2022年浙江省金华市义乌市高考物理适应性试卷（附答案详解）.pdf

2022年浙江省金华市义乌市高考物理适应性试卷一、单 选 题（本大题共13小题，共39.0分）1.“涡扇15”是我国为5代战机“歼-20”量身定制的一款 5 r发动机，装备了“涡扇15”的“歼-20”战力可发挥到极 弱 工 牙I*致。“比冲”是描述航空发动机性能常用的物理量，其定义 为“单位质量推进剂产生的冲量”。“比冲”的国际单位是下列单位中的（）A.m/s B.N C.N-s D.m/s22.大型钛合金构件在航天、航空领域应用广泛，我国使用激光焊接复杂钛合金构件的技术和能力已达到世界一流水平。若焊接所用的激光波长为；I,每个激光脉冲中的光子数目为n,已知普朗克常量为九、光速为c,则下列说法中正确的是（）A.激光焊接利用了激光的相干性 B.激光的频率为?C.激光光子的动量里D.每个激光脉冲的能量为市I：A3.荡秋千是人们平时喜爱的一项休闲娱乐活动，如图所示某同学正在荡秋千，4和B分别为运动过程中的最高点和最低点，若忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A.在4位置时,该同学速度为零，处于超重状态B.在4位置时，该同学速度为零，处于平衡状态C.在4位置时，该同学所受的合外力的方向和指向3相符D.在4位置时，该同学所受的合外力的方向和指向2相符4.义乌市是全国校园足球特色试点市，足球在我市中小学得到了普及和推广。如图所示，某同学在颠球过程中脚部几乎不动，图示时刻足球恰好运动到最高点，估算足球刚被颠起时的初速度大小最接近的是（）A.lm/sB.2m/sC.3m/sD.6m/s5.吉利英伦TX5是一款义乌制造的新能源汽车，用户可以选装可连续变换速度的无级变速器。如图所示的是这种变速器的结构示意图，两个锥轮之间有一个滚轮,主动轮、滚动轮、从动轮之间靠着彼此之间的摩擦力 裤 王带动，且沿转动的切线方向无相对滑动，图示位置主动轮的直径为。1，从动轮的直径为。2。下列说法中正 U H-Tj确的是（）A.若主动轮转速不变，滚轮从右向左移动时从动轮的转速将减小B.无论滚轮怎样移动，滚轮、主动轮、从动轮的线速度大小都相等C.图示位置，主动轮和从动轮的转速之比为Dp D2D.图示位置，主动轮和从动轮的向心加速度之比为劣：D26.某同学骑自行车碰到了一段倾角为。的斜坡，在不踩踏的情况下,他刚好能让自行车沿斜坡以速度匕匀速直线向下行驶，现在他要以速度/沿那段斜坡匀速直线向上行驶，若人和自行车以及所有装备的总质量为M,上下坡人和自行车受到的阻力大小不变，那么此时这位同学的骑车功率大小约为（）A.MgvjsindB.Mgv2sin6C.2Mgv1sin6D.2Mgv2sin97.2022年3月21日，东航一架波音737客机在广西壮族自治区境内坠毁，失事地点位于北纬23。32、东 经 的 藤 县 琅南镇莫垠村。我国资源卫星应用中心在救援过程中实施了卫星监测，若绕地球做匀速圆周运动的监测卫星，每天上午同一时刻都能在失事地点正上方拍照，则下列说法中正确的是（）A.该卫星一定是地球同步卫星B.该卫星轨道平面与北纬23。32所确定的平面共面C.地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍D.该卫星运行周期一定是地球自转周期的整数倍8.如图所示，某同学将乒乓球发球机正对着竖直墙面水平发.%注第2页，共23页阻力，下列对乒乓球a和b的判断正确是（）A.碰墙前a和b的运动时间之比为9：1 6B.a和b碰墙时速度与墙面夹角的正切值之比为4：3C.从发出到碰墙，重力对a和匕做功大小之比为3：4D.a和b的初速度之比为4：39.如图所示，C为一个空心金属球壳，C球壳外有一正点电荷QA,P为C球壳内部固定的一个点。当Q.的电量变大时，（J QA对P点的电场强度E、电势U以及放在P点处正的试探电荷的电势能E p的变化状况描述正确的是（）A.E、U、E p都等于零 B.E等于零、U变大、0不变C.E不变，U变大,E p变大 D.E不变，U变小，E p即不变i o.示波管的丫 丫,偏转电极上加的是待测的信号电压，X X 偏转电极通常接入仪器自身产生的扫描电压。现给加上如图甲所示的交流信号，如果要在荧光屏上观察到待测信号的稳定图像，那么给X X 接入的扫描电压图像正确的是（）1 1.我国己投产运行的1 1 0 0/c U特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输电容量可达1 2 0 0万千瓦。输电的简化流程可用下图展示。若直流输电的线路电阻为1 0 0;变压、整流过程中的电能损失忽略不计；直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电的电流为5 xK P a时，下列说法正确的是（）A.