2019年浙江高考(選考)物理試卷和答案

2/22019年4月浙江省普通高校招生選考科目考試物理試卷一、單項(xiàng)選擇題（本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分）下列物理量屬于基本量且單位屬于國(guó)際單位制中基本單位的是（）A．功/焦耳 B．質(zhì)量/千克 C．電荷量/庫(kù)侖 D．力/牛頓下列器件中是電容器的是（）ABCD下列式子屬于比值定義物理量的是（）A．t=△xv B．a(chǎn)=Fm C．C=下列陳述與事實(shí)相符的是（）A．牛頓測(cè)定了引力常量B．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場(chǎng)C．安培發(fā)現(xiàn)了靜電荷間的相互作用規(guī)律D．伽利略指出了力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因在磁場(chǎng)中的同一位置放置一條直導(dǎo)線，導(dǎo)線的方向與磁場(chǎng)的方向垂直，則下列描述導(dǎo)線受到的安培力的大小與通過導(dǎo)線的電流關(guān)系圖像正確的是ABCD如圖所示，小明撐桿使船離岸，則下列說法正確的是A.小明與船之間存在摩擦力B.桿的彎曲是由于受到桿對(duì)小明的力C.桿對(duì)岸的力大于岸對(duì)桿的力D.小明對(duì)桿的力和岸對(duì)桿的力是一對(duì)相互作用力某顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星（即衛(wèi)星相對(duì)于地面靜止）。則此衛(wèi)星的A．線速度大于第一宇宙速度B．周期小于同步衛(wèi)星的周期C．角速度大于月球繞地球運(yùn)行的角速度D．向心加速度大于地面的重力加速度電動(dòng)機(jī)與小電珠串聯(lián)接入電路，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，小電珠的電阻為,兩端電壓為,流過的電流為；電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻為，兩端電壓為，流過的電流為。則A..B.C.D.甲、乙兩物體零時(shí)刻開始從同一地點(diǎn)向同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，位移-時(shí)間圖像如圖所示，則在0~時(shí)間內(nèi)A．甲的速度總比乙大B．甲、乙位移相同C．甲經(jīng)過的路程比乙小D．甲、乙均做加速運(yùn)動(dòng)當(dāng)今醫(yī)學(xué)上對(duì)某些腫瘤采用質(zhì)子療法進(jìn)行治療，該療法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細(xì)胞?，F(xiàn)用一直線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止開始被加速到。已知加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為，質(zhì)子的質(zhì)量為，電荷量為，則下列說法正確的是A．加速過程中質(zhì)子電勢(shì)能增加B．質(zhì)子所受到的電場(chǎng)力約為C．質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為D．加速器加速的直線長(zhǎng)度約為4m如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有A、B兩個(gè)輕環(huán)，系在兩環(huán)上的等長(zhǎng)細(xì)繩拴住的書本處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩環(huán)距離變小后書本仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則A．桿對(duì)A環(huán)的支持力變大B．B環(huán)對(duì)桿的摩擦力變小C．桿對(duì)A環(huán)的力不變D．與B環(huán)相連的細(xì)繩對(duì)書本的拉力變大如圖所示，A、B、C為三個(gè)實(shí)心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連接在兩根彈簧上，C球連接在細(xì)線一端，彈簧和細(xì)線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對(duì)于杯底（不計(jì)空氣阻力，）A．A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B、C球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)B．A、B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)C．A球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)D．A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng)用長(zhǎng)為1.4m的輕質(zhì)柔軟絕緣細(xì)線，拴一質(zhì)量為、電荷量為的小球，細(xì)線的上端固定于O點(diǎn)?，F(xiàn)加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，平衡時(shí)細(xì)線與鉛垂線成，如圖所示?，F(xiàn)向左拉小球使細(xì)線水平且拉直，靜止釋放，則（）A．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為B．平衡時(shí)細(xì)線的拉力為0.17NC．經(jīng)過0.5s，小球的速度大小為6.25m/sD．小球第一次通過O點(diǎn)正下方時(shí)，速度大小為7m/s二、不定項(xiàng)選擇題（本題共3小題，每小題2分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得2分，選對(duì)但選不全的得1分，有選錯(cuò)的得0分）【加試題】波長(zhǎng)為λ1和λ2的兩束可見光入射到雙縫，在光屏上觀察到干涉條紋，其中波長(zhǎng)為λ1的光的條紋間距大于波長(zhǎng)為λ2的條紋間距。則（下列表述中，腳標(biāo)“1”和“2”分別代表波長(zhǎng)為λ1和λ2的光所對(duì)應(yīng)的物理量）。則（）A．這兩束光的光子的動(dòng)量p1>p2B．這兩束光從玻璃射向真空時(shí)，其臨界角C1>C2C．這兩束光都能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則遏止電壓Uc1>Uc2D．這兩束光由氫原子從不同激發(fā)態(tài)躍遷到n=2能級(jí)時(shí)產(chǎn)生，則相應(yīng)激發(fā)態(tài)的電離能ΔE1>ΔE2【加試題】靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的原子核X發(fā)生α衰變后變成新原子核Y。已知核X的質(zhì)量數(shù)為A，電子數(shù)為Z，核X、核Y和α粒子的質(zhì)量分別為mX、mY和mα，α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R。則（）A．衰變方程可表示為ZB．核Y的結(jié)合能為（mX-mY-mα）c2C．核Y在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為2RD．核Y的動(dòng)能為E【加試題】圖1為一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖，P、Q為介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，圖2為質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖像，則（）第16題圖1第16題圖2A．t=0.2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B．0~0.3s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路程為0.3mC．t=0.5s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度小于質(zhì)點(diǎn)P的加速度D．