2019年浙江省绍兴市选考物理适应性试卷(3月份)

1、2019 年浙江省绍兴市选考物理适应性试卷（3 月份）副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共13 小题，共39.0 分）1.下列物理量中属于矢量的是（）A. 路程B. 质量C. 电场力D. 电流2.首位比较准确地测出引力常量的科学家是（）A. 开普勒B. 卡文迪许C. 牛顿D. 伽利略3.用国际单位的基本单位表示功的单位，下列正确的（）2 2kg m/s2N mD.JA. kg?m /sB. ?C. ?4.下列说法正确的是（）A. 出租汽车是按位移大小来计费的B. 手表上的指针所指的某一位置表示的是时间间隔C. “太阳东升西落”是以太阳为参考系D. 研究嫦娥四号绕月飞行的周期时可以把它

2、看成质点5. 如图所示，橡皮膜包住空心塑料管的底端，细线将橡皮膜固定密封，用手竖直握住塑料管保持静止状态，先将水从塑料管顶端倒入并灌至整管的三分之二处，然后在管顶处加一个多孔的瓶盖，此时橡皮膜突出成半球状，现用力将塑料管向上加速提升一段距离，再减速上升直至速度为零，则（）A. 加速上升时塑料管处于失重状态B. 加速上升时橡皮膜底部进一步向下突出C. 减速上升时塑料管处于超重状态D. 减速上升时塑料管内的水面将下降6. 如图所示是阴极射线管的示意图， 真空玻璃管中的阴极被加热至发出辉光， 电子从阴极“蒸发”出来并流向阳极。此过程中（）A. 电子的速度不变B. 电子的动能增加C. 电子的电势能增大

3、D. 静电力做负功7. 如图所示是“巴罗轮”的示意图， 下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中，可绕转轴转动，当转轴、水银槽分别与电源的正负极相连时，铝盘开始转动，下列说法中不正确的是（）第1页，共 23页A. 铝盘绕顺时针方向转动B. 只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变C. 只改变电流方向，铝盘的转动方向改变D. 同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变8.某玩具汽车从t=0 时刻出发，由静止开始沿直线行驶。其a-t 图象如图所示，下列说法正确的是（）A.C.6s 末的加速度比 1s 末的大第 4s 内速度变化量大于零B.D.1s 末加速度方向与速度方向相同第 6s 内速度在不断

4、变大9. 如图所示，攀岩者仅凭信鞋底和背部的摩擦停留在竖直的岩壁间，鞋子，背部与岩壁间的动摩擦因数分别为0.80 和 0.60 为了节省体力，他尽可能减小身体与若壁间的正压力，使自己刚好不下滑。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是（）A.B.C.D.攀岩者受到三个力的作用鞋子受到的静摩擦力方向竖直向下岩壁对鞋子的支持力大于岩壁对背部的支持攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的10. 天文学家发现，三颗行星 A、B、C 绕着仙女座厄普西仑星做匀速圆周运动，如图所示，行星A 的周期为 4.6170d，轨道半径为 0.059AU（地球与太阳之间8的距离 1AU =1.496 10 km），

5、根据题中数据可得到（）A. 行星 B 的周期小于4.6170dB. 行星 C 的加速度大于行星A 的加速度C. 厄普西仑星的质量D. 厄普西仑星的第一字宙速度11. 为了提高一级方程式赛车的性能，在形状设计时要求赛车上下方空气存在一个压力差 （即气动压力） ，从而增大赛车对地面的正压力，如图所示，一辆总质量为 600kg 的要车以 288km/h 的速率经过一个半径为 180m 的水平弯道，转弯时赛车不发生侧滑，第2页，共 23页侧向附着系数（正压力与摩擦力的比值）=1，则赛车转弯时（）A. 向心加速度大小约为460m/s2B. 受到的摩擦力大小约为3105NC. 受到的支持力大小约为6000

