注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每题只有一个正确答案，6～8题有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．以下有关物理学概念或物理学史的说法正确的是( )
A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验方法测出引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值
B．匀速圆周运动是速度大小不变的匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向
C．行星绕恒星运动轨道为圆形，则它运动的周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量和行星的速度均有关
D．奥斯特发现了电与磁之间的关系，即电流的周围存在着磁场；同时他通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应现象
2．某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为E1，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减小了ΔE，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为( )
A.C.
E1
E1－ΔE r B.D.
E1
r ΔEE1－ΔE r ΔEΔE r
E1－ΔE3．两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是( )
4．如图所示，在加速向左运动的车厢中，一人用力向前推车厢(人与车厢始终保持相对静止)，则下列说法正确的是( )
1 / 12
A．人对车厢做正功 B．人对车厢做负功 C．人对车厢不做功
D．无法确定人对车厢是否做功
5．电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d。在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( )
A．A、K之间的电场强度为 B．电子到达A极板时的动能大于eU C．由K到A电子的电势能减小了eU D．由K沿直线到A电势逐渐减小
6．如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中( )
Ud
A．A和B均受三个力作用而平衡 B．B对桌面的压力大小不变 C．A对B的压力越来越小 D．推力F的大小不变
7．如图甲所示，在距离地面高度为h＝0.80 m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50 kg、可看作质点的物块相接触(不粘连)，OA段粗糙且长度等于弹簧原长，其余位置均无阻力作用。物块开始静止于A点，与OA段的动摩擦因数μ＝0.50。现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块向左运动x＝0.40 m到达B点，到达B点时速度为零，随即撤去外力F，物块在弹簧弹力作用
2 / 12
下向右运动，从M点离开平台，落到地面上N点，取g＝10 m/s，则( )
2
A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 J B．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 J C．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 J D．MN的水平距离为1.6 m
8．如图，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN。线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行。已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是( )
A．线框进入磁场前的加速度为B．线框进入磁场时的速度为
F－mgsinθ
mF－mgsinθ
B2l21
R C．线框进入磁场时有a→b→c→d→a方向的感应电流 D．线框进入磁场的过程中产生的热量为(F－mgsinθ)l1
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答。)
(一)必考题(共4小题，共47分)
9．(6分)某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图甲所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。
3 / 12
(1)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选________段来计算A碰前的速度，应选________段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为________kg·m/s，碰后两小车的总动量为________kg·m/s。
10．(9分)材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以测量压力大小。若图1为某压敏电阻在室温下的电阻—压力特性曲线，其中RF、R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值。为了测量压力F，需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF。请按要求完成下列实验。
(1)设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图2的虚线框内画出实验电路原理图(压敏电阻及所给压力已给出，待测压力大小约为0.4×10～0.8×10 N，不考虑压力对电路其他部分的影响)，要求误差较小，提供的器材如下：
A．压敏电阻，无压力时阻值R0＝6000 Ω B．滑动变阻器R，全电阻阻值约200 Ω C．电流表，量程2.5 mA，内阻约30 Ω D．电压表，量程3 V，内阻约3 kΩ E．直流电源E，电动势3 V，内阻很小 F．开关S，导线若干
(2)正确接线后，将压敏电阻置于待测压力下，通过压敏电阻的电流是1.33 mA，电压表的示数如图3所示，则电压表的读数为________V。
2
2
4 / 12
(3)此时压敏电阻的阻值为________Ω；结合图1可知待测压力的大小F＝________N。(计算结果均保留两位有效数字)
11．(14分)如图所示，一质量M＝2.0 kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R＝0.60 m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量m＝1.0 kg的小铁块(可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时轨道的支持力为25 N，最终小铁块和长木板达到共同速度。忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度g＝10 m/s。求：
(1)小铁块在弧形轨道末端时的速度大小；
(2)小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf； (3)小铁块和长木板达到的共同速度v。
12．(18分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在－3 m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B＝4.0×10 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x>0的某区域内有电场强度大小E＝3.2×10 N/C、方向沿y轴正方向的有界匀强电场，其宽度d＝2 m。一质量m＝4.0×10
