1、2019 年 4 月浙江省普通高校招生選考物理試卷、選擇題 I（本題共 16 小題，每小題 3 分，共 39 分.每小題列出的四個備選項中只有個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1. （3 分）（2019?浙江）下列物理量屬于基本量且單位屬于國際單位制中基本單位的是（）A.功/焦耳 B.質量/千克C.電荷量/庫侖 D.力/牛頓2. （3 分）（2019?浙江）下列器件中是電容器的是（）A3 黑死0/C.D.3. （3 分）（2019?浙江）下列式子屬于比值定義物理量的是（）A.t 今 B.a=C.*D.4. （3 分）（2019?浙江）下列陳述與事實相符的是（）A.牛頓測定了引力常量

2、B.法拉第發現了電流周圍存在磁場C.安培發現了靜電荷間的相互作用規律D.伽利略指出了力不是維持物體運動的原因5. （3 分）（2019?浙江）在磁場中的同一位置放置一條直導線，導線的方向與磁場方向垂直，則下列描述導線受到的安培力 F 的大小與通過導線的電流的關系圖象正確的是（）A.小明與船之間存在摩擦力B.桿的彎曲是由于受到桿對小明的力C.桿對岸的力大于岸對桿的力D.小明對桿的力和岸對桿的力是一對相互作用力7. （3 分）（2019?浙江）某顆北斗導航衛星屬于地球靜止軌道衛星（即衛星相對于地面靜止）則此衛星的（）A.線速度大于第一宇宙速度B.周期小于同步衛星的周期C.角速度大于月球繞地球運行的

3、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）電動機與小電珠串聯接人電路，電動機正常工作時，小電珠的電阻為 Ri,兩端電壓為 U1,流過的電流為 I1;電動機的內電阻為 R2,兩端電壓為 U2,流過的電流為 12.則（）9. （3 分）（2019?浙江）甲、乙兩物體零時刻開始從同一地點向同一方向做直線運動，位移-時間圖象如圖所示，則在 0t1時間內（）住001A.甲的速度總比乙大 B.甲、乙位移相同C.甲經過的路程比乙小 D.甲、乙均做加速運動10. （3 分）（2019?浙江）質子療法進行治療，該療法用一定能量的質子束照射腫瘤殺死癌細胞。現用一直線加速器來加速質子

4、，使其從靜止開始被加速到 1。0X107m/s。已知加速電場的場強為 1。3X105N/C,質子的質量為 1.67X10kg,電荷量為 1。6X10C,則下列說法正確的是（）A.加速過程中質子電勢能增加B.質子所受到的電場力約為 2X1015NC.質子加速需要的時間約為 8X106sD.加速器加速的直線長度約為 4m11. （3 分）（2019?浙江）如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有 A、B 兩個輕環，系在兩環上的等長細繩拴住的書本處于靜止狀態，現將兩環距離變小后書本仍處于靜止狀態，則（）A*A.桿對 A 環的支持力變大B.B 環對桿的摩擦力變小C.桿對 A 環的力不變D.與 B 環相連的細

5、繩對書本的拉力變大（3 分）（2019?浙江）如圖所示，A、B、C 為三個實心小球，A 為鐵球，B、C 為木球。A、B 兩球分別連在兩根彈簧上，C 球連接在細線一端，彈簧和細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。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底（不計空氣阻力，P木 vP水 vP鐵）（）A.A 球將向上運動，B、C 球將向下運動12.B.A、B 球將向上運動，C 球不動C.A 球將向下運動，B 球將向上運動，C 球不動D.A 球將向上運動，B 球將向下運動，C 球不動13.（3 分）（2019?浙江）用長為 1.4m 的輕質柔軟絕緣細線拴一質量為 1.0X1

6、02kg、電荷量為 2。0X108C的小球，細線的上端固定于 O 點.現加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與鉛垂線成 37。，如圖所示.現向左拉小球使細線水平且拉直，靜止釋放，則（sin37。B.平衡時細線的拉力為 0。17NC.經過 0。5s,小球的速度大小為 6。25m/sD.小球第一次通過 O 點正下方時，速度大小為 7m/s14.（3 分）（2019?浙江）波長為力和總的兩束可見光入射到雙縫，在光屏上觀察到干涉條紋，其中波長為及的光的條紋間距大于波長為左的條紋間距。則（下列表述中，腳標“1和“2分別代表波長為入1和屹的光所對應的物理量）（）A.這兩束光的光子的動量 p1p2B.這兩束光

7、從玻璃射向真空時，其臨界角 C1C2C.這兩束光都能使某種金屬發生光電效應，則遏止電壓 U1U2D.這兩束光由氫原子從不同激發態躍遷到 n=2 能級時產生，則相應激發態的電離能 4E1AE215.（3 分）（2019?浙江）靜止在勻強磁場中的原子核 X 發生 a 衰變后變成新原子核 Y.已知核 X 的質量數為 A,電荷數為 Z,核 X、核 Y 和a粒子的質量分別為 mX、mY和 ma,a粒子在磁場中運動的半徑為 R.則（）A.衰變方程可表示為 X-Y+HeB.核 Y 的結合能為(mx-my-ma)c2=0.6)()A.該勻強電場的場強為 3.75X107N/CC.核 Y 在磁場中運動的半徑為2