6、ND. 受到的气动压力约为重力的2.6倍12.利用功率为 500W 的取暖器给书房空气加热，书房的体积为30m3，房间温度为0已知空气密度为 129kg/m3，每千克空气每升高 1吸收的热量为1000J，取暖器产生热量的 50%用于加热空气，若每一度电的电费为0.5 元，下列说法正确的是（）A.1h 内取暖器消耗的电能为500JB.1h 内取暖器产生的热量为25000JC.1h后房间的温度约为23D. 若每天使用取暖器1h，需要付电费250 元13.高度为 d 的仓库起火， 现需要利用仓库前方固定在地面上的消防水炮给它灭火。如图所示，水炮与仓库的距离为d，出水口的横截面积为S喷水方向可自由调节

7、，功率也可以变化， 火势最猛的那层楼窗户上， 下边缘离地高度分别为0.75d 和 0.25d，（要使火火效果最好）要求水喷入时的方向与窗户面垂直，已知水炮的效率为，水的密度为，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略水炮离地高度。下列说法正确的是（）A.B.C.若水从窗户下边缘进入，则进入时的速度大小为若水从窗户上边缘进入，则进入时的速度大小为若水从窗户的正中间进入，则此时的水炮功率最小D. 满足水从窗户进入的水炮功率最小值为S（ gd）二、多选题（本大题共3 小题，共6.0 分）14.下列说法正确的是（）A. 光子只有能量没有动量B. 赫兹预言了电磁波的存在C. 德布罗意提出“实物粒子也具有波动性

8、”假设D. 玻尔原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律15. 一座核电站反应堆产生的热功率为3400MW，发电功率为 1100MW，已知一个铀 235核裂变时释放的能量约为200MeV，下列说法正确的是（）A. 核裂变的反应方程为U+ nBa+Kr +2 nB. 核反应后总质量增加了C. 核电站的发电效率约为 32%D. 每秒钟约有 1.1 1020 个铀 235 核发生裂变16.在平静水面上有两个振源 S1 和 S2，相距 12m，以 S1 为原点在水面上建立如图所示的坐标系， t=0 时振源 S1 从平衡位置开始垂直水面向上做简谐运动，振源频率为10Hz， 0.1s后振源 S2 也开始做

9、完全相同的振动， t=0.45s 时两列简谐波的最远波峰传到了图示位置，则（）第3页，共 23页A.B.C.D.两列波能发生干涉波的传播速度为 20m/st=0.45 s 时水面上波峰与波峰相遇的位置共有4 个t=0.50s 时振源 S1 产生的简谐波在水面上达到的面积约为314m2三、实验题探究题（本大题共3 小题，共14.0 分）17. 比较以下两个实验：甲“探究小车速度随时间变化的规律”，乙（用橡皮筋）“探究做功与物体速度变化的关系”。（ 1）都需要用到的器材有 _（多选）（ 2）关于实验条件的控制，正确的说法是_A甲实验需要平衡摩擦，乙实验不需要平衡摩擦B甲实验不需要平衡摩擦，乙实验需

10、要平衡摩擦C、甲、乙两实验都需要平衡摩擦D甲、乙两实验都不需要平衡摩擦（ 3）以下纸带是在某个实验中得到的（单位：cm），交电的频率为50Hz，相邻两个计数点之间还有4 个点没有画出。打下计数点3 时纸带的速度是_m/s（结果保留两位有效数字），这条纸带是在实验_（填“甲”或“乙”）中得到的。18.小明同学利用如图1 所示电路测量多用电表欧姆档内部电池的电动势和电阻。使用的器材有：多用电表，电压表（量程3V、内阻为 3k），滑动变阻器（最大阻值2k），导线若干。请完善以下步骤：第4页，共 23页（ 1）将多用电表的选择开关调到” 100”挡，再将红，黑表笔短接， _（填“机械”或“欧姆”）调零