输电功率为1.2 x A 1 WB.输电导线上损失的功率为2.5 x 1 0 8勿，损失的电压为50 k l zC.降压变压器匝数比应小于3：1D.若保持输送功率不变，用550kV输电，用户得到的功率比llOOkU输电时减少l x1 09W1 2.战绳训练是当下流行的一种健身方式，健身者通过晃动战绳的一端使其上下振动从而让手臂和肩部的肌肉得到良好的锻炼。下图左侧的照片和右侧的简图相对应，不妨假设健身者左右手抓住的绳子是完全相同的，两手的振动能持续保持相同的频率和振幅。下列说法正确的是（）V乙A.健身者左右手开始抖动时的方向是相同的B.如果增加左右手上下振动的幅度，可以增大绳波的波长C.右手绳子上的a、b两点将同时到达波峰D.当左右两列绳波传到P点时振动将得到加强1 3.最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图象a,以及相同时段机器人的加速度a 随时间变化的图象b。若不计空气，取重力加速度大小为1 0 m/s2,则下列同学的推断结果正确是（）A.机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3NB.机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C.在04s时间内，合外力的冲量为12N-SD.在04s时间内，合外力做的功为12/二、多 选 题（本大题共3 小题，共 9.0分）1 4.无线话筒就是LC振荡电路在实际中应用的典型实例，某LC振荡电路某时刻磁场方向如图所示，则下列说法正确的是（）第4 页，共 23页PHILIPSIIII iUA.若增加电容C的带电量，振荡电路的周期会变大B.若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电C.若电容器正在放电，则电容器上极板带正电D.若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大1 5.当太阳光照射不到太阳能电池板上时，“玉兔二号”月 球 匚 二 二T X一二1车由同位素贫8 P u电池为其保暖供电。P U 2 3 8是 人 工 放 射 性；元素，可 用 狰N p吸收一个中子来获得；觥8 2比 衰 变 时 放 出；_、.j ja粒子，生成X原子核，产生大量的y射线，其半衰期为8 8年。下列说法正确的是（）A.箝7 N p吸收一个中子后放出一个电子生成舒8 p”B.X原子核和a粒子的结合能之和大于P u 2 3 8原子核的结合能C.8 8年后电池中的P u 2 3 8原子核数将为现在的一半D.X是9 2号元素的原子核，质量数为2 3 61 6 .开口透明水平放置的饮料瓶内装有适量清水，在其底侧开一小孔，水从小孔流出形成弯曲不散开的水流，用细激光束透过塑料瓶水平射向该小孔，观察到激光束没有完全被限制在水流内传播。下列操作有助于激光束完全被限制在水流内传播的是三、实 验 题（本大题共2小题，共1 4.0分）1 7 .某同学采用如图1所示的装置进行“验证机械能守恒定律”实验。（1）指出图1装 置 中 一 处 不 合 理 的 地 方；（2）正确操作后，该同学打出了一条纸带（如图2所示）。测得0、4两个计时点间的距离九为 c m；通过计算可得出第4点的速度”的大小为 m/s；（计算保留3位有效数字)。(3)若当地重力加速度大小为9.7 9 m/s 2,该同学用公式：Z l E p=mgh,AEk=|m v2比较了重锤在0、4 时间内重力势能的减少量和动能的增加量，得到的结论是40(填“大于”、“等于”或“小于”)，你认为产生这一结果的原因H图10 12 3 4 5I 师 1 1 1|1师 川|1 1 1响 巾1 1 1|1 1 1 1|而|1 1 1 1|1 1 1 1|1川|而|1 1 1 1|1 1 1 1|1 1 1 1|1 1 1 1|血|1 1 123456789 1 0 c m图21 8.在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，可供同学利用的仪器有：干电池组、两只电流表4和&两只滑动变阻器和/?2、电 键 和 导 线 若 干,其 中%的 量 程 为,4 的量程为1-5 4&的最大阻值为1 00;R z的最大阻值为2 0000。某同学设计了如图a 所示的电路，进行实验，测得的实验数据如表所示：12345lx/mA1.3 5 1.3 0 1.2 0 1.1 0 1.051 2 1 A0.3 0 0.4 0 0.6 0 0.8 0 0.9 0(1)在图a 上标出右、(2、1和氏 2；(2)在图b 中绘出及一图线;(3)由匕-%图线得出，被测电池的电动势为 V,内阻为 n.