8、RZ-2_加丫-m口）J叫+ma16. （2019?浙江）圖 1 為一列簡諧橫波在 t=0 時刻的波形圖，P、Q 為介質中的兩個質點A.t=0o2s 時，質點 Q 沿 y 軸負方向運動B.00.3s 內質點 Q 運動的路程為 0.3mC.t=0o5s 時，質點 Q 的加速度小于質點 P 的加速度D.t=0.7s 時，質點 Q 距平衡位置的距離小于質點 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 所示的實驗裝置做“研究平拋運動”的實驗（2）做實驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫出小球平拋運動的軌跡。下列的一些操作要

9、求，正確的是（多選）A,每次必須由同一位置靜止釋放小球B.每次必須嚴格地等距離下降記錄小球位置C.小球運動時不應與木板上的白紙相接觸D.記錄的點應適當多一些（3）若用頻閃攝影方法來驗證小球在平拋過程中水平方向是勻速運動，記錄下如圖示的頻閃照片。在測得 X1,x2,x3,x4后，需要驗證的關系是。已知頻閃周期為 T,列計算式求得的水平速度，誤差較小的是18. （5 分）（2019?浙江）小明想測額定電壓為 2。5V 的小燈泡在不同電壓下的電功率,第 5 頁（共 33 頁）2 所用下路。(1)在實驗過程中，調節滑片 P,電壓表和電流表均有示數但總是調不到零，其原因是的導線沒有連接好(圖中用數字標記

10、的小圓點表示接線點，空格中請填寫圖中的數字，如“7 點至 8 點);(2)正確連好電路，閉合開關，調節滑片 P,當電壓表的示數達到額定電壓時，電流表的指針如圖 2 所示，則電流為，此時小燈泡的功率為 W(3)做完實驗后小明發現在實驗報告上漏寫了電壓為 1。00V 時通過小燈泡的電流，但在草稿紙上記錄了下列數據，你認為最有可能的是Ao0.08AB。0.12AC.0.20A19.(9 分)(2019?浙江)小明以初速度 v0=10m/s 豎直向上拋出一個質量 m=0.1kg 的小皮球， 最后在拋出點接住。假設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

11、到接住的過程中重力和空氣阻力所做的功(3)上升和下降的時間.20.(12 分)(2019?浙江)某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內有一傾角 0=37的直軌道 AB,其下方右側放置一水平傳送帶，直軌道末端 B 與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過轉輪半徑 R=0.4m、轉軸間距 L=2m 的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉動，轉輪最低點離地面的高度 H=2。2m。現將一小物塊放在距離傳送帶高 h 處靜止釋放，假設小物塊從直軌道 B 端運動到達彳送帶上 C 點時，速度大小不變，方向變為水平向右。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因

12、數均為科=0。5.(sin370=0。6)（2）若小物塊落到傳送帶左側地面，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 點水平向右拋出，求小物塊落地點到D 點的水平距離 x 與 h 的關系式及 h 需要滿足的條件。21.（4 分）（2019?浙江）在“探究電磁感應的產生條件”實驗中，實驗連線后如圖 1 所示,感應線圈組的內外線圈的繞線方向如圖 2 粗線所示。（1）接通電源，閉合開關，G 表指針會有大的偏轉，幾秒后 G 表指針停在中間不動.將滑動變阻器的觸頭迅速向右滑動時，G 表指針（“不動”、右偏”、左偏”、“不停振動”）；迅速抽出鐵芯時，G 表指針（“不動”、

13、“右偏”、“左偏”、“不停振動”）。（2）斷開開關和電源，將鐵芯重新插入內線圈中，把直流輸出改為交流輸出，其他均不變。接通電源，閉合開關，G 表指針（“不動”、“右偏”、“左偏”、“不停振動”）.（3）僅用一根導線，如何判斷 G 表內部線圈是否斷了？22.（10 分）（2019?浙江）如圖所示，傾角 0=37、間距 1=0。1m 的足夠長金屬導軌底端接有阻值R=0。1的電阻，質量 m=0.1kg 的金屬棒 ab 垂直導軌放置，與導軌間的動摩擦因數-0.45.建立原點位于底端、方向沿導軌向上的坐標軸 x。在 0.2mWxW0。8m區間有垂直導軌平面向上的勻強磁場.從 t=0 時刻起， 棒 ab

14、在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動，其速度與位移 x 滿足 v=kx（可導出 a=kv）k=5s1.當棒 ab 運動至XI=0。2m 處時，電阻 R 消耗的電功率 P=0。12W,運動至 x2=0.8m 處時撤去外力 F,此后棒 ab 將繼續運動，最終返回至 x=0 處。棒 ab 始終保持與導軌垂直，不計其它電阻，求：（提示：可以用 F-x 圖象下的“面積”代表力 F 做的功）（1）磁感應強度 B 的大小（2）外力 F 隨位移 x 變化的關系式；（3）在棒 ab 整個運動過程中，電阻 R 產生的焦耳熱 Q。23.（10 分）（2019?浙江）有一種質譜儀由靜

15、電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示。左側靜電分析器中有方向指向圓心 O、與 O 點等距離各點的場強大小相同的徑向電場，右側的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零。離子源發出兩種速度均為 V0、電荷量均為 q、質量分別為 m 和 0.5m 的正離子束，從 M 點垂直該點電場方向進入靜電分析器.在靜電分析器中，質量為 m 的離子沿半徑為 r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從 N 點水平射出，而質量為 0。5m 的離子恰好從 ON 連線的中點 P 與水平方向成。角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后