11、：（ 2）将图 1 中多用电表的红表笔接a，黑表笔接b 端，那么电压表的右端为_接线柱（选填“+”或“ -”）（ 3）欧姆表内部电路可等效为一个电池，一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图2 所示，记电池的电动势为E，欧姆表“ x100”挡内部电路的总内阻为r，调节滑动变阻器，测得欧姆表的读数R 和电压表读数U ，某次测量电压表的示数如图 3 所示读数为 _V，根据实验数据画出的-R 图线如图4 所示，求得电动势 E=_V，内部电路的总电阻 r =_k。19. 小周用插针法测定某种玻璃三棱镜的折射率，所作的光路图如图 1 所示， ABC 为三棱镜的横截面， 光线 DO 1、O2E 分别为

12、入射、 出射光线， N1N2 为法线， P1、P2、P3、P4 为四枚大头针，为偏向角。（ 1）根据图 1 求得这种玻璃的折射率为_（结果保留两位有效数字）（ 2）如图 2 是实验过程中的立体图，图中a 和 b 是 _（填“大头针”或“大头针的像”）第5页，共 23页（ 3）换用折射率较小的玻璃三棱镜做实验，仍保证顶角BAC 和入射角不变，那么偏向角将 _（填“增大”、“减小”或“不变”）四、计算题（本大题共4 小题，共 41.0 分）20. 如图所示，一辆满载西瓜的卡车从某地由静止出发，以0.5m/s2 的加速度沿直线运动了 30s，由于司机疏忽大意，车头撞在断桥桥头的护栏上（车立即停下），

13、碰撞瞬间安全气囊弹出，司机（上半身，质量为40kg）被气囊护住相对于地面向前移动了 75cm 后停住，与此同时车顶上绑住行李箱的绳子断裂，行李箱（可看作质点）在车顶上滑行了 1m 后飞出，已知箱子与车顶的动摩擦因数为0.75，车顶距地面的高度为 h1=2.45 m，平底河床距离地面 h2=2.55m，求：（ 1）卡车与护栏碰撞时的速度大小；（ 2）气囊对司机（上半身）的作用力大小；（ 3）箱子的落点到河岸侧壁的距离。（结果中可以保留根号）21.如图所示，在xOy 平面内竖直固定一个“9 字型”轨道，圆形部分的半径R=0.2m，圆心位于C 点：直线轨道AB 与圆形部分相切于B 点，其长度L=3

14、RCB 连线与竖直方向的夹角为53；在 x 0 区域有范围很大的匀强电场，场强大小 E=5104N/C，方向沿 x 轴正方向，现在A 点处由静止释放质量m=0.1kg、带电量q=210-5 C 的小物块（可看作质点），已知sin53 =0.8，不计物块与“9 字型“轨道的摩擦，求：（ 1）物块滑到圆周轨道最低点O 处时受到的支持力大小；（ 2）物块在周轨道上速度最大的位置P；（可用 PC 线与坚直方向角表示）（ 3）物块在圆画轨道上运动一圈后，从 O点滑出（轨道 B O与 BO 段错开且靠近），其后的水平面上铺设了一种特殊的材料，材料不同位置处的摩擦系数满足 =0.2+x（ x 为所在处的横坐

15、标值） ，物块在材料面上滑行过程的最大动能是多少？第6页，共 23页22.如图所示，两平行光滑轨道 MN 和 PQ 竖直放置，间距 l =0.5m，其中 EG 和 FH 为两段绝缘轨道， 其余均为金属轨道， 轨道末端 NQ 间连接一个自感系数L=0.01 H 的线圈，其直流电阻可以忽略。在 ABCD 、 CDEF 、GHIJ 区域内存在垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度大小B1=B2 =B3=0.2T，方向如图， 图中 d=0.4m。两导体棒 a、b 通过轻质杆连接， 总质量 m=0.02 kg， b 棒电阻 R=0.2 ， a 电阻不计；现将 ab 连杆系统从距离 AB 边高 h 处由静止释

