2018-2019学年浙江省宁波市慈溪市高三（上）期末物理试卷word版含解析

2018-2019学年浙江省宁波市慈溪市高三（上）期末物理试卷
选择题1（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不得分）
1．（3分）下列物理量属于矢量的是（ ）
A．电势差 B．线速度 C．电流 D．磁通量
2．（3分）北京时间2018年4月13日晚上1900全国游泳冠军赛男子200米自由泳决赛进行，孙杨以1分46秒07轻松夺冠（国际标准游泳池长50米），下列说法正确的是（ ）

A．在研究孙杨的技术动作时，不能把孙杨看成质点
B．“时间2018年4月13日晚上1900指的是时间间隔
C．在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系孙杨是静止的
D．孙杨200米自由泳的平均速度为1.92m/s
3．（3分）如图所示，有向直线为某点电荷电场中的一条电场线，其上两点a、b相距为d，电势差为U，b点的场强大小为E，把电荷量为q的试探电荷从a点移到b点，电场力做功为，该试探电荷在a点所受的电场力大小为F，下列关系式一定正确的是（ ）

A．E＝ B．U＝Ed C．E＝ D．U＝
4．（3分）下列关于运动和力的叙述，正确的是（ ）
A．图中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间指针示数会大于人的重力G
B．图中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力
C．图中，在水平直跑道上减速的航天飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力
D．图中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则他将在冰面上沿着轨迹半径方向“离心”而去
5．（3分）据图判断下列有关电容器的说法正确的是（ ）
A．图甲为电容器充电示意图，充电后电流表的示数为零时，两极板间的电压U与电源的电动势E数值相等
B．图乙为原来带电的电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变
C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器实物图和符号，这两种电容器接入电路时都应区分正负极
D．图戊中的电容器上有“5.5V，1.0F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5V的电压时电容才为1.0F
6．（3分）现在城市的滑板运动非常流行，在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行，在横杆前起跳并越过杆，从而使人与滑板分别从杆的上方、下方通过，如图所示，假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，若运动员顺利地完成了该动作，最终仍落在滑板原来的位置上，则下列说法正确的是一原（ ）

A．运动员起跳时，双脚对滑板作用力的合力竖直向下
B．起跳时双脚对滑板作用力的合力向下偏后
C．运动员在空中最高点速度为0，处于失重状态
D．运动员在空中做曲线运动，单位时间内速率的变化相同
7．（3分）如图是两点电荷组成了电荷系统，其电场线分别如图所示，图中实线为电场线，未标注方向，虚线上A、B、C、D等间距根据图象可判断（ ）

A．电场是客观存在的物质，电场线也是客观存在的
B．B和C处两点电荷电量相等，电性相反
C．图中的A点和D点附近没有电场线，所以电场强度为零试探电荷置于A点和D点都不受电场力作用
D．若把一个带负电的试探电荷从A移到B，无法判断电场力做正功还是负功
8．（3分）高中体育课上身高1米7的小明同学参加俯卧撑体能测试，在60s内完成35次标准动作，则此过程中该同学克服重力做功的平均功率最接近于（ ）

A．45W B．90W C．180W D．250W
9．（3分）2018年5月9日凌晨2时28分，我国在太原卫星发射中心，用长征四号丙运载火箭将高分五号卫星送入705公里高度的轨道，高分五号卫星和之前发射的高分四号卫星都绕地球做匀速圆周运动。高分四号卫星是一颗相对地球赤道某位置静止的光学遥感卫星，下列关于这两颗卫星说法正确的是（ ）
A．高分四号卫星绕地球运动的周期小于24小时
B．高分五号卫星的线速度小于高分四号卫星的线速度
C．高分五号卫星的运行周期小于高分四号卫星的运行周期
D．高分五号卫星的向心加速度小于高分四号卫星的向心加速度
10．（3分）如图所示是某同学自制的电流表原理图。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂
的绝缘轻质弹簧相连，弹簧劲度系数为k在边长ab＝L1、bc＝L2的矩形区域abcd内有
匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，MN的右端连接一绝缘轻指针
可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于a，当M中没有电流通过且MN处于静止状态
时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当MN中有电流时，指针示数可表
示电流大小MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度g则（ ）

