2019年浙江省普通高校招生选考物理试卷(4月份).docx

1、2019 年浙江省普通高校招生选考物理试卷（4 月份）副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共13 小题，共 52.0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.D.3.下列式子属于比值定义物理量的是（）A.B. a=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，导线的方向与磁场方向垂

2、直， 则下列描述导线受到的安培力F 的大小与通过导线的电流的关系图象正确的是（）A.B.C.D.6. 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第1页，共 23页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人电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压

3、为 U 1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U 2，流过的电流为12则（）A. I1I2B.C.D.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 -时间图象如图所示，则在 0 t1 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10. 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 1.0 107m/s。已知加速电场的场强为1.3 105N/C，质子的质量为1.67 10-27kg1.6 10-19C，则下列说，电荷量为法正确的是（）A.

4、 加速过程中质子电势能增加-15B. 质子所受到的电场力约为210 NC. 质子加速需要的时间约为810-6sD. 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AB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

5、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， 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13. 用长为 1.4m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0 10-2 kg、电荷量为 2.0 10-8C 的小球， 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37，如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin37 =0.6）（）第2页，共 2

6、3页A.B.7该匀强电场的场强为3.75 10 N/C平衡时细线的拉力为0.17NC. 经过0.5s6.25m/s，小球的速度大小为D. 小球第一次通过O 点正下方时，速度大小为 7m/s二、多选题（本大题共3 小题，共 12.0 分）14. 波长为 1和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21的光的条纹间距大于波长为的条纹间距。则（下列表述中，脚标“21”和“ 2”分别代表波长为1和 2 的光所对应的物理量）（）A. 这两束光的光子的动量p1 p2B.C.这两束光从玻璃射向真空时，其临界角C1 C2这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压U1U 2D. 这两束光

7、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 E1 E215. 静止在匀强磁场中的原子核XYX的质量数为发生 衰变后变成新原子核已知核AZ，核XY和mX、mY和m，粒子在磁场中，电荷数为、核粒子的质量分别为运动的半径为R则（）A. 衰变方程可表示为XY+ HeB. 核 Y 的结合能为（ m -m -m ） c2x yC. 核 Y 在磁场中运动的半径为D. 核 Y 的动能为16.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 的振动图象，则（）A. t=0.2s时，质点Q 沿 y 轴负方向运动B. 00.3s 内，质点Q 运动的路

8、程为 0.3mC. t=0.5 s时，质点Q 的加速度小于质点P 的加速度D. t=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、实验题探究题（本大题共 3 小题，共 27.0 分）17. 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_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）第3页，共 23页A每次必须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相接触D记录的点应适当多一些（ 3）若

9、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x1， x2， x3， x4 后，需要验证的关系是_。已知频闪周期为T，用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是_ABCD18. 小明想测额定电压为 2.5V 的小灯泡在不同电压下的电功率，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接线点，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 _，此时小灯

10、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，但在草稿纸上记录了下列数据，你认为最有可能的是_A.0.08AB .0.12AC .0.20A19. 在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实验连线后如图 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

11、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？四、计算题（本大题共4 小题，共40.0 分）第4页，共 23页F -x 图象下的“面积”代表力20. 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所做的功（ 3）上升和下降的时间。21.某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度

12、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 =37的直轨道 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R=0.4m、转轴间距L=2m 的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度 H=2.2m。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 端运动到达传送带上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=0.5（ sin37 =0.6）（ 1）若 h=2.4m，求小物块到达B 端时速度的大小；（ 2）若小物块落到传送带左侧地面，求

13、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。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 作用下从 x=0处由静止开始沿斜面向上运动， 其速度与位移x 满足 v=kx（可导出a=

14、kv）k=5 s-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，不计其它电阻，求：（提示：可以用F 做的功）（ 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。第5页，共 23页23. 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

15、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 OP=0.5r0， OQ=r0， N、 P两点间的电势差，不计重力和离子间

16、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（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，求的最大值第6页，共 23页答案和解析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

17、、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

18、 为电阻；故 B正确 ACD 错误。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】第7页，共 23页解：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

19、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；D、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

20、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 。第8页，共 23页故选：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

21、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

22、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第9页，共 23页球的角速度。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

23、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；BCD 、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：U2 I2R2，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

24、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。第10 页，共 23页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：

25、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 1051.6 10-19=2.08 10-14N，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

26、 ，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，水平横梁对铁环第 11 页，共的支持力 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 =FN cot ，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；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 =2m，由于绳子与竖直方向的 夹角 减小

27、，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 ，根据浮力 F= gV 可得，A 的重力大于 A 受到的浮木水铁浮排力，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，

28、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= gV 分析浮力和重力的关系确定弹簧所处的状态，剪断吊篮浮排第12 页，共 23页绳子的瞬间，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。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=N/C=3.75106N/C，故 A错误；B、平衡时

29、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=2时间则，=12.5m/s ，达到最低点的t， L=解得 t=s 0.5s，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

30、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】第13 页，共 23页解：由于在其他条件相同的情况下波 长为 的光的干涉条 纹间距大于波 长为1 的干涉条 纹间距，由，可得：。212A 、由光子的动量：P=，则：P1P2故A 错误；B、由：可知，两种光子的频率关系为： ，即2 的频率较大，根据介12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 C1 C2，故B 正确；C、这两束光都能使

31、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=e?U遏止则频率越大，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，则 m 相同，n 越大，则放射出的光子的能量 值越大，由于 ，所12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

32、 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】第14 页，共 23页解：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=（m -m -m ），所以释放的核能 为（m -m -m ）x y x y c2，由于原子核也有一定的 结合能，则核 Y 的结合能一

33、定大于（m -m -m ）xyc2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=P -P ，则 P =PYY根据半径公式r=，又mv=P（动量），则得：r=联立可得：RY =故C 正确；动动量的关系：Ek=，得原子核 Y 与 粒子的动能之比为：=D、由 能与=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=E+E=（m-m-m ）c2，k kYxy联立可得：故D 正确。故选：AC。粒子的符号是He电荷数守恒和质量数守恒书写出核衰变反应方，先根据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=程，衰和周期公式 T=，分析半径和周期关

34、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】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；第15 页，共 23页质点 Q 运动= T，由于 Q 不是处于最大位移或平衡位置B、00.3s内，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

35、 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 质处 质处于最大位移，质点 Q 距， 点 P位于波谷，点Q不是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】 BACDx4-x3=x3-x2=x2 -x1=

36、x1D【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。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

37、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。第16 页，共 23页（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则差越小，为 v=，故ABC 错误，D 正确；故答案为1B 2ACD3 x4-xD：（）；（）；（）3=x3-x2=x2-x1=x1， 。从 “研究平抛运 动”实验的原理出 发即可求解；保证小球做

38、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

39、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公式解 题，难度适中。18.【答案】 1 点至 4 点0.30A0.75C【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=2.5 0.30=0.75W；第17 页，共 23页（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.

40、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【

41、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

42、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。第18 页，共 23页故答案为：（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

43、顿第二定律得：mg+f=ma12解得： a1=11m/s上升的最大高度：h=m（ 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=-J?（ 3）上升过程的时间t1= s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=解得： t2=s答：（ 1）上升的最大高度是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、 -J（ 3）上升和下降的时间分别为s、s。【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

44、，由牛顿第二定律 结合位移公式可求得下降过程的时间。第19 页，共 23页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=2a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 -mgL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：mv2=mgh 一 mgcos - mgL由平抛运动的规律得：H+2R= gt2， x=vt解得： x=2为使能在D 点水平抛出，则有：mg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=2h 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