16、打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質量為 m 的離子打在 O 點正下方的 Q 點.已知 OP=0。5m,OQ=r0,N、P 兩點間的電勢差 u”二變二，二但,不計重力和離子間相互作用.（1）求靜電分析器中半徑為 S 處的電場強度 E0和磁分析器中的磁感應強度 B 的大小;（2）求質量為 0.5m 的離子到達探測板上的位置與 O 點的距離 l（用 r0表示）；（3）若磁感應強度在（B-B）到（B+4B）之間波動，要在探測板上完全分辨出質量AR為 m 和 0.5m 的兩束離子，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

17、小題 3 分，共 39 分.每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1. （3 分）（2019?浙江）下列物理量屬于基本量且單位屬于國際單位制中基本單位的是（）A.功/焦耳 B.質量/千克C.電荷量/庫侖 D.力/牛頓【考點】3A:力學單位制.【專題】31:定性思想；43:推理法；511:直線運動規律專題.【分析】國際單位制規定了七個基本物理量。分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光強度、物質的量.它們的在國際單位制中的單位稱為基本單位，而物理量之間的關系式推到出來的物理量的單位叫做導出單位。【解答】解：單位制包括基本單位和導出單位，規定的基本量的單位

18、叫基本單位，國際單位制規定了七個基本物理量。分別為長度、質量、時間、熱力學溫度、電流、光強度、物質的量。他們在國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、功的單位焦耳是導出單位，故 A 錯誤；B、質量的單位千克是國際單位制中基本單位，故 B 正確；C、電荷量的單位庫侖是導出單位，故 C 錯誤；D、力的單位牛頓是導出單位，故 D 錯誤；故選:B.【點評】國際單位制規定了七個基本物理量，這七個基本物理量分別是誰，它們在國際單位制分別是誰，這都是需要學生自己記住的。2. （3 分）（2019?浙江）下列器件中是電容器的是（）AIE 匚 ifD.【考點】AN:電容器與電容.【

19、專題】31:定性思想;43:推理法;535:恒定電流專題.【分析】本題考查對電學元件的認識，根據電容器及電源等的形狀可以解答.【解答】解:圖中 A 為滑動變阻器;B 為電容器；C 為電阻箱，D 為電阻；故 B 正確 ACD 錯誤。故選：B。【點評】本題中元件均為常見元件，要求學生能夠加以區分，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.t=B.a=C.C*D.忌vmUri【考點】1U:物理學史.【專題】31:定性思想；43:推理法;511:直線運動規律專題.【分析】所謂比值定義法，就是用兩個基本的物理量的比值來定義一個新的物理量的方法

20、。比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往是反映物質的屬性，與定義所用的物理量無關，根據這個特點進行分析。【解答】解：A、公式 t=2 斗是勻速直線運動時間與位移的公式式，與位移成正比，不 V符合比值定義法的共性。故 A 錯誤；B、公式 a=三是牛頓第二定律的表達式，不屬于比彳 1 定義法，故 B 錯誤；C、電容是由電容器本身決定的，與 Q、U 無關，公式 C=1 是電容的定義式，故 C 正確;故選:C.【點評】解決本題的關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的屬性。4. （3 分）（2019?浙江）下列陳述與事實相符的是（）A.牛頓測定了引力常量B.法拉第發現了電流周圍存在磁

21、場C.安培發現了靜電荷間的相互作用規律D.伽利略指出了力不是維持物體運動的原因【考點】1U:物理學史.【專題】31:定性思想；43:推理法；511:直線運動規律專題.【分析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家白主要貢獻即可.【解答】解：A、牛頓發現了萬有引力定律，卡文迪許測定了萬有引力常量。故 A 錯誤;B、奧斯特發現了電流的磁效應，即電流周圍存在磁場。故 B 錯誤；C、庫侖發現了靜電荷間的相互作用規律。故 C 錯誤；D、伽利略指出了力不是維持物體運動的原因.故 D 正確故選：D。【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一.

22、5. （3 分）（2019?浙江）在磁場中的同一位置放置一條直導線，導線的方向與磁場方向垂直，則下列描述導線受到的安培力 F 的大小與通過導線的電流的關系圖象正確的是（）【考點】CE:安培力的計算.【專題】32:定量思想；4B:圖析法；53D:磁場磁場對電流的作用.【分析】導線的方向與磁場方向垂直，根據安培力公式 F=BIL 寫出表達式即可正確求解。【解答】解：在勻強磁場中，當電流方向與磁場垂直時所受安培力為：F=BIL,由于磁場強度 B 和導線長度 L 不變，因此 F 與 I 的關系圖象為過原點的直線，故 A 正確、BCD 錯誤.故選：A.【點評】本題比較簡單，考查了安培力公式 F=BIL

23、的理解和應用，考查角度新穎，擴展學生思維。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小明的力C.桿對岸的力大于岸對桿的力D.小明對桿的力和岸對桿的力是一對相互作用力【考點】2G:力的合成與分解的運用；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】根據彈力、摩擦力產生的原理，結合牛頓第三定律分析，即可求解。【解答】解：A、船離開河岸，必定在水平方向受到有關力的作用，該作用力是小明對船的摩擦力。故 A 正確；B、依據彈力產生的原理，撐桿給人的力是因為撐桿發

24、生了彈性形變，根據牛頓第三定律，桿發生彈性形變是由于桿受到小明對桿的作用力，故 B 錯誤；C、桿對岸的力與岸對桿的力是一對作用力與反作用力，根據牛頓第三定律，一對相互作用的力大小總是相等的，故 C 錯誤；D、小明對桿的力和岸對桿的力都作用在桿上，不是一對相互作用力.故 D 錯誤故選：A。【點評】該題考查彈力、摩擦力產生原因，以及牛頓第三定律的相互作用力大小關系，熟練掌握基礎知識即可正確解答。7. （3 分）（2019?浙江）某顆北斗導航衛星屬于地球靜止軌道衛星（即衛星相對于地面靜止）則此衛星的（）A.線速度大于第一宇宙速度B.周期小于同步衛星的周期C.角速度大于月球繞地球運行的角速度D.向心加

