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1、物理注意事项；1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 17 题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 810 题有多项符合题目要求，每小题 6 分，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。1.某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力 F 的
2、示意图可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】篮球做曲线运动，所受合力指向运动轨迹的凹侧。故选 A。2.安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为1l和2l、电流大小分别为I1和 I的平行直导线间距为 r 时，相互作用力的大小可以表示为21221I IllFkr。比例系数 k 的单位是（）A.kgm/（sA）B.kgm/（sA）C.kgm/（sA）D.kgm/（sA）【答案】B【解析】【详解】根据题干公式21221I IllFkr 整理可得12212FrkI Ill 代入相应物理量单位可得比例系数 k 的单位为22222Nkg m/skg m/(sA)
3、AA故选 B。3.如图（a），从高处 M 点到地面 N 点有、两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从 M 点由静止释放，沿不同轨道滑到 N 点，其速率 v 与时间 t 的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开 M 点后、到达 N点前的下滑过程中（）A.甲沿 I 下滑且同一时刻甲的动能比乙的大B.甲沿下滑且同一时刻甲的动能比乙的小C.乙沿 I 下滑且乙的重力功率一直不变D.乙沿下滑且乙的重力功率一直增大【答案】B【解析】【详解】AB由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿 I 下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的
4、小，A 错误，B正确；CD乙沿 I 下滑，开始时乙速度为 0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式yPmgv可知重力瞬时功率先增大后减小，CD 错误。故选 B。4.如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴 OP 在磁场中匀速转动，且始终平行于 OP。导体棒两端的电势差 u 随时间 t 变化的图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】如图所示导体棒匀速转动，设速度为 v，设导体棒从A到B过程，棒穿过的角度为，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为cosvv可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过 B 点和 B 点关于 P 点的对
5、称点时，电流方向发生变化，根据uBLv可知导体棒两端的电势差 u 随时间 t 变化的图像为余弦图像。故选 C。5.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的 p-T 图像如图所示。该过程对应的 p-V 图像可能是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据pVCT可得CpTV从 a 到 b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从 b 到 c，气体压强减小，温度降低，因 c 点与原点连线的斜率小于 b 点与原点连线的斜率，c 态的体积大于 b 态体积。故选 B。6.原子处于磁场中，某些能级会发
6、生劈裂。某种原子能级劈裂前后的部分能级图如图所示，相应能级跃迁放出的光子分别设为。若用照射某金属表面时能发生光电效应，且逸出光电子的最大初动能为Ek，则（）A.和的能量相等B.的频率大于的频率C.用照射该金属一定能发生光电效应D.用照射该金属逸出光电子的最大初动能小于 Ek【答案】A【解析】【详解】A由图可知和对应的跃迁能级差相同，可知和的能量相等，选项 A 正确；B因对应的能级差小于对应的能级差，可知的能量小于的能量，根据Eh可知的频率小于的频率，选项 B 错误；C因对应的能级差小于对应的能级差，可知的能量小于，的频率小于，则若用照射某金属表面时能发生光电效应，用照射该金属不一定能发生光电效
7、应，选项 C 错误；D因对应的能级差大于对应的能级差，可知的能量大于，即的频率大于，因用照射某金属表面时能逸出光电子的最大初动能为 Ek，根据kmEhW逸出功则用照射该金属逸出光电子的最大初动能大于 Ek，选项 D 错误。故选 A。7.在地球上观察，月球和太阳的角直径（直径对应的张角）近似相等，如图所示。若月球绕地球运动的周期为 T，地球绕太阳运动的周期为 T，地球半径是月球半径的 k 倍，则地球与太阳的平均密度之比约为（）A.2312TkTB.2321TkTC.21321TkTD.22311TkT【答案】D【解析】【详解】设月球绕地球运动的轨道半径为 r，地球绕太阳运动的轨道半径为 r，根据
8、2224MmGmrrT可得2122114m mGmrrT月地月2222224m mGmrrT日地地其中12RRrrRkR月地日日343mR联立可得22311TkT地日故选 D。8.“球鼻艏”是位于远洋轮船船头水面下方的装置，当轮船以设计的标准速度航行时，球鼻艏推起的波与船首推起的波如图所示，两列波的叠加可以大幅度减小水对轮船的阻力。下列现象的物理原理与之相同的是（）A.插入水中的筷子、看起来折断了B.阳光下的肥皂膜，呈现彩色条纹C.驶近站台的火车，汽笛音调变高D.振动音叉的周围，声音忽高忽低【答案】BD【解析】【详解】该现象属于波的叠加原理；插入水中的筷子看起来折断了是光的折射造成的，与该问题
9、的物理原理不相符；阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，是由于光从薄膜上下表面的反射光叠加造成的干涉现象，与该问题的物理原理相符；驶近站台的火车汽笛音调变高是多普勒现象造成的，与该问题的物理原理不相符；振动音叉的周围声音忽高忽低，是声音的叠加造成的干涉现象，与该问题的物理原理相符。故选 BD。9.图（a）为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图，图（b）为四极杆内垂直于 x 轴的任意截面内的等势面分布图，相邻两等势面间电势差相等，则（）A.P 点电势比 M 点的低B.P 点电场强度大小比 M 点的大C.M 点电场强度方向沿 z 轴正方向D.沿 x 轴运动的带电粒子，电势能不变【答案】CD【解析】【