t=0.7s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q距平衡位置的距離小于質(zhì)點(diǎn)P距平衡位置的距離非選擇題（本題共7小題，共55分）（5分）采用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置做“研究平拋運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)。（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)需要下列哪個(gè)器材______A、彈簧秤B、重錘線C、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（2）做實(shí)驗(yàn)時(shí)，讓小球多次沿同一軌道運(yùn)動(dòng)，通過描點(diǎn)法畫出小球平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡。下列的一些操作要求，正確的是______（多選）A、每次運(yùn)動(dòng)由同一位置靜止釋放小球B、每次必須嚴(yán)格地等距離下降記錄小球位置C、小球運(yùn)動(dòng)時(shí)不應(yīng)與木板上的白紙接觸D、記錄的點(diǎn)應(yīng)適當(dāng)多一些（3）若用頻閃攝影方法來驗(yàn)證小球在平拋過程中水平方向是勻速運(yùn)動(dòng)，記錄下如圖2所示的頻閃照片。在測(cè)得x1、x2、xA、x1TB、x22（5分）小明想要測(cè)額定電壓為2.5V的小燈泡在不同電壓下的電功率，設(shè)計(jì)了如圖1所示的電路。（1）在實(shí)驗(yàn)過程中，調(diào)節(jié)滑片P，電壓表和電流表均有示數(shù)但總是調(diào)不到零，其原因是____的導(dǎo)線沒有連接好（圖中用數(shù)字標(biāo)記的小圓點(diǎn)表示連線點(diǎn)，空格中請(qǐng)?zhí)顚憟D中的數(shù)字，如“7點(diǎn)至8點(diǎn)”）；（2）正確連好電路，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑片P，當(dāng)電壓表的示數(shù)達(dá)到額定電壓時(shí)，電流表的指針如圖2所示，則電流為______A，此時(shí)小燈泡的功率為______W；（3）做完實(shí)驗(yàn)后，小明發(fā)現(xiàn)在實(shí)驗(yàn)報(bào)告上漏寫了電壓為1.00V時(shí)通過小燈泡的電流，但在草稿紙上記錄下了下列數(shù)據(jù)，你認(rèn)為最有可能的是_____A、0.08AB、0.12AC、0.20A（9分）小明以初速度v0=10m/s豎直向上拋出一個(gè)質(zhì)量m=0.1kg的小皮球，最后在拋出點(diǎn)接住。假設(shè)小皮球在空氣中所受阻力大小為重力的0.1倍。求小皮球（1）上升的最大高度；（2）從拋出到接住的過程中重力和空氣阻力做的功；（3）上升和下降的時(shí)間。（12分）某砂場(chǎng)為提高運(yùn)輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ=37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉(zhuǎn)輪半徑R=0.4m，轉(zhuǎn)軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)輪最低點(diǎn)離地面的高度H=2.2m（1）若h=2.4（2）若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件；（3）改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點(diǎn)水平向右拋出，求小物塊落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件。（4分）【加試題】在“探究電磁感應(yīng)的產(chǎn)生條件”實(shí)驗(yàn)中，實(shí)物連線后如圖1所示。感應(yīng)線圈組的內(nèi)外線圈的繞線方向如圖2粗線所示。（1）接通電源，閉合開關(guān)，G表指針會(huì)有大的偏轉(zhuǎn)，幾秒后G表指針停在中間不動(dòng)。將滑動(dòng)變阻器的觸頭迅速向右滑動(dòng)時(shí)，G表指針（“不動(dòng)”、“右偏”、“左偏”、“不停振動(dòng)”）；迅速抽出鐵芯時(shí)，G表指針（“不動(dòng)”、“右偏”、“左偏”、“不停振動(dòng)”）。（2）斷開開關(guān)和電源，將鐵芯重新插入內(nèi)線圈中，把直流輸出改為交流輸出，其他均不變。接通電源，閉合開關(guān)，G表指針（“不動(dòng)”、“右偏”、“左偏”、“不停振動(dòng)”）。（3）僅用一根導(dǎo)線，如何判斷G表內(nèi)部線圈是否斷了？如圖所示，傾角θ=37°、間距l(xiāng)=0.1m的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R=0.1Ω的電阻，質(zhì)量m=0.1Kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.45。建立原點(diǎn)位于底端、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標(biāo)軸x。在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從t=0時(shí)刻起，棒ab在沿x軸正方向的外力F的作用下，從x=0處由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，其速度v與位移x滿足v=kx（可導(dǎo)出a=kv），k=5s-1。當(dāng)棒ab運(yùn)動(dòng)至x1=0.2m處時(shí)，電阻R消耗的電功率P=0.12W，運(yùn)動(dòng)至x2=0.8m處時(shí)撤去外力F，此后棒ab將繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，最終返回至x=0處。棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直，不計(jì)其他電阻，求：（提示：可以用F-x圖像下的“面積”代表力F做的功，sin37°=0.6）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;外力F隨位移x變化的關(guān)系式；在棒ab整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。（10分）【加試題】有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡(jiǎn)化原理如圖所示。左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點(diǎn)等距離各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相同的徑向電場(chǎng)，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零。離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和0.5m的正離子束，從M點(diǎn)垂直該點(diǎn)電場(chǎng)方向進(jìn)入靜電分析器。在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一的圓弧軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從N點(diǎn)水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON連線的中點(diǎn)P與水平方向成θ角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場(chǎng)方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測(cè)板上，其中質(zhì)量為m的離子打在O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UNP（1）求靜電分析器中半徑為r0處的電場(chǎng)強(qiáng)度E0和磁分析器中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）求質(zhì)量為0.5m的離子到達(dá)探測(cè)板上的位置與O點(diǎn)的距離l（用r0表示）；（3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度在（B-?B）到（B+?B）之間波動(dòng)，要在探測(cè)板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩束離子，求?BB 答案和解析1.【答案】B

