2019年浙江高考(选考)物理试卷和答案.pdf

1/282019 年 4 月浙江省普通高校招生选考科目考试 物理试卷 一、单项选择题（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.下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是（）A功/焦耳 B质量/千克 C电荷量/库仑 D力/牛顿2.下列器件中是电容器的是（）A B C D3.下列式子属于比值定义物理量的是（）A B C D=4.下列陈述与事实相符的是（）A牛顿测定了引力常量B法拉第发现了电流周围存在磁场C安培发现了静电荷间的相互作用规律D伽利略指出了力不是维持物体运动的原因5.在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场的方向垂直，则下列描述导线受到的安培力的大小与通过导线的电流关系图像正确的是FI 2/28 A B C D6.如图所示，小明撑杆使船离岸，则下列说法正确的是A.小明与船之间存在摩擦力B.杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C.杆对岸的力大于岸对杆的力D.小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力7.某颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星（即卫星相对于地面静止）。则此卫星的A线速度大于第一宇宙速度B周期小于同步卫星的周期C角速度大于月球绕地球运行的角速度D向心加速度大于地面的重力加速度8.电动机与小电珠串联接入电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为,两端电压为1R,流过的电流为；电动机内阻为，两端电压为，流过的电流为。则1U1I2R2U2IA.B.12II1122URURC.D.1122URUR1122URUR 3/289.甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图像如图所示，则在 0时间内1tA甲的速度总比乙大B甲、乙位移相同C甲经过的路程比乙小D甲、乙均做加速运动10.当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到。sm/100.17已知加速电场的场强为，质子的质量为，电荷量为CN/103.15kg271067.1，则下列说法正确的是C19106.1A加速过程中质子电势能增加B质子所受到的电场力约为N15102C质子加速需要的时间约为s6108D加速器加速的直线长度约为 4m11.如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有 A、B 两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则A杆对 A 环的支持力变大BB 环对杆的摩擦力变小C杆对 A 环的力不变D与 B 环相连的细绳对书本的拉力变大 4/2812.如图所示，A、B、C 为三个实心小球，A 为铁球，B、C 为木球。A、B 两球分别连接在两根弹簧上，C 球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底（不计空气阻力，）铁水木AA 球将向上运动，B、C 球将向下运动BA、B 球将向上运动，C 球不动CA 球将向下运动，B 球将向上运动，C 球不动DA 球将向上运动，B 球将向下运动，C 球不动13.用长为 1.4m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为、电荷量为的kg2100.1C8100.2小球，细线的上端固定于 O 点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，o37静止释放，则（）6.037sinoA该匀强电场的场强为CN/1075.37B平衡时细线的拉力为 0.17NC经过 0.5s，小球的速度大小为 6.25m/sD小球第一次通过 O 点正下方时，速度大小为 7m/s二、不定项选择题（本题共 3 小题，每小题 2 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 2 分，选对但选不全的得 1 分，有选错的得 0分）14.【加试题】波长为 1和 2的两束可见光入射到双缝，在光屏上观察到干涉条纹，其中波长为 1的光的条纹间距大于波长为 2的条纹间距。则（下列表述中，脚标“1”和“2”分别代表波长为 1和 2的光所对应的物理量）。