2019年浙江高考(选考)物理试卷和答案

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=△x

v B．a=F

m

C．C=Q

U

D．I=U

R

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

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1R ,两端电压为1U ,

流过的电流为1I ；电动机内阻为2R ，两端电压为2U ，流过的电流为2I 。则

A. 12I I < .

B. 1122U R U R >

C. 1122U R U R =

D. 1122

U R U R < 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-时间图像如图所示，

则在0~1t 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. 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s m /100.17

?。已知加速电场的场强为C N /103.15?，质子的质量为kg 271067.1-?，电荷量为

C 19106.1-?，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N 15102-?

C ．质子加速需要的时间约为s 6

108-?

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

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，铁水木ρρρ<<）

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kg 2

100.1-?、电荷量为C 8100.2-?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o 37，如图所示。 现向左．．

拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（6.037sin =o

） A ．该匀强电场的场强为C N /1075.37

?

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p 1>p 2

B ．这两束光从玻璃射向真空时，其临界角

C 1>C 2

C ．这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压U c 1>U c 2

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Δ

E 1>ΔE 2

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m X 、m Y 和m α，α粒子在磁场中运动的半径为R 。则（ ）

A ．衰变方程可表示为X →Y +He 24Z?2A?4Z A

B ．核Y 的结合能为（m X -m Y -m α）c 2

C ．核Y 在磁场中运动的半径为2R Z?2

D ．核Y 的动能为

E kY =m Y （m X ?m Y ?m α）c 2

m Y +m α

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 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）

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、x1

T B、x2

2T

C、x3

3T

D、x4

4T

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?=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。

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？

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OP????=0.5r0，OQ

????=

r0，N、P两点间的电势差U NP=mv02

q ，cosθ=√4

5

，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?B

B

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

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F N，力图如图1所示。

根据平衡条件得：2F N=Mg，得到F N=

Mg，可见，水平横梁对铁环的支持力

F N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：F N=Fsinα①

水平方向：Fcosα=F f②

由①②得：F f=F N cotα，α增大时，F f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F N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：E km=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：E km=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=E m-E n；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E m-E n=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=（m x-m y-mα），所以释放的核能为（m x-m y-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（m x-m y-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=P Y-Pα，则P Y=Pα

根据半径公式r=，又mv=P（动量），则得：r=

联立可得：R Y=．故C正确；

D、由动能与动量的关系：E k=，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=E kα+E kY=（m x-m y-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0.30A0.75 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 =ma 1

解得：a 1=11m /s 2

上升的最大高度：h =v 022a 1=5011m （2）从抛出到接住的过程中重力做功W G =0

空气阻力做功W f =-f ?2h =-1011J

（3）上升过程的时间t 1=v 0a 1=1011s