四、计算题(本大题共4小题，共 4 1.0分)第6页，共23页19.北京冬奥会让国人对冰壶比赛有了更多的了解。运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自行滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的那个位置。按照比赛规则，投掷冰壶的运动员的队友可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减少冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。求:(1)运动员以3.4米/秒的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数是0.02,冰壶能在冰面上滑行多远？(2)若运动员仍以3.4米/秒的速度将冰壶投出，其他队员在冰壶自由滑行10米后，开始在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的9 0%,冰壶多滑行了多少距离？20.“模型检测”常用来分析一项设计的可行性。如图所示的是某大型游乐设施的比例模型，光滑的水平轨道上静止着物块4和B(均可视为质点)，质量分别为m、4m,AB之间压缩着一根锁定的轻质弹簧，两端与4B接触而不相连。水平轨道的左侧是一竖直墙壁：右侧与光滑、竖直固定的圆管道FCD相切于F,圆管道的半径R远大于管道内径。倾角。=37。的斜轨DE与圆管道相切于D,另一端固定在水平地面上，物块与斜轨间的动摩擦因数 =0.8。现将弹簧解锁，2 8分离后撤去弹簧，物块4与墙壁发生弹性碰撞后，在水平轨道上与物块B相碰并粘连，一起进入管道到达最高点C时恰好对圆管道无作用力，最后恰好停止在倾斜轨道的E点。(s讥37。=0.6,cos37=0.8,重力加速度为g)求：(1)4B过最高点C时速度大小；(2)斜轨DE的设计长度；(3)弹簧被压缩时的最大弹性势能0。21.图(a)所示，相距L=0.2m的两个完全相同的金属直角导轨4BC和A B C,中间用R=10的电阻焊连在一起，竖直固定在水平的绝缘垫上，导轨4C、BC足够长且电阻不计，金属棒EF、MN均通过棒两端的套环水平地锁定在导轨上，其中导轨4 c光滑，金属棒EF的质量和电阻分别是血1 =0.4kg、Ry=0.5/2：金属棒MN的质量和电阻分别是m 2 =0 2 kg、Rz=1 0,B C 与导体MN间的摩擦因数=0.5,平面A 4 C C 上虚线下方有垂直平面向下的匀强磁场，平面B B C C 与水平面成3 7。角，全平面内有平行平面向下的匀强磁场，两处磁场互不影响，磁感应强度大小均为B =2 7。解除锁定后E F、MN同时下滑，MN棒速度随时间的变化图线如图(b)所示。(s i n 3 7。=0.6,cos37=0.8,g 取 l O m/s?)求：(1)J 时刻导体E F 中电流强度的大小和方向。(2 卜2 时刻M N棒受到的摩擦力大小。(3)若方至巧内E F 棒滑行了5 0 米，求这段时间内M N棒产生的焦耳热。2 2.如图(a)所示，水平直线M N下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷5 =的正电荷置于电场中的0 点由静止释放，经过时间R x l()Y s 以后，电荷以v0=1.5 x 1 0，m/s 的速度通过M N进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B 按图(b)所示规律周期性变化，图(b)中磁场以垂直纸面向里为正，以电荷第一次通过M N时为t =0 时刻。求：(1)匀强电场的电场强度E；(2)图(b)中t =yx lOq时刻电荷与。点的水平距离；(3)如果在。点正右方4 3.5 c m 处有一垂直于M N的足够大的挡板，求电荷从。点出发运动到挡板的时间。第8页，共23页答案和解析1 .【答案】A【解析】解：比冲表示动力系统的效率，单位质量推进剂产生的冲量，即 根 据 F 的单位为如 m/s 2,t 单位为s,m 单位为kg,则比冲的单位为：ikgRs-z-s=故 A正确，错误；故选：Ao根据题目信息可知，比冲表示动力系统的效率，单位质量推进剂产生的冲量，则由其物理量的表达式可确定其国际单位。本题主要考查了物理量单位的确定，由题目所给信息，列出表达式，然后由各个物理量的单位确定即可。2 .【答案】D【解析】解：4激光焊接利用了激光的高能量，不是相干性，故 A错误；A激光的周期为7 =,频率是倒数，故 8错误；CC.