A．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从N至M
B．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零
C．该电流表的最大量程是Im＝
D．该电流表的刻度在0﹣Im范围内是不均匀的
11．（3分）如图甲所示为小球在一端固定于O点的轻弹簧的牵引下在光滑水平面上做椭圆运动的轨迹，图乙为某卫星绕地球做椭圆运动的轨迹，则下列说法中正确的是（ ）

A．小球由B经C到D点时间与由D经A到B点的时间不相等
B．卫星由B′经C′到D′点时间与由D′经A′到B′点的时间相等
C．小球在A点的速度小于小球在B点的速度
D．若卫星在C′点的速度大小为v，则卫星在C′的加速度大小为
12．（3分）如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为B＝0.1T，玻璃皿的横截面的半径为a＝0.05m，电源的电动势为E＝3V，内阻r＝0.1Ω，限流电阻R0＝4.9Ω，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为1.5V，则（ ）

A．由上往下看，液体做顺时针旋转
B．液体所受的安培力大小为1.5×10﹣4N
C．闭合开关10s，液体具有的热能是4.5J
D．闭合开关后，液体热功率为0.081W
13．（3分）18世纪，数学家莫佩尔蒂，哲学家伏尔泰曾经设想“穿透地球：假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口A由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南极出口B飞出，已知此人的质量m＝50kg：地球表面处重力加速度取g＝10m/s2：地球半径R＝6.4×106m：假设地球可视为质量分布均匀的球体。均匀球壳对壳内任一点的质点合引力为零，则以下说法正确的是（ ）

A．人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒
B．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心O的距离的平方成反比
C．人从北极开始下落，到刚好经过地心O的过程，万有引力对人做功F＝3.2×109J
D．当人下落经过距地心R瞬间，人的瞬时速度大小为4×103m/s
14．（3分）家电待机耗电问题常常被市民所忽略。宁波市电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民做家庭用电耗能诊断分析。在上门实测过程中，技术人员发现电视机待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶盒一天的待机耗电量更是高达0.4度。据最新统计宁波市的常住人口约760万人，参考下表数据，估算每年宁波市家庭用电器待机耗电量约为（ ）
家庭常用电器 电视机 洗衣机 空调 电脑
户均数量（台） 2 1 2 1
电器待机功耗（W/台） 10 20 40 40
A．3×105度 B．3×107度 C．3×109度 D．3×1011度
15．（3分）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10﹣20kg，带电荷量大小为q＝1.0×10﹣9C的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则（ ）

A．x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向
B．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1：E2＝2：1
C．该粒子运动的周期T＝1.5×10﹣8s
D．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10﹣8J
二、选择题Ⅱ（本题共3小题．每小题3分，共9分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选不全的得1分，有选错或不答的得0分）
16．（3分）下列说法正确的是（ ）

A．彩超是利用超声波反射波相对发射波的频率变化测量血液流速，利用了波的干涉
B．海市蜃楼是一种因为光的折射和全反射而形成的自然现象
C．牛顿环是两个玻璃表面间的空气膜引起薄膜干涉形成的，亮暗相间的环状条纹距离相等
D．狭缝越窄，屏上中央亮条就越宽，表明更窄的狭缝可以更准确地测得粒子的位置，但粒子的动量的不确定却更大了
17．（3分）如图所示，甲图是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝2s时的波动图象，乙图是该波传播方向上介质中x1＝6m质点从t＝0时刻起的振动图象，a、b是介质中平衡位置为x1＝3m和x2＝5m的两个质点，下列说法正确的是（ ）

A．该波的波速是2m/s
B．在t＝2s时刻，a、b两质点的速度相同
C．x＝200m处的观察者向x轴负方向运动时，接收到该波的频率一定为0.25Hz
D．若该波在传播过程中遇到尺寸为7m的障碍物，会发生明显的衍射现象
18．（3分）下列四幅图的有关说法中正确的是（ ）