16、放， a 棒匀速通过 ABCD 区域，最终 a 棒以 1.6m/s 的速度穿出 EF 边。导体棒与金属轨道接触良好。（ 1）求 h 的值；（ 2）求 a 棒从进入 AB 边到穿出 EF 边的总时间；（ 3）若 a 棒通过 GH 边时轻质杆突然断裂， 以该位置为原点，竖直向下为x 轴，求 a 棒在向下运动过程中电流i 与位移 x 的大小关系，已知线圈上的自感电动势为E=L，此过程中导体棒 b 仍在 EFGH 区域运动。23. 如图 1 所示，粒子源K 可以不断地射出质量为m、电量为 q 的带正电粒子，它们包含有各种不同的速率，但方向都沿 y 轴正方向， D 1、D2 为两块挡板，可定时开启和关闭

17、； C1、 C2 为两扇“门”，两门之间的距离为L；C1 紧靠 D1，紧靠 D2 的能量增减器 G 到 C2 的距离为 ，给 C1、 C2 加上图 2 所示的交流电（周期 T 己知），只有当 u=0 时才允许粒子通过，粒子通过G 时可获得能量 E=sin（ t+ ）（式中 t为粒子进入能量增减器的时刻） ，通过 G 的粒子从 O 点沿 y 轴正向进入磁场区或，磁感应强度大小 B=（其中 a=1m），方向垂直纸面向外。不计粒子重力及其相互作用。第7页，共 23页PQ、MN 适当地平移， 求矩形磁场的最小面积。（ 1）根据你所学的知识进行合理猜想，简述能量增减器的原理；（ 2）现在 t=0 时刻同

18、时打开 D1 与 D 2，让粒子进入 C1，在 t= 时刻关闭挡板 D 1，使粒子无法进入C1，在 t=2T 时刻，再关闭挡板D 2，使粒子无法进入G，求能进入磁场的粒子的所有动能值。（ 3）在 xOy 平面内 A（ 2m，m）点有一收集装置，若要把（2）问中动能最小的粒子收集起来， 可将矩形磁场边界第8页，共 23页答案和解析1.【答案】 C【解析】解：AB 、路程和质量只有大小，没有方向，是标量。故 A 错误，B 错误 。C、电场力既有大小，又有方向，相加时遵循平行四 边形定则，是矢量，故C 正确。D、电流运算时不遵守矢量运算法 则：平行四边形定则，所以电流强度是标量。故 D错误。故选：C

19、。既有大小又有方向，相加 时遵循平行四 边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是 标量，如路程、时间、质量等。本题是一个基 础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握，同时要注意矢量相加时遵循平行四 边形定则。2.【答案】 B【解析】解：牛顿发现了万有引力定律后，卡文迪 许首先比较准确地测出引力常量。故B 正确，ACD 错误故选：B。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。3.【答案】 A【解析】22；由于N 不是国解：根据W

20、=FL 以及 F=ma 可知，功的单位 1J=1N?m=kg?m/s际单位制中的基本 单位，故 A 正确，BCD 错误 。故选：A。第9页，共 23页根据功的公式 进行分析，从而明确功和能利用国 际单位制中的基本 单位所表示出的单位。本题考查对基本单位的掌握情况，要注意明确物理公式同 时对应了单位的换算关系。4.【答案】 D【解析】解：A 、出租汽车是按路程大小来 计费的，故 A 错误；B、手表上的指针所指的某一位置表示的是时刻，故 B 错误；C、太阳东升西落是以地球 为参考系的，故 C 错误；D、研究嫦娥四号绕月飞行的周期 时，嫦娥四号的大小可以忽略不 计，可以把它看成质点；故D 正确。故选

21、：D。明确位移和路程的定 义，知道位移是矢量而路程是 标量。当物体的大小和形状 对所研究的 问题中没有影响或影响不 计时，可以把物体当成质点处理。明确参考系的定 义，知道太阳东升西落是相 对于地球来 说的；知道时间坐标轴上有关时间、时刻的定义。本题考查了时间、位移、参考系以及质点等描述运 动的基本物体量，要注意时刻具有瞬 时性的特点，是变化中的某一瞬 间；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应。5.【答案】 B【解析】解：A 、加速上升时，塑料管的加速度向上，处于超重状 态，故 A 错误；B、对水分析可知，加速上升 时，由于液体超重，液体受到的支持力 变大，由牛顿第三定律可知，液体 对橡皮