25、速度大于地面的重力加速度【考點】4F:萬有引力定律及其應用；4H:人造衛星.【專題】32:定量思想；43:推理法；529:萬有引力定律在天體運動中的應用專題.【分析】地球的靜止軌道衛星處于赤道的上方，周期等于地球自轉的周期，根據萬有引力提供向心力得出線速度、加速度與軌道半徑的關系，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、根據萬有引力提供向心力得：v=L,7.9km/s 是近地圓軌道的運行速度，靜止軌道衛星的軌道半徑比地球半徑大得多，所以靜止軌道衛星運行速度小于7.9km/s,故 A 錯誤B、地球的靜止軌道衛星處于赤道的上方，地同步衛星其周期等于地球自

26、轉的周期，故 B錯誤C、由 G 粵=mco2r 可知軌道半徑小的角速度大，則同步衛星的角速度大于月球的角速度。r故 C 正確D、由 G”=ma 可知 a=瞪,則距離大的加速度小，故 D 錯誤rr故選:C。【點評】解決本題的關鍵知道同步衛星的特點，以及掌握萬有引力提供向心力這一理論，并能熟練運用.8. （3 分）（2019?浙江）電動機與小電珠串聯接人電路，電動機正常工作時，小電珠的電阻為R1,兩端電壓為 U1,流過的電流為 I1;電動機的內電阻為 R2,兩端電壓為 U2,流過的電流為A.I1VI2B.、%5%【考點】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

27、例法；535:恒定電流專題.【解答】解：A、小燈珠與電動機串聯，所以：I1=I2,故 A 錯誤；BCD、對小燈珠，由歐姆定律可得：U1=|1R1,電動機正常工作時由于線圈的切割磁感ULRR線產生反電動勢，所以：U2|2R2,所以:=1.故 BC 錯誤，D 正確；u2I2R2R2故選：D.【點評】本題關鍵是明確電動機正常工作時為非純電阻電路，由于線圈的切割磁感線產生反電動勢。分析電動機兩端電壓時也可以根據能量守恒定律分析比較。9. （3 分）（2019?浙江）甲、乙兩物體零時刻開始從同一地點向同一方向做直線運動，位移-時間圖象如圖所示，則在 0t1時間內（）A.甲的速度總比乙大 B.甲、乙位移相

28、同C.甲經過的路程比乙小 D.甲、乙均做加速運動【考點】1C:勻速直線運動及其公式、圖像；1I:勻變速直線運動的圖像.【專題】34:比較思想；4B:圖析法；512:運動學中的圖像專題.【分析】位移-時間圖象的斜率等于速度，縱坐標的變化量等于物體的位移，兩圖象的交點表示兩物體相遇。由此分析【解答】解：AD、0t1時間內，甲的斜率不變，則速度不變，做勻速運動。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，乙做加速運動，故 AD 錯誤。B、0t1時間內，甲、乙的起點和終點都相同，則位移相同，故 B 正確。C、甲、乙都做單向運動，通過的路程等于位移，則甲、乙通過的路程相同，故 C 錯誤。故

29、選:B。【點評】本題考查對位移圖象的物理意義的理解，關鍵抓住縱坐標表示物體的位置，縱坐標的變化量等于物體的位移，斜率等于速度，就能分析兩物的運動情況10. （3 分）（2019?浙江）質子療法進行治療，該療法用一定能量的質子束照射腫瘤殺死癌細胞現用一直線加速器來加速質子，使其從靜止開始被加速到 1。0X107m/s。已知加速電場的場強為 1.3X105N/C,質子的質量為 1。67X1027kg,電荷量為 1。6X10-19C,則下列說法正確的是（）A.加速過程中質子電勢能增加B.質子所受到的電場力約為 2X1015NC.質子加速需要的時間約為 8X106sD.加速器加速的直線長度約為 4m【

30、考點】AE:電勢能與電場力做功；AK:帶電粒子在勻強電場中的運動.【專題】11:計算題；32:定量思想；40:方程法；531:帶電粒子在電場中的運動專題.【分析】根據能量守恒定律分析電勢能變化；根據電場力公式 F=Eq 求解電場力；根據勻變速直線運動規律：速度時間公式，位移時間公式求解加速時間和位移。【解答】解:A、根據能量守恒定律得，動能增加，電勢能減小，故 A 錯誤；B、質子所受到的電場力約為 F=Eq=1.3X105X1.6X1019=2O08X1014N,故 B 錯誤;C、根據牛頓第二定律得加速的加速度為：a=F=2.08X1025X103m/s2，皿L67X10-27占匚,2:0.8

31、 乂 10 一 65,故 C 錯誤；曰1,25X10137D、加速器加速的直線長度約為：X0,0X10enF4rn,故 D 正確;故選：D。【點評】本題考查帶電粒子在電場中的加速，關鍵是熟練掌握牛頓第二定律，勻變速直線運動規律以及動能定理，然后靈活應用。11.（3 分）（2019?浙江）如圖所示，一根粗糙的水平橫桿上套有 A、B 兩個輕環，系在兩環上的等長細繩拴住的書本處于靜止狀態，現將兩環距離變小后書本仍處于靜止狀態，則則加速時間為A.桿對 A 環的支持力變大B.B 環對桿的摩擦力變小C.桿對 A 環的力不變D.與 B 環相連的細繩對書本的拉力變大【考點】2G:力的合成與分解的運用；30:共

