2021届高考物理精创预测卷 浙江卷(三)

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1、2021届高考物理精创预测卷 浙江卷（三）一、单选题1.以下物理量为标量，且单位是国际单位制导出单位的是( )A.电流：A.力：N C.功：J D.电场强度：N/C2.1 000 年前，宋代诗人陈与义乘着小船出游时写下一首诗：飞花两岸照船红，百里榆堤半日风。 卧看满天云不动，不知云与我俱东。有关这首诗中的运动，下列说法正确的是( )A.“飞花”中的“花”之所以能飞，是选船作为参考系B.“卧看满天云不动”中云不动是因为当天没有风C.“不知云与我俱东”说明船在向西行驶D.诗人相对船在向东运动3.能够从物理的视角看世界是学习物理的重要目标。甲、乙、丙、丁四张图片展现了生活中常见的 情境，其中甲图是自

2、行车无动力沿着斜坡冲下，乙图是自行车靠惯性冲上斜坡，丙图是托球动作 中乒乓球与球拍一起相对静止水平向左运动的过程，丁图是在球架上用竖直挡板卡住静止的与丙图相同的乒乓球，各图中的 正确的是( )角均相等，忽略空气阻力和一切摩擦，对四个情境的物理规律分析A.甲图和乙图中自行车的加速度不相同B.甲图中的自行车和丙图中的乒乓球加速度可能相等C.丙图中球拍和乒乓球可能一起做匀速直线运动D.丙图中的球拍和丁图中的球架产生的弹力一定相等4.有两个相同的梯子，其顶部用活页连在一起，在两梯中间某相对的位置用一轻绳系住，便形成了 家用多功能折叠人字梯。如图所示，将两个相同的人字梯甲、乙放置于水平地面上，甲梯用的轻

3、 绳更长一些。当某人先、后站在甲、乙两梯顶端时，下列说法正确的是( )A.甲梯所受地面的支持力一定较大B.甲、乙两梯所受地面的支持力一定相等C.轻绳完全张紧时，甲梯所受地面的摩擦力一定比乙梯的大D.轻绳完全张紧时，甲梯所受地面的摩擦力一定比乙梯的小5.如图所示，一半径为 R 的光滑绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条光滑水平轨道相连。 轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，从水平轨道上的 A 点由静止释放一质量为 m 的带正电的3小球，已知小球受到的电场力大小等于小球重力的 。为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，则4释放点 A 距圆轨道最低点 B 的距离 s 为( )A.7 R2B.10 R3

4、C.13R6D.23R66.如图所示，倾角为 30的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O 点为原长位置。质量为 0.5 kg 的滑块从 斜面上 A 点由静止释放，滑块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为 8 J。现将滑块从 A 点 上方 0.4 m 处的 B 点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g 取 10 m / s 2 ，则下列说 法正确的是( )A.A 点到 O 点的距离为 3.2 mB.从 B 点释放后滑块运动的最大动能为 9 JC.从 B 点释放滑块至被弹簧弹回经过 A 点的动能小于 1 JD.从 B 点释放滑块时弹簧的最大弹性势能比从 A 点释放时增加了 1 J7.“嫦娥奔

5、月”非神话，“破壁飞天”化玉娥。“万户”精魂佑火箭，屈原“天问”下长河。2020 年 7 月 23 日 12 时 41 分，文昌航天发射场上，长征五号遥四运载火箭成功将“天问一号”火星探测器顺利送入 预定轨道。2020 年 10 月，“天问一号”在距离地球约 2 940 万千米处进行一次深空机动，4 个月后探 测器将与火星交会，然后通过“刹车”完成火星捕获，进行多次变轨后，择机开展着陆、巡视等任 务。已知火星与地球的质量之比为 1:10，半径之比为 1:2，则( )A.火星与地球的平均密度之比为 5:4B.火星与地球表面的重力加速度大小之比为 5 : 2C.“天问一号”分别绕火星与地球做圆周运

