物理试题
一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，第14～17题每小题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分。有选错的得0分）
14.如图，一平行板电容器的两极与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l=0.25d的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（ ）
A.0.25g B.0.75g C.
14g D.g 33
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【解析】粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：mg=q
①
当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有： mg-q
=ma ②
联立①②式解得：
l0.25da=g=g=0.25gdd【答案】A
15.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的11倍．此离子和质子的质量比约为（ ）
A．5 B．6 C．36 D．25 【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理． 【解析】根据动能定理得，
得
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有
得
①②两式联立得：
一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的5倍，离子质量是质子质量的25倍，D正确，A、B、C错误。 【答案】D
16. 一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3。其中R3=4Ω，R2=1Ω，R1=3Ω，Ⓐ为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解析】设变压器原、副线圈匝数之比为k，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI； 则根据理想变压器原理可知：
U-IR1=k
kI(R2+R3)同理可知，
U-4IR1=k
4kIR2代入数据联立解得：U=48IR1； 代入（1）式可得：
k=3； 故B正确，A、C、D错误。 故选：B．
17. 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为2.5s，动能变为原来的16倍，该质点的加速度为（ ） A．
B．
C．
D．
【考点】动能；匀变速直线运动规律的综合运用．
【解析】设初速度为v0，末速度为vt，加速度为a，则位移为：2.5s= （v0+vt）t，初动能为mv02，末动能为mvt2，
因为动能变为原来的16倍，所以有
Mmv216G2=m
rr 联立解得：v0=s4s，vt=。 tt4ss-vt-v0t=3s，故B正确，A、C、D错误． 由加速度定义可得：a==tttt2【答案】B
18. 如图所示，在超市中，小张沿水平方向推着质量为m的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼．假设小张、购物车、自动扶梯间保持相对静止，自动扶梯的倾角为θ，小张的质量为M，小张与扶梯间的动摩擦因数为μ，购物车与扶梯间的摩擦忽略不计．则（ ）
A．小张对扶梯的压力大于Mgcosθ，方向垂直于斜面向下 B．扶梯对小张的支持力小于Mgcosθ，方向垂直于斜面向上 C．小张对扶梯的摩擦力大小为（m+M）gsinθ，方向沿斜面向下 D．扶梯对小张的摩擦力大小为（m+M）μgcosθ，方向沿斜面向上 【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【解析】A、人对车是水平的推力，根据牛顿第三定律，小车对人也有一个水平向左的力， 对小张受力分析，在垂直斜面方向有：N=Mgcos30°-Fsinθ=Mgcosθ-mgsinθtanθ，方向垂直于斜面向上，根据牛顿第三定律，小张对扶梯的压力大小为Mgcos 30°-Fsin30°，方向垂直于斜面向下，故A错误； B、由前面分析，根据牛顿第三定律：扶梯对小张的支持力为Mgcosθ-mgsinθtanθ＜Mgcosθ，故B正确； C、对小张和购物车整体受力分析，在平行扶梯方向有：f=（M+m）gsinθ，方向沿斜面向上，所以小张对扶梯的摩擦力大小为（M+m）gsinθ，方向沿斜面向下，扶梯对小张的摩擦力大小为（M+m）gsinθ，方向沿斜面向上．根据牛顿第三定律：小张对扶梯的摩擦力大小为（m+M）gsinθ，方向沿斜面向下，C正确D错误。 【答案】BC
19. 如图所示，一带正电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（ ）
A．Q点的电势比P点低 B．油滴在P点时动能最小
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度和在P点的加速度相等 【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．
【解析】A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P点对称，则可说明电场力应竖直向上；粒子带正电，故说明电场方向竖直向上；则可判断Q点的电势比P点低，故A正确； B、粒子由P到Q过程，合外力做正功，故油滴在Q点的动能比它在P点的大；故B正确； C、因电场力做正功，故电势能减小，Q点的电势能比它在P点的小；故C错误；
D、因受力为恒力；故PQ两点加速度大小相同；故D错误. 故选：ABD．
20. 一质量为m的人造卫星在离地面的高度为H=180km的高空绕地球做圆周运动，那里的重力加速度g=9.3m•s-2．由于受到空气阻力的作用，在一年时间内，人造卫星的高度要下降△H＜H．已知物体在密度为ρ的流体中以速度v运动时受到的阻力F可表示为F=ρACv2，C是拖曳系数，式中A是物体的最大横截面积，与物体的形状有关．当卫星在高空中运行时，
可以认为卫星的拖曳系数C=l，取卫星的最大横截面积A=6.0 m2．已知地球的半径为R0=6400km．则下列说法正确的是（ ）
A.人造卫星的动能增大，机械能不变 B.人造卫星的动能增大，机械能减小
C.人造卫星绕地球做圆周运动在一周内阻力F做功恒定，与轨道半径无关 D.人造卫星绕地球做圆周运动在一周内阻力F做功不恒定，与轨道半径有关
【解析】由于卫星在运动的过程中受到空气的阻力作用，要克服摩擦阻力做功，所以速度逐
Mmv2渐减小，根据G2=m可知，卫星做向心运动，轨道半径逐渐减小。又因为轨道半径
rr减小时，万有引力做正功，动能增大。而在整个过程中摩擦力始终做功，所以机械能一定减
小，故B正确。A错误； 阻力做功为Wf=21GM2ρAlv2g2p(R0+H)，其中A=pR0，v2=，联立三式，化2(R0+H)2简得Wf=ρlpR0GM，可知人造卫星绕地球做圆周运动在一周内阻力F做功恒定，与轨道半径无关，故C正确，D错误。
【答案】BC
21. 物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实的是（ ）
A．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论
17B．查德威克用α离子轰击14获得反冲核N78O，发现了中子
C．贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构 D．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型 【解析】A、根据物理学史可知，赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论；故A正确；
B、查德威克用α粒子轰击铍核，产生中子和碳12原子核，故B错误； C、贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构；故C正确；
D、卢瑟福通过对α射线散射的研究提出了原子的核式结构模型；故D错误； 【答案】AC
二、非选择题（包含必考题和选考题两部分。第22题～第23题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答） （一）必考题
22.（10分）某同学做测定电阻丝的电阻率的实验。
（1）实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图所示，则电
阻丝的直径是____________________cm.