22、膜的 压力增大，故橡皮膜底部 进一步向下突出，故 B 正确；C、超速上升时，加速度向下，故塑料管处于失重状 态，故 C 错误；第10 页，共 23页D、减速上升时，管中液体处于失重状 态，塑料管内的水面将上升，故D 错误 。故选：B。明确超重和失重的性 质，知道物体加速度向下 时为失重状态，加速度向上时为超重状态。本题考查超重和失重 现象的应用，要注意分别对塑料管和管中的水 进行分析，注意根据牛 顿第二定律分析解答。6.【答案】 B【解析】解：电子从阴极射出，流向阳极，电场力做正功，动能增加，速度增加，电势能减小，故 B 正确，ACD 错误 。故选：B。根据动能定理和 电场力做功分析 电子各个

23、量的 变化情况。本题考查动能定理，根据动能定理的 电场力做功分析即可。7.【答案】 A【解析】解：A 、铝盘、水银与电源构成一个 闭合回路，铝盘中有电流，由左手定则可知：铝盘受到的安培力与 盘的半径垂直，且沿逆 时针方向，则铝盘沿逆时针方向转动，故 A 不正确；B、只改变磁场的方向，由左手定则可知，铝盘受到的安培力方向将与开始 时相反，所以铝盘的转动方向改变。故 B 正确；C、电流方向反向，由左手定 则可知，安培力方向反向， 铝盘的转动方向反向，故 C正确；D、由左手定则可知，将电流及磁场方向同时改变，铝盘受力方向不 变，铝盘的转动方向不变，故D 正确；本题选择不正确的，故选：A 。铝盘、水银

24、与电源构成一个 闭合回路，铝盘在磁场中受到安培力作用，由左第11 页，共 23页手定则判断出安培力方向，然后答 题。该题的情景虽然不属于高中的内容，但正确理解 该实验的目的为检验安培力的方向，即可应用左手定 则判断出安培力的方向， 这是正确解 题的关键。8.【答案】 B【解析】解：A 、由图知，6s 末的加速度比 1s 末的小，故 A 错误 。B、0-1s 内汽车从静止开始做 变加速直线运动，加速度方向与速度方向相同，故 B正确。C、根据图象与时间轴所围的面积表示速度 变化量，知第 4s 内速度变化量为零，故C错误。D、根据图象与时间轴所围的面积表示速度 变化量，图象在时间轴上方速度变化量为正

25、，图象在时间轴下方速度 变化量为负，知第 6s 内速度变化量为负，速度在不断 变小，故 D 错误 。故选：B。由 a-t 图象能直接 读出加速度的大小。根据 图象分析汽 车的运动情况，从而确定 1s 末加速度方向与速度方向的关系。根据 图象与时间轴所围的面积表示速度变化量，分析第 4s内速度变化量的大小，并由 “面积 ”法分析第 6s内速度变化情况。解决本题的关键是要理解 a-t 图象的数学意 义，知道图象与时间轴所围的面积表示速度 变化量，图象在时间轴上方速度 变化量为正，图象在时间轴下方速度变化量为负。9.【答案】 D【解析】解：A 、攀岩者受到重力、两个支持力和两个摩擦力共五个力的作用，

26、故 A 错误；B、鞋子受到的静摩擦力方向 竖直向上，故 B 错误；C、水平方向受力平衡，所以岩壁 对鞋子的支持力等于岩壁 对第12 页，共 23页背部的支持力，故 C 错误；间的动摩擦因数分别为刚时摩擦D、鞋子、背部与岩壁0.80 和 0.60， 好不下滑力都达到最大，根据 f= F可知， =，N而 f1+f2=mg，解得 f1= mg，故攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的 ，故 D正确。故选：D。攀岩者受到重力、两个支持力和两个摩擦力共五个力的作用，画出受力示意图，根据平衡条件进行分析解答。本题主要是考 查了共点力的平衡 问题，解答此类问题的一般步 骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平