32、點力的平衡.【專題】32:定量思想；40:方程法；527:共點力作用下物體平衡專題.【分析】以兩個輕環和書本組成的系統為研究對象，分析受力情況，判斷橫梁對輕環的支持力 FN的變化情況。隔離任一輕環研究，分析受力情況，判斷摩擦力 f 的變化情況；再根據平衡條件分析與 B 環相連的細繩對書本的拉力的變化.【解答】解:A、設書本的質量為 M,以兩個輕環和小球組成的系統為研究對象，豎直方向受到重力和水平橫梁對輕環的支持力 FN,力圖如圖 1 所示.根據平衡條件得：2FN=Mg,得到 FN=I-Mg,可見，水平橫梁對輕環的支持力 FN不變,故 A 錯誤；B、以左側環為研究對象，力圖如圖 2 所示。豎直方

33、向：FN=Fsina水平方向：Feosa=Ff由得：Ff=FNeoto,a 增大時，Ff變小，故 B 正確；0、桿對 A 環的支持力不變，摩擦力減小，則桿對 A 環的力變小，故 C 錯誤；D、與 B 環相連的細繩對書本的拉力設為 T 根據豎直方向的平衡條件可得 2Teos9=Mg,由于繩子與豎直方向的夾角。減小，則 eos。變大，繩子拉力變小，故 D 錯誤。【點評】本題是力平衡中動態平衡問題，要靈活選擇研究對象，正確分析受力情況，再運用平衡條件列式進行分析。12. （3 分）（2019?浙江）如圖所示，A、B、C 為三個實心小球，A 為鐵球，B、C 為木球。A、B 兩球分別連在兩根彈簧上，C

34、球連接在細線一端，彈簧和細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.若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對于杯底（不計空氣阻力，P木 vP水 vP鐵）（）A.A 球將向上運動，B、8.A、B 球將向上運動，C.A 球將向下運動，B 球將向上運動，C 球不動D.A 球將向上運動，B 球將向下運動，C 球不動【考點】2G:力的合成與分解的運用；37:牛頓第二定律.【專題】31:定性思想；43:推理法；522:牛頓運動定律綜合專題.【分析】 根據浮力 F 浮=pgV 排分析浮力和重力的關系確定彈簧所處的狀態， 剪斷吊籃繩子的瞬間，由于彈簧的彈力不會突變，繩子的拉力會發生突變，由

35、此分析運動情況。【解答】解：由于 p 木 vp 水 vp 鐵，根據浮力 F 浮=pgV 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，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；剪斷吊籃繩子的瞬間，系統處于完全失重，由于彈簧的彈力不會突變，所以 A 球將向上運動,B 球將向下運動，而繩子的拉力會發生突變，所以 C 球不動，故 ABC 錯誤、D 正確。故選：D。【點評】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是關鍵.13.（3 分）（2019?浙江）用長為 1。4m 的輕質柔軟絕緣細線，拴一質量為 1.0X10

36、2kg、電荷量為 2。0X108C的小球，細線的上端固定于。點。現加一水平向右的勻強電場，平衡時細線與鉛垂線成 37。，如圖所示。現向左拉小球使細線水平且拉直，靜止釋放，則(sin37=0。6)()C 球將向下運動C 球不動B.平衡時細線的拉力為 0.17NC.經過 0。5s,小球的速度大小為 6.25m/sD.小球第一次通過 O 點正下方時，速度大小為 7m/s【考點】37:牛頓第二定律；3C:共點力的平衡；A6:電場強度與電場力.【專題】32:定量思想；40:方程法；532:電場力與電勢的性質專題.【分析】小球受重力、拉力和電場力處于平衡，根據共點力平衡，運用合成法求出電場力的大小，從而求

37、出電場強度的大小；根據幾何關系求解繩子拉力，再求出運動過程中的加速度，根據運動學公式進行求解。【解答】解:A、小球的受力如圖,根據合成法知電場力為：qE=mgtan37，解得電場強度 E=人匕門371.ox1O2x10X0.76125N,故 B 錯誤;A.該勻強電場的場強為 3.75X107N/CN/0=3.75X106N/C,故 A 錯誤;B、平衡時細線的拉力為N=0。線運動，如圖所示:2X10-8C、現向左拉小球使細線水平且拉直，靜止釋放，小球向最低點做初速度為零的勻加速直加速度 a=12。5m/s2,繩子剛伸直時位移 x=2Lsin37=1。68m,此過程的時間為t,根據位移時間關系 x

38、=l-at2,解得 t=限函成 s0.5s,所以經過 ti=0.5s,小球的速度大小為 v=ati=6.25m/s,故 C 正確；D、如果細線水平且拉直，靜止釋放無能量損失，達到最低點的速度為 vo,根據動能定理可得 mgL+qEL=4_即君-0,解得 vo=7m/s,由于繩子伸直時，沿繩子方向的速度減為 0,此時能量有損失，所以小球第一次通過。點正下方速度大小小于 7m/s,故 D 錯誤。故選：Co【點評】解決本題的關鍵進行正確的受力分析，然后根據共點力平衡求出未知力。以及掌握電場強度的定義式、帶電粒子在復合場中的運動的解題方法。14. （3 分）（2019?浙江）波長為為和修的兩束可見光入

