2021年浙江高考(选考)物理试卷和答案.

1、2021年4月浙江省普通高校招生 选考科目考试物理试卷一、单项选择题此题共 13小题，每题3分，共39分。每题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分C .电荷量/库仑D .力/牛顿A 功/焦耳B 质量/千克1.以下物理量属于根本量且单位属于国际单位制中根本单位的是3. 以下式子属于比值定义物理量的是 ? ?A ?= -B ?= ?4. 以下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，那么以下描

2、述导线1FOIOI*Q1受到的安培力F的大小与通过导线的电流I关系图像正确的选项是ABCD6. 如下列图，小明撑杆使船离岸，那么以下说法正确的选项是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。那么此卫星的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 R,两端电压为流过的电流为Il ；电动机内阻为

3、R2，两端电压为U2，流过的电流为丨2。那么A. I1 I2B.UiU2RR2UiRiU2R2Ui RU2&9. 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-时间图像如下列图,那么在Oti时间内A 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iO.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 i.O i07m/s。已知加速电场的场强为5N/C ,质子的质量为i.67 iO 27kg ,电荷量为 i.6 iO i9C，那么以下说法正确的选项是A 加速

4、过程中质子电势能增加B质子所受到的电场力约为 2 iO i5NC.质子加速需要的时间约为 8 iO 6sD .加速器加速的直线长度约为4m11. 如下列图，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，那么A .杆对A环的支持力变大B. B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12. 如下列图，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。假设将挂吊

5、篮的绳子剪断，那么剪断的瞬间相对于杯底不计空气阻力，木 水 铁A . A球将向上运动，B、C球将向下运动B. A、B球将向上运动，C球不动C. A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动 D . A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动2 813.用长为的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0 10 kg、电荷量为2.0 10 C的小球，细线的上端固定于 0点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，如下列图。现向左拉小球使细线水平且拉直,静止释放，那么sin 3700.6 A 该匀强电场的场强为 3.75 107N/CB .平衡时细线的拉力为C.经过,小球的速度大小为 D 小球第一次

6、通过 O点正下方时，速度大小为7m/s、不定项选择题此题共 3小题，每题2分，共6分。每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 力和力的两束可见光入射到双缝，在光屏上观察到干预条纹，其中波长为力的光的条纹间距大于波长为尼的条纹间距。那么以下表述中，脚标“1和“ 2分别代表波长为 入和?2的光所对应的物理量。那么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C1C2C.这两束光都能使某种金属发生光电效应，那么遏止电压Uc1Uc2D 这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到 Ei AE

7、En=2能级时产生，那么相应激发态的电离能15. 【加试题】静止在匀强磁场中的原子核X发生a衰变后变成新原子核 Y。核X的质量数为A，电子数为Z,核X、核Y和a粒子的质量分别为 mx、mY和ma, a粒子在 磁场中运动的半径为 只。那么A .衰变方程可表示为4 2少4 27? ?B .核Y的结合能为mx-mY-mJ c2C.核Y在磁场中运动的半径为2?-2D .核Y的动能为？?=?( ? ? ? ?+? ?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，那么第16题图1第16题图2A . 时，质点Q沿y轴负方向运动B. 内，质点Q运动

8、的路程为C. 时，质点Q的加速度小于质点P的加速度D. 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、非选择题此题共 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实验时需要以下哪个器材 A、弹簧秤B、重锤线C、打点计时器2做实验时，让小球屡次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹。以下的一些操作要求，正确的是 多项选择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假设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

9、片。在测得 ?、？?、?、 ?后，需要验证的关系是 。频闪周期为 T,用以下计算式求得的水平速度，误差较小的是 。18.?2?5分小明想要测额定电压为?33?的小灯泡在不同电压下的电功率,?4?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ft iIH I，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,当电压表的示数到达额定电压时，电流表的指针如图2所示，那么电流为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时通过小灯泡的电流，但在

10、草稿纸上记录下了以下数据，你认为最有可能的是 A、0.08AB、0.12AC、19. 9分小明以初速度vo=1Om/s竖直向上抛出一个质量的小皮球，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，建立如下列图的物理模型。竖直平面内有一倾角？?= 37 勺直轨道AB，其下方右侧放置 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?= 0.4?,转轴间距？?= 2?的传送带以恒定的线速度逆

11、时针转动，转轮最低点离地面 的高度？= 2.2?。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。小物块与直 轨道和传送带间的动摩擦因数均为？?= 。? = 1假设？ = 2.4?,求小物块到达 B端时速度的大小；2 假设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。匸A21. 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向如 图2粗线