激光光子的动量是p=T，故 C错误；D每个光子的能量为E =hv=九会每个激光脉冲的能量为？总=nE=几 八:，故。正确。故选：Do根据激光的高能量、光子周期和频率公式、动量、能量求解。本题考查激光的高能量，频率，动量，能量，同学们要理解并掌握相关公式和概念。3.【答案】D【解析】解：A B,在4 位置时，该同学的加速度有竖直向下的分量，处于失重状态，故A B 错误；C D,根据力的分解可知此时合力的方向沿圆弧切向方向，所以在4 位置时，该同学所受的合外力的方向和指向2 相符，故 正确，C错误故选：D.当秋千荡到最高点时,沿圆弧的切线方向的力不为零；当加速度向上时，处于超重状态；当加速度向下时，处于失重状态。本题关键明确人的运动规律和受力特点，明确最高点和最低点的受力情况。要判断物体是超重还是失重状态看加速度的方向。4 .【答案】C【解析】解：估算试题，情境中时中小学，青少年身高约为1 6 0 c m,图中足球位置大约到膝关节位置，大概4 0 c m,足球的运动中忽略空气阻力，则足球做上抛运动，逆向思维，足球做自由落体运动，h=0.4 m,f i j 联立得：v=V 2 x 1 0 x 0.4 m/s 3m/s，故 A B O 错误，C正确。故选：C o估算试题，首先建模，认为足球做上抛运动，青少年平均身高大约1 6 0 c m,图中足球位置大约到膝关节位置，大概4 0 c m,然后根据匀变速运动规律即可求解。本题难点在于建立物理模型，估算青少年平均身高。注意培养模型建构能力。5 .【答案】B【解析】解：A B,主动轮、滚动轮、从动轮之间靠彼此之间的摩擦力带动且不打滑，线速度相等，当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从右到左移动时，主动轮的半径变大,从动轮的半径变小，若主动轮转速恒定，则从动轮转速增加，故 A错误，8正确；D、三个轮子的线速度相等，根据n =f =，7 =等，可得p =2 7 r R n,即转速与半径成反比，故 最=弱 故 C错误；。、根据a =吃可知：詈=*,故 D错误：r a2 Di故选：B o主动轮、滚动轮、从动轮之间靠彼此之间的摩擦力带动且不打滑，线速度相等，根据角速度、转速、向心加速度和速度的关系即可求解解决传动类问题要分清是摩擦传动（包括皮带传动，链传动，齿轮传动，线速度大小相同）还是同轴传动（角速度相同）.6 .【答案】D【解析】解：在下坡过程中，匀速运动即：MgsinO =f在上坡过程中，匀速运动，则尸=M g s in O+/=2 M g s in O故上坡是该同学的功率大小为=尸4=2 M g i；2 s in。，故 A 8 C 错误，D正确；故选：D o在下坡时，匀速运动，根据共点力平衡求得受到的阻力，在上坡时，根据共点力平衡求第1 0 页，共2 3 页得该同学的动力，根据P=F 求得骑车时的功率。本题主要考查了瞬时功率的计算，关键是根据受力分析利用共点力平衡求得动力。7.【答案】C【解析】解：4、因同步卫星的轨道一定在赤道上方，则该卫星不是同步卫星。故A错误；B、卫星的轨道平面一定通过地心，所以该卫星平面一定与北纬23。32所确定的平面不共面，故3错误；CD、因每天同一时刻在地球上方的同一位置，则地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍。故C正确，。错误；故选：C。所有的人造卫星的轨道平面一定过地心，而同步卫星的轨道在赤道的上空，因每天同一时刻在地球上方的同一位置，则地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍。考查卫星的轨道特点，掌握地球同步卫星运动的特点，注意地球同步卫星的轨道一定在赤道上方。8.【答案】D【解析】解：4、乒乓球a和b以不同速度水平射出后做平抛运动，由竖直方向的位移九=ggt2 得：t=后,又/la：hb=9：1 6,解得：ta：tb=3：4故 A 错误；8、小球落碰墙时竖直方向速度大小分别为：vy a=gta,vy b=g tb,.=包=三 Vyb tb 4碰墙时速度与墙之间的夹角的正切值为：=1加 劭=合联立可得：鬻=?故B错误。C、根据重力做功收=加9h可知重力对两质量相同的乒乓球做功之比为9：1 6,故C错误；D、乒乓球水平方向匀速运动的位移相同，且无=V0t,解得：初速度之比孙a：V0 b=t6:ta=4：3,故。正确；故选：Do先根据下落高度之比求出空中飞行时间之比，然后分别求初速度、重力做功的比值，根据速度的分解可解得a和b碰墙时速度与墙面夹角的正切值之比。本题考查平抛运动，关键要掌握研究的方法：运动的分解法，要掌握水平方向和竖直方向的运动规律，结合几何关系解答。9.