A．甲图中，球m1以速度v碰静止球m2，若两球质量相等，碰后m2的速度一定为v
B．乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
C．丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由α粒子组成
D．丁图中，链式反应属于重核的裂变
三、计算题（本题共4小题，共46分．解答过程应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
19．（8分）如图所示是冬奥会项目冰壶比赛场地示意图，左侧是投掷区域，起点靠近挡板处固定有起滑架，供掷壶的运动员蹬踏之用，右侧大本营。比赛时，我国队员在场上交流用时间代表掷冰壶的力度，例如说“10s”、“12s”“13s”等，那指的是冰壶在起点线A和前卫线B之间运动所用的时间，冰壶与冰面的动摩擦因数μ＝0.015，g＝10ms2
（1）运动员不做擦冰等人为干预的动作，冰壶从起点线A沿直线前进不与其他冰壶碰撞，冰壶可以停在大本营的丁字线D处，请估算这种情况冰壶离开起点线A到前卫线B之间所用的时间t（保留小数点后面一位）
（2）已知冰壶的质量为20kg，冰壶是从投掷区的后卫线C由静止开始运动，到起点线A处被释放，最终停止在大本营的丁字线处，则运动员对冰壶做了多少功？

20．（12分）三维弹球（DPmb1D是Window里面附带的一款使用键盘操作的电脑游戏，小明同学受此启发，在学校组织的趣味班会上，为大家提供了一个类似的弹珠游戏。如图所示，将一质量为0.1kg的小弹珠（可视为质点）放在O点，用弹簧装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道OA和AB运动，BC段为一段长为L＝5m的粗糙水平面，与一倾角为45°的斜面CD相连，圆弧OA和AB的半径分别为r＝0.49m，R＝0.98m，滑块与BC段的动摩擦因数为μ＝0.4，C点离地的高度为H＝3.2m，g取10m/s2，求
（1）要使小弹珠恰好不脱离圆弧轨道运动到B点，在B位置小滑块受到半圆轨道的支持力的大小；
（2）在（1）问的情况下，求小弹珠落点到C点的距离？
（3）若在斜面中点竖直立一挡板，在不脱离圆轨道的前提下，使得无论弹射速度多大，小弹珠不是越不过挡板，就是落在水平地面上，则挡板的最小长度d为多少？

21．（12分）质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，某实验小组利用质谱仪分析某气体原子的组成，让该中性气体分子进入电离室A，在那里被电离成电子和+1价的正离子，这些离子从电离室缝S1飘出（初速度不计），分2次分别进入电场方向相反的加速电场被加速，然后让离子从缝S2垂直进入匀强磁场，观察发现一部分粒子打在底片上的P点。已知缝S2与P之间的距离为x1＝2.0cm，另外一部分粒子打在底片上的Q点，已知缝S2与Q点间在沿S2P方向上距离为x2＝6.4cm，磁场宽度为d＝30cm，质子的质量为mp，假设中子的质量mn＝mp，且约为电子质量me的1800倍，即mn＝mp＝1800me．则：
（1）正离子质量与电子质量之比；
（2）试确定这种气体原子核内核子数。

22．（14分）如图所示，水平光滑的平行金属导轨MM′，MN′，导轨间距L，左端与电阻相连接，电阻阻值为R，匀强磁场竖直向下分布在导轨所在的空间内，磁感应强度为B，质量为m的金属棒在垂直导轨的方向上静止在导轨上，设导轨与捧的电阻均不计，g取10m/s2，则：
（1）如图1在棒上施加一个垂直棒的恒力F，求金属棒所能达到的最大速度wm的大小；
（2）将电阻R换成电容器，电容为C，在棒上施加一个垂直棒的恒力F，如图2所示，当金属棒右移x时（未离开磁场，电容器充电时间不计，此时电容器未被击穿），求此时电容器的带电量q
（3）不加恒力F，使棒以一定的初速度向右运动，如图3所示，当其通过位置a时速率表示为va，通过位置b时速率表示为vb（注：va、vb未知），到位置c时棒刚好静止，a、b与b、c的间距相等，以金属棒在由a→b和b→c的两个过程中，回路中产生的电能Eab与Ebc之比为多大？