【解析】解：?jiǎn)挝恢瓢ɑ締挝缓蛯?dǎo)出單位，規(guī)定的基本量的單位叫基本單位，國(guó)際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量。分別為長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、光強(qiáng)度、物質(zhì)的量。他們?cè)趪?guó)際單位制中的單位分別為米、千克、秒、開爾文、安培、坎德拉、摩爾。

A、功的單位焦耳是導(dǎo)出單位，故A錯(cuò)誤；

B、質(zhì)量的單位千克是國(guó)際單位制中基本單位，故B正確；

C、電荷量的單位庫(kù)侖是導(dǎo)出單位，故C錯(cuò)誤；

D、力的單位牛頓是導(dǎo)出單位，故D錯(cuò)誤；

故選：B。

國(guó)際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量。分別為長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、光強(qiáng)度、物質(zhì)的量。它們的在國(guó)際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關(guān)系式推到出來的物理量的單位叫做導(dǎo)出單位。

國(guó)際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量，這七個(gè)基本物理量分別是誰(shuí)，它們?cè)趪?guó)際單位制分別是誰(shuí)，這都是需要學(xué)生自己記住的。2.【答案】B

【解析】解：圖中A為滑動(dòng)變阻器；B為電容器；C為電阻箱，D為電阻；

故B正確ACD錯(cuò)誤。

故選：B。

本題考查對(duì)電學(xué)元件的認(rèn)識(shí)，根據(jù)電容器及電源等的形狀可以解答。

本題中元件均為常見元件，要求學(xué)生能夠加以區(qū)分，知道常見元件的基本形狀即可求解。3.【答案】C

【解析】解：A、公式t=是勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間與位移的公式式，與位移成正比，不符合比值定義法的共性。故A錯(cuò)誤；

B、公式a=是牛頓第二定律的表達(dá)式，不屬于比值定義法，故B錯(cuò)誤；

C、電容是由電容器本身決定的，與Q、U無(wú)關(guān)，公式C=是電容的定義式，故C正確；

D、I與U成正比，與R成反比，不符合比值定義法的共性。故D錯(cuò)誤。

故選：C。

所謂比值定義法，就是用兩個(gè)基本的物理量的比值來定義一個(gè)新的物理量的方法。比值法定義的基本特點(diǎn)是被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的屬性，與定義所用的物理量無(wú)關(guān)，根據(jù)這個(gè)特點(diǎn)進(jìn)行分析。

解決本題的關(guān)鍵理解比值定義法的共性：被定義的物理量往往是反映物質(zhì)的屬性。4.【答案】D

【解析】解：A、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬(wàn)有引力定律，卡文迪許測(cè)定了萬(wàn)有引力常量。故A錯(cuò)誤；

B、奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，即電流周圍存在磁場(chǎng)。故B錯(cuò)誤；

