2019年4月浙江省普通高校招生選考物理試卷

第1頁(yè)（共1頁(yè)）20１9年４月浙江省普通高校招生選考物理試卷一、選擇題Ⅰ（本題共16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)１.(3分)(2０1９?浙江)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2.(3分）（20１９?浙江）下列器件中是電容器的是()A．Ｂ．Ｃ.Ｄ．３．(3分)（2０１9?浙江)下列式子屬于比值定義物理量的是(）A.B.a=C.Ｄ．4.（３分)（2０19?浙江)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5.（3分)（２０19?浙江)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)方向垂直,則下列描述導(dǎo)線受到的安培力F的大小與通過導(dǎo)線的電流的關(guān)系圖象正確的是（）A.B.C．D．6．(3分）（2019?浙江）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7．（3分)（20１9?浙江)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８．(3分）（2０19?浙江）電動(dòng)機(jī)與小電珠串聯(lián)接人電路，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，小電珠的電阻為R1，兩端電壓為Ｕ１，流過的電流為I1；電動(dòng)機(jī)的內(nèi)電阻為R2，兩端電壓為U２，流過的電流為1２.則（)A.I１<I2B.C.D．9.(3分)（201９?浙江）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)間圖象如圖所示，則在０~t1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?。模住⒁揖黾铀龠\(yùn)動(dòng)1０.(3分）(201９?浙江）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。現(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1.０×107m/s。已知加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為1.3×1０5N／C,質(zhì)子的質(zhì)量為１.67×1０﹣27kg，電荷量為１．６×1０﹣19Ｃ，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2×10﹣1５NＣ.質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為8×1０﹣6sＤ．加速器加速的直線長(zhǎng)度約為4ｍ11.(3分）(2０1９?浙江）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１2．（３分)(2０19?浙江）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,ρ木＜ρ水<ρ鐵)（）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)１3．(3分）(2019?浙江)用長(zhǎng)為１．4ｍ的輕質(zhì)柔軟絕緣細(xì)線,拴一質(zhì)量為1．0×10﹣2ｋg、電荷量為2．0×10﹣8C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3７°,如圖所示。現(xiàn)向左拉小球使細(xì)線水平且拉直，靜止釋放，則(sin３7°＝０.6)（)Ａ.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為3.７5×1０7N/ＣB．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/ｓ１4．(３分）(201９?浙江）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)（)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U１>U2Ｄ．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△E１＞△E2１5.(３分）（2019?浙江)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，電荷數(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Ｘ→Y+HeB.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Ｄ.核Y的動(dòng)能為16.（2019?浙江)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)圖象，則(）A．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距平衡位置的距離三、非選擇題（本題共7小題,共５5分)17.(５分）(201９?浙江）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．每次必須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)與木板上的白紙相接觸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，x３，x4后,需要驗(yàn)證的關(guān)系是。已知頻閃周期為T,用下列計(jì)算式求得的水平速度,誤差較小的是A．B.C．D.１8．(5分)(2019?浙江）小明想測(cè)額定電壓為2.5V的小燈泡在不同電壓下的電功率，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)表示接線點(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,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,但在草稿紙上記錄了下列數(shù)據(jù),你認(rèn)為最有可能的是A.0.08ＡB.0．１２AＣ.0.20A19.(9分)(２019?浙江）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所做的功（3)上升和下降的時(shí)間。２0．(12分）(２019?浙江)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。現(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處?kù)o止釋放,假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶上Ｃ點(diǎn)時(shí),速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0．5.（ｓin37°=０.6）(1)若h=２.4m，求小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大?。?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。2１.（4分）（２019?浙江）在“探究電磁感應(yīng)的產(chǎn)生條件”實(shí)驗(yàn)中,實(shí)驗(yàn)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?22.(10分)(２019?浙江）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作用下從x＝0處由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，其速度與位移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)其它電阻，求:（提示：可以用Ｆ﹣x圖象下的“面積”代表力F做的功)(１）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?）外力F隨位移ｘ變化的關(guān)系式；（３)在棒ａb整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻Ｒ產(chǎn)生的焦耳熱Q。２３．（10分）（201９?浙江)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,,不計(jì)重力和離子間相互作用。（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的大小;（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的兩東離子，求的最大值2０１9年4月浙江省普通高校招生選考物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題Ⅰ（本題共1６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）1.