6、动的最大速度之比为1: 5 D.“天问一号”分别绕火星与地球做圆周运动的最小周期之比为2 : 58.在 LC 振荡电路中， t1时刻和 t2时刻电感线圈中的磁感线和电容器中极板的带电情况分别如图所示，则下列说法中正确的是( )A. t1时刻电容器正在充电B. t2时刻电容器正在充电C. t1时刻电路中的电流处在减小状态D. t2时刻电路中的电流处在增大状态9.实物粒子和光都具有波粒二象性，下列事实中不能突出体现波动性的是( )A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B. 射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构10.如图

7、所示，将三根长度、电阻都相同的导体棒首尾相接，构成一闭合的等边三角形线框， a、b、c 为三个顶点，有垂直于线框平面的匀强磁场。用导线将 a、c 两点接入电流恒定的电路 中，以下说法正确的是( )A.线框所受安培力为零B. ac 边与 ab 边所受安培力的大小相等C. ac 边所受安培力是 ab 边所受安培力的 2 倍D. ac 边所受安培力与 ab、bc 边所受安培力的合力大小相等11.户外野炊所用的便携式三脚架，由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根杆均可绕铰 链自由转动。如图所示，将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链挂在三脚架正中央，三 根杆与竖直方向的夹角均相等。若吊锅和细

8、铁链的总质量为 m，重力加速度为 g，不计轻杆与铰链 之间的摩擦，则( )5A.若每根杆与竖直方向的夹角为 37，每根杆受到的压力大小为 mg91B.若每根杆与竖直方向的夹角为 37，每根杆对地面的摩擦力大小为去 mg4C.当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力变大D.当每根杆与竖直方向的夹角均变大时，每根杆对地面的压力变大12.如图所示，垂直平面向里的匀强磁场右边界为直线，左边界为折线，折线与水平线的夹角均为 45，一个正方形导线框的边长与磁场最小宽度 MN 均为 l，线框从图示位置沿水平线向右匀速穿 过磁场过程中，规定线框中逆时针方向为感应电流的正方向，则感应电流随运

9、动距离的变化图像 为( )A. B. C. D.13.直角棱镜的折射率 n =1.5 ，其横截面如图所示，图中 C =90,A=30。横截面内一束与 BC 边平行的光线，从棱镜 AB 边上的 D 点射入，经折射后射到 BC 边上，则( )A.光线不能从 BC 边射出B.折射率 n =1.45 的光线能从 BC 边射出C.不考虑多次反射，从 AC 边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值为D.不考虑多次反射，从 AC 边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值为 二、多选题2 2 - 342 2 + 3414.原来静止的质量为 m 的原子核 A1 ZX 处在匀强磁场中，经 衰变后变成质量为 m 的

10、原子核 Y，2粒子的质量为 m ，其速度方向垂直于磁场，动能为 E 。假定原子核发生 X 衰变时释放的核能全部3 0转化为动能，质子、中子质量视为相等，则下列说法正确的是( )A.原子核 Y 与 粒子在磁场中运动的周期之比为B.原子核 Y 与 粒子在磁场中运动的半径之比为 C.此衰变过程中的质量亏损为 m +m -m2 3 1A -42( Z -2)Z -22D.此衰变过程中释放的核能为AE0A -415.如图所示，某均匀介质中有两列简谐横波 A 和 B 同时沿 x 轴正方向传播，在 t =0 时刻两列波的 波谷正好在 x =0 处重合，则下列说法正确的是( )A. A、B 两列波的周期之比为

11、 5:3 C. x =0 处质点的振动始终加强B. A、B 两列波的传播速度相同D. t =0 时刻 x =0 处质点的振动位移为 -40 cm16.质谱仪在核能开发和利用过程中具有重要意义。如图是质谱仪的工作原理示意图，加速电场的 两平行金属板间距为 d，电势差为 U。质量为 m、电荷量为 q 的正离子，由静止开始从正极板出 发，经电场加速后射出，进入速度选择器。离子沿直线穿过速度选择器后经过狭缝 P 垂直于磁场 方向进入磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，做半径为 R 的匀速圆周运动并打在胶片 A A 上。设 1 2速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度大小为 B，匀强电场的电场强度大