27、行四 边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐 标轴上建立平衡方程 进行解答。10.【答案】 C【解析】解：A 、根据开普勒第三定律有：（k 为开普勒常数），由于rBrA 所以 T BTA，故A 错误；B、根据向心加速度公式有：，由于 rcrA 所以 acaA ，故 B 错误；C、根据万有引力提供向心力有：，解得中心天体的质量为：，故C 正确；D、由于不知道厄普西 仑星的球体半径，不能求解厄普西 仑星的第一字宙速度，故D错误；故选：C。根据开普勒第三定律，知道各行星的半径大小关系，可判断公 转周期的大小和向心加速度关系；已知环绕天体 A 的周期和半径，可求解中心天体厄普西仑星

28、的质量；根据天体的第一宇宙速度表达式可知，不知道中心天体的球体半径 R，没法求解厄普西仑星的第一字宙速度。第13 页，共 23页本题关键是明确各行星的运动学规律和动力学规结顿第二定律律，然后 合牛列式分析，不难。11.【答案】 D【解析】解：288km/h=80m/s，2错误A、根据向心加速度公式，故 A；36m/sB、因为摩擦力提供向心力，根据牛 顿第二定律得：=21333N，故B 错误；为则车所受支持力 N=动压C、因 摩擦力 f= N=（Mg+F）， 汽，气力 F=N-Mg=15333N ，故，故 C 错误，D 正确；故选：D。根据向心力的公式求出向心力的大小，汽车在转弯的过程中靠摩擦力

29、提供向心力，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小， 结合正压力与摩擦力的关系求出气动压力的大小。解决本题的关键知道向心力的公式，知道汽 车在水平路面上拐弯向心力的来源。12.【答案】 C【解析】解：A 、1h 内取暖器消耗的 电能为：W=Pt=5003.6 103=1.8 106J，故A 错误；65B、1h 内取暖器 产生的热量为：Q=W =1.8 1050%=910J，故B 错误；间质量为热C、房 内空气的：m= V=1.29 30=38.7kg，由 量公式得：Q=mct，代入数据解得：t 23，房间温度为 0，则 1h后房间的温度约为 23，故C 正确；D、1h 消耗的电能为：W=Pt=500

30、3.6 103=1.8 106J=0.5kW?h，若每天使用取暖器 1h，需要付电费：0.5 0.5=0.25 元，故 D 错误；故选：C。由 W=Pt 可以求出 1h 取暖器消耗的 电能；第14 页，共 23页根据题意可以求出 1h 内取暖器 产生的热量；应用密度公式求出房 间空气的质量，应用热量公式可以求出空气的温度；根据消耗的 电能可以求出需要付的 电费。本题考查了电功公式的 计算，认真审题理解题意是解题的前提，应用电功公式与热量公式、密度公式即可解 题，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习。13.【答案】 C【解析】解：AB 、根据有=边缘进入 h=0.75d，水从上水从下边缘进

31、入 h=0.25d，故A、B 错误；C、水到达水炮时，vx=v0，则，根据代，数关系，当 d=2h 即 h=0.5d 时 v 最小，对应位置为窗户正中间，故 C 正确；D、该选项结 果未考虑水炮效率，故 D 错误；故选：C。考察平抛运 动的应用，分别于水平方向和 竖直方向列方程，水平位移 为定值，根据题设条件计算即可，分析功率要根据 题设考虑水炮效率考察平抛运 动的应用，A 、B 属于常规运用，C 选项涉及数学不等式关系，分析功率要根据 题设考虑水炮效率14.【答案】 CD【解析】解：A 、光子既有能量也有 动量。故 A 错误；B、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实 了电磁波的存在。故