【答案】C【解析】解：由于静电感应，在空心金属球壳右侧有感应电荷-q,空心金属球壳左侧有感应电荷+q,达到静电平衡时，空心金属球壳内部的场强处处为零，整个空心金属球壳包括内部都是一个等势体，当正点电荷的电量变大时，对应的空心金属球壳右侧、左侧的感应电荷电量也会增大，但达到静电平衡时，空心金属球壳内部的场强依然处处为零，整个空心金属球壳包括内部依然是一个等势体，P点的电势等于球心的电势，球心的电势为正点电荷服、球壳的右侧感应电荷-q和左侧感应电荷+q单独存在时在球心电势的代数和，由于球壳的右侧感应电荷-q和左侧感应电荷+q在球心的电势叠加为零,说明球心电势等于正点电荷Q.在球心处的电势，故正点电荷的电量变大时，球心电势变大，P点电势变大，放在P点处正的试探电荷的电势能变大，C正确，A8D错误；故选：Co根据静电感应分析球壳内的电场确定，整个空心金属球壳包括内部都是一个等势体，根据电场的矢量叠加分析球外的电场情况，根据电势的叠加分析电势与电势能的变化。本题主要考查了静电平衡和点电荷形成的场强问题，解题关键在于静电平衡状态下导体为等势体，点电荷形成场强由场强公式可得，距离点电荷越近，场强越大。10.【答案】C【解析】解：根据示波器的原理可知，给y r加上如图甲所示的交流信号，如果要在荧光屏上观察到待测信号的稳定图像，则需要电子沿水平方向的位移大小在一个周期内均匀不好，所以给XX接入的扫描电压为锯齿形电压，所以图像c符合要求，故错误，C正确。故选：Co示波管的yy偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象.本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考.11.【答案】B第12页，共23页【解析】解：4由P =U/可得，输电功率为：P=UI=1 1 0 0/c V x 5 0 0 0/4 =5.5 x 1 09W,故 A 错误；8、输电线上损失的功率为：4 P =I2R=(5 0 0 0 4)2 *1 0。=2.5 x 1 08U/损失的电压为：AU=IR=5 0 0 0 A x 1 0/2 =5 x 1 04V故B正确；C、因为输电线存在电压损失，所以降压变压器的输入电压为：U i =U -/U =1 1 0 0/c I Z -50 kV=1 0 5 0/c V所以降压变压器原、副线圈的匝数比为：n1：n2=U i：U2=1 0 5 0/c V：5 0 0。=2 1：1 0,故C错误；D、当输电线路的电压为U =1 1 0 0 V时，输电电流为/=5 x1 0 3 7 1,输电功率为P =5.5 x 1 0 9匹，输电线损失功率为AP=2.5 x 1 08I V当输电线路的电压为4=5 5 0 k U时，输电电流为Io=7T=嘿翟=1 0 ，输电线损失的功率为：4Po=玲R=(I O /x 1 0/2 =1 09W所以用5 5 0 k p输电时，输电线损失的功率比1 1 0 0 输电时损失的功率多：4P=4Po-AP=1 0 9 M z -2.5 x 1 0 8M z=7 5 x 1QBW即用5 5 0 k U输电时用户得到的功率比1 1 0 0/c I Z输电时减小7.5 x 1。8皿，故。错误。故选：B。输电功率等于输电电压乘以输电电流；输电线存在电阻，输电线损失的功率通过P =I2R计算，损失的电压通过A U =/R计算；因为.输电线一上有电压损失，所以降压变压器的输入电压值要比输电电压偏小；若输出功率不变时，当减小输出电压，会增大输出电流，从而导致输电线上的功率损失增大，用户获得的功率减小，利用/=三十算输出电流，再利用P =/R计算输电线的损失功率，与输电电压变化前的损失功率对比即可。本题考查电能的输送，在计算降压变压器的匝数比时-一定要考虑到输电线造成的电压损失。12.【答案】C【解析】解：4、由波形图可知，健身者左右手开始抖动时的方向是相反的，故 A 错误：8、如果增加左右手上下振动的幅度，只是增加振幅，但周期和波速不变，则波长不变，故 8 错误；C、右手绳子上的a、b两点相差一个波长的距离，则将同时打到波峰，故 C 正确；。、左右两手起振方向相反，则当左右两列绳波传到P点时，振动将得到减弱，故。错误；故选：Co由波形图可知，健身者左右手开始抖动时的方向是相反的；增加左右手上下振动的幅度，只是增加振幅，波长与振幅无关；a、b两点相差一个波长的距离，根据波传播的周期性，则将同时打到波峰；左右两手起振方向相反，则当左右两列绳波传到P点时，振动将得到减弱。明确绳波传播的特点，知道波长与周期和波速的关系。13.