则（）A这两束光的光子的动量 p1p2B这两束光从玻璃射向真空时，其临界角 C1C2 5/28C这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压 Uc1Uc2D这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到 n=2 能级时产生，则相应激发态的电离能E1E215.【加试题】静止在匀强磁场中的原子核 X 发生 衰变后变成新原子核 Y。已知核 X 的质量数为 A，电子数为 Z，核 X、核 Y 和 粒子的质量分别为 mX、mY和 m，粒子在磁场中运动的半径为 R。则（）A衰变方程可表示为 4 2+42B核 Y 的结合能为（mX-mY-m）c2C核 Y 在磁场中运动的半径为2 2D核 Y 的动能为=（）2+16.【加试题】图 1 为一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图，P、Q 为介质中的两个质点，图2 为质点 P 的振动图像，则（）第 16 题图 1 第 16 题图 2At=0.2s 时，质点 Q 沿 y 轴负方向运动B00.3s 内，质点 Q 运动的路程为 0.3mCt=0.5s 时，质点 Q 的加速度小于质点 P 的加速度Dt=0.7s 时，质点 Q 距平衡位置的距离小于质点 P 距平衡位置的距离三、非选择题（本题共 7 小题，共 55 分）17.（5 分）采用如图 1 所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验。（1）实验时需要下列哪个器材_ 6/28 A、弹簧秤 B、重锤线 C、打点计时器 （2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨 迹。下列的一些操作要求，正确的是_（多选）A、每次运动由同一位置静止释放小球 B、每次必须严格地等距离下降记录小球位置 C、小球运动时不应与木板上的白纸接触 D、记录的点应适当多一些（3）若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如 图 2 所示的频闪照片。在测得、1后，需要验证的关系是_。已知频闪周期为 T，2、3、4用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是_。A、B、C、D、122334418.（5 分）小明想要测额定电压为 2.5V 的小灯泡在不同电压下的电功率，设计了如图 1所示的电路。（1）在实验过程中，调节滑片 P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，其原因是_的导线没有连接好（图中用数字标记的小圆点表示连线点，空格中请填写图中的数字，如“7 点至 8 点”）；（2）正确连好电路，闭合开关，调节滑片 P，当电压表的示数达到额定电压时，电流表的指针如图 2 所示，则电流为_A，此时小灯泡的功率为_W；（3）做完实验后，小明发现在实验报告上漏写了电压为 1.00V 时通过小灯泡的电流，7/28但在草稿纸上记录下了下列数据，你认为最有可能的是_A、0.08A B、0.12A C、0.20A19.（9 分）小明以初速度 v0=10m/s 竖直向上抛出一个质量 m=0.1kg 的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的 0.1 倍。求小皮球（1）上升的最大高度；（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力做的功；（3）上升和下降的时间。20.（12 分）某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角的直轨道 AB，其下方右侧放=37置一水平传送带，直轨道末端 B 与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径，转轴间距的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地=0.4=2面的高度。现将一小物块放在距离传送带高 h 处静止释放，假设小物块从直=2.2轨道 B 端运动到传送带上 C 点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为。（）=0.5sin37=0.6（1）若，求小物块到达 B 端时速度的大小；=2.4（2）若小物块落到传送带左侧地面，求 h 需要满足的条件；（3）改变小物块释放的高度 h，小物块从传送带的 D 点水平向右抛出，求小物块落地点到 D 点的水平距离 x 与 h 的关系式及 h 需要满足的条件。21.（4 分）【加试题】在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实物连线后如图 1 所示。