10、详解】A因 P 点所在的等势面高于 M 点所在的等势面，可知 P 点电势比 M 点的高，选项 A 错误；B因 M 点所在的等差等势面密集，则 M 点场强较 P 点大，即 P 点电场强度大小比 M 点的小，选项 B 错误；C场强方向垂直等势面，且沿电场线方向电势逐渐降低，可知 M 点电场强度方向沿 z 轴正方向，选项 C正确；D因 x 轴上个点电势相等，则沿 x 轴运动的带电粒子，则电势能不变，选项 D 正确。故选 CD。10.如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为 d 和 2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为 2B 和 B。已知导体棒 MN 的电阻为
11、 R、长度为 d，导体棒 PQ 的电阻为 2R、长度为 2d，PQ 的质量是 MN 的 2 倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为 L 的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的足（）A.弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流B.PQ 速率为 v 时，MN 所受安培力大小为2243B d vRC.整个运动过程中，MN 与 PQ 的路程之比为 2：1D.整个运动过程中，通过 MN 的电荷量为3BLdR【答案】AC【解析】【详解】A弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产
12、生顺时针方向的电流，选项 A 正确；B任意时刻，设电流为 I，则 PQ 受安培力2PQFBId方向向左；MN 受安培力2MNFBId方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设 PQ 质量为 2m，则 MN 质量为 m，PQ 速率为 v 时，则2mvmv解得2vv回路的感应电流2223BdvBdvBdvIRRMN 所受安培力大小为2242MNB d vFBIdR选项 B 错误；C两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得122mxmx12xxL可得则最终 MN 位置向左移动123Lx PQ 位置向右移动23Lx 因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值
13、为 F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理10MNF xF x弹安20PQF xF x弹安可得1221MNPQxxxx选项 C 正确；D 两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了 L，由上述分析可知，MN 向左位置移动23L，PQ 位置向右移动3L，则22223333LLBdBdBLdqI tRRR 总选项 D 错误。故选 AC。物理试题第 4 页(共 8 页)二、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。11、11.某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中 OA 为水平段。选择相同材质的
14、一元硬币和一角硬币进行实验。测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为1m和2m(12mm)。将硬币甲放置在斜面一某一位置，标记此位置为 B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从 O 点到停止处的滑行距离 OP。将硬币乙放置在 O 处，左侧与 O 点重合，将甲放置于 B 点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲乙从 O 点到停止处的滑行距离 OM 和 ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到 OP、OM、ON 的平均值分别为0s、1s、2s。（1）在本实验中，甲选用的是_（填“一元”或“一角”）硬币；（2）碰撞前，甲到 O 点时速度的大小可表示为_（设硬币与纸板间的动摩
15、擦因数为，重力加速度为 g）；（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则012sss_（用1m和2m表示），然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；（4）由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因_。【答案】.一元.02 gs.21mm.见解析【解析】【详解】（1）1根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元硬币；（2）2甲从O点到P点，根据动能定理2101102m gsmv解得碰撞前，甲到 O 点时速度的大小002vgs（3）3同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为
16、112vgs222vgs若动量守恒，则满足1 01 122m vm vm v整理可得01212ssmms（4）4由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是 1，写出一条产生这种误差可能的原因有：1.测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；2.碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不为零。12.12.导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截面为正方形的细长样品（固态），某同学欲测量其电阻率，设计了如图（a）所示的电路图，实验
17、步骤如下：a测得样品截面的边长 a=0.20cm；b将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁间左右移动；c将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离 L；d闭合开关 S，调节电阻箱 R 的阻值，使电流表示数 I=0.40A，读出相应的电压表示数 U，断开开关 S；e改变丙的位置，重复步骤 c、d，测量多组 L 和 U，作出 UL 图像如图（b）所示，得到直线的斜率 k。回答下列问题：（1）L 是丙到_（填“甲”“乙”或“丁”）的距离；（2）写出电阻率的表达式=_（用 k、a、I 表示）；（3）根据图像计算出该样品的电阻率=_m（保留两位有效数字）。