12、小为 E，则( )A.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里B.加速电场的场强大小为qB 2 R 202mdC.离子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，离子的比荷越小D.能通过狭缝 P 的离子的速率等于 三、实验题EB17.（1）气垫导轨是常用的一种实验仪器，它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬 浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。现用带竖直挡板的气垫导轨和带有挡光片的 滑块 1 和 2 验证动量守恒定律，实验装置如图甲所示，实验步骤如下：A.用天平分别测出滑块 1、2 的质量 m ， m ；1 2B.用游标卡尺测出滑块 1、2 上的挡光片的宽度均为 d ；1C.调整气垫导轨使

13、导轨处于水平；D.在滑块 1、2 间放入一个被压缩的轻弹簧（图中未画出），用电动卡销锁定，静止放置在两光电 门之间的气垫导轨上；E.按下电钮松开卡销，记录滑块 1 通过光电门 1 的挡光时间 t 以及滑块 2 通过光电门 2 的挡光时间1t2。实验中测量的挡光片的宽度 d 的示数如图乙所示，则 d1 1_mm。利用上述测量的实验数据验证动量守恒定律的表达式为_（用对应的物理量符号表 示）。（2）以下学生的演示实验中，可能用到纸带的是_。A.探究弹簧的弹力与伸长量的关系 C.探究功和速度变化之间的关系B.探究加速度和力、质量的关系 D.验证力的平行四边形定则18.现要描绘标有“2.5 V 0.8

14、 W”的小灯泡 L 的伏安特性曲线，小海同学设计了图甲所示电路进行实 验。（1）请将滑动变阻器接入电路（用笔画线代替导线完成）；（2）某次测量时，电压表的指针如图乙所示，此时电压表的读数为_V；（3）为进一步研究小灯泡的电功率 P 和电压 U 的关系，小明利用测量所得的数据通过 P =UI 计算电功率。小明采用图像法处理数据，将 P、U2作为纵、横坐标建立直角坐标系，将获得的数据在坐标纸上描点，并根据数据分布点作出了一条直线，如图丙所示。请指出 P -U2图像中两处不恰当的地方为_、_。四、计算题19.小明同学将“打夯”的情境简化成如图所示的过程，放置于水平地面上的平底重物，两人同时通过绳子对

15、重物各施加一个拉力，拉力大小均为 F =450 N ，方向均与竖直方向成 q=37，两人同时作用 t =0.4 s 后停止施力。一段时间后重物落下，重物砸入地面，地面下降的高度 s =4 cm 。已知重物的质量为 m =48 kg ，所受空气阻力忽略不计，重力加速度 g 取10 m / s 求：2， cos37 =0.8 。（1）重物上升的时间；（2）重物砸入地面的过程中，重物对地面的平均冲击力大小。20.简谐运动是一种常见且重要的运动形式。质量为 m 的物体在受到形如 F =-kx 的回复力作用下，物体的位移 x 与时间 t 遵循 x =A sinwt 变化的规律，其中角频率w =2 k=T

16、 m（k 为常数，A 为p 振幅，T 为周期），弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数 为 k 的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为 m 的小球 A 相连，小球 A 静止时所在位置 为 O 点，另一质量也为 m 的小球 B 从距 A 为 H 的 P 点由静止开始下落，与 A 发生瞬间碰撞后一起 开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变始终在弹性限度内，当其1 3mg形变量为 x 时，弹性势能为 E = kx 2 ，已知 H = ，重力加速度为 g。求：2 k（1）B 与 A 碰撞后瞬间一起向下运动的速度；（2）小球 A 被碰后向下运动

17、离 O 点的最大距离；（3）小球 A 从 O 点开始向下运动到第一次返回 O 点所用的时间。21.如图所示，光滑金属轨道 POQ、POQ互相平行，间距为 L，其中 OQ和OQ 位于同一水平面内， PO 和 P O构成的平面与水平面成 30角。正方形线框 ABCD 边长为 L，其中 AB 边和 CD 边的质量均为 m，电阻均为 r，两端与轨道始终接触良好，导轨电阻不计。 BC 边和 AD 边为绝缘轻杆，质量不计。线框从倾斜轨道上自静止开始下滑，开始时底边 AB 与 OO 相距 L。在水平轨道之间， MNN M长方形区域分布着方向竖直向上的匀强磁场， OM =ONL ， N M右侧区域分布着方向竖