C、庫(kù)侖發(fā)現(xiàn)了靜電荷間的相互作用規(guī)律。故C錯(cuò)誤；

D、伽利略出了力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因。故D正確

故選：D。

根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可。

本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一。5.【答案】A

【解析】解：在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)電流方向與磁場(chǎng)垂直時(shí)所受安培力為：F=BIL，由于磁場(chǎng)強(qiáng)度B和導(dǎo)線長(zhǎng)度L不變，因此F與I的關(guān)系圖象為過原點(diǎn)的直線，故A正確、BCD錯(cuò)誤。

故選：A。

導(dǎo)線的方向與磁場(chǎng)方向垂直，根據(jù)安培力公式F=BIL寫出表達(dá)式即可正確求解。

本題比較簡(jiǎn)單，考查了安培力公式F=BIL的理解和應(yīng)用，考查角度新穎，擴(kuò)展學(xué)生思維。6.【答案】A

【解析】解：A、船離開河岸，必定在水平方向受到有關(guān)力的作用，該作用力是小明對(duì)船的摩擦力。故A正確；

B、依據(jù)彈力產(chǎn)生的原理，撐桿給人的力是因?yàn)閾螚U發(fā)生了彈性形變，根據(jù)牛頓第三定律，桿發(fā)生彈性形變是由于桿受到小明對(duì)桿的作用力，故B錯(cuò)誤；

C、桿對(duì)岸的力與岸對(duì)桿的力是一對(duì)作用力與反作用力，根據(jù)牛頓第三定律，一對(duì)相互作用的力大小總是相等的，故C錯(cuò)誤；

D、小明對(duì)桿的力和岸對(duì)桿的力都作用在桿上，不是一對(duì)相互作用力。故D錯(cuò)誤

故選：A。

根據(jù)彈力、摩擦力產(chǎn)生的原理，結(jié)合牛頓第三定律分析，即可求解。

該題考查彈力、摩擦力產(chǎn)生原因，以及牛頓第三定律的相互作用力大小關(guān)系，熟練掌握基礎(chǔ)知識(shí)即可正確解答。7.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得：v=，7.9km/s是近地圓軌道的運(yùn)行速度，靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑比地球半徑大得多，所以靜止軌道衛(wèi)星運(yùn)行速度小于7.9km/s，故A錯(cuò)誤

B、地球的靜止軌道衛(wèi)星處于赤道的上方，地同步衛(wèi)星其周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，故B錯(cuò)誤

C、由G=mω2r可知軌道半徑小的角速度大，則同步衛(wèi)星的角速度大于月球的角速度。故C正確

D、由G=ma可知a=，則距離大的加速度小，故D錯(cuò)誤

故選：C。

地球的靜止軌道衛(wèi)星處于赤道的上方，周期等于地球自轉(zhuǎn)的周期，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得出線速度、加速度與軌道半徑的關(guān)系，從而比較出線速度與第一宇宙速度的大小，向心加速度與重力加速度的大小。

解決本題的關(guān)鍵知道同步衛(wèi)星的特點(diǎn)，以及掌握萬(wàn)有引力提供向心力這一理論，并能熟練運(yùn)用。8.【答案】D

【解析】解：A、小燈珠與電動(dòng)機(jī)串聯(lián)，所以：I1=I2，故A錯(cuò)誤；

BCD、對(duì)小燈珠，由歐姆定律可得：U1=I1R1，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)由于線圈的切割磁感線產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，所以：U2＞I2R2，所以：．故BC錯(cuò)誤，D正確；

故選：D。

電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)是非純電阻電路，結(jié)合歐姆定律分析電流大小，

本題關(guān)鍵是明確電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)為非純電阻電路，由于線圈的切割磁感線產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)。分析電動(dòng)機(jī)兩端電壓時(shí)也可以根據(jù)能量守恒定律分析比較。9.【答案】B

【解析】【分析】

位移-時(shí)間圖象的斜率等于速度，縱坐標(biāo)的變化量等于物體的位移，兩圖象的交點(diǎn)表示兩物體相遇。由此分析。

本題考查對(duì)位移圖象的物理意義的理解，關(guān)鍵抓住縱坐標(biāo)表示物體的位置，縱坐標(biāo)的變化量等于物體的位移，斜率等于速度，就能分析兩物的運(yùn)動(dòng)情況。

【解答】

AD、0～t1時(shí)間內(nèi)，甲的斜率不變，則速度不變，做勻速運(yùn)動(dòng)。乙圖線的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后大于甲，乙做加速運(yùn)動(dòng)，故AD錯(cuò)誤。

B、0～t1時(shí)間內(nèi)，甲、乙的起點(diǎn)和終點(diǎn)都相同，則位移相同，故B正確。

C、甲、乙都做單向運(yùn)動(dòng)，通過的路程等于位移，則甲、乙通過的路程相同，故C錯(cuò)誤。

故選：B。10.【答案】D

【解析】解：A、根據(jù)能量守恒定律得，動(dòng)能增加，電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；