感应线圈组的内外线圈的绕线方 8/28向如图 2 粗线所示。（1）接通电源，闭合开关，G 表指针会有大的偏转，几秒后 G 表指针停在中间不动。将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G 表指针 （“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G 表指针 （“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）。（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，G 表指针 （“不动”、“右偏”、“左偏”、“不停振动”）。（3）仅用一根导线，如何判断 G 表内部线圈是否断了？22.如图所示，倾角=37、间距 l=0.1m 的足够长金属导轨底端接有阻值 R=0.1 的电阻，质量 m=0.1Kg 的金属棒 ab 垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数=0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴 x。在 0.2mx0.8m 区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从 t=0 时刻起，棒 ab 在沿 x 轴正方向的外力 F 的作用下，从 x=0 处由静止开始沿斜面向上运动，其速度 v 与位移 x 满足 v=kx（可导出 a=kv），k=5s-1。当棒 ab运动至 x1=0.2m 处时，电阻 R 消耗的电功率 P=0.12W，运动至 x2=0.8m 处时撤去外力F，此后棒 ab 将继续运动，最终返回至 x=0 处。棒 ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：（提示：可以用 F-x 图像下的“面积”代表力 F 做的功，sin37=0.6）（1）磁感应强度 B 的大小;（2）外力 F 随位移 x 变化的关系式；（3）在棒 ab 整个运动过程中，电阻 R 产生的焦耳热 Q。23.（10 分）【加试题】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心 O、与 O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分 9/28析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为 v0、电荷量均为q、质量分别为 m 和 0.5m 的正离子束，从 M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为 m 的离子沿半径为 r0的四分之一的圆弧轨道做匀速圆周运动，从 N 点水平射出，而质量为 0.5m 的离子恰好从 ON 连线的中点 P 与水平方向成 角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为 m 的离子打在 O 点正下方的 Q 点。已知0，0，N、P 两点间的电势差NP，不计重力和离子=0.5=20cos=45间相互作用。（1）求静电分析器中半径为 r0处的电场强度 E0和磁分析器中的磁感应强度 B 的大小；（2）求质量为 0.5m 的离子到达探测板上的位置与 O 点的距离 l（用 r0表示）；（3）若磁感应强度在（）到（）之间波动，要在探测板上完全分辨出质 +量为 m 和 0.5m 的两束离子，求的最大值。10/28答案和解析答案和解析1.【答案】B【解析】解：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。A、功的单位焦耳是导出单位，故 A 错误；B、质量的单位千克是国际单位制中基本单位，故 B 正确；C、电荷量的单位库仑是导出单位，故 C 错误；D、力的单位牛顿是导出单位，故 D 错误；故选：B。国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。2.【答案】B【解析】解：图中 A 为滑动变阻器；B 为电容器；C 为电阻箱，D 为电阻；故 B 正确 ACD 错误。11/28故选：B。本题考查对电学元件的认识，根据电容器及电源等的形状可以解答。本题中元件均为常见元件，要求学生能够加以区分，知道常见元件的基本形状即可求解。3.【答案】C【解析】解：A、公式 t=是匀速直线运动时间与位移的公式式，与位移成正比，不符合比值定义法的共性。故 A 错误；B、公式 a=是牛顿第二定律的表达式，不属于比值定义法，故 B 错误；C、电容是由电容器本身决定的，与 Q、U 无关，公式 C=是电容的定义式，故C 正确；D、I 与 U 成正比，与 R 成反比，不符合比值定义法的共性。故 D 错误。