18、直向下的匀强磁场，这两处磁场的磁感应强度大小均为 B。在右侧磁场区域内有一垂直轨道 放置并被暂时锁定的导体杆 EF ，其质量为 m，电阻为 r。锁定解除开关 K 与 M 点的距离为 L，开 关 K 不会阻隔导轨中的电流。当线框 AB 边经过开关 K 时，EF 杆的锁定被解除。不计轨道转折处OO 和锁定解除开关造成的机械能损耗（1）求整个线框刚到达水平面时的速度大小 v ；0（2）求线框 AB 边刚进入磁场时， AB 两端的电压U ；AB（3）求 CD 边进入磁场时，线框的速度 v；（4）若线框 AB 边尚未到达 M N，杆EF 就以速度 v =t2 B 2 L3 3mr离开 M N右侧磁场区域

19、，求此时线框的速度为多大。22.如图所示，在 y 轴右侧 x =0 到 x =0.5d 区域存在两个关于 x 轴对称且电场强度大小均为 E 的匀 强电场，紧靠电场右方存在着足够宽的匀强磁场，在 y 轴左侧存在一半径为 d、圆心坐标为( -d,0) 的匀强磁场，匀强磁场外侧紧贴一圆心角 b=270的绝缘刚性圆筒，圆筒关于 x 轴对称放置。一质量为 m、电荷量为-q 的带电粒子以速度 v =0B qd0m从 (0,0.5 d ) 的 A 点水平射入匀强电场，粒子经过匀强磁场区域后恰好从 (0, -0.5d ) 点由另一个匀强电场水平飞出。已知匀强磁场区域的磁感应强度大小为 B ，匀强电场的电场强度

20、大小 E =0筒壁上碰撞反弹时无能量损失。求：2 B 2 qd0m，不计粒子重力，粒子在圆（1）带电粒子在第一象限离开电场的坐标；（2）匀强磁场区域中的磁感应强度大小 B ；1（3）不计粒子碰撞反弹的时间，粒子从 A 点出发到第一次回到 A 点的总时间。参考答案1.答案：C解析：本题考查国际单位制的导出单位。电流虽有方向，但电流运算时不遵守矢量的运算法则， 所以电流是标量，其单位 A 为基本单位，故 A 错误；力是矢量，其单位 N 属于国际单位制导出单 位，故 B 错误；功只有大小，没有方向，是标量，其单位 J 是导出单位，故 C 正确；电场强度是 矢量，其单位 N/C 是导出单位，故 D 错

21、误。2.答案：A解析：本题考查参考系的选取。“飞花”中的“花”之所以能飞，是选船作为参考系，选项 A 正确； “卧看满天云不动”中云不动是诗人选择了随船运动的自己为参考系，并不是因为当天没有风，选项2 B 错误；从“不知云与我俱东”可知，相对于地面来说，诗人与云都是向东运动的，而诗人相对船是 静上的，选项 C、D 错误。3.答案：D解析：本题考查运动分析与受力分析。题图甲中自行车无动力沿着斜坡冲下，题图乙中自行车靠惯性冲上斜坡，两个图中自行车都受重力、垂直于斜坡向上的支持力，根据mg sinq=ma 得a =g sinq，则两图中自行车的加速度一定相同，故 A 错误；题图甲中的自行车加速度沿斜

22、坡向下，题图丙中的乒乓球加速度沿水平方向，则两者的加速度不可能相同，故 B 错误；题图丙中乒 乓球受到竖直向下的重力和垂直于球拍向上的支持力，二力不在同一直线上，二力的合力不为 零，则球拍和乒乓球不可能一起做匀速直线运动，故 C 错误；题图丙中，对乒乓球，由竖直方向受力平衡有 FN 丙cosq=mg ，题图丁中，乒乓球受到重力、球架的弹力和挡板水平向右的弹力，竖直方向受力平衡，有 FN 丁cosq=mg ，则 FN丙=FN丁，即题图丙中的球拍和题图丁中的球架产生的弹力一定相等，故 D 正确。4.答案：B解析：本题考查现实模型的受力分析。将人字梯和人作为整体，甲、乙两梯所受地面的支持力等 于两梯