2018-2019学年浙江省宁波市慈溪市高三（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
选择题1（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不得分）
1．【解答】解：AD、电势差只有大小，没有方向，是标量，故AD错误。
B、线速度既有大小又有方向，运算法则是平行四边形定则，知线速度是矢量，故B正确。
C、电流虽有方向，但电流运算时不遵守矢量的运算法则：平行四边形定则，所以电流是标量，故C错误。
故选：B。
2．【解答】解：A、质点是理想化的物理模型，物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看做质点，所以研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，即孙杨不能看做质点，故A正确；
B、“2016年8月6日早上7：00”对应时间轴上的点，指的是时刻。故B错误；
C、孙杨在游泳过程中，以游泳池为参考系，他是运动的，故C错误；
D、200米游泳比赛的位移是0，根据平均速度定义式可知平均速度也是0，故D错误。
故选：A。
3．【解答】解：A、a点的场强大小为a点试探电荷受到的力与试探电荷的电荷量的比值，故A错误；
B、为非匀强电场，U＝Ed不适用，故B错误；
C、点电荷产生的场强大小为E＝，其中q为点电荷，d为到该点电荷的距离，故C错误；
D、从a到b电场力做功为W＝qU，所以电势差U＝，故D正确。
故选：D。
4．【解答】解：A、人在体重计上站起的瞬间，加速度方向向上，处于超重状态，指示针的示数会变大，故A正确；
B、小球在碗中做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，合力的方向始终指向圆心是变力，故B错误；
C、伞对飞机的拉力与飞机对伞的拉力是一对作用力和反作用力，大小相等，故C错误；
D、运动员在弯道处，若地面摩擦力突然消失，他将沿切线方向“离心”而去，故D错误。
故选：A。
5．【解答】解：A、图甲为电容器充电过程，充完电后电容器上极板与电源的正极相连，同时两极板间的电压 U 等于电源的电 动势 E，故A正确；
B、图乙为电容器放电过程，放电过程中电流大小随电量的变化而变化，故B错误；
C、图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；
D、图戊中的电容器上有“5.5V1.0F”字样，说明该电容器两端电压最大值为 5.5V，而电容与电容器的电压，及电量均无关，总是为1.0F，故D错误；
故选：A。
6．【解答】解：AB、运动员竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动。各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置。所以竖直起跳时，对滑板的作用力应该是竖直向下。故A正确，B错误，
C、运动员在空中最高点速度为0，只受重力，则处于完全失重状态，则C正确
运动员在起跳的过程中向上加速，故支持力大于重力，而支持力和压力是相互作用力，等大、反向、共线，故压力大于重力，故B错误；
D、运动员在空中运动，加速度为g，则单位时间内的速度的变化量相同，但速率的变化不一定相同，则D错误
故选：AC。
7．【解答】解：A、电场是客观存在的物质，但电场线是为了形象的描述电场而画上的，实际是不存在的，故A错误；
B、电场线的疏密表示电场的强弱，根据E＝可知，B处电荷电量大，电场线的方向总是从正电荷出发终止于负电荷，即B和C处两点电荷电性相反，故B错误；
C、由点电荷电场强度的公式：E＝和电场的叠加，易得A点和D点的电场强度并不等于零，故C错误；
D、AB间电场方向未知，带负电的试探电荷从A移到B，电场力做功正负无法判断，故D正确。
故选：D。
8．【解答】解：高三同学体重大约60kg，引体向上时向上运动的位移大约0.5m，则克服重力做功的平均功率P＝＝W≈180W
故选：C。
9．【解答】解：A、高分四号卫星是一颗相对地球赤道某位置静止的光学遥感卫星，则高分四号卫星为同步卫星，周期等于24小时。故A错误；
BCD、设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则得：
G＝mr＝m＝ma
得：T＝2π，v＝，a＝
可知，卫星的轨道半径越小，周期越小，而角速度、线速度和向心加速度越大，“高分五号”的轨道半径比“高分四号”的小，所以“高分五号”的周期较小，而线速度与向心加速度较大，故C正确，BD错误。
故选：C。
10．【解答】解：A、要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，故A错误。
B、当该电流表的示数为零时，MN与ab边重合，弹簧的弹力与杆的重力平衡，弹簧处于伸长状态，故B错误。
CD、设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x0，由平衡条件得：
mg＝k?x0；解得：x0＝，当电流为I时，安培力为：FA＝BIL1；
静止时弹簧伸长量的增加量为 x，根据胡克定律△F＝k△x，得：△x＝＝∝I
故该电流表的刻度是均匀；
当△x＝L2时，I＝Im，则有 BImL1＝kL2，得Im＝，故C正确，D错误。
故选：C。
11．【解答】解：A、小球由B经C到D点的受力与由B经A到D点的受力对称，那么，两段运动对称，运动时间相等，故A错误；
B、卫星在近地点附近的速度较大，那么，由B′经C′到D′点的轨迹与由D′经A′到B′点的轨迹对称，所以，在近地侧即由D′经A′到B′点的运动时间较短，故B错误；
C、小球运动过程只有弹簧弹力做功，故小球机械能守恒，在A点弹簧弹力较大，故动能较小，速度较小，故C正确；
D、卫星在C'点做向心运动，故外力大于向心力，所以，加速度大小大于向心加速度大小，故D错误；
故选：C。
12．【解答】解：A、由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转；故A错误；
B、电压表的示数为1.5V，则根据闭合电路的欧姆定律：E＝U+IR0+Ir，所以电路中的电流值：I＝＝＝0.3A，
液体所受的安培力大小为：F＝BIL＝BIa＝0.1×0.3×0.05＝1.5×10﹣3N．故B错误；
C、液体的等效电阻为R＝0.9Ω，10s内液体的热能Q＝I2Rt＝0.32×0.9×10＝0.81J．故C错误；