【答案】A【解析】解：4 由图b可知加速度的表达式为a=W -to)=t-则可得to=Is即Is时加速度为零，则最大静摩擦力为fm=x lN =3N故 A 正确：A2s时的牵引力为F2=X2N=6N由a、图匕结合牛顿第二定律可得F4 f =ma4B f =S联立可得机器人质量m=3kg滑动摩擦力为f =3N第14页，共23页机器人与水平桌面间的动摩擦因数为U_L-,L布 mg解得=0.1故8错误；C.在0-4s时间内，合外力的冲量为/=mat=3 x 詈 x(4-1)N,s=13.5/V s故C错误；D 4s末机器人的速度为 3v=at=-x 3m/s=4.5m/s在0-4s时间内，合外力做的功为W=代入数据，解得W=30.3757故。错误.故选：4。由图像求解时间，及摩擦力，由牛顿第二定律求解动摩擦因数，由冲量公式求解C选项，由动能定理求解合外力做功。本题考查动量定理，学生除熟练掌握公式运用，还需灵活数形结合，综合求解。14.【答案】BD【解析】解：4振荡电路的周期公式为7=2兀71乙 公式中不包含电容器带电量，与电容器带电量无关，故A错误；B.若磁场正在减弱，则说明电容器在充电，由右手定则可知，电容器上极板带正电，故B正确；C若电容器正在放电，则线圈中磁场向下，则电容器下极板带正电，故C错误：D若电容器正在放电，则电流在增大，由楞次定律可以知道，自感电动势在阻碍电流的增大，故。正确。故选：BD。根据电路的周期公式可知，周期和电荷量无关；根据楞次定律判断感应电动势的方向，从而判断电容器带电情况；若电容器正在放电，则线圈中磁场向下，则电容器下极板带正电；若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大。本题考查了电磁振荡。掌握电磁振荡特点解决本题的关键点。1 5.【答案】ABC【解析 解：根据质量数守恒及核电荷数守恒，写出给,N p得到至8 p“的核反应方程式为：猱N p+加 一装P u+匕e；P a 2 3 8衰变时只放出a射线，其衰变方程式为：lPu-毅（/+狙e。A、根据核反应方程式知，中子被N p 2 3 7吸收后，转变为P u 2 3 8时，将放出电子，故A正确；B、a衰变能自发进行并释放能量，所以X原子核和a粒子的结合能之和大于P u 2 3 8原子核的结合能，故B正确；C、的半衰期为8年。则8 8年后电池中的P u 2 3 8原子核数将为现在的一半，故C正确；D、根据质量数守恒及核电荷数守恒可知X的质量数为2 3 4,故。错误。故选：ABC.根据质量数守恒及核电荷数守恒，写出抹N p得 到 品 的 核 反 应 方 程 式 及P“238衰变方程式；在0衰变中，一个中子转变为一个质子和一个电子；放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间.本题考查了核反应方程式的书写、原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反应方程式是解决本题的关键。1 6.【答案】BD【解析】解：4增大该激光的强度，激光的临界角不变，现象不会改变，故A错误；8、当向瓶内加一些清水，则从孔中射出的水流速度会变大，水流轨迹会变得平直，激光在水和空气界面处的入射角会变大，则会有大部分光会在界面处发生全反射，这种现象相当于光导纤维的导光现象，故B正确，C、水从小孔流出形成弯曲的水束，激光没有完全被限制在水束内，是因为光从水射向空气的入射角小于临界角，出现折射现象，当换用频率更低的激光，临界角变大，更不容易发生全反射，将有更多激光不能被限制在水流内传播，故C错误；。、水从小孔流出形成弯曲的水束，激光没有完全被限制在水束内，是因为光从水射向空气的入射角小于临界角，出现折射现象，改用折射率更大的液体时，临界角变小，容易发生全反射，将有更多激光被限制在水流内传播，故。正确；故 选:B D。第 16页，共 2 3 页根据光的全反射原理，让光完全限制在水束中，改变频率或改变光的强度均不能实现,只有从全反射条件的角度入手考虑，从而即可求解.考查光的全反射现象的应用，注意光的全反射现象的条件，并掌握折射率与临界角的关系是解题的关键。1 7 .【答案】重物离打点计时器太远5.7 5 1.1 0 第0 个点不是下落的起始点，该点重锤有动能【解析】解：(1)重物离打点计时器太远，有可能出现纸带上没点或者点太少，不利于测量，所以应该让重物离打点计时器近一些，应该往上提一提。(2)测得0、4 两个计时点间的距离:h=7.75cm-2.0 0 c m =5.7 5 c m第4 点的速度：。=等=也 苫 器 1 m/s =1.1 0 m/s;(3)重力势能的减少量：AEp-m g h=m x 9.7 9 x 5.7 5 x 0.0 1 m =0.5 6 3 m动能的增加量：4 以=|m v2=|x z n x (1.1 0)27 =0.6 0 5/可得Z E p AEk产生这一结果的原因可能是：第。