23、和人的重力之和，故甲、乙两梯所受地面的支持力相等，A 错误，B 正确；轻绳完全张紧 时，对整体分析可知，人形梯水平方向上不受地面的摩擦力作用，C、D 错误。5.答案：D3解析：本题考查等效场与圆周运动的结合。已知 qE = mg ，则重力与电场力的合力4F = ( mg )23 5+ mg = mg ，小球在圆轨道中的等效最高点如图所示，且 tan 4 4q=Eq 3= ，得mg 4q=37，小球刚好在圆轨道内做圆周运动，在等效最高点，小球所受弹力为零，重力与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 F =mv 2R5，解得 v = gR ，小球从水平轨道至等效最高点的 4过程中，由动能定理得

24、 qEs -mgR(1 +cosq) -qER sinq=1 23 Rmv 2 ，解得 s = ，故 A、B、C 错误， 2 6D 正确。6.答案：B R火 2 3 解析：本题考查能量守恒定律的应用。若 A 点到 O 点的距离等于 3.2 m，由机械能守恒定律得滑块到 O 点时的动能 E =mgxk0AOsin30 =8J ，滑块从 O 点开始压缩弹簧，弹簧弹力逐渐增大，开始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，滑块做加速运动，之后弹簧的弹力大于滑块的 重力沿斜面向下的分力，滑块做减速运动，所以滑块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等 于滑块的重力沿斜面向下的分力时滑块的速度最大，则

25、 A 点到 O 点的距离为 3.2 m 时，滑块的最大 动能应大于 8 J，与题设不符，所以 A 点到 O 点的距离小于 3.2 m，故 A 错误；设滑块动能最大时 弹簧的弹性势能为 E ，滑块从 A 点释放到动能最大的过程中，由弹簧和滑块组成的系统机械能守p恒得 E +E =mgx sin 30 ，滑块从 B 点释放到动能最大的过程中，由弹簧和滑块组成的系统机械 k1 p A能守恒得 E +E =mgx sin 30,x -x =0.4 m ，所以从 B 点释放后滑块运动的最大动能k2 p B B AE =E +mg (x -x )sin30 =9J ，故 B 正确；根据能量守恒可知，从 B

26、 点释放滑块至被弹簧弹 k2 k1 B A回经过 A 点时，滑块的动能 E =mg (x -x )sin30 =1J ，故 C 错误；根据滑块和弹簧组成的系统k B A机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能等于滑块减少的重力势能，由于从 B 点释放滑块时弹 簧的压缩量增大，所以从 B 点释放滑块比从 A 点释放时弹簧的最大弹性势能的增加量DE mg (x -x )sin30=1J ，故 D 错误。p B A7.答案：C解析：本题通过“天问一号”考查万有引力定律的应用。星球的密度M Mr= ,4 R 333r M R 3= 火 地 =r M R 3地 地 火45，A 选项错误；在星球表面有 mg

27、 =GMm M， g R 2 R 2，gg火地=R 2 M地R 2 M火火地=25，B 选项错误；“天问一号”绕星球表面做匀速圆周运动时，速度最大，根据GMm v 2=mR 2 RGM M v R M ，得 v = ， 火 = 地 火 =R R v R M地 火 地15，C 选项正确；“天问一号”绕星球表面做匀速圆周运动时，周期最小，根据GMmR 22 =m R ，得 T = T 4 2 RGM3R 3M，则T火T地=R M 5火 地 = ，D 选项错误。 R 3 M 2地 火8.答案：B解析：本题考查 LC 振荡电路的变化规律。根据安培定则可知，t1时刻电流从左端流入线圈，从右端流出线圈，则

28、此时电容器正在放电，放电电流逐渐增大，A、C 错误； t2时刻电路中的电流方向和 t1时刻相同，则此时电容器正在充电，充电电流逐渐减小，B 正确，D 错误。9.答案：B3 解析：本题考查对波粒二象性的理解。干涉是波具有的特性，电子束通过双缝实验装置后可以形 成干涉图样，说明电子具有波动性，A 不符合题意；粒子在云室中受磁场力的作用，做的是圆周 运动，与波动性无关，B 符合题意；可以利用慢中子衍射来研究晶体的结构，说明中子可以产生衍 射现象，说明中子具有波动性，C 不符合题意；人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，说明电 子可以产生衍射现象，说明电子具有波动性，D 不符合题意。10.答案：C解析