D、玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R＝0.9Ω，则液体热功率为P热＝I2R＝0.32×0.9＝0.081W，故D正确。
故选：D。
13．【解答】解：A、人与地球构成的系统，由于只有重力做功，故系统机械能守恒，故A错误；
B、与球心的距离为r时，万有引力为：F＝G，M′＝πr3ρ，所以F＝r∝r；故B错误；
C、人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功：
W＝?R
其中：＝＝mg
联立解得：
W＝mgR＝×50×10×6.4×106＝1.6×109J，故C错误；
D、人从下落到距地心R过程，万有引力的平均值为：＝（mg+mg）＝mg
根据动能定理，有：?＝mv2
解得：
v＝＝m/s＝4×103m/s，故D正确；
故选：D。
14．【解答】解：宁波的常住人口约760万人，平均每户的人口按3人计算，温州大约250万户家庭，
所有用电器待机的总功率为：P＝2×10+20+2×40+40＝160W，
宁波地区待机一年的耗电量为：W＝250×104×160×10﹣3×365×24kWh＝3×109度，故C正确，ABD错误。
故选：C。
15．【解答】解：AB、由图可知：根据U＝Ed可知：
左侧电场强度为：E1＝V/m＝2.0×103V/m
右侧电场强度为：E2＝V/m＝4.0×103V/m
所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1：E2＝1：2，故B错误；
D、该粒子运动过程中电势能的最大值为：EPm＝qφm＝﹣2×10﹣8J，由能量守恒得当电势能为零是动能最大，最大动能为Ekm＝2×10﹣8J，故D正确；
C、设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，
由运动学公式有：vm＝t1
同理可知：vm＝t2
Ekm＝mvm2
而周期：T＝2（t1+t2）
联立以上各式并代入相关数据可得：
T＝3.0×10﹣8s；故C错误。
故选：D。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题．每小题3分，共9分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选不全的得1分，有选错或不答的得0分）
16．【解答】解：A、多普勒效应中由于波源的移动而使接收到的频率变化；故该技术利用的是多普勒效应，则A错误
B、海市蜃楼是一种因为光的折射和全反射而形成的自然现象，则B正确
C、牛顿环是两个玻璃表面间的空气膜引起薄膜干涉形成的，亮暗相间的环状条纹距离不相等，离中心越远，间距越大，则C错误
D、单缝越窄，中央亮纹越宽，是因为位置不确定量越小，动量不确定量越大的缘故，则D正确
故选：BD。
17．【解答】解：A、由图甲可得：波长λ＝8m，由图乙可得：周期T＝4s，故波速，故A正确；
B、根据波向右传播，由图甲可得：t＝2s时刻，质点a向上振动，质点b向下振动，故速度方向不同，故B错误；
C、波源频率，观察者向波源运动，故接收到波的频率大于波源频率，即接收到该波的频率大于0.25Hz，故C错误；
D、若该波在传播过程中遇到尺寸为7m的障碍物，障碍物尺寸和波长相近，故会发生明显的衍射现象，故D正确；
故选：AD。
18．【解答】解：A、甲图中，两球碰撞过程动量守恒，碰撞过程机械能不增加，如果两球质量相等，则碰撞后m2的速度不大于v，故A错误；
B、乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，故B正确；
C、丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由α粒子组成，乙不带电，射线乙是γ射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由电子组成，故C错误；
D、图4中链式反应属于重核裂变，故D正确；
故选：BD。
三、计算题（本题共4小题，共46分．解答过程应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
19．【解答】解：（1）设冰壶在起点线A处的速度为v0，冰壶的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
解得：a＝0.15m/s2
从A 到D的过程由速度位移的关系式得：
v02＝2axAD
解得：v0＝2.92m/s
设从A到B的时间为t，由位移公式得：
xAB＝v0t﹣at2
解得：t＝10.2s（另一解舍去）
（2）从C到D的过程由动能定理得：
W﹣μmgxCD＝0
解得：W＝109.8J
答：（1）冰壶离开起点线A到前卫线B之间所用的时间是10.2s；
（2）运动员对冰壶做了109.8J的功。
20．【解答】解：（1）弹珠恰好通过最高点A时，由牛顿第二定律有：mg＝m
从A点到B点由机械能守恒律有：mg×2R＝
在B点时再由于牛顿第二定律有：FN﹣mg＝m
联立以上几式可得：FN＝5.5N，vB＝m/s，
（2）弹珠从B至C做匀速直线运动，从C点滑出后做平抛运动，若恰能落在D点
则水平方向：x＝v′Bt
竖直方向：y＝H＝
又：x＝y
解得：v′B＝4m/s
而vB＞v′B＝4m/s，弹珠将落在水平地面上，
弹珠做平抛运动竖直方向：H＝，得t＝0.8s
则水平方向：x＝vBt＝m
故小球落地点距c点的距离：s＝
解得：s＝6.2m
（3）临界情况是小球擦着挡板落在D点，经前面分析可知，此时在B点的临界速度：v′B＝4m/s
则从C点至挡板最高点过程中水平方向：x'＝v′Bt'
竖直方向：y′＝﹣d＝
又：x'＝
解得：d＝0.8m
答：（1）要使小弹珠恰好不脱离圆弧轨道运动到B点，在B位置小滑块受到半圆轨道的支持力的大小是5.5N；
（2）在（1）问的情况下，小弹珠落点到C点的距离是6.2m；
（3）挡板的最小长度d为0.8m。
21．【解答】解：（1）根据左手定则知达到P点的粒子为负电荷，轨道半径为r1＝x1＝0.01m，
对于电子在磁场中运动ev1B＝
电子在电场中加速：eU＝﹣0
解得：me＝
到达Q点的为正离子，r＝d2+（r2﹣x2）2
解得：r2＝0.735m
设正离子的质量为m，同理得：m＝
所以：＝＝5402
（2）因为m＝5402me
即：m＝mp＝3mp
所以这种气体原子核内核子数是3。
答：（1）正离子质量与电子质量之比为5402；
（2）这种气体原子核内核子数是3。