(3分）(２019?浙江）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【考點(diǎn)】3A：力學(xué)單位制．【專題】31：定性思想；４3:推理法；51１:直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題.【分析】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?！窘獯稹拷猓?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。【點(diǎn)評(píng)】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,它們?cè)趪?guó)際單位制分別是誰,這都是需要學(xué)生自己記住的。2.(3分)（２0１9?浙江）下列器件中是電容器的是（）A．B．C.D.【考點(diǎn)】AＮ:電容器與電容．【專題】３1:定性思想；43：推理法;535：恒定電流專題.【分析】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?！窘獯稹拷猓簣D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?！军c(diǎn)評(píng)】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．（3分)(20１9?浙江)下列式子屬于比值定義物理量的是(）A．Ｂ．a(chǎn)=Ｃ.D．【考點(diǎn)】1U：物理學(xué)史．【專題】３１:定性思想;43：推理法;511：直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題．【分析】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關(guān)，根據(jù)這個(gè)特點(diǎn)進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、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。【點(diǎn)評(píng)】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.（3分)(2０19?浙江）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【考點(diǎn)】1U：物理學(xué)史．【專題】3１:定性思想；４３：推理法；511：直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題．【分析】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?！窘獯稹拷?A、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許測(cè)定了萬有引力常量。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、伽利略指出了力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因。故D正確故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】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.(３分）（２019?浙江）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)方向垂直，則下列描述導(dǎo)線受到的安培力F的大小與通過導(dǎo)線的電流的關(guān)系圖象正確的是(）Ａ.B.C.Ｄ.【考點(diǎn)】CE：安培力的計(jì)算.【專題】３2：定量思想；4B：圖析法;5３D:磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用.【分析】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。【解答】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?！军c(diǎn)評(píng)】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．（３分）（２0１９?浙江)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【考點(diǎn)】2Ｇ:力的合成與分解的運(yùn)用;3５:作用力和反作用力．【專題】31:定性思想;43：推理法;５25：受力分析方法專題．【分析】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?！窘獯稹拷猓篈、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。【點(diǎn)評(píng)】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.(３分）(201９?浙江）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【考點(diǎn)】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；4H:人造衛(wèi)星．【專題】３2：定量思想；４3：推理法;5２9：萬有引力定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用專題．【分析】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。【解答】解：Ａ、根據(jù)萬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?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道同步衛(wèi)星的特點(diǎn)，以及掌握萬有引力提供向心力這一理論,并能熟練運(yùn)用。8．(3分)(2０1９?浙江）電動(dòng)機(jī)與小電珠串聯(lián)接人電路,電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，小電珠的電阻為R1，兩端電壓為Ｕ1,流過的電流為I1;電動(dòng)機(jī)的內(nèi)電阻為R２,兩端電壓為U2,流過的電流為1２．則（)Ａ．I１<I2B．C.D．【考點(diǎn)】ＢB:閉合電路的歐姆定律；ＢG：電功、電功率．【專題】3２：定量思想;4D：比例法;535：恒定電流專題．【分析】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，【解答】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。【點(diǎn)評(píng)】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．（3分）（2０19?浙江）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)間圖象如圖所示,則在0～t1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)【考點(diǎn)】1C：勻速直線運(yùn)動(dòng)及其公式、圖像；１I：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像．【專題】3４：比較思想;4B:圖析法；512:運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖像專題.【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?！窘獯稹拷猓篈D、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?！军c(diǎn)評(píng)】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。10．（３分)(２019?浙江)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。現(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１.0×１0７ｍ/s。已知加速電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為1.３×105N／Ｃ，質(zhì)子的質(zhì)量為1．6７×10﹣2７kｇ,電荷量為１.６×10﹣１9C，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2×10﹣１5NC.質(zhì)子加速需要的時(shí)間約為8×1０﹣6sD．加速器加速的直線長(zhǎng)度約為４m【考點(diǎn)】AＥ:電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功；AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).【專題】11:計(jì)算題；3２：定量思想;4Ｃ：方程法；531：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題.