29、：本题考查安培力的计算、力的合成与分解。设电路中总电流为 I，则 ac 支路中的电流为2 1 I ， abc 支路中的电流为 I3 3，若磁场方向垂直纸面向里，则由左手定则可知， ac 边所受安培力方向竖直向上， ab 边和 bc 边所受安培力方向分别是斜向左上方和斜向右上方，可知线框所受安培力不为零，选项 A 错误；根据 F =BIL 可知， ac 边所受安培力的大小为 F =ac23BIL ， ab 、 bc 所受1安培力的大小均为 F =F = BIL ，则 ac 边所受安培力的大小是 ab 边所受安培力的 2 倍，选项 Bab bc错误；C 正确； ab、bc 边所受安培力的夹角为 1

30、20，则合力为 F合ab、bc 边所受安培力的合力大小不相等，选项 D 错误。1= BIL ，则 ac 边所受安培力与 311.答案：B解析：本题考查共点力平衡。若每根杆与竖直方向的夹角为 37，根据平衡条件，竖直方向有3N cos37 =mg ，解得 N =5125mg ，根据牛顿第三定律可知，每根杆受到的压力大小为 mg ，每12根杆对地面的摩擦力大小为 f =N sin37 =5 3 1mg = mg ，故 A 错误，B 正确；当每根杆与竖直 12 5 4方向的夹角均变大时，三根杆对铰链的作用力的合力仍与吊锅和细铁链的总重力大小相等，设每根杆与竖直方向的夹角为 q ，由平衡条件可知 3N

31、 cosq=mg ，得 N =mg3cosq，每根杆对地面的压力 N =Ncosq=mg3，则每根杆对地面的压力不变，故 C、D 错误。12.答案：B解析：本题考查电磁感应图像问题。线框穿过磁场的过程如图所示，线框运动距离满足 xl2时，线框右边切割磁感线的有效长度增大，一直到 l，感应电流增大，沿逆Y l时针方向；线框运动距离满足 x l2时，线框右边切割磁感线的有效长度不变，感应电流大小恒定，沿逆时针方向；线框运动距离满足 l x3l2时，线框右边全部和左边部分切割磁感线，总的有效切割长度变小，感应电流变小，沿逆时针方向，当 x =3l2时感应电流为零；线框运动距离满足3l 5l60，根据

32、题给数据得sinqsin 601n，即 q 大于光线在棱镜中的全反射临界角，因此光线在 E 点发生全反射，光线不能从 BC 边射出，A 错误；当折射率 n =1.45 n =1.5 时， q 变大，光线仍然发生全反射，不能从 BC 边射出，B 错误；设光线在 AC 边上的 F 点射出棱 镜，光线在 AC 边上的入射角为 i，折射角为 r，由几何关系及折射定律，有 i =30，i=90-q ， sin i =n sin r ， n sin i=sin r，联立并代入题给数据，得 sin r=2 2 - 34，由几何关系知， r即从 AC 边射出的光线与最初的入射光线的夹角，则 C 正确，D 错误

33、。14.答案：AD解析：本题考查衰变反应与磁场的结合。根据核反应方程中电荷数守恒和质量数守恒，可得原子核 X 发生衰变的核反应方程为 A X 4Z 2He +A -4Y ，根据周期公式 T = Z -22mqB，得原子核 Y 与 粒子在T m m A -4 2 A -4磁场中运动的周期之比为 Y = Y : = =T q q Z -2 4 2( Z -2) Y mv，故 A 正确；根据半径公式 r = ，qB又 mv =p ，得 r =pqB，原子核在衰变过程中遵守动量守恒，根据动量守恒定律得 0 = p -p ，则Y r q 2p = p ，联立得原子核 Y 与 粒子在磁场中运动的半径之比为

34、 Y = = ，故 B 错误；该过r q Z -2 Y2 0 2 0 1 2 1 12 2程质量亏损 Dm =m -(m+m )，故C 错误；由 E =1 2 3 kp 22m知原子核 Y 的动能EkYp2 2m E 4E = Y = 0 = 02m 2m A -4 Y Y，则释放的核能 DE =E +E =k kYAE0A -4，故 D 正确。15.答案：BD解析：本题考查机械振动与机械波。在同一均匀介质中传播时两列波的波速相等， A、B 两列波的l T l 3波长分别为 3 m 和 5 m，由波速公式 v = 得 A、B 两列波的周期之比为 A = A = ，故 A 错误，T T l 5B