故选：C。所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的比值来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与定义所用的物理量无关，根据这个特点进行分析。解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的属性。4.【答案】D【解析】解：A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了万有引力常量。故 A 错误；B、奥斯特发现了电流的磁效应，即电流周围存在磁场。故 B 错误；C、库仑发现了静电荷间的相互作用规律。故 C 错误；12/28D、伽利略出了力不是维持物体运动的原因。故 D 正确故选：D。根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。5.【答案】A【解析】解：在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F=BIL，由于磁场强度 B 和导线长度 L 不变，因此 F 与 I 的关系图象为过原点的直线，故 A 正确、BCD 错误。故选：A。导线的方向与磁场方向垂直，根据安培力公式 F=BIL 写出表达式即可正确求解。本题比较简单，考查了安培力公式 F=BIL 的理解和应用，考查角度新颖，扩展学生思维。6.【答案】A【解析】解：A、船离开河岸，必定在水平方向受到有关力的作用，该作用力是小明对船的摩擦力。故 A 正确；B、依据弹力产生的原理，撑杆给人的力是因为撑杆发生了弹性形变，根据牛顿第三定律，杆发生弹性形变是由于杆受到小明对杆的作用力，故 B 错误；C、杆对岸的力与岸对杆的力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，一对相互作用的力大小总是相等的，故 C 错误；D、小明对杆的力和岸对杆的力都作用在杆上，不是一对相互作用力。故 D 错误 13/28故选：A。根据弹力、摩擦力产生的原理，结合牛顿第三定律分析，即可求解。该题考查弹力、摩擦力产生原因，以及牛顿第三定律的相互作用力大小关系，熟练掌握基础知识即可正确解答。7.【答案】C【解析】解：A、根据万有引力提供向心力得：v=，7.9km/s 是近地圆轨道的运行速度，静止轨道卫星的轨道半径比地球半径大得多，所以静止轨道卫星运行速度小于 7.9km/s，故 A 错误B、地球的静止轨道卫星处于赤道的上方，地同步卫星其周期等于地球自转的周期，故 B 错误C、由 G=m2r 可知轨道半径小的角速度大，则同步卫星的角速度大于月球的角速度。故 C 正确D、由 G=ma 可知 a=，则距离大的加速度小，故 D 错误故选：C。地球的静止轨道卫星处于赤道的上方，周期等于地球自转的周期，根据万有引力提供向心力得出线速度、加速度与轨道半径的关系，从而比较出线速度与第一宇宙速度的大小，向心加速度与重力加速度的大小。解决本题的关键知道同步卫星的特点，以及掌握万有引力提供向心力这一理论，并能熟练运用。8.【答案】D【解析】解：A、小灯珠与电动机串联，所以：I1=I2，故 A 错误；14/28BCD、对小灯珠，由欧姆定律可得：U1=I1R1，电动机正常工作时由于线圈的切割磁感线产生反电动势，所以：U2I2R2，所以：故 BC 错误，D 正确；故选：D。电动机正常工作时是非纯电阻电路，结合欧姆定律分析电流大小，本题关键是明确电动机正常工作时为非纯电阻电路，由于线圈的切割磁感线产生反电动势。分析电动机两端电压时也可以根据能量守恒定律分析比较。9.【答案】B【解析】【分析】位移-时间图象的斜率等于速度，纵坐标的变化量等于物体的位移，两图象的交点表示两物体相遇。由此分析。本题考查对位移图象的物理意义的理解，关键抓住纵坐标表示物体的位置，纵坐标的变化量等于物体的位移，斜率等于速度，就能分析两物的运动情况。【解答】AD、0t1时间内，甲的斜率不变，则速度不变，做匀速运动。乙图线的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后大于甲，乙做加速运动，故 AD 错误。B、0t1时间内，甲、乙的起点和终点都相同，则位移相同，故 B 正确。C、甲、乙都做单向运动，通过的路程等于位移，则甲、乙通过的路程相同，故 C错误。故选：B。10.【答案】D【解析】解：A、根据能量守恒定律得，动能增加，电势能减小，故 A 错误；15/28B、质子所受到的电场力约为 F=Eq=1.31051.610-19=2.0810-14N，故 B 错误；C、根据牛顿第二定律得加速的加速度为：，则加速时间为：，故 C 错误；D、加速器加速的直线长度约为：，故 D 正确；故选：D。根据能量守恒定律分析电势能变化；根据电场力公式 F=Eq 求解电场力；根据匀变速直线运动规律：速度时间公式，位移时间公式求解加速时间和位移。