【分析】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?！窘獯稹拷?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?！军c(diǎn)評(píng)】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．（3分）（2019?浙江）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【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡．【專題】32：定量思想；４C：方程法;5２７:共點(diǎn)力作用下物體平衡專題.【分析】以兩個(gè)輕環(huán)和書本組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,分析受力情況，判斷橫梁對(duì)輕環(huán)的支持力ＦＮ的變化情況。隔離任一輕環(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?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)書本的質(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)輕環(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)輕環(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=Fｓinα①水平方向：Ｆｃｏsα＝Fｆ②由①②得:Ff＝ＦNcotα,α增大時(shí),Ｆf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=Mg，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?！军c(diǎn)評(píng)】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．（３分）（２0１９?浙江)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,ρ木<ρ水<ρ鐵）(）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)【考點(diǎn)】２G:力的合成與分解的運(yùn)用；3７:牛頓第二定律.【專題】31:定性思想；4３：推理法；522：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．【分析】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?！窘獯稹拷?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?！军c(diǎn)評(píng)】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．（3分）(2019?浙江)用長(zhǎng)為1.4m的輕質(zhì)柔軟絕緣細(xì)線,拴一質(zhì)量為１.０×１0﹣2kg、電荷量為2.0×1０﹣８C的小球,細(xì)線的上端固定于Ｏ點(diǎn)。現(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37°,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（sin37°=0.6）（）A．該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為３.75×107N/CB.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【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律;3C：共點(diǎn)力的平衡；Ａ6：電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力．【專題】3２:定量思想；４Ｃ：方程法;532：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題.【分析】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)度的大小;根據(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?！窘獯稹拷猓篈、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)，如圖所示：加速度a＝=１２．5m/ｓ2，繩子剛伸直時(shí)位移ｘ＝2Lsiｎ3７°＝1．68m,此過程的時(shí)間為t,根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系ｘ＝,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、如果細(xì)線水平且拉直,靜止釋放無能量損失，達(dá)到最低點(diǎn)的速度為ｖ０,根據(jù)動(dòng)能定理可得mgL＋qEL=﹣0，解得v0＝７ｍ/s，由于繩子伸直時(shí),沿繩子方向的速度減為0,此時(shí)能量有損失,所以小球第一次通過O點(diǎn)正下方速度大小小于7m/ｓ,故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】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.（3分）(2019?浙江）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）（)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U1＞Ｕ2Ｄ.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△E1>△Ｅ2【考點(diǎn)】H9：光的干涉;J4：氫原子的能級(jí)公式和躍遷.【專題】31:定性思想；43：推理法;54N:原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題.【分析】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?！窘獯稹拷?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ｎ相同，m越大，則放射出的光子的能量值越大,由于λ1>λ2，則γ１＜γ2,所以E1＜E2，Em1<Em2，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?！军c(diǎn)評(píng)】該題涉及的知識(shí)點(diǎn)較多,解決本題的關(guān)鍵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.（３分）(２0１９?浙江)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,電荷數(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Ｘ→Y＋ＨeＢ.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D.核Y的動(dòng)能為【考點(diǎn)】ＪA:原子核衰變及半衰期、衰變速度.【專題】3１:定性思想；4C:方程法；５4O：衰變和半衰期專題;54P：愛因斯坦的質(zhì)能方程應(yīng)用專題．【分析】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。【解答】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錯(cuò)誤。故選：AＣ?！军c(diǎn)評(píng)】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．（２01９?浙江)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)圖象，則（)Ａ.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【考點(diǎn)】F4：橫波的圖象;F5：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系.【專題】32：定量思想;43：推理法;５1D：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題．【分析】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?！窘獯稹拷猓篈、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。【點(diǎn)評(píng)】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。三、非選擇題(本題共7小題，共55分）17.(5分)（２019?