35、 BB 正确；由于两列波的周期不相等，所以两列波相遇时不能形成稳定的干涉，则 x =0 处质点的振 动不会始终加强，故 C 错误； t =0 时刻 x =0 处质点的振动位移为y =y +y =-20 cm -20 cm =-40 cm ，故 D 正确。A B16.答案：BD解析：本题考查质谱仪的工作原理。离子在速度选择器中受到的电场力方向向右，所以离子受到 的洛伦兹力方向向左，根据左手定则，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，选项 A 错误；离v 1子在匀强磁场中运动时，有 qvB =m ，在加速电场中，有 E qd = mvR 22，可得加速电场的场强大小 E =qB 2 R 202md1

36、，选项 B 正确；由题意可得 qU = mv22v q 2U， qvB =m ，整理得 = ，离子打在R m R 2 B 20胶片上的位置越靠近狭缝 P，即 R 越小，离子的比荷qm越大，选项 C 错误；离子在速度选择器中做直线运动，故离子所受的洛伦兹力与电场力平衡，即 qvB =Eq ，所以能通过狭缝 P 的离子的速率为 v =EB，选项 D 正确。m m17.答案：（1）0.5; 1 = 2 （2）BCt t1 2解析：本题考查验证动量守恒定律实验中的游标卡尺读数、实验数据处理和对常见实验过程的理 解。（1）由题图乙所示游标卡尺可知，挡光片的宽度d =0 mm +5 0. 1 mm =0.

37、5 mm 。1d d滑块 1、2 经过光电门时的速度 v = 1 , v = 1 ，滑块 1、2 组成的系统动量守恒，由动量守恒定t t1 2m m律得 m v -m v =0 ，整理得 1 = 2 。t t1 2（2）在学生的演示实验中，纸带的主要功能是计时，兼具空间距离的测量，主要用来求与纸带相 连物体在某时刻的速度或在一段时间内的加速度，故探究加速度和力、质量的关系和探究功和速 度变化之间的关系需要求系统的加速度和瞬时速度，故 B、C 正确。18.答案：（1）见解析（2）2.05（2.04 2.06）（3）图线不能作成直线;横坐标的标度选择不合理B 解析：本题考查“描绘小灯泡伏安特性曲线

38、”的实验。（1）从 P -U 2 图像可知电压从零开始调节，所以滑动变阻器应用分压式接法，连接实物图如图所 示；（2）因电压表量程选择 03 V，精确度为 0.1 V，则电压表读数估读到 0.01 V，故此时电压表的读 数为 2.05 V；（3）图像中不恰当的地方有：图像不能作成直线，应用平滑的曲线连接；横坐标的标度选择不合理，最大值标为 7.0 V2比较合适。19.答案：（1）0.6 s（2）7 680 N解析：本题通过“打夯”的情境考查动量定理与动能定理的结合。（1）设重物上升的时间为 t12 F cos qt-mgt =0 -01，对重物上升过程，选取竖直向上为正方向，由动量定理得解得重

39、物上升的时间 t =0.6 s1（2）设从重物上升到刚撤去拉力，重物上升的高度为 h，由动量定理得2 F cosqt-mgt =mv -01v根据运动学公式有 h = 1 t2从重物上升到砸入地面，由动能定理得2F cosqh+mgs - fs =0 -0解得 f =7 680 N根据牛顿第三定律，重物对地面的平均冲击力大小 f=f =7 680 N20.答案：（1）3mg2 k23mg（2） （3）k4 2m3 k解析：本题考查动量守恒定律和简谐运动的周期公式。 （1）设小球 B 自由下落 H 的速度为 v ，根据动能定理可得BmgH =1 3mg mv 2 , H =2 k( 1 0 m