39、射到雙縫，在光屏上觀察到干涉條紋，其中波長為用的光的條紋間距大于波長為屹的條紋間距。則（下列表述中，腳標“1和“2分別代表波長為入1和？2的光所對應的物理量）（）A.這兩束光的光子的動量 p1p2E1AE2【考點】H9:光的干涉；J4:氫原子的能級公式和躍遷.【專題】31:定性思想；43:推理法；54N:原子的能級結構專題.【分析】根據干涉條紋的寬度的特點判斷波長的大小關系；由日二匕丫二年判斷光子的能量與光子的頻率關系；由 p=1；L 判斷光子的動量；由光的頻率與折射率的關系判斷折射率，然后判斷臨界角；根據光電效應方程與動能定理分析遏止電壓；根據玻爾理論分析。【解答】解:由于在其他條件相同的情

40、況下波長為知的光的干涉條紋間距大于波長為農的干涉條紋間距，由工 2X,可得：加及。d1A、由光子的動量：P=,則：P1VP2.故 A 錯誤；B、由：丁三丁可知，兩種光子的頻率關系為：丫1C2C.這兩束光都能使某種金屬發生光電效應，則遏止電壓 U1U2D.這兩束光由氫原子從不同激發態躍遷到n=2 能級時產生，則相應激發態的電離能 4射率與頻率的關系可知它們的折射率：n1C2,故 B 正確;C、這兩束光都能使某種金屬發生光電效應，由光電效應方程:金屬的逸出功，可知頻率越大的光對應的光電子的最大初動能越大；又由：Ekm=e?U 遏止則頻率越大，遏止電壓越大，所以遏止電壓：U2U1.故 C 錯誤；D、

41、根據玻爾理論，當發生躍遷時輻射出的光子的能量：E=Em-En;都是躍遷到 n=2能級，則 n 相同，m 越大，則放射出的光子的能量值越大，由于入 i龍，則丫 1修，所以 EivE2,EmiE2.故 D 正確。故選：BD。【點評】該題涉及的知識點較多，解決本題的關鍵知道干涉條紋的寬度公式，知道波長和頻率的關系，知道能級間躍遷所滿足的規律，即 Em-En=hvo15. （3 分）（20i9?浙江）靜止在勻強磁場中的原子核 X 發生“衰變后變成新原子核 Y.已知核 X 的質量數為 A,電荷數為 Z,核 X、核 Y 和a粒子的質量分別為 mx、mY和 ma,a粒子在磁場中運動的半徑為 R.則（）A.衰

42、變方程可表示為 X-Y+HeB.核 Y 的結合能為（mx-my-ma）c2C.核 Y 在磁場中運動的半徑為冬【考點】JA:原子核衰變及半衰期、衰變速度.【專題】3i:定性思想；4C:方程法；54O:衰變和半衰期專題；54P:愛因斯坦的質能方程應用專題.【分析】a 粒子的符號是 gHe,先根據電荷數守恒和質量數守恒書寫出核衰變反應方程，衰變過程遵守動量守恒和能量守恒。由磁場中圓周運動半徑公式=工!工和周期公式 T=空科，分析半徑和周期關系。根據能量守恒和動量守恒求解核衰變反應中釋放出的核能。Ekm=hT-W,其中 W 為【解答】解：A、根據電荷數守恒和質量數守恒，核衰變反應方程為：乩1/He+：

43、?Y.故 A 正確；B、該過程中虧損的質量為：m=（mx-my-m*所以釋放的核能為（mx-my-ma）c2,由于原子核也有一定的結合能，則核 Y 的結合能一定大于（mx-my-ma）c2.故 B 錯誤;C、在衰變過程中遵守動量守恒，根據動量守恒定律得：0=PY-P%則 PY=Pa根據半徑公式=型，又 mv=P（動量），則得：r=JLqBQB聯立可得：RY=生.故 C 正確；Z-2D、由動能與動量的關系：Ek=J,得原子核 Y 與 a 粒子的動能之比為:2IDA-4由題，原子核 X 衰變時釋放的核能全部轉化為動能，則有釋放的核能為:2myma)c,【點評】核反應遵守的基本規律有動量守恒和能量守

44、恒，書寫核反應方程式要遵循電荷數守恒和質量數守恒。結合磁場的知識即可分析。16.（2019?浙江）圖 1 為一列簡諧橫波在 t=0 時刻的波形圖，P、Q 為介質中的兩個質點，圖 2 為質點 P 的振動圖象，則（）m同工A.t=0o2s 時，質點 Q 沿 y 軸負方向運動B.00.3s 內，質點 Q 運動的路程為 0.3mC.t=0.5s 時，質點 Q 的加速度小于質點 P 的加速度E=Ekc+EkY=(mx故 D 錯誤。故選：AC.D.t=0o7s 時，質點 Q 距平衡位置的距離小于質點 P 距平衡位置的距離【考點】F4:橫波的圖象；F5:波長、頻率和波速的關系.【專題】32:定量思想；43:

45、推理法；51D:振動圖像與波動圖像專題.【分析】根據振動圖象確定傳播方向，根據圖 2 得到的周期，再根據給出的時間確定 P 和 Q 的位置，由此分析。【解答】解：A、t=0 時刻的質點 P 向上振動則波沿-x 方向傳播，根據圖乙可知該波的周期 T=0。4s,t=0o2s 時，質點 Q 剛好振動半個周期，此時 Q 沿 y 軸正方向運動，故 A 錯誤；B、00。3s 內質點 Q 運動 H=T=T,由于 Q 不是處于最大位移或平衡位置處，所以 Q0.44通過的路程 sw 芭X4X0.m=0.3m,由于開始 Q 向下振動，所以通過的路程大于 0.3m,故 B 錯誤；C、t=0。5s=1 工丁時，質點