B、質(zhì)子所受到的電場(chǎng)力約為F=Eq=1.3×105×1.6×10-19=2.08×10-14N，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)牛頓第二定律得加速的加速度為：，則加速時(shí)間為：，故C錯(cuò)誤；

D、加速器加速的直線長(zhǎng)度約為：，故D正確；

故選：D。

根據(jù)能量守恒定律分析電勢(shì)能變化；根據(jù)電場(chǎng)力公式F=Eq求解電場(chǎng)力；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律：速度時(shí)間公式，位移時(shí)間公式求解加速時(shí)間和位移。

本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的加速，關(guān)鍵是熟練掌握牛頓第二定律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及動(dòng)能定理，然后靈活應(yīng)用。11.【答案】B

【解析】解：A、設(shè)重物的質(zhì)量為M，以兩個(gè)輕環(huán)和小球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，豎直方向受到重力和水平橫梁對(duì)鐵環(huán)的支持力FN，力圖如圖1所示。

根據(jù)平衡條件得：2FN=Mg，得到FN=Mg，可見，水平橫梁對(duì)鐵環(huán)的支持力FN不變，故A錯(cuò)誤；

B、以左側(cè)環(huán)為研究對(duì)象，力圖如圖2所示。

豎直方向：FN=Fsinα

①

水平方向：Fcosα=Ff

②

由①②得：Ff=FNcotα，α增大時(shí)，F(xiàn)f變小，故B正確；

C、桿對(duì)A環(huán)的支持力不變，摩擦力減小，則桿對(duì)A環(huán)的力變小，故C錯(cuò)誤；

D、與B環(huán)相連的細(xì)繩對(duì)書本的拉力設(shè)為T，根據(jù)豎直方向的平衡條件可得2Tcosθ=2m，由于繩子與豎直方向的夾角θ減小，則cosθ變大，繩子拉力變小，故D錯(cuò)誤。

故選：B。

以兩個(gè)輕環(huán)和小球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，分析受力情況，判斷橫梁對(duì)鐵環(huán)的支持力FN的變化情況。隔離任一小環(huán)研究，分析受力情況，判斷摩擦力f的變化情況；再根據(jù)平衡條件分析與B環(huán)相連的細(xì)繩對(duì)書本的拉力的變化。

本題是力平衡中動(dòng)態(tài)平衡問題，要靈活選擇研究對(duì)象，正確分析受力情況，再運(yùn)用平衡條件列式進(jìn)行分析。12.【答案】D

【解析】解：由于ρ木＜ρ水＜ρ鐵，根據(jù)浮力F浮=ρgV排可得，A的重力大于A受到的浮力，A下面的彈簧處于壓縮狀態(tài)，B和C的重力小于浮力，B下面的彈簧和C下面的繩子處于拉伸狀態(tài)；

剪斷吊籃繩子的瞬間，系統(tǒng)處于完全失重，由于彈簧的彈力不會(huì)突變，所以A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，而繩子的拉力會(huì)發(fā)生突變，所以C球不動(dòng)，故ABC錯(cuò)誤、D正確。

故選：D。

根據(jù)浮力F浮=ρgV排分析浮力和重力的關(guān)系確定彈簧所處的狀態(tài)，剪斷吊籃繩子的瞬間，由于彈簧的彈力不會(huì)突變，繩子的拉力會(huì)發(fā)生突變，由此分析運(yùn)動(dòng)情況。

本題主要是考查牛頓第二定律彈力突變問題，能夠分析原來的受力情況以及彈簧的性質(zhì)是關(guān)鍵。13.【答案】C

【解析】解：A、小球的受力如圖，根據(jù)合成法知電場(chǎng)力為：qE=mgtan37°，解得電場(chǎng)強(qiáng)度E==N/C=3.75×106N/C，故A錯(cuò)誤；

B、平衡時(shí)細(xì)線的拉力為T==N=0.125N，故B錯(cuò)誤；

C、現(xiàn)向左拉小球使細(xì)線水平且拉直，靜止釋放，小球向最低點(diǎn)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a==12.5m/s2，達(dá)到最低點(diǎn)的時(shí)間t，則L=，解得t=s＞0.5s，所以經(jīng)過t1=0.5s，小球的速度大小為v=at1=6.25m/s，故C正確；

D、小球第一次通過O點(diǎn)正下方時(shí)，速度大小為v0，根據(jù)速度位移關(guān)系可得v02=2a，解得v0=5m/s，故D錯(cuò)誤。

故選：C。

小球受重力、拉力和電場(chǎng)力處于平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡，運(yùn)用合成法求出電場(chǎng)力的大小，從而求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。桓鶕?jù)幾何關(guān)系求解繩子拉力，再求出運(yùn)動(dòng)過程中的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解。