32、 B 错误；C、德布罗意提出 “实物粒子也具有波 动性 ”假 设，电子的衍射 实验证实 了粒子的波动性。故 C 正确；D、波尔原子理论成功地解 释了氢原子光谱的实验规律。故 D 正确；第15 页，共 23页故选：CD。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。15.【答案】 CD【解析】解：A 、重核裂变需要慢中子去 轰击铀核，该核裂变的正确反 应方程应为U+nBa+Kr+3n，故A 错误；B、因为反应前后释放核能，反应前后一定是 质量亏损，反应后总质量减少，故 B错误；C、

33、核电站的发电效率约为：=100%=钟发生裂变的铀235个数：n=D、每秒故 D正确；故选：CD。 100% 32%，故C 正确；20 1.1 10个，根据电荷数守恒、质量数守恒写出裂 变反应方程；核反应过程发生质量亏损，反应后总质量减少；根据核电站产生的热量功率与 发电功率求出核 电站的效率；根据裂变释放的能量与反 应堆的热功率求出每秒 钟发生裂变的核子数。写核反应方程式时要注意：核反应过程中，质量数与核 电荷数守恒；求核电站每秒发生裂变的铀的个数是本 题的难点，要会根据物质的质量求出物 质所含有的核的个数。16.【答案】 ABD【解析】题频率完全相同，故两列波可以发生干涉，故 A 正确；解：

34、A 、由 意可知，两列波B、振源 S1 到达波峰的 时刻为 t1=0.025s，故波峰传到图示位置用 时t=0.45-0.025=0.425s，故波速 v=m/s=20m/s，故B 正确；C、0.45s时 S1 发出了 4.5 个波长，而S2 发出了 3.5 个波长，故空间中存在 3 个第16 页，共 23页波峰，所以波峰相遇的位置有6 个，故 C 错误；D、0.50s时振源 S1 产生的简谐波在水面上 传播的距离 R=vt=200.50=10m；故积约为22达到的面s=R；故D 正确。=314m故选：ABD 。明确两波的性 质，根据干涉发生的条件分析能否 发生干涉；再根据 S1 波的周期和传

35、播距离确定波速；根据空 间中波峰的数量确定相遇点，注意每个波峰会出现两个相遇点；根据波传播的距离确定水面上的面积。本题考查波的性质以及波的干涉，要注意明确干涉的条件，同 时明确波速公式的应用；注意明确 8.5m 是波峰位置，应明确波的 传播距离。17.【答案】 ABB0.24甲【解析】解：（1）甲“探究小车速度随时间变化的规律 ”，乙（用橡皮筋）“探究做功与物体速度变化的关系 ”都需要用到打点 计时器、处理实验数据时都需要刻度尺，两实验都不需要用秒表 测时间、都不需要测质量，故选 AB ；（2）甲“探究小车速度随时间变化的规律 ”，实验不需要平衡摩擦力，乙（用橡皮筋）“探究做功与物体速度 变化

36、的关系 ”需要平衡摩擦力，故 B 正确，ACD 错误；故选：B；邻计数点之间还有 4个点没有画出，计数点间的时间间隔：（3）相 两个t=0.025=0.1s，打3 点时的速度：v= 0.24m/s；“探究小车速度随时间变化的规律”小车做匀变速直线运动邻计数点间的，相距离逐渐 增大，（用橡皮筋）“探究做功与物体速度变实验，橡皮筋做功完毕后小车化的关系 ”做匀速直 线运动，由图示纸带该纸带是甲实验得到的。可知，第17 页，共 23页故答案为：（1）AB ；（2）B；（3）0.24；甲。（1）根据实验目的与实验器材分析答 题。（2）根据实验注意事项分析答题。（3）做匀变速直线运动的物体在某段 时间内

37、的平均速度等于中 间时刻的瞬时速度，根据图示纸带答题。本题考查了实验数据处理，知道两实验的实验原理与小 车运动规律是解题的前提与关 键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基 础知识的学习与积累。18.【答案】 （ 1）欧姆；（ 2） +；（ 3） 0.95； 1.46； 1.4 【解析】【分析】（1）欧姆表选择挡位后要进行欧姆调零。（2）欧姆表内置电源正极与黑表笔相 连，负极与红表笔相连，电流应从电压表正接线柱流入。（3）根据电压表量程确定其分度 值，然后根据指针位置读出其示数；根据题意求出图线的函数表达式，然后根据 图示图线求出电源的电动势与内阻。本题关键是明确实验原理，知道电压表内阻带来的影