（2）用多用电表的欧姆档粗测这种电阻丝的阻值：
已知此电阻丝的阻值为几十千欧，下面给出了实验操作步骤：
a．旋转选择开关S，使其尖端对准交流500v挡，并拔出两表笔．
b．将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，而后断开两表笔；
c．将两表分别连接到被测电阻丝的两端，读出阻值后，断开两表笔； d．旋转选择开关S，使其尖端对准欧姆挡的某一挡位； 合理的实验步骤顺序是：_________（填写相应的字母）．旋转选择开关，其尖端应对准的欧姆挡位是____________；根据表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为________Ω． （3）用电流表和电压表精确测定此电阻丝的阻值，实验室提供下列可选用的器材： 电压表V（量程3V，内阻约50kΩ，） 电流表A1（星程100μA，内阻200Ω） 电流表A2（量程5mA，内阻20Ω） 电流表A3（量程0.6A，内阻约1Ω） 滑动变阻器R（最大阻值lΩ） 电源E（电源电压为4V） 开关S、导线
a．在所提供的电流表中应选用___________（填字母代号）； b．在虚线框中画出测电阻的实验电路；
（4）分别用L、d、Rx表示电阻丝的长度、直径和阻值，则电阻率表达式为ρ=_________． 【考点】测定金属的电阻率．
14.2=0.142mm，则电阻丝【解析】（1）固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01mm×
的直径 d=0.5mm+0.142mm=0.642mm
（2）使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电源最高挡，则正确的实验步骤为：d、b、c、a；电阻丝的阻值约为几十千欧，旋转选择开关其尖端应对准的欧姆挡位是×1k，由图示欧姆
1000=3.2×104Ω． 表可知，电阻丝的阻值为32×（3）a、电=路中最大电流约为I
故电流表应选A1；
b、待测电阻阻值约为几十kΩ，滑动变阻器最大阻值为1kΩ，故滑动变阻器应采用分压接法．
电流表内阻为200Ω，电压表内阻为50kΩ，相对来说，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实验电路图如图所示．
（4）根据电阻定律得：联立可得：
又
1k；3.2×104；【答案】（1）0.642；（2）c、a、b、d；×（3）a、A1 b、如图所示； （4）
23. （6分）在“探究力的平行四边形定则”的实验中，用图钉把橡皮条的一端固定在板上的
A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）．其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．
（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中B的示数为 ____________ N．
（2）在实验中，如果只将细绳换成橡皮筋，其它步骤没有改变，那么实验结果_________（填“会”或“不会”）发生变化．
（3）本实验采用的科学方法是_________. A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．建立物理模型法
【考点】验证力的平行四边形定则． 【解析】（1）弹簧测力计的每一格代表0.2N，所以图中B的示数为3.6N．
（2）在实验中细线是否伸缩对实验结果没有影响，故换成橡皮筋可以同样完成实验，故实验结果不变； （3）实验中两次要求效果相同，故实验采用了等效替代的方法，故C正确，A、B、D错误． 故选C． 【答案】（1）3.6N； （2）不变； （3）C. 24.（14分） 如图，BC为半径等于R=22m竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆5心，BO与竖直线的夹角为45°；在圆管的末端C连接一光滑水平面，水平面上一质量为M=1.5kg的木块与一轻质弹簧拴接，轻弹簧的另一端固定于竖直墙壁上．现有一质量为m=0.5kg的小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球从进入圆管开始即受到始终竖直向上的力F=5N的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失．小球过后与木块发生完全非弹性碰撞（g=10m/s2）．求：
（1）小球在A点水平抛出的初速度v0； （2）在圆管运动中圆管对小球的支持力N； （3）弹簧的最大弹性势能EP．
【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力． 【解析】（1）小球从A运动到B做平抛运动，
=v0t 在水平方向有rsin45°在B点，有：
解以上两式得：v0=2m/s
（2）在B点据平抛运动的速度规律有：
小球在管中的受力分析为三个力：由于重力与外加的力F平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中以
做匀速圆周运动
由圆周运动的规律得细管对小球的作用力
（3）小球与木块发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v2
由动量守恒定律有：mvB=（m+M）v2 代入数据解得：v2=0.52m/s
木块（包括小球）压缩弹簧至最短时其动能全部转化为弹簧的弹性势能，故弹簧的最大弹性势能：
【答案】（1）小球在A点水平抛出的初速度为2m/s （2）小球在圆管运动中对圆管的压力为
（3）弹簧的最大弹性势能为0.5J
25. （17分）如图，在竖直向下的磁感应强度为B=1.0T的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L=0.4m。一质量为m=0.2kg、电阻R0=0.5Ω的导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．若轨道左端P点接一电动势为E=1.5V、内阻为r=0.1Ω的电源和一阻值R=0.3Ω的电阻．轨道左端M点接一单刀双掷开关K，轨道的电阻不计．求：
（1）单刀双掷开关K与1闭合瞬间导体棒受到的磁场力F；
（2）单刀双掷开关K与1闭合后导体棒运动稳定时的最大速度vm；
（3）导体棒运动稳定后，单刀双掷开关K与1断开，然后与2闭合，求此后能够在电阻R
上产生的电热QR和导体棒前冲的距离X．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；电磁感应中的能量转化． 【解析】（1）开关K与1闭合瞬间，由欧姆定律得：
2.5×0.4=1 N 由安培力：F=BIL=1×
（2）根据牛顿第二定律可知，导体棒的受力为零时，运动速度最大，即F安=0，即I=0， 故导体运动稳定后产生的感应电动势和电源电动势相等， E=BLvm=1.5 v 解得：
（3）根据能量守恒定律，单刀双掷开关K与2闭合后，导体棒的动能转化为电路中产生的总电热Q， 即：
由串并联电路特点，电阻R上产生的电热
在此过程中，导体棒做变速运动，由冲量定理得：Ft=mvm 即
X=3.75 m 【答案】（1）单刀双掷开关K与1闭合瞬间导体棒受到的磁场力F为1N； （2）单刀双掷开关K与1闭合后导体棒运动稳定时的最大速度vm为3.75m/s；
（3）导体棒运动稳定后，单刀双掷开关K与1断开，然后与2闭合，此后能够在电阻R上产生的电热QR为0.53J，导体棒前冲的距离X为3.75m． 33.【物理 选修3—3】（15分）
（1）关于热力学定律，下列说法正确的是（ ） A．气体吸热后温度一定升高 B．对气体做功可以改变其内能 C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
【考点】热力学第二定律；热力学第一定律．
【解析】A、物体吸收热量，同时对外做功，如二者相等，则内能可能不变，所以气体吸热后温度不一定升高，故A错误；
B、做功和热传递都能改变内能；所以对气体做功可以改变其内能．故B正确；
C、根据理想气体的状态方程可知，理想气体等压膨胀过程中压强不变，体积增大则气体的温度一定升高，所以气体的内能增大；气体的体积增大对外做功而内能增大，所以气体一定
吸热，故C错误；
D、根据热力学第二定律热量不可能自发地从低温物体传到高温物体．故D正确；
E、根据热平衡定律可知，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡．故E正确． 【答案】BDE （2）一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0=75.0 cmHg．环境温度不变．
【考点】理想气体的状态方程．
【解析】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2=p0，长度为l2．该活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1¢，长度为l1¢；左管中空气柱的压强为 p2¢，长度为l2¢．以cmHg为压强单位．由题给条件得：
由玻意耳定律得
联立①②③式和题给条件得：依题意有：
由玻意耳定律得：
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h=9.42cm
【答案】此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离9.42cm． 34.【物理 选修3—4】（15分）
（1）某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近．该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s．下列说法正确的是（ ）
A．水面波是一种机械波 B．该水面波的频率为6Hz C．该水面波的波长为3m
D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去
E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移 【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．
【解析】A、水面波是有机械振动一起的，在介质（水）中传播的一种波，是一种机械波，选项A正确．
B、由第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15s，可得知振动的周期T为：
s，频率为：
C、由公式λ=vT，有
选项B错误． 选项C正确．
DE、参与振动的质点只是在自己的平衡位置附近做往复运动，并不会“随波逐流”，但振动的能量和振动形式却会不断的向外传播，所以选项D错误，E正确． 【答案】ACE
（2）如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m．从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为． （i）求池内的水深；
（ii）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为2.0m．当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°．求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果保留1位有效数字）．
【考点】光的折射定律． 【解析】（i）光由A射向B点发生全反射，光路如图所示．
图中入射角θ等于临界角C，则有
由题，AO=3m，由几何关系可得：AB=4m
所以BO=AB-AO=227 m
（ii）光由A点射入救生员眼中的光路图如图所示． 在E点，由折射率公式得
得
设BE=x，则得tanα=
AQ3-x =QE7
代入数据解得
由几何关系可得，救生员到池边水平距离为 （2-x）m≈0.7m 【答案】（i）池内的水深
（ii）救生员的眼睛到池边的水平距离约0.7m．
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