本题考查带电粒子在电场中的加速，关键是熟练掌握牛顿第二定律，匀变速直线运动规律以及动能定理，然后灵活应用。11.【答案】B【解析】解：A、设重物的质量为 M，以两个轻环和小球组成的系统为研究对象，竖直方向受到重力和水平横梁对铁环的支持力 FN，力图如图 1 所示。根据平衡条件得：2FN=Mg，得到FN=Mg，可见，水平横梁对铁环的支持力 FN不变，故 A 错误；B、以左侧环为研究对象，力图如图 2所示。竖直方向：FN=Fsin 水平方向：Fcos=Ff 由得：Ff=FNcot，增大时，Ff变小，故 B 正确；C、杆对 A 环的支持力不变，摩擦力减小，则杆对 A 环的力变小，故 C 错误；16/28D、与 B 环相连的细绳对书本的拉力设为 T，根据竖直方向的平衡条件可得2Tcos=2m，由于绳子与竖直方向的夹角 减小，则 cos 变大，绳子拉力变小，故 D 错误。故选：B。以两个轻环和小球组成的系统为研究对象，分析受力情况，判断横梁对铁环的支持力 FN的变化情况。隔离任一小环研究，分析受力情况，判断摩擦力 f 的变化情况；再根据平衡条件分析与 B 环相连的细绳对书本的拉力的变化。本题是力平衡中动态平衡问题，要灵活选择研究对象，正确分析受力情况，再运用平衡条件列式进行分析。12.【答案】D【解析】解：由于 木水铁，根据浮力 F浮=gV排可得，A 的重力大于 A 受到的浮力，A 下面的弹簧处于压缩状态，B 和 C 的重力小于浮力，B 下面的弹簧和 C 下面的绳子处于拉伸状态；剪断吊篮绳子的瞬间，系统处于完全失重，由于弹簧的弹力不会突变，所以 A 球将向上运动，B 球将向下运动，而绳子的拉力会发生突变，所以 C 球不动，故ABC 错误、D 正确。故选：D。根据浮力 F浮=gV排分析浮力和重力的关系确定弹簧所处的状态，剪断吊篮绳子的瞬间，由于弹簧的弹力不会突变，绳子的拉力会发生突变，由此分析运动情况。本题主要是考查牛顿第二定律弹力突变问题，能够分析原来的受力情况以及弹簧的性质是关键。17/2813.【答案】C【解析】解：A、小球的受力如图，根据合成法知电场力为：qE=mgtan37，解得电场强度E=N/C=3.75106N/C，故 A错误；B、平衡时细线的拉力为T=N=0.125N，故 B 错误；C、现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，小球向最低点做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a=12.5m/s2，达到最低点的时间 t，则 L=，解得t=s0.5s，所以经过 t1=0.5s，小球的速度大小为 v=at1=6.25m/s，故 C 正确；D、小球第一次通过 O 点正下方时，速度大小为 v0，根据速度位移关系可得v02=2a，解得 v0=5m/s，故 D 错误。故选：C。小球受重力、拉力和电场力处于平衡，根据共点力平衡，运用合成法求出电场力的大小，从而求出电场强度的大小；根据几何关系求解绳子拉力，再求出运动过程中的加速度，根据运动学公式进行求解。解决本题的关键进行正确的受力分析，然后根据共点力平衡求出未知力。以及掌握电场强度的定义式、带电粒子在复合场中的运动的解题方法。14.【答案】BD【解析】解：由于在其他条件相同的情况下波长为 1的光的干涉条纹间距大于波长为 2的干涉条纹间距，由，可得：12。A、由光子的动量：P=，则：P1P2故 A 错误；18/28B、由：可知，两种光子的频率关系为：12，即 2 的频率较大，根据介质的折射率与频率的关系可知它们的折射率：n1n2由临界角与折射率的关系：则这两束光从玻璃射向真空时，其临界角 C1C2，故 B 正确；C、这两束光都能使某种金属发生光电效应，由光电效应方程：Ekm=h-W，其中W 为金属的逸出功，可知频率越大的光对应的光电子的最大初动能越大；又由：Ekm=eU遏止则频率越大，遏止电压越大，所以遏止电压：U2U1故 C 错误；D、根据玻尔理论，当发生跃迁时辐射出的光子的能量：E=Em-En；都是跃迁到 n=2能级，则 m 相同，n 越大，则放射出的光子的能量值越大，由于 12，所以能级m1m2，即 2 的能级更大。结合氢原子电离时需要的能量为能级对应能量值的负值可知，相应激发态的电离能E1E2故 D 正确。故选：BD。根据干涉条纹的宽度的特点判断波长的大小关系；由：判断光子的能量与光子的频率关系；由 p=判断光子的动量；由光的频率与折射率的关系判断折射率，然后判断临界角；根据光电效应方程与动能定理分析遏止电压；根据玻尔理论分析跃迁和电离能。该题涉及的知识点较多，解决本题的关键是 知道干涉条纹的宽度公式，知道波长和频率的关系，知道能级间跃迁所满足的规律，即 Em-En=hv。15.