38、响，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析求解即可。【解答】解：（1）将多用电表的选择开关调到” 100挡”，再将红，黑表笔短接，进行欧姆调零；（2）欧姆表内置电源正极与黑表笔相 连，电流应从电压表正接线柱流入，将图1 中多用电表的红表笔接 a，黑表笔接 b 端，那么电压表的右端 为 +接线柱；（3）电压表量程为 3V，由图示表盘可知，其分度值为 0.1V ，示数为 0.95V；由图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R）=（R+r），整理得： =R+r，由图示-R 图象可知：r=0.32，=，解得：E 1.46V，r=1.4k ；第18 页，共 23页故答案为：（1）欧姆；2（）+；（3

39、）0.95；1.46；1.4。19.【答案】 1.7大头针的像减小【解析】解：（1）由图可知，入射角为 60时，折射角为 30，根据折射率公式有：n= = 1.；7（2）根据实验步骤可知，需要根据光线的射出点可以确定出射光 线，观察的这一侧插两枚大 头针 P3、P4，使P3 挡住 P1、P2 的像，P4 挡住 P3 及 P1、P2 的像，记下 P3、P4 的位置。所以图中得 a 与 b 都是打头阵的像；（3）换用折射率 较小的玻璃三棱 镜做实验，仍保证顶角 BAC 和入射角不 变，由 n=可知折射角将减小，那么偏向角也将减小。故答案为：（1）1.7；（2）大头针的像；（3）减小（1）根据几何知

40、识求出入射角和折射角的正弦 值，再根据折射率定义公式列式求解即可。（2）根据实验的要求与步 骤的特点分析；（3）根据折射定律说明即可。本题是插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，采用 单位圆法处理数据。20.【答案】 解：（ 1）汽车匀加速过程，根据速度时间关系可得：v=a1t=0.5 30m/s=15m/s（ 2）把司机与气囊相互作用当作匀减速过程，根据v2=2 a2x 解得： a2=150m/s2，作用力为： F=ma2=6000N；a3=g=7.5m/s2（ 3）行李箱在车厢上滑行过程中有：平抛运动的初速度为： v0=m/s飞行的高度 h=5m，则飞行时间为：t=1s则有： x=

41、vt=m。答：（ 1）卡车与护栏碰撞时的速度大小为15m/s；（ 2）气囊对司机（上半身）的作用力大小为6000N；（ 3）箱子的落点到河岸侧壁的距离m。【解析】（1）汽车匀加速过程，根据速度时间关系求解；第19 页，共 23页（2）根据v2=2a2x 求解加速度，再根据牛 顿第二定律求解作用力；（3）求出行李箱在车厢上滑行过程中的加速度，根据平抛运 动的规律解答。对于牛顿第二定律的 综合应用问题，关键是弄清楚物体的运 动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运 动学的计算公式求解加速度，再根据 题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运 动学的桥梁。21【. 答案】解：（ 1）物体从 A 滑至 O 过程，机械能守恒：，其中 h=Lsin53 +R（ 1-cos53 ） =2.8R，圆周最低点O 处：，联立解得FN=6.6mg=6.6N；（ 2）设物体在圆周轨道（右半侧）P 点处的速度最大，PC 与竖直方向的夹角为，从Q 滑到 P 过程，据动能定理，整理得，等式左边可写成0.2，当时，vp 最大；（ 3）分析知：在水平面上加速度 a=0 时，即 qE=mg，解得 =1，带入 =0.2+x=1，解得 x=0.8m（此位置速度最大），据动能定理，其中 W 电 =qEx=0.8J，带入数据解得：Ekm=0.88 J；答：（ 1）物块滑到圆周轨道最低点O 处时受