46、P 位于波峰處，質點 Q 不是處于最大位移根據 a=-空可4皿知質點 Q 的加速度小于質點 P 的加速度，故 C 正確；D、t=0.7s=1 卷 T 時，質點 P 位于波谷處，質點 Q 不是處于最大位移，質點 Q 距平衡位置的距離小于質點 P 距平衡位置的距離，故 D 正確。故選：CD.【點評】本題主要是考查了波的圖象；解答本題關鍵是要能夠根據圖象直接讀出振幅、波長和各個位置處的質點振動方向。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 所示的實驗裝置做“研究平拋運動”的實驗（1）實驗時需要下列哪個器材 BA.彈簧秤 B.重錘線 C.打點計時器（

47、2）做實驗時，讓小球多次沿同一軌道運動，通過描點法畫出小球平拋運動的軌跡。下列的一些操作要求，正確的是 ACD（多詵）A,每次必須由同一位置靜止釋放小球C.小球運動時不應與木板上的白紙相接觸D.記錄的點應適當多一些(3)若用頻閃攝影方法來驗證小球在平拋過程中水平方向是勻速運動，記錄下如圖 2 所示的頻閃照片。在測得 X1,x2,x3,X4后，需要驗證的關系是 X4x3=x3x2=x2x1=Xi。已知頻閃周期為 T,用下列計算式求得的水平速度，誤差較小的是【專題】13:實驗題；31:定性思想;43:推理法；518:平拋運動專題.【分析】從“研究平拋運動”實驗的原理出發即可求解;保證小球做平拋運動

48、必須通過調節使斜槽的末端保持水平，因為要畫同一運動的軌跡，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，實驗要求小球滾下時不能碰到木板平面，避免因摩擦而使運動軌跡改變，最后軌跡應連成平滑的曲線；平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，比較豎直方向上下落相同位移的時間關系，從而比較出水平位移的關系。【解答】解：(1)做“研究平拋物體的運動實驗時，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的坐標.重垂線的作用是確保木板與白紙是在豎直面內，使其與小球運動平面平行。時間可以通過豎直方向做自由落體運動去求解，故不需要彈簧

49、秤與打點計時器，故 AC 錯誤，B 正確。(2)A、因為要畫同一運動的軌跡，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、記錄小球經過不同高度的位置時，每次不必嚴格地等距離下降，故 B 錯誤；C、做平拋運動的物體在同一豎直面內運動，固定白紙的木板必須調節成豎直，小球運動時不應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運動，記錄的點應適當多一些，故 D 正確。故選：ACD。(3)因為平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做自由落體運動，下落的速度越來越快，則下落相等位移的時間越來越短，所以x4x3=x3x2

50、=x2-x1=x1,用下列計算式求得的水平速度，誤差較小的是所測的長度越來誤差越小，則為 v=提，故4T【考點】MB:研究平拋物體的運動.4TABC 錯誤，D 正確；故答案為：(1)B;(2)ACD;(3)x4-x3=x3-x2=x2-xi=xi,Do【點評】本題主要考查了“研究平拋運動”實驗原理，知道在試驗中不需要秒表。解決平拋實驗問題時，要特別注意實驗的注意事項。在平拋運動的規律探究活動中不一定局限于課本實驗的原理，要注重學生對探究原理的理解。本題考查平拋物體的運動規律.要求同學們能夠從圖中讀出有用信息，再根據平拋運動的基本公式解題，難度適中.18.(5 分)(2019?浙江)小明想測額定

51、電壓為 2。5V 的小燈泡在不同電壓下的電功率，電路。圖2*IBQ1(1)在實驗過程中，調節滑片 P,電壓表和電流表均有示數但總是調不到零，其原因是點至 4 點的導線沒有連接好(圖中用數字標記的小圓點表示接線點，空格中請填寫圖中的數字，如“7 點至 8 點”);(2)正確連好電路，閉合開關，調節滑片 P,當電壓表的示數達到額定電壓時，電流表的指針如圖 2 所示，則電流為 0。30A,此時小燈泡的功率為 0。75W(3)做完實驗后小明發現在實驗報告上漏寫了電壓為 1。00V 時通過小燈泡的電流，但在草稿紙上記錄了下列數據，你認為最有可能的是 CA.0o08AB.0o12ACo0.20A【考點】N

52、6:伏安法測電阻.【專題】13:實驗題；23:實驗探究題；32:定量思想；43:推理法；535:恒定電流專題.【分析】(1)滑動變阻器采用分壓接法時電壓與電流可以從零開始變化，滑動變阻器采用限流接法時，電壓與電流不能從零開始變化，分析圖示電路圖答題。(2)根據電流表量程與圖示表盤確定其分度值，然后根據指針位置讀出其示數；應用電功率公式求出電功率。(3)燈泡電阻隨溫度升高而增大，據此分析答題.【解答】解：(1)在實驗過程中，調節滑片 P,電壓表和電流表均有示數但總是調不到零，說明滑動1 點至 4 點的導線沒有變阻器接成了限流接法，由圖示電路圖可知，其原因是連接好。(2)電流表量程為 0。6A,分