【答案】AC【解析】19/28解：A、根据电荷数守恒和质量数守恒，核衰变反应方程为：He+Y故A 正确；B、该过程中亏损的质量为：m=（mx-my-m），所以释放的核能为（mx-my-m）c2，由于原子核也有一定的结合能，则核 Y 的结合能一定大于（mx-my-m）c2故 B错误；C、在衰变过程中遵守动量守恒，根据动量守恒定律得：0=PY-P，则 PY=P根据半径公式 r=，又 mv=P（动量），则得：r=联立可得：RY=故 C 正确；D、由动能与动量的关系：Ek=，得原子核 Y 与 粒子的动能之比为：=由题，原子核 X 衰变时释放的核能全部转化为动能，则有释放的核能为：E=Ek+EkY=（mx-my-m）c2，联立可得：故 D 正确。故选：AC。粒子的符号是 He，先根据电荷数守恒和质量数守恒书写出核衰变反应方程，衰变过程遵守动量守恒和能量守恒。由磁场中圆周运动半径公式 r=和周期公式 T=，分析半径和周期关系。根据能量守恒和动量守恒求解核衰变反应中释放出的核能。核反应遵守的基本规律有动量守恒和能量守恒，书写核反应方程式要遵循电荷数守恒和质量数守恒。结合磁场的知识即可分析。16.【答案】CD【解析】20/28解：A、t=0 时刻的质点 P 向上振动，则波沿-x 方向传播，根据图乙可知该波的周期 T=0.4s，t=0.2s 时，质点 Q 刚好振动半个周期，此时 Q 沿 y 轴正方向运动，故A 错误；B、00.3s 内，质点 Q 运动=T，由于 Q 不是处于最大位移或平衡位置处，所以 Q 通过的路程 sm=0.3m，由于开始 Q 向下振动，所以通过的路程大于 0.3m，故 B 错误；C、t=0.5s=1T 时，质点 P 位于波峰处，质点 Q 不是处于最大位移，根据 a=-可知质点 Q 的加速度小于质点 P 的加速度，故 C 正确；D、t=0.7s=1T 时，质点 P 位于波谷处，质点 Q 不是处于最大位移，质点 Q 距平衡位置的距离小于质点 P 距平衡位置的距离，故 D 正确。故选：CD。根据振动图象确定传播方向，根据图 2 得到的周期，再根据给出的时间确定 P和 Q 的位置，由此分析。本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向。17.【答案】B ACD x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1 D【解析】解：（1）做“研究平抛物体的运动”实验时，需要木板、小球、斜槽、铅笔、图钉、白纸、米尺、重垂线。米尺的作用是能读出轨迹上某点的坐标。重垂线的作用是确保木板与白纸是在竖直面内，使其与小球运动平面平行。时间可以通过竖直方向做自由落体运动去求解，故不需要弹簧秤与打点计时器，故 AC 错误，B 正确。（2）A、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度。故 A 正确。21/28B、记录小球经过不同高度的位置时，每次不必严格地等距离下降，故 B 错误；C、做平抛运动的物体在同一竖直面内运动，固定白纸的木板必须调节成竖直，小球运动时不应与木板上的白纸相接触，以免有阻力的影响，故 C 正确。D、要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故 D 正确。故选：ACD。（3）因为平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，所以 x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1，用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是所测的长度越来误差越小，则为v=，故 ABC 错误，D 正确；故答案为：（1）B；（2）ACD；（3）x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1，D。从“研究平抛运动”实验的原理出发即可求解；保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线；平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，比较竖直方向上下落相同位移的时间关系，从而比较出水平位移的关系。本题主要考查了“研究平抛运动”实验原理，知道在试验中不需要秒表。解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项。在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解。本题考查平抛物体的运动规律。要求同学们能够从图中读出有用信息，再根据平抛运动的基本 22/28公式解题，难度适中。18.【答案】1 点至 4 点 0.30A 0.75 C【解析】解：（1）在实验过程中，调节滑片 P，电压表和电流表均有示数但总是调不到零，说明滑动变阻器接成了限流接法，由图示电路图可知，其原因是 1 点至 4 点的导线没有连接好。