解決本題的關(guān)鍵進(jìn)行正確的受力分析，然后根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出未知力。以及掌握電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的解題方法。14.【答案】BD

【解析】解：由于在其他條件相同的情況下波長(zhǎng)為λ1的光的干涉條紋間距大于波長(zhǎng)為λ2的干涉條紋間距，由，可得：λ1＞λ2。

A、由光子的動(dòng)量：P=，則：P1＜P2．故A錯(cuò)誤；

B、由：可知，兩種光子的頻率關(guān)系為：γ1＜γ2，即2的頻率較大，根據(jù)介質(zhì)的折射率與頻率的關(guān)系可知它們的折射率：n1＜n2

由臨界角與折射率的關(guān)系：

則這兩束光從玻璃射向真空時(shí)，其臨界角C1＞C2，故B正確；

C、這兩束光都能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，由光電效應(yīng)方程：Ekm=hγ-W，其中W為金屬的逸出功，可知頻率越大的光對(duì)應(yīng)的光電子的最大初動(dòng)能越大；

又由：Ekm=e?U遏止

則頻率越大，遏止電壓越大，所以遏止電壓：U2＞U1．故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)玻爾理論，當(dāng)發(fā)生躍遷時(shí)輻射出的光子的能量：E=Em-En；都是躍遷到n=2能級(jí)，則m相同，n越大，則放射出的光子的能量值越大，由于γ1＜γ2，所以能級(jí)m1＜m2，即2的能級(jí)更大。

結(jié)合氫原子電離時(shí)需要的能量為能級(jí)對(duì)應(yīng)能量值的負(fù)值可知，相應(yīng)激發(fā)態(tài)的電離能△E1＞△E2．故D正確。

故選：BD。

根據(jù)干涉條紋的寬度的特點(diǎn)判斷波長(zhǎng)的大小關(guān)系；由：判斷光子的能量與光子的頻率關(guān)系；由p=判斷光子的動(dòng)量；由光的頻率與折射率的關(guān)系判斷折射率，然后判斷臨界角；根據(jù)光電效應(yīng)方程與動(dòng)能定理分析遏止電壓；根據(jù)玻爾理論分析躍遷和電離能。

該題涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，解決本題的關(guān)鍵是知道干涉條紋的寬度公式，知道波長(zhǎng)和頻率的關(guān)系，知道能級(jí)間躍遷所滿足的規(guī)律，即Em-En=hv。15.【答案】AC

【解析】解：A、根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒，核衰變反應(yīng)方程為：→He+Y．故A正確；

B、該過程中虧損的質(zhì)量為：△m=（mx-my-mα），所以釋放的核能為（mx-my-mα）c2，由于原子核也有一定的結(jié)合能，則核Y的結(jié)合能一定大于（mx-my-mα）c2．故B錯(cuò)誤；

C、在衰變過程中遵守動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：0=PY-Pα，則PY=Pα

根據(jù)半徑公式r=，又mv=P（動(dòng)量），則得：r=

聯(lián)立可得：RY=．故C正確；

D、由動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系：Ek=，得原子核Y與α粒子的動(dòng)能之比為：==

由題，原子核X衰變時(shí)釋放的核能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，則有釋放的核能為：E=Ekα+EkY=（mx-my-mα）c2，

聯(lián)立可得：．故D正確。

故選：AC。

α粒子的符號(hào)是He，先根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒書寫出核衰變反應(yīng)方程，衰變過程遵守動(dòng)量守恒和能量守恒。由磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑公式r=和周期公式T=，分析半徑和周期關(guān)系。根據(jù)能量守恒和動(dòng)量守恒求解核衰變反應(yīng)中釋放出的核能。

核反應(yīng)遵守的基本規(guī)律有動(dòng)量守恒和能量守恒，書寫核反應(yīng)方程式要遵循電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒。結(jié)合磁場(chǎng)的知識(shí)即可分析。16.【答案】CD

【解析】解：A、t=0時(shí)刻的質(zhì)點(diǎn)P向上振動(dòng)，則波沿-x方向傳播，根據(jù)圖乙可知該波的周期T=0.4s，t=0.2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q剛好振動(dòng)半個(gè)周期，此時(shí)Q沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、0～0.3s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)=T，由于Q不是處于最大位移或平衡位置處，所以Q通過的路程s≠m=0.3m，由于開始Q向下振動(dòng)，所以通過的路程大于0.3m，故B錯(cuò)誤；

C、t=0.5s=1T時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P位于波峰處，質(zhì)點(diǎn)Q不是處于最大位移，根據(jù)a=-可知質(zhì)點(diǎn)Q的加速度小于質(zhì)點(diǎn)P的加速度，故C正確；

D、t=0.7s=1T時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P位于波谷處，質(zhì)點(diǎn)Q不是處于最大位移，質(zhì)點(diǎn)Q距平衡位置的距離小于質(zhì)點(diǎn)P距平衡位置的距離，故D正確。