22．【解答】解：（1）金属棒受到的安培力：F安培＝BIL＝，
金属棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：F＝，
解得：vm＝；
（2）金属棒运动过程产生感应电动势：E＝BLv，
电容器两极板间电压：U＝E＝BLv，
导体棒受到的安培力：F安培＝BIL，
电容器所带电荷量：q＝CU，
充电电流：I＝＝＝＝CBLa，
对金属棒，由牛顿第二定律得：a＝＝＝，
解得：a＝，
金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，位移：x＝，
解得：t＝，
金属棒向右移动x时，金属棒的速度：v＝at＝，
感应电动势：E＝BLv＝BL，
电容器的电荷量：q＝CU＝CE＝CBL；
（3）通过金属棒的电荷量：q＝＝t＝t＝，
由题意可知：a、b与b、c的间距d相等，B、L、R相同，
则金属棒在由a→b与b→c的两个过程中通过棒横截面的电量q相等，即：q1＝q2，
对金属棒，由动量定理得：
从a→b：BI1L?△t1＝mva﹣mvb，
从b→c：BI2L?△t2＝mvb﹣0，
其中：q1＝I1?△t1，q2＝I2?△t2，
由于：q1＝q2，解得：va＝2vb，
由能量守恒定律得：mva2＝mvb2+Eab，
mvb2＝Ebc+mvc2，其中：vc＝0，
解得：Eab＝3Ebc，则Eab：Ebc＝3：1；
答：（1）金属棒所能达到的最大速度大小为；
（2）此时电容器的带电量q为CBL；
（3）金属棒在由a→b和b→c的两个过程中，回路中产生的电能Eab与Ebc之比为3：1。