个点不是下落的起始点，该点重锤有动能，用4 E k =m v2,计算动能增加量结果偏大。故答案为：(1)重物离打点计时器太远；(2)5.7 5；1.1 0：(3)；第。个点不是下落的起始点，该点重锤有动能。(1)根据图像可知重物离打点计时器太远；(2)根据图2 得到0、4 两个计时点间的距离，根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度求解第4 点的速度；(3)根据重力做功求解重力势能的减少量，根据动能的计算公式求解动能的增加量，由此分析。本题主要是考查了机械能守恒定律的知识，关键是掌握机械能守恒定律实验的方法、操作步骤、数据处理等。1 8.【答案】3.0 1.0【解析】解：(1)由电路图可知两个滑动变阻器并联，两支路两端电压相等；右的电阻值较小，通过的电流值较大；的电阻值较大，通过的电流值较小；如图1 所示：图2(3 乂2 /1，故把/2 近似当作干路电流，根据闭合电路欧姆定律可得：U=E-Irr F据图可得：/1 =一h2+高“2 K2纵截距：b =1.5 x l 0-3 4图像斜率：/c =-=i rxio-3K2 l.U/2 =0 时，R2=2 0 0 0 0解得：E=3.0 V,r=1.0。故答案为：(1)如图1 所示；(2)h-%图线见图2；(3)3.0；1.0。(1)由电路图可知两个滑动变阻器并联，根据电流的的大小关系确定电阻的大小；(2)通过描点作图；(3%/1，故把，2 近似当作干路电流，根据闭合电路欧姆定律进行解答。对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验。1 9.【答案】解：(1)在整个滑行过程中，根据动能定理可得：一 m g x =0 -；n i 诏，解得 x =2 8.9 m第1 8页，共2 3页(2)在整个运动过程中，根据动能定理可得：-卬ngx-90%4mgx=0-如 诏，解得x=21m故冰壶多滑行了的距离为Zx=x+x-x=10m+20m-28.9m=1.1m答：(1)运动员以3.4米/秒的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数是0.0 2,冰壶能在冰面上滑行28.9m；(2)若运动员仍以3.4米/秒的速度将冰壶投出，其他队员在冰壶自由滑行10米后，开始在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的9 0%,冰壶多滑行了的距离为1.Ini。【解析】(1)在整个滑行过程中，根据动能定理即可求得滑行的距离；(2)在整个过程中，根据动能定理即可求得擦冰后滑行的距离，求得多滑行的距离。本厅主要考查了动能定理，关键是过程的受力分析，明确各个力做功情况即可。20.【答案】解：(1)因2、B整体到达最高点C时恰好对圆管道无作用力，故由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：r C VQ5mg=5m y解得：vc=yfgRi(2)设。E的长度为3对4、B整体从C到E的过程，根据动能定理得：SmgLsind+5mgR(l cosd)-5mgLeos。=0|x 5m正解 得:L=17.5/?；(3)弹簧被释放后瞬间，设物块4 的速度大小为巧，物块B的速度大小为女.取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mVi-4mv2=04与墙壁碰撞反弹后追上8发生碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：mvr+4mv2=(m+4m)vA、B整体从尸到C的过程，由机械能守恒定律得：1-5mv2=5mg-2R+-5mvc联立以上各式解得：%=|j5 g R,W=氯5gR弹簧释放过程，根据机械能守恒知，弹簧被压缩时的最大弹性势能为：1?1 nEp=-mv+-x 4mv2代入数据解得：Ep=m g R.答：(1)48过最高点C时 速 度 大 小 为 历；(2)斜轨D E的设计长度为17.5 R；(3)弹簧被压缩时的最大弹性势能为等m g R。【解析】(1)4、B整体到达最高点C时恰好对圆管道无作用力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出4、B整体到达最高点C时的速度；(2)对4、B整体从C到E的过程，利用动能定理列方程，可求D E的长度；(3)弹簧被释放后，系统的动量守恒，由动量守恒定律列方程；力与墙壁碰撞反弹后追上B发生碰撞，根据动量守恒定律再列方程；4 B整体从尸到C的过程，由机械能守恒定律列方程，联立这些方程可求出弹簧释放后瞬间4与B的速度大小，再由机械能守恒求弹簧被压缩时的最大弹性势能E p。