（2）电流表量程为 0.6A，分度值为 0.02A，示数为 0.30A，灯泡额定功率：P=UI=2.50.30=0.75W；（3）灯泡电阻随温度升高而增大，电压越小灯泡额定功率越小，灯丝温度越低，灯泡电阻越小，由此可知 1.00V 电压对应的电流应为 0.20A，故 C 正确；故答案为：（1）1 点至 4 点；（2）0.30A；0.75；（3）C。（1）滑动变阻器采用分压接法时电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压与电流不能从零开始变化，分析图示电路图答题。（2）根据电流表量程与图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；应用电功率公式求出电功率。（3）灯泡电阻随温度升高而增大，据此分析答题。滑动变阻器采用分压接法时电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压与电流不能从零开始变化；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数。19.【答案】左偏 右偏 不停振动【解析】解：（1）在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，知磁通量增加时，电流计指针向右偏转，闭合开关后，原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则电流 23/28计指针向右偏转。原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流增大，则磁通量增大，所以电流计的指针向右偏转；断开电键时，磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转。（2）若把直流输出改为交流输出，其他均不变，接通电源，闭合开关，线圈 A 中也是交流电，那么检流计 G 表指针不停的来回振动，（3）仅用一根导线，将检注计 G 短接前后，摇动表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，说明虽有切割磁感应线，但没有感应电流，则没有安培阻力，指针变化明显；反之，则出现感应电流，进而安培阻力，使其变化不明显，则线圈未断。故答案为：（1）左偏；右偏；（2）不停振动；（3）短接 G 表前后各摇动 G 表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，反之则未断。根据磁通量的变化，通过楞次定律判断感应电流的方向，从而确定电流计指针的偏转方向；检流计指针偏转体现出电源的大小与方向；依据闭合电路中，磁通量变化产生感应电流，从而出现安培阻力，即可求解。本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件、影响感应电流方向的因素即可正确解题，同时理解第 3 问的解题思路。20.【答案】解：（1）上升过程由牛顿第二定律得：mg+f=ma1解得：a1=11m/s2上升的最大高度：h=mv202a15011（2）从抛出到接住的过程中重力做功 WG=0空气阻力做功 Wf=-f2h=-J1011 24/28（3）上升过程的时间 t1=sv0a11011下降过程由牛顿第二定律得：mg-f=ma2解得：a2=9m/s2由位移公式得：h=12a2t22解得：t2=s10 1133答：（1）上升的最大高度是 m；5011（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功分别为 0、-J1011（3）上升和下降的时间分别为 s、s。101110 1133【解析】（1）上升过程由牛顿第二定律结合运动学公式可求得最大高度；（2）从抛出到接住的过程中重力做功为 0，根据功的定义可求得阻力的功；（3）由速度公式可求得上升的时间，由牛顿第二定律结合位移公式可求得下降过程的时间。本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、功的公式，要注意上升过程和下降过程阻力都做负功。21.【答案】解：（1）物块由静止释放到 B 的过程中，由牛顿第二定律得：mgsin-mgcos=ma由速度位移的关系式得：vB2=2ahsin联立解得：vB=4m/s（2）左侧离开，设到 D 点速度为零时高为 h1，由动能定理得：0=mgh1-mgcos-mgLh1sin解得：h1=3.0m若小物块落到传送带左侧地面，h 需要满足的条件是 h3.0m（3）右侧抛出，设到 D 点的速度为 v，由动能定理得：25/28mv2=mgh 一 mgcos-mgL12hsin由平抛运动的规律得：H+2R=gt2，x=vt12解得：x=2h3为使能在 D 点水平抛出，则有：mgmv2R解得：h=3.6m答：（1）若 h=2.4m，小物块到达 B 端时速度的大小是 4m/s；（2）若小物块落到传送带左侧地面，h 需要满足的条件是 h3.0m；（3）改变小物块释放的高度 h，小物块从传送带的 D 点水平向右抛出，小物块落地点到D 点的水平距离 x 与 h 的关系式是 x=2h3h 需要满足的条件是 h=3.6m。