18、【答案】.乙.2kaI.6.5 105【解析】【详解】（1）1由于电压表测量的是乙、丙之间的电压，则 L 是丙到乙的距离。（2）2根据电阻定律有2LRa再根据欧姆定律有URI联立有2IULa则2kaI（3）3根据图像可知k=6.5V/m则根据（2）代入数据有=6.5 105m13.13.某大型水陆两柄飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水而上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到 v=80m/s 时离开水面，该过程滑行距离 L=1600m、汲水质量 m=1.010kg。离开水面后，飞机琴升高度 h=100m 时速度达到 v=100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标
19、时开始空中投水。取重力加速度 g=10m/s。求：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度 a 的大小及滑行时间 t；（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量E。【答案】（1）22m/s，40s；（2）76J10【解析】【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为12v，则112Lv t解得飞机滑行的时间为122 1600s40s80Ltv飞机滑行的加速度为22180m/s2m/s40vat（2）飞机从水面至100mh 处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则242472111 10100 J1 1010 100J6 10 J22Emvmgh 14.14.如图，水平放置的两平行金属
20、板间存在匀强电场，板长是板间距离的3倍。金属板外有一圆心为 O 的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为 m、电荷量为 q（q0）的粒子沿中线以速度 v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘 P 点飞出电场，并沿 PO 方向从图中 O点射入磁场。己知圆形磁场区域半径为023mvqB，不计粒子重力。（1）求金属板间电势差 U；（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角；（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中 O点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心 M。【答案】（1）20
21、3mvUq；（2）3或60；（3）【解析】【详解】（1）设板间距离为d，则板长为3d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为UEd根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qEma解得qUamd设粒子在平板间的运动时间为0t，根据类平抛运动的运动规律得20122dat，0 03dv t联立解得203mvUq（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有003tan3atv故6则出电场时粒子的速度为002 3cos3vvv粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得2vqvBmr解得02 33mvmvrqBqB已知圆形磁场区域半径为023m
22、vRqB，故3rR粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得23故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为3或60；（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为3rR，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心 M 的位置如图所示：15.如图，质量 m1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数 k=20N/m 的轻弹
23、簧，弹簧处于自然状态。质量 m2=4kg 的小物块以水平向右的速度05m/s4v 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能 Ep与形变量 x 的关系为2p12Ekx。取重力加速度 g=10m/s2，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度 v 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离 x1；（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量 x2及此时木板速度 v2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从 v2减小到 0 所用时间为 t0。求木板从速度为 v2
24、时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用 t 表示）。【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；3m/s2；（3）2004 38tt【解析】【详解】（1）由于地面光滑，则 m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1m2)v1代入数据有v1=1m/s对 m1受力分析有22114m/sm gam则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12=2a1x1代入数据解得x1=0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对 m1、m2组成的系统有kx=(m1m2)a共对 m2有a2=g=1m/s2当 a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对 m1、m2组成的系统列动能定理有2222122121111()()222kxmm vmm v代入数据有23m/s2v（3）木板从速度为 v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即 m1的加速度大于木块 m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为 x2时，则说明此时 m1的速度大小为 v2，共用时 2t0，且 m2一直受滑动摩擦力作用，则对 m2有m2g2t0=m2v3m2v2解得30322vt则对于 m1、m2组成的系统有222f1 22 3122111()222Wm vm vmm vU=Wf联立有2004 38Utt