的电功率为
P电=UI = 440 W
由能量守恒可知
P电= I
2 R + P机
联立解得
R =10Ω
故D 正确；
故选D。
13．【答案】C
【解析】A．穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，
圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A 错误；
B．圆管的感应电动势大小为
E = ΔB
Δt π r
2=kπ r
2
选项B 错误；
C．圆管的电阻
R = ρ 2πr
dh
圆管的热功率大小为
P = E
2
R = πdhk
2r
3
2 ρ
选项C 正确；
D．根据左手定则可知，圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对
圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，选项D 错误。
故选C。
14．【答案】CD
【解析】A．秦山核电站利用的是重核裂变变释放的能量，故A 错误；
B．原子核亏损的质量全部转化为电能时，约为
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Δm= Δ E
c
2 = 6.9×10
11×1000×3600
(3×10
8)
2
kg≈27.6kg
核电站实际发电还要考虑到核能的转化率和利用率，则原子核亏损的质量大于
27.6kg，故B 错误；
C．核电站反应堆中需要用镉棒能吸收中子的特性，通过中子的数量控制链式反应的速
度，故C 正确；
D．反应堆利用铀235 的裂变，生成多个中核和中子，且产物有随机的两分裂、三分裂，
即存在
U
92
235 + n
0
1 →
B
56
141 a+ K
36
92 r+3 n
0
1 的核反应，故D 正确；
故选CD。
15．【答案】BD
【解析】A．根据波长和波速的关系式为
v = λ
T
则t = T
4
时，两列波各种向前传播的距离为
x = vt = λ
4
故两列波的波前还未相遇，故A 错误；
B．t = T
2
时，两列波各种向前传播的距离为
x = vt = λ
2
故两列波的波前刚好相遇，故B 正确；
C．t = 3T
4
时，两列波各种向前传播的距离为
x = vt = 3 λ
4
根据波的叠加原理可知，在两列波之间λ
4 ~ 3 λ
4
的区域为两列波的波形波谷相遇，振动
加强，λ
2
处的波谷质点的位移为2A，故C 错误；
D．t =T时，两列波各种向前传播的距离为
x = vt = λ
两列波的波峰与波谷叠加，位移为零，故D 正确；
故选BD。
试卷第18页，共22页
16．【答案】BD
【解析】A．根据动量的大小与动能的关系可知发射电子的动能约为
Ek= P
2
2m = (1.2×10
-23)
2
2×9.1×10
-31 J≈8.0×10
-17J
故A 错误；
B．发射电子的物质波波长约为
λ= h
P = 6.6×10
-34
1.2×10
-23 m ≈5.5×10
-11m
故B 正确；
CD．物质波也具有波粒二象性，故电子的波动性是每个电子本身的性质，则每个电子
依次通过双缝都能发生干涉现象，只是需要大量电子显示出干涉图样，故C 错误，D
正确；
故选BD。
17．【答案】 C D 确保多次运动的轨迹相同
【解析】①[1]A．只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小
都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，故A 错误；
B．画轨迹时应应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B 错
误；
C．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离远点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶
然误差，故C 正确；
故选C。
[2]
②
坐标原点O 为抛出点，由平抛规律有
x0= v0t
y0= 1
2 gt
2
联立解得平抛的初速度为
v0= x0√
g
2 y0
故选D。
[3]
③
小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相
同，从而能确保多次运动的轨迹相同。
18．【答案】 C 0.200
【解析】①[1]碰撞前将滑轨调成水平，保证碰撞前后A、B 做匀速直线运动即可，没
试卷第19页，共1页
有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度。
故选C。
[2]
②
由表中数据可知小车A 的质量小于B 的质量，则碰后小车A 反向运动，设碰前小
车A 的运动方向为正方向，则可知碰后系统的总动量大小为
p
' =mB vB-mA v ' A
解得
p
' =0.200kg⋅m/s
19．【答案】 0~20Ω 1.32（1.31~1.34） 1.1×10-6（0.90×10-6~1.3×10-6）
小于
【解析】（1）[1]由实验原理可知
Rx = U
I
而由U
I -l图像可知待测电阻最大约为8Ω，为了使电压表有明显的读数变化，则滑动
变阻器的阻值不能太大，故选0~20Ω比较合适；
（2）[2]量程为3V 的电压表，精度为0.1V，估读到0.01V，则电压为1.32V
（1.31~1.34）；
（3）[3]根据电阻定律有
U
I = Rx= ρ
S ⋅l
则U
I -l图像的斜率为
k = ρ
S
可得合金丝甲的电阻率为
ρ=kS = 7.4 -3.6
0.44 -0.20 ×7.0×10
-8(Ω⋅m)≈1.1×10
-6(Ω⋅m)
（4）[4] 另一根长度相同、材料相同的合金丝乙与合金丝甲并联后，电阻率不变，而
横截面积变为
S
' = S+ S乙
由图2 中图线b 可得
S
' = ρ
kb
= 1.1×10
-6
2.2-1.0
0.44 -0.15
≈26.6×10
-8 m
2
解得
试卷第20页，共22页
S乙= S
' - S≈19.6×10
-8 m
2>S
故合金丝甲的横截面积小于合金丝乙的横截面积。
20．【答案】（1）a1= 8
3 m/s
2；（2）12m/s；（3）66N
【解析】（1）AB 段
v1
2=2a1 x1
解得
a1= 8
3 m/s
2
（2）AB 段
v1=a1t1
解得
t1=3 s
BC 段
x2= v1t2+ 1
2 a2t2
2
a2=2m/s
2
过C 点的速度大小
v = v1+a2t2=12m/s
（3）在BC 段有牛顿第二定律
mgsinθ - Ff =ma2
解得
F f =66 N
21．【答案】（1）7N；（2）v =√12lx -9.6 （lx≥0.85m）；（3）13
15 m，9
5 m，
41
15 m
【解析】（1）滑块释放运动到C 点过程，由动能定理
mglsin37
∘+mgR(1-cos37
∘)= 1
2 mvC
2
经过C 点时
F N -mg=m vC
2
R
试卷第21页，共1页
解得
F N =7 N
（2）能过最高点时，则能到F 点，则恰到最高点时
mglxsin37
∘-mg×4 Rcos37
∘= 1
2 mv
2
解得
v =√12lx -9.6
而要保证滑块能到达F 点，必须要保证它能到达DEF 最高点，当小球恰好到达DEF
最高点时，由动能定理
mglxsin37
∘-mg（3 R cos37
∘+ R ）=0
可解得
lx=0.85 m
则要保证小球能到F 点，lx≥0.85 m，带入v =√12lx -9.6可得
v ≥√0.6 m /s
（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n 倍，则n=1,3,5,……
mglxsin37
∘-mg lFG
2 sin37
∘-nμmg lFG
2 cos37
∘=0
解得
lx= 7n+6
15
m n=1,3,5, ……
又因为
lAB≥lx≥0.85 m，lAB=3 m
当n=1时，lx1= 13
15 m，当n=3时，lx 2= 9
5 m，当n=5时，lx 3= 41
15 m，满足要求。
即若滑块最终静止在轨道FG 的中点，释放点距B 点长度lx的值可能为13
15 m，9
5 m，
41
15 m。
22．【答案】（1）0.54C；M 板；（2）0.16C；（3）0.14m
【解析】（1）开关S 和接线柱1 接通，电容器充电充电过程，对绕转轴OO′转动的棒
由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则
M 板充正电；
根据法拉第电磁感应定律可知
试卷第22页，共22页
E = 1
2 B1ωr
2
则电容器的电量为
Q =CU = CE
2 =0.54C
（2）电容器放电过程有
B2l1 ΔQ =m v1
棒ab 被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有
m v1=(m+m)v2
棒的上滑过程有
1
2 2m v2
2=2mgh
联立解得
ΔQ = 2m
B2l1 √2gh=0.16C
（3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δ x，由动量定理
B2
2l1
2 Δ x
2 R
=2mv2
可得
Δ x =0.128m>0.08m
匀速运动距离为
l3-l2=0.012m
则
x = Δ x +l3-l2=0.14 m
23．【答案】（1）Ekm=hν -W 0；
√
2eU
m ≤v0≤√
2(hν +eU -W 0)
m
；（2）v M =√
eU
m
；β =30
∘；（3）Emax = B1√
2(hν +eU -W 0)
m
；B2= 2√2m(hν -W 0)
ea
【解析】（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
Ekm=hν -W 0
1
2 mv0
2= Ek+eU (0≤Ek≤Ekm)
试卷第23页，共1页
√
2eU
m ≤v0≤√
2(hν +eU -W 0)
m
（2）速度选择器
e v0 B1=eE
v0= E
B1
=√
3eU
m
1
2 mv0
2- 1
2 mv M
2 =eU
v M =√
eU
m
如图所示，几何关系
mv0
e B2
sin α = a
2
v M sin β = v0sin α
β =30
∘
（3）由上述表达式可得
Emax = B1√
2(hν +eU -W 0)
m
由
m v0
e B2
sin α = a
2
而v0sinθ 等于光电子在板逸出时沿y 轴的分速度，则有
1
2 m(v0sinθ)
2≤Ekm =hν -W 0
即
v0sin α ≤√
2(hν -W 0)
m
联立可得B2的最大值
试卷第24页，共22页
B2= 2√2m(hν -W 0)
ea