故選：CD。

根據(jù)振動(dòng)圖象確定傳播方向，根據(jù)圖2得到的周期，再根據(jù)給出的時(shí)間確定P和Q的位置，由此分析。

本題主要是考查了波的圖象；解答本題關(guān)鍵是要能夠根據(jù)圖象直接讀出振幅、波長(zhǎng)和各個(gè)位置處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向。17.【答案】B

ACD

x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1

D

【解析】解：（1）做“研究平拋物體的運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要木板、小球、斜槽、鉛筆、圖釘、白紙、米尺、重垂線。米尺的作用是能讀出軌跡上某點(diǎn)的坐標(biāo)。重垂線的作用是確保木板與白紙是在豎直面內(nèi)，使其與小球運(yùn)動(dòng)平面平行。時(shí)間可以通過豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)去求解，故不需要彈簧秤與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，故AC錯(cuò)誤，B正確。

（2）A、因?yàn)橐嬐贿\(yùn)動(dòng)的軌跡，必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度。故A正確。

B、記錄小球經(jīng)過不同高度的位置時(shí)，每次不必嚴(yán)格地等距離下降，故B錯(cuò)誤；

C、做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，固定白紙的木板必須調(diào)節(jié)成豎直，小球運(yùn)動(dòng)時(shí)不應(yīng)與木板上的白紙相接觸，以免有阻力的影響，故C正確。

D、要使描出的軌跡更好地反映真實(shí)運(yùn)動(dòng)，記錄的點(diǎn)應(yīng)適當(dāng)多一些，故D正確。

故選：ACD。

（3）因?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，

豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落的速度越來越快，則下落相等位移的時(shí)間越來越短，所以x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1，

用下列計(jì)算式求得的水平速度，誤差較小的是所測(cè)的長(zhǎng)度越來誤差越小，則為v=，故ABC錯(cuò)誤，D正確；

故答案為：（1）B；（2）ACD；（3）x4-x3=x3-x2=x2-x1=x1，D。

從“研究平拋運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)的原理出發(fā)即可求解；

保證小球做平拋運(yùn)動(dòng)必須通過調(diào)節(jié)使斜槽的末端保持水平，因?yàn)橐嬐贿\(yùn)動(dòng)的軌跡，必須每次釋放小球的位置相同，且由靜止釋放，以保證獲得相同的初速度，實(shí)驗(yàn)要求小球滾下時(shí)不能碰到木板平面，避免因摩擦而使運(yùn)動(dòng)軌跡改變，最后軌跡應(yīng)連成平滑的曲線；

平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，比較豎直方向上下落相同位移的時(shí)間關(guān)系，從而比較出水平位移的關(guān)系。

本題主要考查了“研究平拋運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)原理，知道在試驗(yàn)中不需要秒表。

解決平拋實(shí)驗(yàn)問題時(shí)，要特別注意實(shí)驗(yàn)的注意事項(xiàng)。在平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律探究活動(dòng)中不一定局限于課本實(shí)驗(yàn)的原理，要注重學(xué)生對(duì)探究原理的理解。本題考查平拋物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。要求同學(xué)們能夠從圖中讀出有用信息，再根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式解題，難度適中。18.【答案】1點(diǎn)至4點(diǎn)

0.30A

0.75

C

【解析】解：（1）在實(shí)驗(yàn)過程中，調(diào)節(jié)滑片P，電壓表和電流表均有示數(shù)但總是調(diào)不到零，說明滑動(dòng)變阻器接成了限流接法，由圖示電路圖可知，其原因是1點(diǎn)至4點(diǎn)的導(dǎo)線沒有連接好。

（2）電流表量程為0.6A，分度值為0.02A，示數(shù)為0.30A，燈泡額定功率：P=UI=2.5×0.30=0.75W；

（3）燈泡電阻隨溫度升高而增大，電壓越小燈泡額定功率越小，燈絲溫度越低，燈泡電阻越小，由此可知1.00V電壓對(duì)應(yīng)的電流應(yīng)為0.20A，故C正確；

故答案為：（1）1點(diǎn)至4點(diǎn)；（2）0.30A；0.75；（3）C。

（1）滑動(dòng)變阻器采用分壓接法時(shí)電壓與電流可以從零開始變化，滑動(dòng)變阻器采用限流接法時(shí)，電壓與電流不能從零開始變化，分析圖示電路圖答題。

（2）根據(jù)電流表量程與圖示表盤確定其分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)；應(yīng)用電功率公式求出電功率。

（3）燈泡電阻隨溫度升高而增大，據(jù)此分析答題。

滑動(dòng)變阻器采用分壓接法時(shí)電壓與電流可以從零開始變化，滑動(dòng)變阻器采用限流接法時(shí)，電壓與電流不能從零開始變化；對(duì)電表讀數(shù)時(shí)要先確定其量程與分度值，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)。19.【答案】左偏