12、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. 如下列图，倾角匸37间距的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1 Q的电阻,质量的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数厅。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴X。在0.2m$w 0m区间有垂直导

13、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 xi处时，电阻 R消耗的电功率 ,运动至x2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 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，其简化原理如下列

14、图。左侧静电分析器中有方向指向圆心0、与0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V。、电荷量均为q、质量分别为m和的正离子束，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ro的四分之一的圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为的离子恰好从 ON连线的中点P与水平方向成 B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0点正下方的Q点。? 0.5

15、?, ? ?, N、P两点间的电势差？p=二等，？?？?= V4，不计重力和离子间相互作用。(1) 求静电分析器中半径为 ro处的电场强度Eo和磁分析器中的磁感应强度 B的大小;(2) 求质量为的离子到达探测板上的位置与O点的距离I (用ro表示)；(3) 假设磁感应强度在(B- ?B)到(B+ ?B )之间波动，要在探测板上完全分辨出质?B量为m和的两束离子，求 的最大值。冉子源答案和解析1. 【答案】 B【解析】解：单位制包括根本 单位和导出单位，规定的根本量的 单位叫根本 单位，国际单 位制规定了七个根本物理量。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

16、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根本单位，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； 应选：B。国际单位制规定了七个根本物理量。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 单位称为根本单位，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根本物理量， 这七个根本物理量分 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

17、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。应选： B。此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。 此题中元件均 为常见元件，要求学生能够加以区分，知道常 见元件的根本形状即 可求解。3. 【答案】C【解析】解:A、公式匸茁 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v比值定义法的共性。故A错误；B、公式a二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。应选:C。所谓比值定义法，就是

18、用两个根本的物理量的比 值来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的根本特点是被定 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。解决此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，艮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；D、伽利略出了力不是维持物体运动的原因。故D正确应选：Do根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要奉献即可。此题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重

19、大 发现、创造、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。应选: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。此题比较简单，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

20、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 应选: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 练掌握根底知识即可正确解答。7. 【答案】C【解析】需d * f解:A、根据万有引力提供向心力得：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,故A错误B、地球的

21、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=mw2r可知轨道半径小的角速度大，那么同步卫星的角速度大于月球的角速度。故C正确D、由G匚一二ma可知a=，那么距离大的加速度小，故D错误应选: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。解决此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:li=l2，故A错误；BCD

22、、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八、n|一磁感线产生反电动势，所以:U2 I2R2，所以： 故BC错误，D正确;应选：Do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，此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。此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

23、速度，就能分析两物的运 动情况。【解答】AD、。ti时间内，甲的斜率不变，那么速度不变，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、0ti时间内，甲、乙的起点和终点都相同，那么位移相同，故B正确。C、甲、乙都做单向运动，通过的路程等于位移，那么甲、乙通过的路程相同，故C错 误。应选：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；B、质子所受到的电场力约为F=Eq=1.3 X!05X1.6 X0-19=2.08 X0-14N，故B错误;c、根据牛顿第二定律得加速的加速度为：T冥 了那么加速时间

24、为：，故C错误；,，r 1X 141.D、加速器加速的直线长度约为：，故D正确；应选：Do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。此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。图1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

25、、以左侧环为研究对象，力图如图2 所示。竖直方向：FN=Fsin a 水平方向：Feos a =F 由得: Ff=FNeot a a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，那么杆对A环的力变小，故C错误；D、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 0 =2m由于绳子与竖直方向的夹角B减小，那么eos疫大，绳子拉力变小，故D错误。应选：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

26、的变化。此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P木v P水v P铁，根据浮力F浮=卩gV非可得，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正确应选：D。根据浮力F浮=p gV非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

27、生突变，由此分析运动情况 此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13.【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=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，到达最低点的时间t,那么L= ，解得m-t=s ，所以经过t1，小球的速度大小为v=at=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=5 - m/s，故D 错误。应选:C。小球受重力、拉力和电场力处

28、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。解决此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 长为入的光的干预条纹间距大于波长为 总 的干预条纹间距，由，可得：入。ifA、由光子的动量：P=，贝U：PiP2故A错误；B、由：.可知，两种光子的频率关系为：y C2，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=hYW

29、，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=e?U遏止那么频率越大，遏止电压越大，所以遏止电压:U2 U1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，那么m相同，n越大，那么放射出的光子的能量 值越大，由于y Y，所以能级 mi E2.故D正确。应选：BD。hr根据干预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