理清物块的运动过程，把握隐含的临界条件是关键。要知道整体恰好对圆管道无作用力时，由重力完全提供向心力。运用动能定理和机械能守恒定律时，要注意明确研究的过程。2 1.【答案】解：(1)以M N棒为研究对象，受重力、弹力、摩擦力。当M N沿导轨下滑时间A时，速度已达%=l m/s,：m2gsin370 -im2gcos37=由图象可知：%=。花1以E尸为研究对象，在进入磁场前，受重力、弹力作用。mgsin530 =m a2速度%=a2 t l切割磁感线产生的感应电动势%=BLu；根据欧姆定律有：/】=卷 五1R+&2联立解得：t i =0.5 s,Vi=4 m/s,耳=1.6 4(方向由E (2)由t图象最后一段是直线可以确定今时刻，E尸棒的速度恰达到最大，设E F棒稳定运动的速度为私，所以E F棒产生的感应电动势为：E2=BLV2r f E?整个回路电流：b =RR21 R+R2由平衡条件有：m i g s i n 5 3。=BI2LM N棒的电流/=”与 热M N受到的摩擦力灯/=m2gcos37+8/1)代入数据求得：v2 =2 0m/s,Ff；=1.6N(3)E F棒沿导轨下滑x =5 0机的过程，安培力做功使机械能转化为电能，设E F棒克服安培力做功为加。第20页，共23页据动能定理得：m1gxsin53-W =纲1吟 一 加1 由功能关系得：W =Q由焦耳定律有：等=二1筌2，Q卜(场+粽代入解得：勿=8 0/,QMN=2 0/答:(1)。时刻导体E F中电流强度的大小为1.6 4方向从-几务时刻M N棒受到的摩擦力大小1.6 N。(3)若&至t 2内E F棒滑行了5 0米，这段时间内M N棒产生的焦耳热2 0/。【解析】(1)由于M N棒做匀加速运动，合外力恒定。从而知道E F棒还未进入磁场，由牛顿第二定律、运动学公式求出E F棒的末速度；(2汽 时刻E F恰好速度稳定，根据平衡条件求出E F棒的速度，从而求出回路的电流，结合M N棒的受力情况、安培力大小和方向，求出M N棒的压力，从而求得M N受到的摩擦力；(3)对E F棒根据动能定理和功能关系求出电路中产生的焦耳热，由焦耳定律求出M N棒与整个电路的焦耳热的比值关系，从而求出M N棒产生的焦耳热。本题是电磁感应与力学知识的综合，关键是计算安培力的大小和分析能量怎样转化，根据平衡条件和能量守恒进行研究，计算过程中特别注意质量不要带错。要抓住两棒运动的同时性，分别运用动量定理列式来分析速度关系，其桥梁是安培力。2 2.【答案】解：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为卷x1 0-5s,由匀变速直线运动规律得VQ=a t 由牛顿第二定律得qE=m a代入数据解得：E =7.2 x 1 03/V/C(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0B=my解得：r =3qB当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径做圆周运动的周期rr，2nrr 2nmTi=-=-%qBi代入数据解得q=5 cm711 =x 10-ss1 3同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为T 2=吧2 qB2代入数据解得：r2=3cm做圆周运动的周期T 2nmT?=-2 qB2代入数据解得：r2=Y x 10-5s故电荷t=0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图1所示从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为T=(x 4 +|x y +|x y)x 10-5S=y X ICT5s所以t=崇x 10-5s时刻粒子距离o点的水平距离为4d=2(71-r2)代入数据解得：M=4cm(3)由第(2)的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4 cm,根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即s=94d=9 x 4cm=36 cm则最的后7.5m的距离如图2所示第22页，共23页图2由几何关系可得4 +rcosa=7.5cm解得：c o s a =0.5即a=6 0 故电荷运动的总时间t总i +9 7 +加代入数据解得：1总=皆 兀x l 0-5 s答：(1)匀强电场的电场强度E为7.2 X 10 3 N/C；(2)图(b)中t =崇x 10-5 5时刻电荷与。点的水平