40、0 m1 1 解得 v =B6mgk2小球 B 与小球 A 碰撞过程动量守恒，取向下为正方向，则有 mv =( m +m ) vB 1代入数据解得 v =13mg2 k2（2）小球 A 在 O 点时，弹簧被压缩 x ，则 x =0 0mgk设小球 A 与小球 B 共同向下运动离 O 点的最大距离为 x ，根据能量守恒定律可得m1 1 12mv 2 + kx 2 +2 mgx = k x +x 2 2 2由 mg =kx ，0)2整理得 x 2 m-2 x x -3 x2 0 m 0=0解得 x =3 x 或 x =-x （舍去）， m 0 m 0即 x =m3mgk（3）由题意可知小球 A、B

41、 一起做简谐运动的周期 T =2 2 mk振幅 A =2 x = 02mgk，所以小球 A、B 一起做简谐运动的平衡位置在弹簧压缩量为 2 x 处，从 A、B 碰撞后开始到再次回到0O 点的振动图像如图所示，A 从 O 点开始运动到平衡位置经过的时间 1 1 1t = T = T3 4 12所求时间1 2t =2t + T = T2 32 2m 4 2 m 解得 t = 2 =3 k 3 kr 2 1 21.答案：（1）32gL （2） BL1 3 B 2 L3 3 2 B 2 L3 gL （3） gL - （4） gL -6 2 3mr 2 3mr解析：本题考查电磁感应中电路与动量定理的结合

42、。（1）整个线框从静止释放至刚到达水平面的过程中，由机械能守恒可得mgL sin30 +mg 2L sin30 =122 mv 20解得 v =032gL（2）线框 AB 边刚进入磁场时，产生的感应电动势为 E =BLv0AB 两端的电压为路端电压，外电路总电阻为 R外1 1U= E =BL gLAB3 6=r2，则（3）线框进入磁场的过程中，由动量定理有 -BIL Dt=2mv -2 mv0又有 I Dt=q =DF BL2=R 3总2，联立可得 v =3 B 2 L3 gL -2 3mr（4）杆 EF 解除锁定后，杆 EF 向左运动，线框继续向右运动，线框总电流等于杆 EF 中的电流， 对

43、杆 EF 根据动量定理可得BI L Dt=mDv1对线框根据动量定理可得 BI L Dt=2mDv2可得 Dv =2 Dv ，由于 Dv =v = 1 2 1 t1 B 2 L3所以 Dv = Dv =2 3mr2 B 2 L3 3mr，可得此时线框的速度 v =v -Dv =2 23 2 B 2 L3 gL -2 3mr 43m22.答案：（1） (0.5d ,0.25 d ) （2） 4 B （3） 3 - 3 +0 24 qB0解析：本题结合圆筒壁的限制考查带电粒子在组合场中的运动。 根据题意，带电粒子在整个区域中运动的轨迹如图所示。 0 1 1 （1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，

44、根据类平抛运动的规律可得竖直方向的位移1 1 qE 0.5d y = at 2 = 2 2 m v02将 E =2 B 2 qd B qd0 、v = 0 代入，可得 y =0.25d ，则粒子在第一象限离开电场的纵坐标在第一象限 m my =0.5d -y =0.25d所以粒子在第一象限离开电场的坐标为 (0.5d ,0.25 d )（2）粒子进入匀强磁场区域，速度偏转角度的正切值 tan q =2 即带电粒子进入磁场时与 y 轴负方向的夹角为 450.25d0.5d=1 ，粒子刚进入匀强磁场时的瞬时速度大小 v=v0cos45 = 2v0经过匀强磁场后，带电粒子恰好从第四象限水平离开匀强电

45、场，说明粒子在磁场中的轨迹关于 x 轴对称，根据几何关系可知粒子在匀强磁场的轨迹半径为 r =1v2根据洛伦兹力提供向心力，有 B vq=m1r124d ，mv 解得 r = ，qB1得 B =4 B1 00.5 d m（3）粒子在两段匀强电场中运动的时间 t =2 =v B q0 0粒子在匀强磁场中运动时，轨迹所对应的圆心角为 90，则t =21 2m m =4 qB 8qB1 0 4 总 24 qB1 2 3 粒子从 B 到 C 和从 D 到 A 的运动时间 t =2 3 3 1- 2v0d=(2 - 3)mqB0带电粒子在匀强磁场中运动的时间5 2m 5 m t = =6 qB 3qB0 0 43 m所以粒子从 A 点出发到第一次回到 A 点的总时间为 t =t +t +t +t = 3 - 3 + 0