浙江）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ＢA．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ACＤ(多選）A.每次必須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)與木板上的白紙相接觸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，x3,x４后，需要驗(yàn)證的關(guān)系是x4﹣x3＝x３﹣x2＝x2﹣x１＝x1。已知頻閃周期為T，用下列計(jì)算式求得的水平速度，誤差較小的是DA．B．C.Ｄ.【考點(diǎn)】MB:研究平拋物體的運(yùn)動(dòng).【專題】13：實(shí)驗(yàn)題;31:定性思想;4３:推理法；518:平拋運(yùn)動(dòng)專題.【分析】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?！窘獯稹拷猓海ǎ保┳觥把芯科綊佄矬w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?！军c(diǎn)評(píng)】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.（５分)（２01９?浙江）小明想測(cè)額定電壓為２.５V的小燈泡在不同電壓下的電功率,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１點(diǎn)至4點(diǎn)的導(dǎo)線沒有連接好（圖中用數(shù)字標(biāo)記的小圓點(diǎn)表示接線點(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０.３0A，此時(shí)小燈泡的功率為0.７5W(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，但在草稿紙上記錄了下列數(shù)據(jù)，你認(rèn)為最有可能的是CA．0．08AB.０.12ＡC.0.20A【考點(diǎn)】N6:伏安法測(cè)電阻.【專題】１3：實(shí)驗(yàn)題;23:實(shí)驗(yàn)探究題;32：定量思想;43:推理法;53５:恒定電流專題.【分析】(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。【解答】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?！军c(diǎn)評(píng)】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.(9分）（2019?浙江）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所做的功(3）上升和下降的時(shí)間?！究键c(diǎn)】37：牛頓第二定律;62：功的計(jì)算．【專題】11:計(jì)算題；3２:定量思想;4３：推理法；５2２：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．【分析】(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。【解答】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=＝m（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＝﹣J（3)上升過程的時(shí)間ｔ1==s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=解得:t2=s答：（1)上升的最大高度是m；（2）從拋出到接住的過程中重力和空氣阻力所做的功分別為0、﹣Ｊ(3）上升和下降的時(shí)間分別為s、s。【點(diǎn)評(píng)】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。２0.（１2分)（2０19?浙江)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?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h(yuǎn)處?kù)o止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶上C點(diǎn)時(shí)，速度大小不變,方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.５．(sin３7°=０.６）(1）若h＝2.４ｍ,求小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大??；(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?！究键c(diǎn)】３7:牛頓第二定律;４3:平拋運(yùn)動(dòng);65：動(dòng)能定理.【專題】１1:計(jì)算題;2２:學(xué)科綜合題；32:定量思想;49:合成分解法;52D:動(dòng)能定理的應(yīng)用專題.【分析】（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?！窘獯稹拷猓?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=2a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﹣μｍgcosθ﹣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：mv2=mgh一μｍgｃosθ﹣μmgL由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：H+２Ｒ=ｇt2,ｘ=vt解得:ｘ=2為使能在Ｄ點(diǎn)水平拋出,則有：mg≤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需要滿足的條件是h＝３．６m?！军c(diǎn)評(píng)】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。２1.(4分）（2０19?浙江）在“探究電磁感應(yīng)的產(chǎn)生條件”實(shí)驗(yàn)中,實(shí)驗(yàn)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表指針左偏(“不動(dòng)”、“右偏”、“左偏”、“不停振動(dòng)”）；迅速抽出鐵芯時(shí)，G表指針右偏（“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表指針不停振動(dòng)（“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?【考點(diǎn)】NF:研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象.【專題】13:實(shí)驗(yàn)題；31：定性思想；４3：推理法；53C:電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】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?！窘獯稹拷猓?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?！军c(diǎn)評(píng)】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。2２．(10分)(201９?浙江)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作用下從ｘ=0處由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，其速度與位移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)其它電阻，求:(提示:可以用F﹣x圖象下的“面積”代表力F做的功)(1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小(２)外力F隨位移x變化的關(guān)系式；（3)在棒ab整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,電阻Ｒ產(chǎn)生的焦耳熱Q?！究键c(diǎn)】BＢ:閉合電路的歐姆定律;CE:安培力的計(jì)算；D９：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì);DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化.【專題】11:計(jì)算題;22:學(xué)科綜合題;32：定量思想；42：等效替代法;539：電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題.【分析】（１）已知棒ａb運(yùn)動(dòng)至ｘ1＝0.2m處時(shí)，電阻R消耗的電功率P=０.1２W，電路只有R有電阻，可根據(jù)P=，E=Blv,以及v=kx求B。（2)要分無磁場(chǎng)區(qū)和有磁場(chǎng)區(qū)兩段