【解析】（1）物块由静止释放到 B 的过程中，做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式可求得物块到达 B 端时速度；（2）先由动能定理求出物块恰好到 D 点速度为零时高度，若小物块落到传送带左侧地面，则下滑高度应小于次时的高度；（3）物块从传送带的 D 点水平向右抛出，由动能定理和平抛运动的规律可求得物块落地点到 D 点的水平距离 x 与 h 的关系式，为使能在 D 点水平抛出，则 mg，由此可求得 h 需要满足的条件。本题考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式、平抛运动的规律，明确物块的运动过程，根据运动过程的特点选择合适的规律求解。22.【答案】解：（1）当棒 ab 运动至 x1=0.2m 处时，速度 v=kx1=50.2=1m/s电阻 R 消耗的电功率 P=E2R又 E=Blv联立得 B=T=TPRlv0.12 0.10.1 1305（2）无磁场区间 0 x0.2m，a=5v=25x 26/28根据牛顿第二定律得 F-mgcos-mgsin=ma解得 F=0.96+2.5x有磁场区间，0.2mx0.8m棒 ab 所受的安培力大小 FA=BIl=Bl=0.6xBlvRB2l2vR根据牛顿第二定律得 F-mgcos-mgsin-FA=ma解得 F=0.96+2.5x+0.6x=0.96+3.1x（3）上升过程中，棒 ab 克服安培力做功（FA-x 图象中梯形面积）WA1=（x1+x2）（x2-x1）0.62解得 WA1=0.18J撤去外力后，棒上升的最大距离为 s，再次进入磁场时速度为 v，由动能定理得：上升过程有-（mgsin+mgcos）s=0-12mv2下降过程有（mgsin-mgcos）s=-012mv2解得 v=2m/s因 mgsin-mgcos-=0，故棒 ab 再次进入磁场后作匀速运动，B2l2vR下降过程中克服安培力做功 WA2=（x2-x1）B2l2vR解得 WA2=0.144J故电阻 R 产生的焦耳热 Q=WA1+WA2=0.324J。答：（1）磁感应强度 B 的大小是T；305（2）外力 F 随位移 x 变化的关系式：无磁场区间 0 x0.2m，为 F=0.96+2.5x；有磁场区间，0.2mx0.8m，为 F=0.96+2.5x+0.6x=0.96+3.1x；（3）在棒 ab 整个运动过程中，电阻 R 产生的焦耳热 Q 是 0.324J。【解析】解决本题的关键有二：一要熟练推导出安培力和速度的关系式 FA=二要知道电阻 R 产生的焦耳热 Q 等于克服安培力做的功。知道 FA-x 图象中“面积”表示功。（1）已知棒 ab 运动至 x1=0.2m 处时，电阻 R 消耗的电功率 P=0.12W，电路只有R 有电阻，可根据 P=，E=Blv，以及 v=kx 求 B；（2）要分无磁场区和有磁场区两段分析。无磁场区在 0 x0.2m，根据 a=kv，以及牛顿第二定律求 F 与 x 的关系。有磁场区，推导出安培力与速度的关系，再由牛 27/28顿第二定律求 F 与 x 的关系；（3）分上升过程和下降过程分别研究。先求克服安培力做功，即可求得电阻 R 产生的焦耳热 Q。23.【答案】解：（1）在静电分析器中，电场力提供向心力，由牛顿第二定律得：qE0=m，v20r0解得：E0=；mv20qr0离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，v20r0解得：B=；mv0qr0（2）对离子，由动能定理得：qUNP=，12 0.5mv212 0.5mv20解得：v=v0，5离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=0.5m，v2r解得：r=r0，52距离：l=2rcos-0.5r0，解得：l=1.5r0；（3）恰好能分辨的条件：=，2r01 BB2rcos1+BBr02解得：=-40.12；BB17答：（1）静电分析器中半径为 r0处的电场强度 E0为，磁分析器中的磁感应强度 B 的大mv20qr0小为；mv0qr0（2）质量为 0.5m 的离子到达探测板上的位置与 O 点的距离 l 为 1.5r0；（3）若磁感应强度在（B-B）到（B+B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为 m和 0.5m 的两東离子，的最大值为：0.12。BB【解析】28/