浙江高考选考物理试卷和答案 19页

‎2019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 D 3. 下列式子属于比值定义物理量的是（ ）‎ A．t= △xv B．a=Fm C．C=QU D．I=UR 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 ‎ ‎ ‎ 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 1. 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 2. 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,流过的电流为；电动机内阻为，两端电压为，流过的电流为。则 A. . B. ‎ C. D. ‎ 3. 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 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 4. 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。已知加速电场的场强为，质子的质量为，电荷量为，则下列说法正确的是 A．加速过程中质子电势能增加 B．质子所受到的电场力约为 C．质子加速需要的时间约为 D．加速器加速的直线长度约为4m 1. 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 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 2. 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，）‎ 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 3. 用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为、电荷量为的小球，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，如图所示。 现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（）‎ A．该匀强电场的场强为 B．平衡时细线的拉力为0.17N C．经过0.5s，小球的速度大小为6.25m/s D．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）‎ 4. ‎【加试题】波长为λ1和λ2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λ1的光的条纹间距大于波长为λ2的条纹间距。则（下列表述中，脚标“1”和“2”分别代表波长为λ1和λ2的光所对应的物理量）。则（ ）‎ A．这两束光的光子的动量p1>p2‎ B．这两束光从玻璃射向真空时，其临界角C1>C2‎ C．这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压Uc1>Uc2‎ D．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ΔE1>ΔE2‎ 1. ‎【加试题】静止在匀强磁场中的原子核X发生α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α粒子的质量分别为mX、mY和mα，α粒子在磁场中运动的半径为R。则（ ）‎ A．衰变方程可表示为ZAX→Z-2A-4Y+24He B．核Y的结合能为（mX-mY-mα）c2‎ C．核Y在磁场中运动的半径为2RZ-2‎ D．核Y的动能为EkY=mY（mX-mY-mα）c2mY+mα 2. ‎【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2‎ A．t=0.2s时，质点Q沿y轴负方向运动 B．0~0.3s内，质点Q运动的路程为0.3m C．t=0.5s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、 非选择题（本题共7小题，共55分）‎ 3. ‎（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______‎ ‎ 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______。 ‎ A、x1T B、x22T C、 x33T D、x44T 1. ‎（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，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、0.20A 2. ‎（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。‎ 3. ‎（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θ=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μ=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。‎ 1. ‎（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？ ‎ 2. 如图所示，倾角θ=37°、间距l=0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1Ω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μ=0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2m≤x≤0.8m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；‎ （1） 在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。‎ 1. ‎（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θ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UNP=mv02q，cosθ=45，不计重力和离子间相互作用。‎ ‎（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（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的两束离子，求∆BB的最大值。‎ ‎ ‎ 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。 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； 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 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=mω2r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； 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、0～t1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、0～t1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； B、质子所受到的电场力约为F=Eq=1.3×105×1.6×10-19=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，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=Fsinα      ① 水平方向：Fcosα=Ff      ② 由①②得：Ff=FNcotα，α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2Tcosθ=2m，由于绳子与竖直方向的夹角θ减小，则cosθ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ρ木＜ρ水＜ρ铁，根据浮力F浮=ρgV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=ρgV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。‎ ‎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=3.75×106N/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=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λ1的光的干涉条纹间距大于波长为λ2的干涉条纹间距，由，可得：λ1＞λ2。‎ ‎ A、由光子的动量：P=，则：P1＜P2．故A错误； B、由：可知，两种光子的频率关系为：γ1＜γ2，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：n1＜n2 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、这两束光都能使某种金属发生光电效应，由光电效应方程：Ekm=hγ-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γ1＜γ2，所以能级m1＜m2，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△E1＞△E2．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】‎ 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-mα），所以释放的核能为（mx-my-mα）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-mα）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-Pα，则PY=Pα 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α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=Ekα+EkY=（mx-my-mα）c2， 联立可得：．故D正确。 故选：AC。 α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】‎ 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、0～0.3s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s≠m=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。 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。 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=2.5×0.30=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=v022a1=5011m （2）从抛出到接住的过程中重力做功WG=0 空气阻力做功Wf=-f•2h=-1011J （3）上升过程的时间t1=v0a1=1011s 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=101133s 答：（1）上升的最大高度是5011m ‎； （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、-1011J （3）上升和下降的时间分别为1011s、101133s。 【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： mgsinθ-μmgcosθ=ma 由速度位移的关系式得： vB2=2ahsinθ 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-μmgcosθh1sinθ-μmgL 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h≤3.0m （3）右侧抛出，设到D点的速度为v，由动能定理得： 12mv2=mgh一μmgcosθhsinθ-μmgL 由平抛运动的规律得：H+2R=12gt2，x=vt 解得：x=2h−3 为使能在D点水平抛出，则有： mg≤mv2R 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h≤3.0m； （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−3 h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=5×0.2=1m/s ‎ 电阻R消耗的电功率P=E2R 又E =Blv 联立得B=PRlv=0.12×0.10.1×1T=305T （2）无磁场区间0≤x＜0.2m，a=5v=25x 根据牛顿第二定律得F -μmgcosθ-mgsinθ=ma 解得F =0.96+2.5x 有磁场区间，0.2m≤x≤0.8m 棒ab所受的安培力大小FA=BIl=BlBlvR=B2l2vR=0.6x 根据牛顿第二定律得F-μmgcosθ-mgsinθ-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= 0.62（x1+x2）（x2-x1） 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-（mgsinθ+μmgcosθ）s=0-12mv2 下降过程有（mgsinθ-μmgcosθ）s=12mv′2-0 解得v′=2m/s 因mgsinθ-μmgcosθ-B2l2v′R=0，故棒ab再次进入磁场后作匀速运动， 下降过程中克服安培力做功WA2=B2l2v′R（x2-x1） 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305T； （2）外力F随位移x变化的关系式：无磁场区间0≤x＜0.2m，为F =0.96+2.5x；有磁场区间，0.2m≤x≤0.8m，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≤x＜0.2m，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=mv02r0， 解得：E0=mv02qr0‎ ‎； 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=mv02r0， 解得：B=mv0qr0； （2）对离子，由动能定理得：qUNP=12×0.5mv2−12×0.5mv02， 解得：v=5v0， 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=0.5mv2r， 解得：r=52r0， 距离：l=2rcosθ-0.5r0， 解得：l=1.5r0； （3）恰好能分辨的条件：2r01−△BB−2rcosθ1+△BB=r02， 解得：△BB=17-4≈0.12； 答：（1）静电分析器中半径为r0处的电场强度E0为mv02qr0，磁分析器中的磁感应强度B的大小为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，△BB的最大值为：0.12。 【解析】‎ ‎ （1）离子在静电分析器中做圆周运动，电场力提供向心力，离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律可以求出电场强度与磁感应强度。 （2）由动能定理求出离子的速度，应用牛顿第二定律求出离子做圆周运动的轨道半径，然后求出离子到达探测板上的位置与O点的距离。 （3）磁感应强度变化时粒子做圆周运动的轨道半径发生变化，根据分辨条件求出的最大值。 本题考查了带电离子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、分析清楚向心力的来源是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与动能定理可以解题。‎