30、的知识点较多，解决此题的关键是 知道干预条纹的宽度公式，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】解:A、根据电荷数守恒和 质量数守恒，核衰变反响方程为：He+ 丫 故A正确；B、该过程中亏损的质量为：/如=mx-my-m a，所以释放的核能为mx-my-mjc2，由于原子核也有一定的 结合能，那么核丫的结合能一定大于mx-my-mjc2故B错C、在衰变过程中遵守动量守恒，根据动量守恒定律得：O=PY-Pa,那么PY = Pa升中P根据半径公式r=，又mv=P动量，那么得:r=联立可得:Ry=.故C正确；D、由动能与动量的关系：Ek=：

31、，得原子核丫与a粒子的动能之比为：十-774=由题，原子核X衰变时释 放的核能全部 转化为动能，那么有释放的核能 为:E=Ek 母丫= mx-my-m Jc2,.故D正确。联立可得： 应选:ACa粒子的符号是席He，先根据电荷数守恒和 质量数守恒书写出核衰变反响方程，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271J/I一式T=W，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响中 释放出的核能 核反响遵守的根本 规律有动量守恒和能量守恒，书写核反响方程式要遵循 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】解:A、=0时刻的

32、质点P向上振动，那么波沿-x方向传播，根据图乙可知该波的周期 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；十L3工,t,B、0内，质点Q运动 =彳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 . ，由于开始Q向下振动，所以通过的路程 大于，故B错误；IC、t=0.5s=1 T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、=0.7s=1 T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。应选:CD。根据振动图象确定传播方向，根据图2得

33、到的周期，再根据给出的时间确定P和Q的位置，由此分析。此题主要是考查了波的图象；解答此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：X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

34、静止 释放, 以保证获得相同的初速度。故A正确。B、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。 应选: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，那么下落相等位移的时间越来越短，所以 X4-X3=X3-X2=X2-X1=X1，用以下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，那么为v= 診，故

35、ABC错误，D正确；故答案为：10B; (ACD ； (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，防止因摩擦而使运 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。此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

36、时，要特别注意实验的本卷须知。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 动的根本 公式解 题，难度适中。18. 【答案】 1点至 4 点 0.30A 0.75 C【解析】解：D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，分度值为，示数为，灯泡额定功率：P=UI=2.5 %；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

37、越低，灯 泡电阻越小，由此可知电压对应的电流应为,故C正确；故答案为：11 点至 4点；2; 30C。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

38、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，那么电流 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，那么磁通量 增大，所以电流计的指针向右偏转；断开电键时，磁通量减小，那么灵敏电流计指针向左偏转。2假设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，那么线圈断了，说明虽有切割磁感应线，但没有感应电流，那么没有安培

39、阻力，指 针变化明显；反之，那么出现感应电流，进而安培阻力，使其变化不明显，那么线圈未 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，那么线圈断了，反之那么未断。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；检流计指针偏转表达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。此题难度不大，是一道根底题，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=mai解得：ai

40、=iim/s2上升的最大高度： h=-50m2? 112从抛出到接住的过程中重力做功Wg=010空气阻力做功Wf=-f?2h=-1fJ3 上升过程的时间t1=?=-Os下降过程由牛顿第二定律得：mg-f=ma2解得：a2=9m/s21由位移公式得：h=2?解得：t2=巴凹s33答：1 上升的最大高度是 善m;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、罟J3上升和下降的时间分别为菩s、巴工。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

41、得下降过 程的时间。此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:mgs in 七 pmgcos 0 ma由速度位移的关系式得：2 ?VB =2a?联立解得：VB=4m/s2左侧离开，设到 d点速度为零时高为 m,由动能定理得:0=mgh1- pmgcos解得：假设小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是 hw 3右侧抛出，设到 D点的速度为V，由动能定理得：2-mv2=mgh?ggcos 曲期mgL1由平抛运动的规律得：H+2R=2gt2，x=vt解得：x=2v? - 3为使能在D点水平抛出，那么有：?解得：答：1假设,小物块到达 B端时速度的大小是 4m/s；2 假设小物块落到传送带左侧地面，h需要满足的条件是 h0.2=1 m/s?电阻R消耗的电功率P=_?又 E =Blv联立得b=H?=也12 0T=型T?0.1 15(2)无磁场区间 0$v ， a=5v=25x 根据牛顿第二定律得 F - mgcos Bmgsin 0 ma 解得 有磁