2019年浙江高考(选考)物理试卷和答案

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． B． C． D．

4. 下列述与事实相符的是（ ）

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F的大小与通过导线的电流I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R1,两端电压为U1,

流过的电流为I1；电动机阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为I2。则 A. I1I2 . B.

U1R1 U2R2C.

U1R1U1R1 D. U2R2U2R29. 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~t1时间 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. 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1.010m/s。

7已知加速电场的场强为1.310N/C，质子的质量为1.6710527kg，电荷量为

1.61019C，则下列说确的是

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21015N

C．质子加速需要的时间约为810s D．加速器加速的直线长度约为4m

11. 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

612. 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。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

813. 用长为1.4m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.010kg、电荷量为2.010C的

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拉小球使细线水平且拉直，37o，如图所示。 现向左．．静止释放，则（sin370.6）

oA．该匀强电场的场强为3.7510N/C 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） 14. 【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

7D．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

15. 【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

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

D．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，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，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）

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______

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、

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、 B、 C、

D、

18. （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

19. （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。竖直平面有一倾角

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

，转轴间距

的高度

的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面

。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（1）若

。（

）

，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。

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表部线圈是否断了？

22. 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；

（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P两点间的电势差

NP

0，

0，N、

，，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（

）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。

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；

是电容的定义式，故C

C、电容是由电容器本身决定的，与Q、U无关，公式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】

=ma可知a=，则距离大的加速度小，故D错误

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：确；

．故BC错误，D正

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，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，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】

，故D正确；

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=误； BT=

、

平=

=

N/C=3.75×106N/C，故A错

衡时细线的拉力为

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=t=

=12.5m/s2，达到最低点的时间t，则L=

，解得

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】

，解得v0=5

m/s，故D错误。

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A、由光子的动量：P=B、由：

，可得：λ1＞λ2。 ，则：P1＜P2．故A错误；

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：与光子的频率关系；由p=

判断光子的能量

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：A正确；

→He+Y．故

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=联立可得：RY=

，又mv=P（动量），则得：r=．故C正确；

，得原子核Y与α粒子的动能之比为：

D、由动能与动量的关系：Ek=

=

=

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=式T=

和周期公

．故D正确。

，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，质点Q运动以Q通过的路程s≠于0.3m，故B错误；

=T，由于Q不是处于最大位移或平衡位置处，所m=0.3m，由于开始Q向下振动，所以通过的路程大

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=-知质点Q的加速度小于质点P的加速度，故C正确；

可

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，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==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=-f•2h=-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、【解析】

s。

（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=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-μmgcosθ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： mv2=mgh一μmgcosθ

-μmgL -μmgL

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= 又E =Blv 联立得B=

=

T=

T

（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=Bl=

=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= （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-下降过程有（mgsinθ-μmgcosθ）s=解得v′=2m/s 因mgsinθ-μmgcosθ-=0，故棒ab再次进入磁场后作匀速运动，

（x2-x1） -0

下降过程中克服安培力做功WA2=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；

（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=m， 解得：E0=

；

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， 解得：B=

；

，

（2）对离子，由动能定理得：qUNP=解得：v=

v0，

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， 解得：r=r0， 距离：l=2rcosθ-0.5r0， 解得：l=1.5r0；

（3）恰好能分辨的条件：解得：

=

-4≈0.12；

，磁分析器中的磁感应强度B的大

=，

答：（1）静电分析器中半径为r0处的电场强度E0为小为

；

（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，【解析】

的最大值为：0.12。

（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。