2024年10月7日发(作者：碧聪睿)

2023年6月浙江省普通高校招生选考科目考试

物理

考生注意：

1．答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸

规定的位置上。

2

．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上

的作答一律无效。

3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B

铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。

4

．可能用到的相关参数：重力加速度

g

取

10m/s

2

。

选择题部分

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.下列四组物理量中均为标量的是（）

A.电势电场强度B.热量功率C.动量动能D.速度加速度

【答案】

B

【解析】

【详解】

A

．电势只有大小没有方向，是标量；电场强度既有大小又有方向，是矢量，故

A

错误；

B．热量和功率都是只有大小没有方向，都是标量，故B正确；

C

．动量既有大小又有方向，是矢量；动能只有大小没有方向，是标量，故

C

错误；

D．速度和加速度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故D错误。故选B。

2.在足球运动中，足球入网如图所示，则（）

A.踢香蕉球时足球可视为质点B.足球在飞行和触网时惯性不变

C.足球在飞行时受到脚的作用力和重力D.触网时足球对网的力大于网对足球的力

【答案】

B

【解析】

【详解】

A

．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故

A错误；

B．惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；

C．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；

D

．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故

D

错误。

故选B。

3.

铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小

a

、速度大小

v

、动

能E

k

和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【详解】

A

．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故

A

错误；

B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有

v

y

gt

则抛出后速度大小为

v

2

v

0





gt



2

可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；

第

1

页/共

13

页

C．铅球抛出后的动能

E

k



1

2

1



2

2

mv



mv

0





gt







22



可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；

D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。故选D。

4.

图为“玉兔二号”巡视器在月球上从

O

处行走到

B

处的照片，轨迹

OA

段是直线，

AB

段是曲线，巡视器质量为

135kg，则巡视器（）

A.

受到月球的引力为

1350NB.

在

AB

段运动时一定有加速度

段与

AB

段的平均速度方向相同

D.

从

O

到

B

的位移大小等于

OAB

轨迹长度

【答案】

B

【解析】

【详解】A．在月球上

的

g与地球不同，故质量为135kg的巡视器受到月球的引力不是1350N，故A错误；

B．由于在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，故B正确；

C

．平均速度的方向与位移方向相同，由图可知

OA

段与

AB

段位移方向不同，故平均速度方向不相同，故

C

错误；

D．根据位移的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度，故D错误。故选B。

5.

“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将

衰变方程为

C.

238

94

238

94

X

Pu

92

U

4

2

He

，则（

238

94

Pu

衰变释放的核能一部分转换成电能。

238

94

Pu

的

）

B.

4

2

A.衰变方程中的X等于233

X

Pu

比

92

U

的比结合能小

He

的穿透能力比γ射线强

238

94

D.月夜的寒冷导致

Pu

的半衰期变大

【答案】C

【解析】

【详解】

A

．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为

4

238

94

238

94

Pu

234

92

U+

4

2

He

即衰变方程中的X=234，故A错误；B．

2

He

是α粒子，穿透能力比γ射线弱，故B错误；C．比结合能越大越稳定，

由于

238238

234234

Pu

衰变成为了

234

92

U

，故

92

U

比

94

Pu

稳定，即

94

Pu

比

92

U

的比结合能小，故C正确；D．半衰期由原子

本身的特点决定的，与温度等外部因素无关，故D错误。故选C。

6.如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，

aOb90

，

半径Ob与重力的夹角为37°。已知

sin370.6

，

cos370.8

，则圆柱体受到的支持力F

a

、F

b

大小为（）

A.

F

a



0.6

G

，

F

b

0.4G

C.

F

a



0.8

G

，

F

b

0.6G

【答案】D

【解析】

【详解】对光滑圆柱体受力分析如图

由题意有

B.

F

a

0.4G

，

F

b

0.6G

D.

F

a

0.6G

，

F

b

0.8G

F

a

G

sin37





0.6

G

F

b

G

cos37





0.8

G

故选D。

7.我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流

变换成交流。下列说法正确的是（）

A.

送电端先升压再整流

B.

用户端先降压再变交流

第

2

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13

页

D.

输电功率由送电端电压决定

C.1100kV

是指交流电的最大值

【答案】A

【解析】

【详解】AB．升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降

压，故

A

正确，

B

错误；

C

．

1100kV

指的是交流电的有效值，故

C

错误；

D

．输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故

D

错误。故选

A

。

8.某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R

1

和R

2

的圆

弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E

1

和E

2

，则R

1

、R

2

和

E

1

、E

2

应满足（）

E

1

R

2



A.

E

2

R

1

【答案】

A

【解析】

E

1

R

1

2



B.

E

2

R

2

2

E

1

R

1



C.

E

2

R

2

E

1

R

2

2



D.

E

2

R

1

2

v

2

【详解】带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有

qE

1



m

R

1

v

2

qE

2



m

R

2

联立可得

9.木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为

1:2:4

。木卫三周期为T，公转轨道半径是月

球绕地球轨道半径

r

的

n

倍。月球绕地球公转周期为

T

0

，则（

A.木卫一轨道半径为

）

E

1

R

2



，故选

A

。

E

2

R

1

n

r

16

n

3

2

B.木卫二轨道半径为

C.周期T与T

0

之比为

【答案】D

【解析】

T

0

2

3

D.木星质量与地球质量之比为

2

n

T

n

r

2

【详解】根据题意可得，木卫

3

的轨道半径为

r

3

nr

Mm4



2

AB．根据万有引力提供向心力

G

2



m

2

R

RT

2

nr

GMT

3

r

可得

R



，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为

1:2:4

,可得木卫一轨道半径为

1

3

2

16

4



nr

r

木卫二轨道半径为

2

3

，故AB错误；C．木卫三围绕的中心天体是木星，月球的围绕的中心天体是地球，根

4

M

木

m

4



2



m

2

nr

据题意无法求出周期T与T

0

之比，故C错误；D．根据万有引力提供向心力，分别有

G

2

(

nr

)

T

M

木

T

0

2

3

M

地

m

4



2



2

n

，故D正确。故选D。

G

2



m

2

r

，联立可得

M

地

T

rT

0

10.如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定

第

3

页/共

13

页

点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源

E

0

或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度

方向竖直向上、大小为

B

的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关

S

接

1

，当导体棒静止时，细杆与竖直方向

的夹角固定点







；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（

4

）

A.电源电动势

E

0



2

Mg

R

2

BL

B.棒消耗的焦耳热

Q

(1



C.