右偏

不停振動(dòng)

【解析】解：（1）在閉合電鍵時(shí)發(fā)現(xiàn)靈敏電流計(jì)的指針向右偏了一下，知磁通量增加時(shí)，電流計(jì)指針向右偏轉(zhuǎn)，閉合開關(guān)后，原線圈迅速插入副線圈，磁通量增加，則電流計(jì)指針向右偏轉(zhuǎn)。

原線圈插入副線圈后，將滑動(dòng)變阻器滑片迅速向右移動(dòng)時(shí)，電流增大，則磁通量增大，所以電流計(jì)的指針向右偏轉(zhuǎn)；

斷開電鍵時(shí)，磁通量減小，則靈敏電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)。

（2）若把直流輸出改為交流輸出，其他均不變，接通電源，閉合開關(guān)，線圈A中也是交流電，那么檢流計(jì)G表指針不停的來回振動(dòng)，

（3）僅用一根導(dǎo)線，將檢注計(jì)G短接前后，搖動(dòng)表一次，比較指針偏轉(zhuǎn)，有明顯變化，則線圈斷了，說明雖有切割磁感應(yīng)線，但沒有感應(yīng)電流，則沒有安培阻力，指針變化明顯；反之，則出現(xiàn)感應(yīng)電流，進(jìn)而安培阻力，使其變化不明顯，則線圈未斷。

故答案為：（1）左偏；右偏；（2）不停振動(dòng)；（3）短接G表前后各搖動(dòng)G表一次，比較指針偏轉(zhuǎn)，有明顯變化，則線圈斷了，反之則未斷。

根據(jù)磁通量的變化，通過楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，從而確定電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)方向；

檢流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)體現(xiàn)出電源的大小與方向；

依據(jù)閉合電路中，磁通量變化產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而出現(xiàn)安培阻力，即可求解。

本題難度不大，是一道基礎(chǔ)題，知道感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件、影響感應(yīng)電流方向的因素即可正確解題，同時(shí)理解第3問的解題思路。20.【答案】解：（1）上升過程由牛頓第二定律得：mg+f=ma1

解得：a1=11m/s2

上升的最大高度：h=v022a1=5011m

（2）從拋出到接住的過程中重力做功WG=0

空氣阻力做功Wf=-f?2h=-1011J

（3）上升過程的時(shí)間t1=v0a1=1011s

下降過程由牛頓第二定律得：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；

（1）上升過程由牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得最大高度；

（2）從拋出到接住的過程中重力做功為0，根據(jù)功的定義可求得阻力的功；

（3）由速度公式可求得上升的時(shí)間，由牛頓第二定律結(jié)合位移公式可求得下降過程的時(shí)間。

本題考查了牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、功的公式，要注意上升過程和下降過程阻力都做負(fù)功。21.【答案】解：（1）物塊由靜止釋放到B的過程中，由牛頓第二定律得：

mgsinθ-μmgcosθ=ma

由速度位移的關(guān)系式得：

vB2=2ahsinθ

聯(lián)立解得：vB=4m/s

（2）左側(cè)離開，設(shè)到D點(diǎn)速度為零時(shí)高為h1，由動(dòng)能定理得：

0=mgh1-μmgcosθh1sinθ-μmgL

解得：h1=3.0m

若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，h需要滿足的條件是h≤3.0m

（3）右側(cè)拋出，設(shè)到D點(diǎn)的速度為v，由動(dòng)能定理得：

12mv2=mgh一μmgcosθhsinθ-μmgL

由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：H+2R=12gt2，x=vt

解得：x=2h?3

為使能在D點(diǎn)水平拋出，則有：

mg≤mv2R

解得：h=3.6m

答：（1）若h=2.4m，小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大小是4m/s；

（2）若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，h需要滿足的條件是h≤3.0m；

（3）改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點(diǎn)水平向右拋出，小物塊落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x與h的關(guān)系式是x=2h?3

（1）物塊由靜止釋放到B的過程中，做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得物塊到達(dá)B端時(shí)速度；

（2）先由動(dòng)能定理求出物塊恰好到D點(diǎn)速度為零時(shí)高度，若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，則下滑高度應(yīng)小于次時(shí)的高度；

（3）物塊從傳送帶的D點(diǎn)水平向右拋出，由動(dòng)能定理和平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得物塊落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x與h的關(guān)系式，為使能在D點(diǎn)水平拋出，則mg≤，由此可求得h需要滿足的條件。

本題考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，明確物塊的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)過程的特點(diǎn)選擇合適的規(guī)律求解。22.【答案】解：（1）當(dāng)棒ab運(yùn)動(dòng)至x1=0.2m處時(shí)，速度v=kx1=5×0.2=1m/s

電阻R消耗的電功率P=E2R