53、度值為 0。02A,示數為 0.30A,燈泡額定功率：P=UI=2。5X0.30=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 電壓對應的電流應為 0。20A,故 C 正確；故答案為：(1)1 點至 4 點;(2)0。30A;0。75;(3)C。【點評】滑動變阻器采用分壓接法時電壓與電流可以從零開始變化，滑動變阻器采用限流接法時，電壓與電流不能從零開始變化；對電表讀數時要先確定其量程與分度值，然后根據指針位置讀出其示數。19.(9 分)(2019?浙江)小明以初速度 v0=10m/s 豎直向上拋出一個質量 m=0.1kg

54、 的小皮球，最后在拋出點接住。假設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)上升和下降的時間。【考點】37:牛頓第二定律；62:功的計算.【專題】11:計算題；32:定量思想；43:推理法；522:牛頓運動定律綜合專題.【分析】(1)上升過程由牛頓第二定律結合運動學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,根據功的定義可求得阻力的功；(3)由速度公式可求得上升的時間，由牛頓第二定律結合位移公式可求得下降過程的時間.2斛得：a1=11m/s(2)從拋出到接住的過程中重力做功 WG=0空氣

55、阻力做功 Wf=-f?2h=-岑 J(3)上升過程的時間 t1=-sal11下降過程由牛頓第二定律得：mg-f=ma2【解答】解：(1)上升過程由牛頓第二定律得:mg+f=ma1上升的最大高度:解得：a2=9m/s2由位移公式得：h=-十.2耳2,2解得：t2=Jl-1s33答：（1）上升的最大高度是 Mm;11（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、-LJ11（3）上升和下降的時間分別為也 s、lUso11|33|【點評】本題考查了牛頓第二定律、運動學公式、功的公式，要注意上升過程和下降過程阻力都做負功。20.（12 分）（2019?浙江）某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下

56、滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內有一傾角。=37。的直軌道 AB,其下方右側放置一水平傳送帶，直軌道末端 B 與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉輪半徑 R=0。4m、轉軸間距 L=2m 的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉動，轉輪最低點離地面的高度 H=2。2m.現將一小物塊放在距離傳送帶高 h 處靜止釋放，假設小物塊從直軌道 B 端運動到達彳送帶上 C 點時，速度大小不變，方向變為水平向右。已知小物塊與（3）改變小物塊釋放的高度 h,小物塊從傳送帶的 D 點水平向右拋出，求小物塊落地點到 D 點的水平距離 x 與 h 的關系式及 h 需要滿足的條件。【

57、考點】37:牛頓第二定律；43:平拋運動；65:動能定理.【專題】11:計算題；22:學科綜合題；32:定量思想;49:合成分解法；52D:動能定理的應用專題.【分析】（1）物塊由靜止釋放到 B 的過程中，做勻加速運動，根據牛頓第二定律和運動學公O=0.6)（2）若小物塊落到傳送帶左側地面，求 h 需要滿足的條件式可求得物塊到達 B 端時速度；(2)先由動能定理求出物塊恰好到 D 點速度為零時高度，若小物塊落到傳送帶左側地面，則下滑高度應小于次時的高度；(3)物塊從傳送帶的 D 點水平向右拋出，由動能定理和平拋運動的規律可求得物塊落地2點到 D 點的水平距離 x 與 h 的關系式，為使能在 D

58、 點水平拋出，則 mgwJJU,由此可R求得 h 需要滿足的條件.【解答】解：(1)物塊由靜止釋放到 B 的過程中，由牛頓第二定律得：mgsin0-師 gcos0=ma由速度位移的關系式得：VB2=2a-gin6聯立解得：VB=4m/s(2)左側離開，設到 D 點速度為零時高為 hi,由動能定理得：nfn-I0=mghi 一師 gcos0-7師 gLsin1?解得：hi=3.0m若小物塊落到傳送帶左側地面，h 需要滿足的條件是 h3.0m(3)右側拋出，設到 D 點的速度為V,由動能定理得：二 mv2=mghpmgcos9,-mgL2siny由平拋運動的規律得：H+2R=Xgt2,x=vt解得

59、：x=21；為使能在 D 點水平拋出，則有：mgF解得：h=3.6m答：(1)若 h=2.4m,小物塊到達 B 端時速度的大小是 4m/s;(2)若小物塊落到傳送帶左側地面，h 需要滿足的條件是 h3o0m;(3)改變小物塊釋放的高度 h,小物塊從傳送帶的 D 點水平向右拋出，小物塊落地點到 D點的水平距離 x 與 h 的關系式是 x=2jH5h 需要滿足的條件是 h=3.6m。【點評】本題考查了動能定理、牛頓第二定律、運動學公式、平拋運動的規律，明確物第27頁(共33頁)塊的運動過程，根據運動過程的特點選擇合適的規律求解（4 分）（2019?浙江）在“探究電磁感應的產生條件”實驗中，實驗連線

60、后如圖 1 所示,感應線圈組的內外線圈的繞線方向如圖 2 粗線所示.（1）接通電源，閉合開關，G 表指針會有大的偏轉，幾秒后 G 表指針停在中間不動.將滑動變阻器的觸頭迅速向右滑動時，G 表指針左偏（“不動”、右偏”、“左偏”、”不停振動”）；迅速抽出鐵芯時，G 表指針右偏（“不動”、“右偏”、“左偏”、“不停振動”）。（2）斷開開關和電源，將鐵芯重新插入內線圈中，把直流輸出改為交流輸出，其他均不變。接通電源，閉合開關，G 表指針不停振動（“不動”、右偏”、左偏”、“不停振動”）。（3）僅用一根導線，如何判斷 G 表內部線圈是否斷了？【考點】NF:研究電磁感應現象.【專題】13:實驗題；31: