2022年6月浙江省普通高校招生选考物理试卷和答案

2022年6月浙江省普通高校招生选考物理试卷和答案

一、选择题Ⅰ（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．（3分）下列属于力的单位是（ ） A．kg•m/s2

B．kg•m/s

C．kg•m2/s

D．kg•s/m2

2．（3分）下列说法正确的是（ ）

A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变 B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大

C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变 D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关 3．（3分）如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水面，吞食荷花花瓣的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受力平衡 B．鱼儿摆尾出水时浮力大于重力 C．鱼儿摆尾击水时受到水的作用力

D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的动作可把鱼儿视为质点 4．（3分）关于双缝干涉实验，下列说法正确的是（ ）

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A．用复色光投射就看不到条纹

B．明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果

C．把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹 D．蓝光干涉条纹的间距比红光的大 5．（3分）下列说法正确的是（ ）

A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用

B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向 C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大

D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率

6．（3分）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则（ ） A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大 B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力 C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行 D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒

7．（3分）图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n＝3的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠。下列说法正确的是（ ）

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A．逸出光电子的最大初动能为10.80eV B．n＝3跃迁到n＝1放出的光电子动量最大 C．有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应 D．用0.85eV的光子照射，氢原子跃迁到n＝4激发态

8．（3分）如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在失重环境下，往大水球注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是（ ）

A．气泡表面有折射没有全反射

B．光射入气泡衍射形成“亮斑” C．气泡表面有折射和全反射 D．光射入气泡干涉形成“亮纹”

9．（3分）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为

v0；平行M板向下的粒子，刚

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好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（ ）

A．M板电势高于N板电势 B．两个粒子的电势能都增加 C．粒子在两板间的加速度为a＝D．粒子从N板下端射出的时t＝

10．（3分）如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（ ）

A．作用力为C．摩擦力为

G G

B．作用力为D．摩擦力为

G G

11．（3分）如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则（ ）

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A．小球做简谐运动 B．小球动能的变化周期

C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T D．小球的初速度为时，其运动周期为2T

12．（3分）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途经之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5～10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）

A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比

B．单位时间流过面积A的流动空气动能ρAv2

C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW•h

D．若风场每年有5000h风速在6～10m/s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW•h

13．（3分）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运

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动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为（ ） A．13.2s

B．14.2s

C．15.5s

D．17.0s

二、选择题Ⅱ（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，选对但不全的得1分，有选错的得0分）

（多选）14．（2分）秦山核电站生产C的核反应方程为N+n→

C+X，其产物C的衰变方程为C→N+e。下列说法正确的是（ ） A．X是H

B．C可以用作示踪原子 C．e来自原子核外

D．经过一个半衰期，10个C将剩下5个

（多选）15．（2分）如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝，a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（ ）

A．轨道半径r小的粒子角速度一定小 B．电荷量大的粒子的动能一定大

C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关

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D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动

（多选）16．（2分）位于x＝0.25m的波源P从t＝0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t＝2.0s时波源停止振动，t＝2.1s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa＝1.75m，质点b的平衡位置xb＝﹣0.5m。下列说法正确的是（ ）

A．沿x轴正负方向传播的波发生干涉 B．t＝0.42s时，波源的位移为正

C．t＝2.25s时，质点a沿y轴负方向振动 D．在0到2s内，质点b运动总路程是2.55m 三、非选择题（本题共6小题，共55分）

17．（7分）（1）①“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行。图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为 cm。由图3中小车运动的数据点，求得加速度为 m/s2（保留两位有效数字）。

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②利用图1装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是 （多选）。 A．换成质量更小的小车 B．调整长木板的倾斜程度 C．把钩码更换成砝码盘和砝码

D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角

（2）“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示，在该实验中， ①下列说法正确的是 （单选）；

A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同

B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点

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C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦

D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板 ②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要 （选填“2”、“3”或“4”）次把橡皮条结点拉到O点。

18．（7分）（1）探究滑动变阻器的分压特性，采用图1所示的电路，探究滑片P从A移到B的过程中，负载电阻R两端的电压变化。 ①图2为实验器材部分连线图，还需要 （选填af、bf、fd、fc、ce或cg）连线（多选）。

②图3所示电压表的示数为 V。

③已知滑动变阻器的最大阻值R0＝10Ω，额定电流I＝1.0A。选择负载电阻R＝10Ω，以R两端电压U为纵轴，

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为横轴（x为AP

的长度，L为AB的长度），得到U﹣分压特性曲线为图4中的

“I”；当R＝100Ω，分压特性曲线对应图4中的 （选填“Ⅱ”或“Ⅲ”）；则滑动变阻器最大阻值的选择依据是 。 （2）两个相同的电流表G1和G2如图5所示连接，晃动G1表，当指针向左偏时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是 （多选）。

A．两表都是“发电机”

B．G1表是“发电机”，G2表是“电动机” C．G1表和G2表之间存在互感现象

D．G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转

19．（9分）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4）。

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（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小； （2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；

（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。

20．（12分）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。

（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小； （2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；

（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，求物块a最终静止的位

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置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。 21．（10分）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求

（1）恒流源的电流I； （2）线圈电阻R； （

3

）

时

刻

t3

。

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22．（10分）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。 （1）①求磁感应强度B的大小；

②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；

（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小； （3）若转筒P的角速度小于

，且A处探测到离子，求板Q上

能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x

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轴负方向的夹角）。

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答案

一、选择题Ⅰ（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．【知识点】单位制．

【答案】解：根据牛顿第二定律有：F＝ma，可知力的单位为kg•m/s2，故A正确，BCD错误； 故选：A。

2．【知识点】匀速圆周运动；惯性与质量．

【答案】解：A、做匀速圆周运动的链球加速度时刻指向圆心，方向时刻改变，故A错误；

B、惯性只与质量有关，不随速度增大而增大，故B正确； C、乒乓球被击打过程中乒乓球的形变是变化的，其受到的作用力大小改变，故C错误；

D、篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，故D错误。 故选：B。

3．【知识点】受力分析的应用；牛顿第三定律；质点的认识． 【答案】解：A．鱼儿吞食花瓣时鱼儿受重力和花瓣对它的作用力，重力大于花瓣对它的作用力，鱼儿受力不平衡，故A错误； B．鱼儿在摆尾出水时在水里的体积减小，浮力减小，鱼儿能够出

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水是因为摆尾击水时受水对它向上的冲击力加上浮力大于重力，并不是浮力大于重力。故B错误；

C．鱼儿摆尾击水时给水作用力的同时，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，作用在不同的物体上，所以鱼儿摆尾击水时受到水的作用力。故C正确。

D．研究鱼儿摆尾击水跃出水面的具体动作时不能把鱼儿视为质点，故D错误。 故选：C。

4．【知识点】光的双缝干涉现象和薄膜干涉现象；影响双缝干涉的条纹间距的因素．

【答案】解：A、复色光投射时也可以发生干涉，在光屏上呈现干涉条纹，故A错误；

B、明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果，故B正确； C、把光屏前移或后移，也能看到明暗相间条纹，故C错误； D、根据Δx＝

，由于蓝光的波长小于红光波长，所以蓝光干涉

条纹的间距比红光的小，故D错误； 故选：B。

5．【知识点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；变压器的构造和原理；磁现象和磁场；匀强磁场的特点．

【答案】解：A、根据F＝qvB可知，恒定磁场对静置于其中的电荷没有力的作用，故A错误；

B、根据磁场方向的规定可知，小磁针N极在磁场中的受力方向是

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该点磁感应强度的方向，故B正确；

C、正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时线圈处于中性面，此时磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零、电流为零，故C错误；

D、升压变压器中，如果不漏磁，则副线圈的磁通量变化率等于原线圈的磁通量变化率，如果漏磁，则副线圈的磁通量变化率小于原线圈的磁通量变化率，故D错误。 故选：B。

6．【知识点】人造卫星；机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用﹣超重和失重；万有引力定律及其应用． 【答案】解：A、根据万有引力提供向心力得

解得：v＝

可知天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小，故A错误；

B、返回舱中的宇航员处于失重状态，地球引力提供做圆周运动向心力，故B错误；

C、在同一轨道上运行时，线速度相同，质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行，故C正确；

D、返回舱穿越大气层返回地面过程中，空气阻力对返回舱做负功，机械能减小，故D错误；

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故选：C。

7．【知识点】氢原子的能级公式和跃迁；光电效应．

【答案】解：AB、一群处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多能产生

＝3种不同频率的光子，故其中从n＝3能级跃迁到n

＝1能级产生的光子能量最大，频率最大，波长最短. 逸出光电子的最大初动能为： Ek＝hν﹣w0＝E3﹣E1﹣w0 代入数据解得：Ek＝9.8eV 由德布罗意波公式 λ＝ 知p＝

，从n＝3能级跃迁到n＝1能级产生的光子动量最大，

故A错误，B正确；

C、从n＝2能级的氢原子跃迁到n＝3需要E＝﹣1.51eV﹣（﹣3.40eV）＝1.＜eV的光子能量，1.eV＜2.29eV，不能使金属钠发生光电效应，故C错误；

D、n＝4能级的氢原子跃迁发出的光的能量可以是E＝﹣0.85eV﹣（﹣1.51eV）＝0.66eV，用0.85eV的光子照射，不满足能量差等于能级3到能级4的能量差值，氢原子不能跃迁到n＝4激发态，故D错误； 故选：B。

8．【知识点】光的折射定律；全反射；光的干涉．

【答案】解：当光由光密介质射入光疏介质时，如果入射角等于或大于临界角时，就会发生全反射现象，光从水射向空气时，会发生

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全反射现象。水中的气泡看起来特别明亮，是因为光从水中射入气泡时，一分部光在界面上发生了全反射，折射光消失，入射光几乎全变为反射光的缘故； 故ABD错误，C正确； 故选：C。

9．【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；动能定理；能量守恒定律．

【答案】解：A、因为不知道两粒子的电性，故无法确定M板和N板的电势高低，故A错误；

B、根据题意可知垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子达到N板时电场力也做正功，电势能也减小，故B错误； CD。设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有

对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中的加速度也相同，有

联立解得：故选：C。

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；，故C正确，D错误；

10．【知识点】共点力的平衡；受力分析的应用；牛顿第三定律． 【答案】解：AB、设每根斜杆受力为F，对斜杆与横杆的结点受力分析如图1有：

F＝，解得：F＝

G；故A错误，B正确；

图1

CD、对某个斜杆受力分析如图2有：Fsin30°＝f，解得f＝故CD错误；

G，

图2 故选：B。

11．【知识点】简谐运动；简谐运动的振幅、周期和频率；弹性势能． 【答案】解：A、物体做简谐运动的条件是在运动过程中所受回复力与位移成正比，且方向始终指向平衡位置，可知小球在杆中点到接触弹簧过程中，所受合力为零，故小球不是做简谐运动，故A错误；

BC、假设杆中点为O，小球向右压缩弹簧至最大压缩量时的位置

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为A，小球向左压缩弹簧至最大压缩量时的位置为B，可知小球做周期为T的往复运动，运动过程为O→A→O→B→O，根据对称性可知小球从O→A→O与O→B→O，这两个过程的动能变化完全一致，两根弹簧的总弹性势能的变化完全一致，故小球动能的变化周期为，两根弹簧的总弹性势能的变化周期为，故B正确，C错误；

D、小球的初速度为时，可知小球在匀速阶段的时间变为原来的2倍，接触弹簧过程，根据弹簧振子的周期公式

可知，接

触弹簧过程中所用时间与速度无关，因此总的运动周期小于2T，故D错误； 故选：B。

12．【知识点】能量守恒定律；可再生能源和不可再生能源． 【答案】解：AB、叶片旋转所形成的圆面积为A 单位时间内流过该圆面积的空气柱体积为 V＝S•vt＝Av 空气柱的质量为 m＝ρ•V＝ρAv 空气柱的动能为 Ek＝ρAv•v2＝ρAv3

设转化效率为η，转化成的电能为E＝η•Ek＝ηρAtv3

p＝＝ηρAv3，则该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比；故AB错误；

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C、由B选项可知 η＝

发电量约为W＝η•pt＝η×1.0×108kW×24h＝2.4η×109kW•h＜2.4×109kW•h，故C错误。

D、由题意可知某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW

由p＝＝ηρAv3 ＝

＝

p1＝120kW

若风场每年有5000h风速在6～10m/s的风能资源，则该发电机年发电量

E＝p1•t＝120kW×5000h＝6.0×105kW•h，故D正确； 故选：D。

13．【知识点】动能定理；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率．

【答案】解：为了最短时间提升重物，一开始以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律得：

当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有

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此过程中所用的时间和上升的高度分别为

重物以最大速度匀速时，有

重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升的高度分别为

设重物从结束匀加速到开始做匀减速运动所用的时间为t2，该过程根据动能定理得：

又h2＝85.2m﹣1.6m﹣3.6m＝80m 联立解得：t2＝13.5s

则总时间为t1+t2+t3＝0.8s+13.5s+1.2s＝15.5s，故C正确，ABD错误； 故选：C。

二、选择题Ⅱ（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

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对但不全的得1分，有选错的得0分）

14．【知识点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子核的人工转变． 【答案】解：A、根据质量数守恒和核电荷数守恒知，生产C的核反应方程为N+n→C+H，故A正确；

B、根据同位素标记法可知产物C可以用作示踪原子，故B正确； C、产物C的发生β衰变产生电子来源于核内中子转变成质子过程，故C错误；

D、半衰期具有统计学意义，少量原子无意义，故D错误； 故选：AB。

15．【知识点】带电粒子在非匀强电场中的运动．

【答案】解：A、电场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE＝mω2r，解得

，由于两粒子的比荷相同，半径越小的，角速

度越大，故A错误；

B、场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE＝

，解得

正确；

C、场力提供粒子做圆周所需的向心力，则qE＝

，解得v＝

，

，粒子的动能

，故电荷量大的粒子的动能一定大，故B

粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故C正确；

D、当粒子逆时针运动，所加的磁场垂直纸面向外时，此时受到的洛伦兹力指向O点，此时粒子做向心运动，故D错误； 故选：BC。

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16．【知识点】简谐运动的振动图象；波的干涉现象；简谐运动． 【答案】解：A、沿x轴正负方向传播的波不会相遇，因而不能发生干涉，故A错误；

B、由图可知，2.0﹣2.1s内波传播的距离为x＝0.50m﹣0.25m＝0.25m，则波速为v＝＝则周期为T＝

＝

m/s＝2.5m/s，由图可知波长为λ＝1m，

s＝0.4s。

在t＝2.0s时间内，波传播的距离为x＝vt＝2.5×2m＝5m＝5λ，即形成5个波长波形，则知波源的起振方向沿y轴正方向。因t＝0.42s＝1T，所以t＝0.42s时，波源的位移为正，故B正确； C、t＝2.1s时质点a位于波谷，t＝2.1s到t＝2.25s经历时间Δt＝0.15s＝T，则t＝2.25s时，质点a沿y轴正方向振动，故C错误； D、波从波源传到质点b的时间为t1＝

＝

s＝0.3s，在0到

2s内，质点b振动时间为t2＝2s﹣0.3s＝1.7s＝4T，则在0到2s内，质点b运动总路程是s＝4.25×4A＝4.25×4×15cm＝255cm＝2.55m，故D正确。 故选：BD。

三、非选择题（本题共6小题，共55分）

17．【知识点】探究小车速度随时间变化的规律；探究加速度与物体质量、物体受力的关系；力的合成的平行四边形定则；牛顿第二定律．

【答案】解：（1）①刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值的下一位，根据图2可知，打计数点B时小车的位移大小为6.21cm；

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根据图3的数据可知，小车的加速度为

②A、利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要满足小车质量远远大于钩码质量，所以不需要换质量更小的车，故A错误；

B、利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，需要利用小车斜向下的分力以平衡其摩擦阻力，所以需要将长木板靠近打点计时器的一端垫高一些，故B正确；

C、以系统为研究对象，依题意“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，有

考虑到实际情况，即f远小于mg，有

则可知M＝4m

而利用图1装置“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，要保证所悬挂质量远小于小车质量，可知目前实验条件尚不满足，所以利用当前装置在进行实验时，需要将钩码更换成砝码盘和砝码，以满足小车质量远远大于所悬挂物体的质量，故C正确；

D、实验过程中，需将连接砝码盘和小车的此生应跟长木板始终保持平行，与之前的相同，故D错误； 故选：BC。

（2）①A、在不超出弹簧测力计的量程和橡皮条形变限度的条件

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下，使拉力适当大些，不必使两只测力计的示数相同，故A错误； B、在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的一个点就可以了，故B错误；

C、实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，故C错误；

D、为了减小实验中摩擦对测量结果的影响，拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板，故D正确； 故选：D。

②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验，用手拉住一条细绳，用弹簧秤拉住另一条细绳，互成角度的拉橡皮条，使其结点到达某一点O，记下位置O和弹簧秤示数F1和两个拉力的方向；交换弹簧秤和手所拉细绳的位置，再次将结点拉至O点，使两力的方向与原来两力方向性相同，并记下此时弹簧秤的示数F2，只有一个弹簧秤将结点拉至O点，并记下此时的弹簧秤示数F的大小和方向；所以若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要3次把橡皮条结点拉至O。

故答案为：（1）①6.21；1.9；②BC；（2）①D；②3 18．【知识点】伏安法测电阻；闭合电路的欧姆定律．

【答案】解：（1）①根据原理图可知，还需要将af、fd、ce连线； ②根据图片可知，电压表的示数为1.50V；

③假定AP部分的电阻为R‘，R’分别与10Ω与100Ω并联再与

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BP部分的电阻串联；由于相同的R'与100Ω并联后的电阻比与10Ω并联后的电阻大，则根据闭合电路的欧姆定律可知，滑片在相同位置下，负载电阻越大，则两端电压越大；即在相同横坐标下，此时负载100Ω时，电压表的示数应该比曲线为图4中的“I”更大，故应该选“II”；

由上述分析可知，对不同的负载电阻，调节滑动触头时负载两端的电压变化规律不同，当负载电阻小于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化而迅速变化；当负载电阻大于滑动变阻器最大阻值时，负载电阻两端电压随滑动触头的变化会更佳平稳，从而获得更多的实验数据。所以，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器最大阻值的选择依据是相比负载电阻越小越好，即R0＜R。

（2）根据题意可知，电流表主要部件是永久磁铁和带有指针的线圈，G1和G2用导线连接起来，当晃动G1时，相当于G1中的线圈做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流；由于两个电表构成了闭合回路，则电流会通过G2表中的线圈，而该线圈处于磁场中，由于通电导线在磁场中受到安培力的作用，G2的指针也会偏转；则G1表相当于“发电机”，G2表相当于“电动机”，故AC错误，BD正确； 故选：BD。

故答案为：（1）①af、fd、ce；②1.50；③II；R0＜R；（2）BD 19．【知识点】动能定理；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛

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顿第二定律．

【答案】解：（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1 代入数据解得：a1＝2m/s2；

（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1 代入数据解得：v＝4m/s；

（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得： ﹣μmgl2＝

﹣

，其中v′＝2m/s

代入数据解得：l2＝2.7m。

答：（1）货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小为2m/s2； （2）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；

（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。

20．【知识点】动量守恒定律；动能定理；能量守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力．

【答案】解：（1）滑块b摆至最低点时，由机械能守恒定律得：

解得：vb＝5m/s

b与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得： mvb＝mvb′+mv0

解得：v0＝vb＝5m/s

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（2）经上述分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理得： mgh1﹣2μmgl﹣mgH＝0 解得：h1＝1.2m

以竖直向下的方向为正方向

由动能定理得：

联立解得：FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）

（3）当0.9m≤h＜1.2m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理可得：

从E点飞出后，竖直方向：水平方向上：s＝vEt 根据几何关系可得：联立解得：x＝3l+DF+s1 代入数据解得：

当0.9m＜h＜1.2m时，从h2＝0.9m释放时，根据动能定理可得： mgh﹣μmgs2＝0 解得：s2＝1.8m

可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返

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回到CD时，根据动能定理可得： mgH﹣μmgs3＝0 解得：s3＝0.4m

距离C点0.6m，综上可知0.9m＜h＜1.2m时 3l﹣s3≤x≤3l

代入数据解得：2.6m≤x≤3m

答：（1）若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小为5m/s；

（2）物块a在DE最高点时，管道对物块的作用力FN与h间满足的关系为FN＝0.1h﹣0.14（h≥1.2m）；

（3）若物块b释放高度0.9m＜h＜1.65m，物块a最终静止的位置x值的范围为2.6m＜x＜3m；若物块b释放高度1.2m≤h＜1.65m时，物块a最终静止的位置x值的范围为

。

21．【知识点】法拉第电磁感应定律；运动学图象；能量守恒定律；欧姆定律．

【答案】解：（1）根据安培力公式可得： F安＝nBIl

动子和线圈在0～t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为

根据牛顿第二定律得： F安＝（M+m）a

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代入数据解得：I＝80A

（2）当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为

此时的安培力为 F安1＝nBI1l

根据牛顿第二定律得：

由图可知在t1到t3的过程中，加速度恒定，则有

解得：R＝0.5Ω；（3）根据图像可知，则0～2s时间内，位移大小为

根据法拉第电磁感应定律得：

根据电流的定义式可得：Δq＝It

联立解得：

从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得：

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﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2） 联立解得：t3＝

答：（1）恒流源的电流为80A； （2）线圈电阻为0.5Ω； （3）时刻t3为

。

22．【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速；向心力；动量定理．

【答案】解：（1）①、进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为v0的离子在磁场中的轨迹为圆周，可得离子的运动半径等于R，由洛伦兹力提供向心力得： qv0B＝m解得：B＝

；

②、离子在磁场中运动的时间为： t＝

＝

要使速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，转筒在此时间内转过的角度需满足： ωt＝2kπ+

，（k＝0、1、2……）；

联立解得：ω＝（4k+1）

（2设打在板Q的C处的离子在磁场中的运动半径为r，其速度大小为v，运动轨迹如图所示，由几何关系可得：

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由洛伦兹力提供向心力得： qvB＝m解得：v＝

；

此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为π﹣θ，可得此离子在磁场中运动的时间为： t1＝

＝

设转筒P角速度的大小为ω1，要使此离子能打在Q板的C处，转筒在此时间内转过的角度需满足： ω1t1＝2nπ+θ 联立解得：ω1＝

，（n＝0、1、2……）

设转筒P转一周的时间内，打在C处的离子受到平均冲力的大小为F′，由动量定理得： F′•

＝Nmv

由牛顿第三定律可得，C处受到平均冲力的大小F＝F′ 联立解得：F＝

，（n＝0、1、2……）；

（3）由题意并结合（1）（2）的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于（4k+1）（4k+1）

＝

，又要等于

＜

，则可得：

，（k＝0、1、2……），（n＝0、

1、2……），

还需满足：0＜θ′＜π，且θ′≠可得：k＜2

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当k＝0时，解得：θ′＝意，舍去；

当k＝1时，解得：θ′＝时，θ′＝

，当n＝0时，θ′＝，不符题

，当n＝0时，θ′＝

。 和

。

；n＝1

（舍去）；n＝2时，θ′＝

故板Q上能探测到离子的其它θ′的值为答：（1）①磁感应强度B的大小为②转筒P角速度ω的大小为（4k+1）

；

，（k＝0、1、2……）；

（2）转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小为

，（n＝0、1、2……）；

（3）板Q上能探测到离子的其他θ′的值为

和

。

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