从左向右运动时，最大摆角小于



4

2

)

Mgl

2

D.

棒两次过最低点时感应电动势大小相等

【答案】

C

【解析】

【详解】A．当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示

根据几何关系可得

MgBIL

解得

I



Mg

BL

根据欧姆定律

I



解得

E

0



MgR

，故

A

错误；

BL

2

)

Mgl

2

E

0

R

根据左手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失，导体棒从左向右运

动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热：

B

．当导体棒运动到最低点速度为零时，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为

Q

'



(1



根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热

QQ

'



(1



2

)

Mgl

，故B错误；C．根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从

2

左向右运动时，最大摆角小于



，故

C

正确；

D

．根据

B

选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次

4

经过最低点时的速度，根据

EBLv

，可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故

D

错误。故选

C

。

11.

如图所示，置于管口

T

前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿

A

、

B

两管传播到出

口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长

d15cm

，在O处第一次探

测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损

失，则（）

A.

声波的波长



15cm

C.

两声波的振幅之比为

3:1

【答案】C

【解析】

B.

声波的波长



30cm

D.

两声波的振幅之比为

2:1

第

4

页/共

13

页

【详解】CD．分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长

d15cm

后，两声波在

O

点减弱，根

据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则

A

1

A

2

20

可得两声波的振幅之比

A

1

3



，故

C

正确，

D

错误；

A

2

1

A

1

A

2

10

AB．根据振动减弱的条件可得

解得



60cm

，故

AB

错误。故选

C

。

竖直截面如图所示。两板间距

10cm

，电荷量为

1.0



10



8

C

、

、

CD

两块正对的平行金属板与水平面成

30°

角固定，

质量为

3.0



10



4

kg

的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；

剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（）





2

d

2

距离为

53cm

B.电势能增加了

3

3



10



4

J

4

C.

电场强度大小为

310

4

N/C

D.

减小

R

的阻值，

MC

的距离将变大

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示

根据几何关系可得

TqE

Tsin60qEsin60mg

联立解得

T



qE



3



10



3

N

剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示

根据几何关系可得

L

MC

d

tan60



103cm

，故

A

错误；

B．根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移

x（105sin30）7.5cm

与电场力方向相反，电场力做功为

W

电



qEx



C．电场强度的大小

E



qE



3



10

5

N/C

，故C错误；

q

3

3

3



10



4

J

，故B正确；

3



10



4

J

，则小球的电势能增加

4

4

D．减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不

变，故

D

错误。故选

B

。

13.在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m，水的折射率

n

灯带到水面的距离

h

4

，细

3

7

m

，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（

10

第

5

页/共

13

页

）

A.

【答案】

C

【解析】

B.C.D.

【详解】灯带发出的光从水面射出的不发生全反射临界角的正弦值

sin

C



则

tan

C

3

7

13



n

4

灯带上的一个点发出的光的发生全反射的临界角如图所示

73



m



0.3m

10

7

则一个点发出的光在水面上能看到的

r0.3m

的圆，光射出的水面形状边缘为弧形，如图所示

根据几何关系可得

rh

tan

C

腰直角三角形发光体的内切圆半径

r

'

满足

'

解得

r

a

r

，故中间无空缺。故选

C

。

2



2

3

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.下列说法正确的是（）

A.热量能自发地从低温物体传到高温物体

B.

液体的表面张力方向总是跟液面相切

C.

在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的

D.

当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；

B

．液体的表面张力方向总是跟液面相切，故

B

正确；

C．由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错误；

D．根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波

的

频率大于波源振动的频率，故D正确。

故选BD。

15.

有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为

W

0

。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子

束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为∆x。已知电子质

量为

m

，普朗克常量为

h

，光速为

c

，则（）

a

1

2

1

a

(

aa

2

a

)

r

'

22

hL

A.电子的动量

p

c



d



x

hL

2

B.电子的动能

E

k



2

md

2



x

2

第

6

页/共

13

页

chL

C.

光子的能量

E



W

0



d



x

【答案】

BD

【解析】

【详解】根据条纹间距公式



x



可得





W

0

h

2

L

2

D.

光子的动量

p



c

2

cmd

2



x

2

L



d



xd

L

A．根据

p

c



可得

p

c



h

p

2

B．根据动能和动量的关系

E

k



2

m

h

2

L

2

结合A选项可得

E

k



，故B错误；

22

2

md



x

h

2

L

2

C．光子的能量

E



W

0



E

k



W

0



，故C错误；

22

2

md



x

D．光子的动量

pmc

光子的能量

Emc

2

联立可得

p



hL

，故A正确；

d



x



W

0

h

2

L

2

则光子的动量

p



，故D正确。故选BD。



22

c

2

cmd



x

非选择题部分

三、非选择题（本题共5小题，共55分）

16

．实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共

14

分）

16.在“探究平抛运动的特点”实验中

E

c

图

1

图

2

图

3

（1）用图1装置进行探究，下列说法正确的是________。

A.只能探究平抛运动水平分运动的特点

B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验

C.

能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点

（

2

）用图

2

装置进行实验，下列说法正确的是

________

。

A.

斜槽轨道

M

必须光滑且其末端水平

B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动

C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下

（3）用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初

始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，

挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y

1

、y

2

、y

3

、y

4

。

测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v

0

为________。

第

7

页/共

13

页

A.

(

x



dg

)

22

y

1

B.

(

x



dg

)

2

y

2



y

1

C.

(3

x



dg

)

22

y

4

D.

(4

x



dg

)

22

y

4

【答案】①

.B

②

.C

③

.D

【解析】

【详解】（1）[1]AC．用如图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故AC错误；

B．在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B正确。

故选B。

（

2

）

[2]AC

．为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止

从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；

B

．上下调节挡板

N

时不必每次等间距移动，故

B

错误。故选

C

。

（3）[3]A．竖直方向，根据

y

1



水平方向

x

d

v

0

t

2

dg

v



(

x



)

联立可得

0

，故

A

错误；

22

y

1

B

．竖直方向，根据

yy

2

2y

1

gt

水平方向

xv

0

t

联立可得

v

0



x

2

1

2

gt

2

g

，故

B

错误；

y

2



2

y

1

1

2

gt

2

CD

．竖直方向根据

y

4



水平方向

4

x

d

v

0

t

2

dg

联立可得

v

0



(4

x



)

，故D正确，C错误。故选D。

22

y

4

17.如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下

端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度

x

A

、

x

B

的数据如表。

钩码个数

x

A

/cm

x

B

/cm

1

7.75

16.45

2

8.53

18.52

…

9.30

20.60

…

…

钩码个数为1时，弹簧A的伸长量

x

A



________cm，弹簧B的伸长量

x

B



________cm，两根弹簧弹性势能的

增加量

E

p

________

mg

(

x

A

x

B

)

（选填“

=

”、“

<

”或“

>

”）。

【答案】

【解析】

①.0.78②.1.29③.>

【详解】

[1]

钩码个数为

1

时，弹簧

A

的伸长量

x

A



8.53

cm

7.75

cm

0.78

cm

[2]弹簧B的伸长量

x

B



18.52

cm

16.45

cm

0.78

cm

1.29

cm

第

8

页/共

13

页

[3]

根据系统机械能守恒定律可知两根弹簧增加的重力势能等于钩码减少的重力势能和弹簧减少的弹性势能之和

ΔE

p

(0.18520.01645）mg0.0207mg

又

mg

(

x

A

x

B

)



0.0207

mg

可得

E

p

mg(x

A

x

B

)

18.

在“测量干电池的电动势和内阻”实验中

（1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到________（选填“A”、“B”、“C”或“D”）接线柱上。正确连

接后，某次测量中电压表指针位置如图

2

所示，其示数为

________V

。

（2）测得的7组数据已标在如图3所示

U



I

坐标系上，用作图法求干电池的电动势

E

________V和内阻

r

________Ω。（计算结果均保留两位小数）

【答案】①

.B

②

.1.20

③

.1.50

④

.1.04

【解析】

【详解】（1）[1]电压表测量的电压应为滑动变阻器接入电路中电阻丝两端的

电阻，开关应能控制电路，所以导线a端应连接到B处；[2]干电池电动势约

为1.5V，电压表选择

03V

量程，分度值为0.1V，题图中电压表读数为1.20V；

（

2

）

[3][4]

作出

U



I

如图所示

根据闭合电路欧姆定律

UEIr

可知：

U



I

图像纵轴截距为电源电动势可得

E1.50V

U



I

图像斜率的绝对值等于电源内阻

r



。

19.

以下实验中，说法正确的是________（多选）

A.“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电

流逐渐减小

B.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积

C.

“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属

热电阻阻值增大

D.

“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入

10V

的交流电时，副线圈输出电压不为零

【答案】

CD

【解析】

【详解】

A

．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小，放电时电流逐渐减小，故

A

错误；

B

．“用油膜法估测油酸分子

的

大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开,形状稳定后，用一玻

璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，故

B

错误；

C．“观察光敏电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；“观察金属热电阻特性”实验中，温度升

高，金属热电阻阻值增大，故

C

正确；

D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V

的交流电时，变压器的效果减弱，副线圈磁通量还是会发生变化，副线圈输出电压不为零，故D正确。

故选CD。

20.如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积

S100cm

2

，质量

m1kg

的活塞封闭一定质量的理想气体，

活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积

V

A



600cm

。缓慢推

动活塞使气体达到状态B，此时体积

V

B



500cm

。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强

第

9

页/共

13

页

3

3

1.50



1.00



1.04



0.48



0

p

C

1.410

5

Pa

。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量

Q14J

；从状态B到状态C，气体内能增加

U25J

；大气压

p

0

1.0110

5

Pa

。

（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能________（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面

积受到

的

压力________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；

（2）求气体在状态C的温度T

c

；

（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。

【答案】（1）不变；增大；（2）350K；（3）11J

【解析】

【详解】（

1

）圆筒导热良好，则气体从状态

A

缓慢推动活塞到状态

B

，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；

气体体积减小，则压强变大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；

（

2

）状态

A

时的压强

p

A



p

0



5

温度T

A

=300K；体积V

A

=600cm

3

；

mg



1.0



10

5

Pa

S

C

态压强

p

C



1.4



10Pa

；温度

T

C

=?

；体积

V

C

=500cm

3

；

根据

p

A

V

A

p

C

V

C



T

A

T

C

解得T

C

=350K

（3）从B到C气体进行等容变化，则W

BC

=0，因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J，而气体

从

A

到

C

从外界吸热

14J

，可知气体从

A

到

B

气体放热

11J

，从

A

到

B

气体内能不变，可知从

A

到

B

外界对气体做

功

11J

。

21.

为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道

AB

、

CD

和水平传送带平滑无缝连接，两

半径均为

R0.4m

的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连

接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数

k100N/m

的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现

有质量

m0.12kg

的滑块a以初速度

v

0

221m/s

从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间

极短）。已知传送带长

L0.8m

，以

v2m/s

的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数



0.5

，其

它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能

E

p



1

2

kx

（

x

为形变量）。

2

（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v

F

和所受支持力大小F

N

；

（2）若滑块a碰后返回到B点时速度

v

B

1m/s

，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能

E

；

（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差

x

。

【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m

【解析】

【详解】（

1

）滑块

a

从

D

到

F

，由能量关系

mg

2

R

2

v

F

在F点

F

N



mg



m

R

1

2

1

2

mv

F

mv

0

22

第

10

页/共

13

页

解得

v

F



10m/s

，F

N

=31.2N

（

2

）滑块

a

返回

B

点时的速度

v

B

=1m/s

，滑块

a

一直在传送带上减速，加速度大小为

a



g5m/s

2

根据

v

B

v

C



2

aL

可得在

C

点的速度

v

C

=3m/s

则滑块

a

从碰撞后到到达

C

点

解得

v

1

=5m/s

22

1

2

1

2

mv

1

mv

C

mg

2

R

22

因ab碰撞动量守恒，则

mv

F

mv

1



3

mv

2

解得碰后

b

的速度

v

2

=5m/s

则碰撞损失

的

能量

E

（

3

）若滑块

a

碰到滑块

b

立即被粘住，则

ab

碰后的共同速度

mv

F



4

mv

解得v=2.5m/s

当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度

4mv6mv

'

则

v

'

1

2

1

2

1

2

mv

F

mv

1



3

mv

2



0

222

5

m/s

3

当弹簧被压缩到最短时压缩量为x

1

，由能量关系

解得

x

1

0.1m

同理当弹簧被拉到最长时伸长量为

x

2

=x

1

111



4

mv

2



6

mv

'2

kx

1

2

222

则弹簧最大长度与最小长度之差

x2x

1

0.2m

22.某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭

绝缘的导电杆

MN

）和装置

A

组成，并形成团合回路。装置

A

能自动调节其输出电压确保回路

电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I

在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小

B

1

kI

（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似

为匀强磁场，大小

B

2

2kI

，方向与B

1

相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，

以速度v

0

进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的

总质量为

M

，导轨间距

d



3Mg

，导电杆电阻为

R

。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计

kI

2

空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置

A

的内阻。在火箭落停过程中，

（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；

（

2

）求回路感应电动势

E

与运动时间

t

的关系；

（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；

（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。

2

v

0

6

Mg

3

Mg

(

v

0



2

gt

)

；

(

v

0



2

gt

)



IR

；【答案】（1）3Mg；；（2）

E



（3）

U



4

g

II

3

2

W3Mg(v

0

t2gt

2

)I

2

Rt

；（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能；

Mv

0

4

【解析】

【详解】（1）导体杆受安培力

FB

1

Id3Mg

方向向上，则导体杆向下运动的加速度

MgFMa

解得a=-2g

22

0



v

0

v

0



导体杆运动的距离

L



2

a

4

g

（

2

）回路的电动势

EB

2

dv

其中

vv

0

at

第

11

页/共

13

页

6

Mg

(

v

0



2

gt

)

I

（3）由能量关系

UIFvI

2

R

其中

vv

0

at

3

Mg

(

v

0



2

gt

)



IR

可得

U



I

22

输出能量

WIUt3Mg(v

0

t2gt)IRt

解得

E



（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能；从开始火箭从速度v

0

到平台速度减为零，则

E

'

23.

利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，

Oxy

平面（纸面）的第一象限内有足够长且

宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B

1

的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强

度大小为B

2

的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于

(0,3L)

处的离子源能释放出质量为m、

电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，

并忽略磁场的边界效应。

13

22

Mv

0

MgLMv

0

24

（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v

1

及其在磁场中的运动时间t；

（2）若

B

2

2B

1

，求能到达

y

（3）若

B

2



B

1

BqL

6

BqL

y

，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在

1

~

1

范围，求进入第四象限的离子

Lmm

L

处的离子的最小速度v

2

；

2

数与总离子数之比η。



m

2B

1

qL4B

1

qL

t



【答案】（1）

v

1



；（2）

v

2



（3）60%

3

qB

1

mm

【解析】

【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系

r

1

cos60r

1

L



解得r

1

=2L

v

1

2

根据

qv

1

B

1



m

r

1

2B

1

qL

解得

v

1



m

在磁场中运动的周期

T



2



m

qB

1

60





m

T



运动时间

t



360



3

qB

1

第

12

页/共

13

页

（2）若B

2

=2B

1

，根据

r



可知

r

1

2r

2

mv

qB



粒子在磁场中运动轨迹如图，设O

1

O

2

与磁场边界夹角为α，由几何关系

r

1

sin



r

1

sin30L

r

2

r

2

sin





解得r

2

=2L,

sin





2

v

2

根据

qv

2

B

2



m

r

2

4B

1

qL

解得

v

2



m

3

;

4

L

2

（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理

B

2

qv

y

tmv

x

B

1

yq



y



m



v

x

L

B

求和可得



1

yq



y





m



v

x

L

即

粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中

m

(

v



v

cos60)



B

1

qL





3B

1

qL

m

3BqL6B

1

qL

BqL

6B

1

qL

则速度在

1

~

之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在

1

~

，又粒子

mmmm

解得

v



源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为

η

=60%

B

1

0



L



qL

L

2

第

13

页/共

13

页

2024年10月7日发(作者：碧聪睿)

2023年6月浙江省普通高校招生选考科目考试

物理

考生注意：

1．答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸

规定的位置上。

2

．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上

的作答一律无效。

3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B

铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。

4

．可能用到的相关参数：重力加速度

g

取

10m/s

2

。

选择题部分

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.下列四组物理量中均为标量的是（）

A.电势电场强度B.热量功率C.动量动能D.速度加速度

【答案】

B

【解析】

【详解】

A

．电势只有大小没有方向，是标量；电场强度既有大小又有方向，是矢量，故

A

错误；

B．热量和功率都是只有大小没有方向，都是标量，故B正确；

C

．动量既有大小又有方向，是矢量；动能只有大小没有方向，是标量，故

C

错误；

D．速度和加速度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故D错误。故选B。

2.在足球运动中，足球入网如图所示，则（）

A.踢香蕉球时足球可视为质点B.足球在飞行和触网时惯性不变

C.足球在飞行时受到脚的作用力和重力D.触网时足球对网的力大于网对足球的力

【答案】

B

【解析】

【详解】

A

．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故

A错误；

B．惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；

C．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；

D

．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故

D

错误。

故选B。

3.

铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小

a

、速度大小

v

、动

能E

k

和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【详解】

A

．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故

A

错误；

B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有

v

y

gt

则抛出后速度大小为

v

2

v

0





gt



2

可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；

第

1

页/共

13

页

C．铅球抛出后的动能

E

k



1

2

1



2

2

mv



mv

0





gt







22



可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；

D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。故选D。

4.

图为“玉兔二号”巡视器在月球上从

O

处行走到

B

处的照片，轨迹

OA

段是直线，

AB

段是曲线，巡视器质量为

135kg，则巡视器（）

A.

受到月球的引力为

1350NB.

在

AB

段运动时一定有加速度

段与

AB

段的平均速度方向相同

D.

从

O

到

B

的位移大小等于

OAB

轨迹长度

【答案】

B

【解析】

【详解】A．在月球上

的

g与地球不同，故质量为135kg的巡视器受到月球的引力不是1350N，故A错误；

B．由于在AB段运动时做曲线运动，速度方向一定改变，一定有加速度，故B正确；

C

．平均速度的方向与位移方向相同，由图可知

OA

段与

AB

段位移方向不同，故平均速度方向不相同，故

C

错误；

D．根据位移的定义可知从O到B的位移大小等于OB的连线长度，故D错误。故选B。

5.

“玉兔二号”装有核电池，不惧漫长寒冷的月夜。核电池将

衰变方程为

C.

238

94

238

94

X

Pu

92

U

4

2

He

，则（

238

94

Pu

衰变释放的核能一部分转换成电能。

238

94

Pu

的

）

B.

4

2

A.衰变方程中的X等于233

X

Pu

比

92

U

的比结合能小

He

的穿透能力比γ射线强

238

94

D.月夜的寒冷导致

Pu

的半衰期变大

【答案】C

【解析】

【详解】

A

．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为

4

238

94

238

94

Pu

234

92

U+

4

2

He

即衰变方程中的X=234，故A错误；B．

2

He

是α粒子，穿透能力比γ射线弱，故B错误；C．比结合能越大越稳定，

由于

238238

234234

Pu

衰变成为了

234

92

U

，故

92

U

比

94

Pu

稳定，即

94

Pu

比

92

U

的比结合能小，故C正确；D．半衰期由原子

本身的特点决定的，与温度等外部因素无关，故D错误。故选C。

6.如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，

aOb90

，

半径Ob与重力的夹角为37°。已知

sin370.6

，

cos370.8

，则圆柱体受到的支持力F

a

、F

b

大小为（）

A.

F

a



0.6

G

，

F

b

0.4G

C.

F

a



0.8

G

，

F

b

0.6G

【答案】D

【解析】

【详解】对光滑圆柱体受力分析如图

由题意有

B.

F

a

0.4G

，

F

b

0.6G

D.

F

a

0.6G

，

F

b

0.8G

F

a

G

sin37





0.6

G

F

b

G

cos37





0.8

G

故选D。

7.我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流

变换成交流。下列说法正确的是（）

A.

送电端先升压再整流

B.

用户端先降压再变交流

第

2

页/共

13

页

D.

输电功率由送电端电压决定

C.1100kV

是指交流电的最大值

【答案】A

【解析】

【详解】AB．升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降

压，故

A

正确，

B

错误；

C

．

1100kV

指的是交流电的有效值，故

C

错误；

D

．输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故

D

错误。故选

A

。

8.某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为R

1

和R

2

的圆

弧平滑连接成的虚线（等势线）运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E

1

和E

2

，则R

1

、R

2

和

E

1

、E

2

应满足（）

E

1

R

2



A.

E

2

R

1

【答案】

A

【解析】

E

1

R

1

2



B.

E

2

R

2

2

E

1

R

1



C.

E

2

R

2

E

1

R

2

2



D.

E

2

R

1

2

v

2

【详解】带电粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有

qE

1



m

R

1

v

2

qE

2



m

R

2

联立可得

9.木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为

1:2:4

。木卫三周期为T，公转轨道半径是月

球绕地球轨道半径

r

的

n

倍。月球绕地球公转周期为

T

0

，则（

A.木卫一轨道半径为

）

E

1

R

2



，故选

A

。

E

2

R

1

n

r

16

n

3

2

B.木卫二轨道半径为

C.周期T与T

0

之比为

【答案】D

【解析】

T

0

2

3

D.木星质量与地球质量之比为

2

n

T

n

r

2

【详解】根据题意可得，木卫

3

的轨道半径为

r

3

nr

Mm4



2

AB．根据万有引力提供向心力

G

2



m

2

R

RT

2

nr

GMT

3

r

可得

R



，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为

1:2:4

,可得木卫一轨道半径为

1

3

2

16

4



nr

r

木卫二轨道半径为

2

3

，故AB错误；C．木卫三围绕的中心天体是木星，月球的围绕的中心天体是地球，根

4

M

木

m

4



2



m

2

nr

据题意无法求出周期T与T

0

之比，故C错误；D．根据万有引力提供向心力，分别有

G

2

(

nr

)

T

M

木

T

0

2

3

M

地

m

4



2



2

n

，故D正确。故选D。

G

2



m

2

r

，联立可得

M

地

T

rT

0

10.如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定

第

3

页/共

13

页

点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源

E

0

或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度

方向竖直向上、大小为

B

的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关

S

接

1

，当导体棒静止时，细杆与竖直方向

的夹角固定点







；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（

4

）

A.电源电动势

E

0



2

Mg

R

2

BL

B.棒消耗的焦耳热

Q

(1



C.

从左向右运动时，最大摆角小于



4

2

)

Mgl

2

D.

棒两次过最低点时感应电动势大小相等

【答案】

C

【解析】

【详解】A．当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示

根据几何关系可得

MgBIL

解得

I



Mg

BL

根据欧姆定律

I



解得

E

0



MgR

，故

A

错误；

BL

2

)

Mgl

2

E

0

R

根据左手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有机械能损失，导体棒从左向右运

动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热：

B

．当导体棒运动到最低点速度为零时，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为

Q

'



(1



根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热

QQ

'



(1



2

)

Mgl

，故B错误；C．根据B选项分析可知，导体棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从

2

左向右运动时，最大摆角小于



，故

C

正确；

D

．根据

B

选项分析，导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次

4

经过最低点时的速度，根据

EBLv

，可知棒两次过最低点时感应电动势大小不相等，故

D

错误。故选

C

。

11.

如图所示，置于管口

T

前的声源发出一列单一频率声波，分成两列强度不同的声波分别沿

A

、

B

两管传播到出

口O。先调节A、B两管等长，O处探测到声波强度为400个单位，然后将A管拉长

d15cm

，在O处第一次探

测到声波强度最小，其强度为100个单位。已知声波强度与声波振幅平方成正比，不计声波在管道中传播的能量损

失，则（）

A.

声波的波长



15cm

C.

两声波的振幅之比为

3:1

【答案】C

【解析】

B.

声波的波长



30cm

D.

两声波的振幅之比为

2:1

第

4

页/共

13

页

【详解】CD．分析可知A、B两管等长时，声波的振动加强，将A管拉长

d15cm

后，两声波在

O

点减弱，根

据题意设声波加强时振幅为20，声波减弱时振幅为10，则

A

1

A

2

20

可得两声波的振幅之比

A

1

3



，故

C

正确，

D

错误；

A

2

1

A

1

A

2

10

AB．根据振动减弱的条件可得

解得



60cm

，故

AB

错误。故选

C

。

竖直截面如图所示。两板间距

10cm

，电荷量为

1.0



10



8

C

、

、

CD

两块正对的平行金属板与水平面成

30°

角固定，

质量为

3.0



10



4

kg

的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；

剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（）





2

d

2

距离为

53cm

B.电势能增加了

3

3



10



4

J

4

C.

电场强度大小为

310

4

N/C

D.

减小

R

的阻值，

MC

的距离将变大

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示

根据几何关系可得

TqE

Tsin60qEsin60mg

联立解得

T



qE



3



10



3

N

剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示

根据几何关系可得

L

MC

d

tan60



103cm

，故

A

错误；

B．根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移

x（105sin30）7.5cm

与电场力方向相反，电场力做功为

W

电



qEx



C．电场强度的大小

E



qE



3



10

5

N/C

，故C错误；

q

3

3

3



10



4

J

，故B正确；

3



10



4

J

，则小球的电势能增加

4

4

D．减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不

变，故

D

错误。故选

B

。

13.在水池底部水平放置三条细灯带构成的等腰直角三角形发光体，直角边的长度为0.9m，水的折射率

n

灯带到水面的距离

h

4

，细

3

7

m

，则有光射出的水面形状（用阴影表示）为（

10

第

5

页/共

13

页

）

A.

【答案】

C

【解析】

B.C.D.

【详解】灯带发出的光从水面射出的不发生全反射临界角的正弦值

sin

C



则

tan

C

3

7

13



n

4

灯带上的一个点发出的光的发生全反射的临界角如图所示

73



m



0.3m

10

7

则一个点发出的光在水面上能看到的

r0.3m

的圆，光射出的水面形状边缘为弧形，如图所示

根据几何关系可得

rh

tan

C

腰直角三角形发光体的内切圆半径

r

'

满足

'

解得

r

a

r

，故中间无空缺。故选

C

。

2



2

3

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.下列说法正确的是（）

A.热量能自发地从低温物体传到高温物体

B.

液体的表面张力方向总是跟液面相切

C.

在不同的惯性参考系中，物理规律的形式是不同的

D.

当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波的频率大于波源振动的频率

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据热力学第二定律可知热量能不可能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；

B

．液体的表面张力方向总是跟液面相切，故

B

正确；

C．由狭义相对论的两个基本假设可知，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故C错误；

D．根据多普勒效应可知当波源与观察者相互接近时，观察者观测到波

的

频率大于波源振动的频率，故D正确。

故选BD。

15.

有一种新型光电效应量子材料，其逸出功为

W

0

。当紫外光照射该材料时，只产生动能和动量单一的相干光电子

束。用该电子束照射间距为d的双缝，在与缝相距为L的观测屏上形成干涉条纹，测得条纹间距为∆x。已知电子质

量为

m

，普朗克常量为

h

，光速为

c

，则（）

a

1

2

1

a

(

aa

2

a

)

r

'

22

hL

A.电子的动量

p

c



d



x

hL

2

B.电子的动能

E

k



2

md

2



x

2

第

6

页/共

13

页

chL

C.

光子的能量

E



W

0



d



x

【答案】

BD

【解析】

【详解】根据条纹间距公式



x



可得





W

0

h

2

L

2

D.

光子的动量

p



c

2

cmd

2



x

2

L



d



xd

L

A．根据

p

c



可得

p

c



h

p

2

B．根据动能和动量的关系

E

k



2

m

h

2

L

2

结合A选项可得

E

k



，故B错误；

22

2

md



x

h

2

L

2

C．光子的能量

E



W

0



E

k



W

0



，故C错误；

22

2

md



x

D．光子的动量

pmc

光子的能量

Emc

2

联立可得

p



hL

，故A正确；

d



x



W

0

h

2

L

2

则光子的动量

p



，故D正确。故选BD。



22

c

2

cmd



x

非选择题部分

三、非选择题（本题共5小题，共55分）

16

．实验题（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共

14

分）

16.在“探究平抛运动的特点”实验中

E

c

图

1

图

2

图

3

（1）用图1装置进行探究，下列说法正确的是________。

A.只能探究平抛运动水平分运动的特点

B.需改变小锤击打的力度，多次重复实验

C.

能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点

（

2

）用图

2

装置进行实验，下列说法正确的是

________

。

A.

斜槽轨道

M

必须光滑且其末端水平

B.上下调节挡板N时必须每次等间距移动

C.小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下

（3）用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初

始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，

挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y

1

、y

2

、y

3

、y

4

。

测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v

0

为________。

第

7

页/共

13

页

A.

(

x



dg

)

22

y

1

B.

(

x



dg

)

2

y

2



y

1

C.

(3

x



dg

)

22

y

4

D.

(4

x



dg

)

22

y

4

【答案】①

.B

②

.C

③

.D

【解析】

【详解】（1）[1]AC．用如图1所示的实验装置，只能探究平抛运动竖直分运动的特点，故AC错误；

B．在实验过程中，需要改变小锤击打的力度，多次重复实验，故B正确。

故选B。

（

2

）

[2]AC

．为了保证小球做平抛运动，需要斜槽末端水平，为了保证小球抛出时速度相等，每一次小球需要静止

从同一位置释放，斜槽不需要光滑，故A错误，C正确；

B

．上下调节挡板

N

时不必每次等间距移动，故

B

错误。故选

C

。

（3）[3]A．竖直方向，根据

y

1



水平方向

x

d

v

0

t

2

dg

v



(

x



)

联立可得

0

，故

A

错误；

22

y

1

B

．竖直方向，根据

yy

2

2y

1

gt

水平方向

xv

0

t

联立可得

v

0



x

2

1

2

gt

2

g

，故

B

错误；

y

2



2

y

1

1

2

gt

2

CD

．竖直方向根据

y

4



水平方向

4

x

d

v

0

t

2

dg

联立可得

v

0



(4

x



)

，故D正确，C错误。故选D。

22

y

4

17.如图所示，某同学把A、B两根不同的弹簧串接竖直悬挂，探究A、B弹簧弹力与伸长量的关系。在B弹簧下

端依次挂上质量为m的钩码，静止时指针所指刻度

x

A

、

x

B

的数据如表。

钩码个数

x

A

/cm

x

B

/cm

1

7.75

16.45

2

8.53

18.52

…

9.30

20.60

…

…

钩码个数为1时，弹簧A的伸长量

x

A



________cm，弹簧B的伸长量

x

B



________cm，两根弹簧弹性势能的

增加量

E

p

________

mg

(

x

A

x

B

)

（选填“

=

”、“

<

”或“

>

”）。

【答案】

【解析】

①.0.78②.1.29③.>

【详解】

[1]

钩码个数为

1

时，弹簧

A

的伸长量

x

A



8.53

cm

7.75

cm

0.78

cm

[2]弹簧B的伸长量

x

B



18.52

cm

16.45

cm

0.78

cm

1.29

cm

第

8

页/共

13

页

[3]

根据系统机械能守恒定律可知两根弹簧增加的重力势能等于钩码减少的重力势能和弹簧减少的弹性势能之和

ΔE

p

(0.18520.01645）mg0.0207mg

又

mg

(

x

A

x

B

)



0.0207

mg

可得

E

p

mg(x

A

x

B

)

18.

在“测量干电池的电动势和内阻”实验中

（1）部分连线如图1所示，导线a端应连接到________（选填“A”、“B”、“C”或“D”）接线柱上。正确连

接后，某次测量中电压表指针位置如图

2

所示，其示数为

________V

。

（2）测得的7组数据已标在如图3所示

U



I

坐标系上，用作图法求干电池的电动势

E

________V和内阻

r

________Ω。（计算结果均保留两位小数）

【答案】①

.B

②

.1.20

③

.1.50

④

.1.04

【解析】

【详解】（1）[1]电压表测量的电压应为滑动变阻器接入电路中电阻丝两端的

电阻，开关应能控制电路，所以导线a端应连接到B处；[2]干电池电动势约

为1.5V，电压表选择

03V

量程，分度值为0.1V，题图中电压表读数为1.20V；

（

2

）

[3][4]

作出

U



I

如图所示

根据闭合电路欧姆定律

UEIr

可知：

U



I

图像纵轴截距为电源电动势可得

E1.50V

U



I

图像斜率的绝对值等于电源内阻

r



。

19.

以下实验中，说法正确的是________（多选）

A.“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐增大，放电时电

流逐渐减小

B.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积

C.

“观察光敏电阻特性”和“观察金属热电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；温度升高，金属

热电阻阻值增大

D.

“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入

10V

的交流电时，副线圈输出电压不为零

【答案】

CD

【解析】

【详解】

A

．“观察电容器的充、放电现象”实验中，充电时电流逐渐减小，放电时电流逐渐减小，故

A

错误；

B

．“用油膜法估测油酸分子

的

大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开,形状稳定后，用一玻

璃板轻轻盖在浅盘上，然后用水笔把油酸溶液的轮廓画在玻璃板上，测出油膜面积，故

B

错误；

C．“观察光敏电阻特性”实验中，光照强度增加，光敏电阻阻值减小；“观察金属热电阻特性”实验中，温度升

高，金属热电阻阻值增大，故

C

正确；

D．“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，如果可拆变压器的“横梁”铁芯没装上，原线圈接入10V

的交流电时，变压器的效果减弱，副线圈磁通量还是会发生变化，副线圈输出电压不为零，故D正确。

故选CD。

20.如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积

S100cm

2

，质量

m1kg

的活塞封闭一定质量的理想气体，

活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积

V

A



600cm

。缓慢推

动活塞使气体达到状态B，此时体积

V

B



500cm

。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强

第

9

页/共

13

页

3

3

1.50



1.00



1.04



0.48



0

p

C

1.410

5

Pa

。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量

Q14J

；从状态B到状态C，气体内能增加

U25J

；大气压

p

0

1.0110

5

Pa

。

（1）气体从状态A到状态B，其分子平均动能________（选填“增大”、“减小”或“不变”），圆筒内壁单位面

积受到

的

压力________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；

（2）求气体在状态C的温度T

c

；

（3）求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。

【答案】（1）不变；增大；（2）350K；（3）11J

【解析】

【详解】（

1

）圆筒导热良好，则气体从状态

A

缓慢推动活塞到状态

B

，气体温度不变，则气体分子平均动能不变；

气体体积减小，则压强变大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大；

（

2

）状态

A

时的压强

p

A



p

0



5

温度T

A

=300K；体积V

A

=600cm

3

；

mg



1.0



10

5

Pa

S

C

态压强

p

C



1.4



10Pa

；温度

T

C

=?

；体积

V

C

=500cm

3

；

根据

p

A

V

A

p

C

V

C



T

A

T

C

解得T

C

=350K

（3）从B到C气体进行等容变化，则W

BC

=0，因从B到C气体内能增加25J可知，气体从外界吸热25J，而气体

从

A

到

C

从外界吸热

14J

，可知气体从

A

到

B

气体放热

11J

，从

A

到

B

气体内能不变，可知从

A

到

B

外界对气体做

功

11J

。

21.

为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道

AB

、

CD

和水平传送带平滑无缝连接，两

半径均为

R0.4m

的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连

接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数

k100N/m

的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现

有质量

m0.12kg

的滑块a以初速度

v

0

221m/s

从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间

极短）。已知传送带长

L0.8m

，以

v2m/s

的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数



0.5

，其

它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能

E

p



1

2

kx

（

x

为形变量）。

2

（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v

F

和所受支持力大小F

N

；

（2）若滑块a碰后返回到B点时速度

v

B

1m/s

，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能

E

；

（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差

x

。

【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m

【解析】

【详解】（

1

）滑块

a

从

D

到

F

，由能量关系

mg

2

R

2

v

F

在F点

F

N



mg



m

R

1

2

1

2

mv

F

mv

0

22

第

10

页/共

13

页

解得

v

F



10m/s

，F

N

=31.2N

（

2

）滑块

a

返回

B

点时的速度

v

B

=1m/s

，滑块

a

一直在传送带上减速，加速度大小为

a



g5m/s

2

根据

v

B

v

C



2

aL

可得在

C

点的速度

v

C

=3m/s

则滑块

a

从碰撞后到到达

C

点

解得

v

1

=5m/s

22

1

2

1

2

mv

1

mv

C

mg

2

R

22

因ab碰撞动量守恒，则

mv

F

mv

1



3

mv

2

解得碰后

b

的速度

v

2

=5m/s

则碰撞损失

的

能量

E

（

3

）若滑块

a

碰到滑块

b

立即被粘住，则

ab

碰后的共同速度

mv

F



4

mv

解得v=2.5m/s

当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度

4mv6mv

'

则

v

'

1

2

1

2

1

2

mv

F

mv

1



3

mv

2



0

222

5

m/s

3

当弹簧被压缩到最短时压缩量为x

1

，由能量关系

解得

x

1

0.1m

同理当弹簧被拉到最长时伸长量为

x

2

=x

1

111



4

mv

2



6

mv

'2

kx

1

2

222

则弹簧最大长度与最小长度之差

x2x

1

0.2m

22.某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭

绝缘的导电杆

MN

）和装置

A

组成，并形成团合回路。装置

A

能自动调节其输出电压确保回路

电流I恒定，方向如图所示。导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I

在导电杆以上空间产生的磁场近似为零，在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小

B

1

kI

（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似

为匀强磁场，大小

B

2

2kI

，方向与B

1

相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，

以速度v

0

进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的

总质量为

M

，导轨间距

d



3Mg

，导电杆电阻为

R

。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计

kI

2

空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置

A

的内阻。在火箭落停过程中，

（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；

（

2

）求回路感应电动势

E

与运动时间

t

的关系；

（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；

（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。

2

v

0

6

Mg

3

Mg

(

v

0



2

gt

)

；

(

v

0



2

gt

)



IR

；【答案】（1）3Mg；；（2）

E



（3）

U



4

g

II

3

2

W3Mg(v

0

t2gt

2

)I

2

Rt

；（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能；

Mv

0

4

【解析】

【详解】（1）导体杆受安培力

FB

1

Id3Mg

方向向上，则导体杆向下运动的加速度

MgFMa

解得a=-2g

22

0



v

0

v

0



导体杆运动的距离

L



2

a

4

g

（

2

）回路的电动势

EB

2

dv

其中

vv

0

at

第

11

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13

页

6

Mg

(

v

0



2

gt

)

I

（3）由能量关系

UIFvI

2

R

其中

vv

0

at

3

Mg

(

v

0



2

gt

)



IR

可得

U



I

22

输出能量

WIUt3Mg(v

0

t2gt)IRt

解得

E



（4）装置A可回收火箭的动能和重力势能；从开始火箭从速度v

0

到平台速度减为零，则

E

'

23.

利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，

Oxy

平面（纸面）的第一象限内有足够长且

宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B

1

的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强

度大小为B

2

的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于

(0,3L)

处的离子源能释放出质量为m、

电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，

并忽略磁场的边界效应。

13

22

Mv

0

MgLMv

0

24

（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v

1

及其在磁场中的运动时间t；

（2）若

B

2

2B

1

，求能到达

y

（3）若

B

2



B

1

BqL

6

BqL

y

，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在

1

~

1

范围，求进入第四象限的离子

Lmm

L

处的离子的最小速度v

2

；

2

数与总离子数之比η。



m

2B

1

qL4B

1

qL

t



【答案】（1）

v

1



；（2）

v

2



（3）60%

3

qB

1

mm

【解析】

【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系

r

1

cos60r

1

L



解得r

1

=2L

v

1

2

根据

qv

1

B

1



m

r

1

2B

1

qL

解得

v

1



m

在磁场中运动的周期

T



2



m

qB

1

60





m

T



运动时间

t



360



3

qB

1

第

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页

（2）若B

2

=2B

1

，根据

r



可知

r

1

2r

2

mv

qB



粒子在磁场中运动轨迹如图，设O

1

O

2

与磁场边界夹角为α，由几何关系

r

1

sin



r

1

sin30L

r

2

r

2

sin





解得r

2

=2L,

sin





2

v

2

根据

qv

2

B

2



m

r

2

4B

1

qL

解得

v

2



m

3

;

4

L

2

（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理

B

2

qv

y

tmv

x

B

1

yq



y



m



v

x

L

B

求和可得



1

yq



y





m



v

x

L

即

粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中

m

(

v



v

cos60)



B

1

qL





3B

1

qL

m

3BqL6B

1

qL

BqL

6B

1

qL

则速度在

1

~

之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在

1

~

，又粒子

mmmm

解得

v



源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为

η

=60%

B

1

0



L



qL

L

2

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