－17
4
－25
－2
2
kg、电荷量q＝－2.0×10
C的带电粒子从P点以速度v＝4.0×10 m/s，沿与x轴正方向成α＝60°
6
角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点(图中未标出)，不计粒子重力。求：
(1)带电粒子在磁场中运动的半径和时间； (2)当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；
(3)若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，试讨论电场强度的大小E′与电场左边界的横坐标x′的函数关系。
(二)选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，按所做的第一题计分) 13．[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．当分子间的距离增大时，分子间作用力的合力一定减小 B．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大 C．第二类永动机违反了热传导的方向性 D．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 E．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
5 / 12
(2)(10分)如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为2S、和S。已知大气压强为p0，温度为T0。两活塞A和B用一根长为4l的不可伸长的轻线相连，
2把温度为T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到T。若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？
14．[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)一列简谐横波在某均匀介质中沿x轴传播，从x＝3 m处的质点a开始振动时计时，图甲为t0时刻的波形图且质点a正沿y轴正方向运动，图乙为质点a的振动图象，则下列说法中正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
S
A．该波的频率为2.5 Hz B．该波的传播速率为200 m/s C．该波是沿x轴负方向传播的
D．从t0时刻起，质点a、b、c中，质点b最先回到平衡位置 E．从t0时刻起，经0.015 s质点a回到平衡位置
(2)(10分)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是3，AB是一条直径，今有一束平行光沿
AB方向射向圆柱体。若一条入射光线经折射后恰经过B点，则这条入射光线到AB的距离是多少？
6 / 12
物理试题答案
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每题只有一个正确答案，6～8题有多个选项正确，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．
【解析】匀速圆周运动是速度大小不变、方向时刻改变的非匀变速曲线运动，速度方向始终为切线方向，选项B错误。行星绕恒星运动轨道为圆形，它运动的周期的平方与轨道半径的三次方之比为常数，此常数的大小与恒星的质量有关，与行星的速度无关，选项C错误。奥斯特发现了电与磁间的关系，即电流的周围存在着磁场；法拉第通过实验发现了磁也能产生电，即电磁感应现象，选项D错误。 【答案】A 2． 12GMmmv1
【解析】某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能E1＝mv1，万有引力提供向心力2＝，在轨道2
2rr2
GMmmv212E1r上运行时，动能E2＝E1－ΔE，万有引力提供向心力2＝，E2＝mv2，联立以上各式得R＝，故A正确。
RR2E1－ΔE2
【答案】A 3．
【解析】对于圆锥摆，摆线拉力与重力的合力提供向心力，设摆线长为L，摆角为θ，摆球质量为m，由牛顿第二定律得mgtanθ＝mωLsinθ，ω＝示意图正确的是B。
【答案】B 4．
【解析】本题中虽然问人对车做功情况，但我们可转变一下研究对象，将人当作研究对象，由于车匀加速向左运动，人和车是一个整体，所以人的加速度方向也向左，所以车对人的合力也向左，根据牛顿第三定律可得，人对车的合力方向向右，运动位移向左，则人对车厢做负功，选项B正确。
【答案】B 5．
【解析】A、K之间的电场不是匀强电场，所以E≠，故A错误。电子在K极由静止被加速，到达A极板时电场力做功W＝eU，所以到A极板时动能等于eU，电势能减小了eU，故B错误，C正确。电场线由A指向K，所以由
2
gLcosθ
，若两小球ω相同则Lcosθ相同，即摆高相同，相对位置关系
UdK沿直线到A电势逐渐升高，故D错误。
【答案】C 6．
【解析】因各接触面均光滑，所以A受重力、B对A的弹力、竖直挡板对A的弹力共三个力作用而平衡，B受重力，A对B的弹力，水平面对B的弹力，外力F四个力作用而平衡，故A错误。以A、B整体为研究对象，B受桌面支持力大小等于A、B重力之和，所以B对桌面的压力大小不变，故B正确。以A为研究对象受力分析如图，B 7 / 12
对A的弹力FBA＝，因θ不变，所以FBA不变，即A对B的压力大小不变，故C错误。推力F＝FN＝mgtanθ，
cosθ也不变，故D正确。
mg
【答案】BD 7．
【解析】弹簧被压缩过程中外力F做的功可以用图乙Fx围成的面积求解，WF＝6 J，故A正确。压缩弹簧过程中由能量守恒得：WF＝Ep＋μmgx，所以Ep＝WF－μmgx＝5 J，故B错误。物块从A运动到B，撤去外力后又从B12
运动到A，整个过程中克服摩擦力做功Wf＝2μmgx＝2 J，故C错误。整个过程由能量守恒得：WF＝Wf＋mv0，所以
2物块从M点平抛的初速度v0＝4 m/s，平抛的时间t＝【答案】AD 8．
【解析】线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：线框的加速度为：a＝2hg＝0.4 s，所以MN的水平距离L＝v0t＝1.6 m，故D正确。
F－mgsinθ
，故A正确。线框刚进入mR，故B正确。线框进入磁场
B2l2F－mgsinθ1v磁场时做匀速运动时，由F安＋mgsinθ＝F，而F安＝，解得：v＝
RB2l21
时，穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律判断知线框中感应电流方向为a→b→c→d，故C正确。由于线框刚进入磁场时做匀速运动，根据功能关系可知：产生的热量为Q＝(F－mgsinθ)l2，故D错误。故选A、B、C。
【答案】ABC
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答，第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答。)
(一)必考题(共4小题，共47分) 9．
【解析】(1)从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算小车A碰前的速度。从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
(2)小车A在碰撞前的速度
10.50×10
v0＝＝ m/s＝1.050 m/s
5T5×0.02小车A在碰撞前的动量
BC－2
p0＝m1v0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s
8 / 12
碰撞后A、B的共同速度
6.95×10
v＝＝ m/s＝0.695 m/s
5T5×0.02碰撞后A、B的总动量
DE－2
p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
【答案】(1)BC DE (2)0.420 0.417 10．
【解析】(1)根据题述对实验电路的要求，应该设计成滑动变阻器采用分压接法，电流表内接的电路。 (2)根据电压表读数规则，电压表读数为2.00 V。
(3)由欧姆定律，此时压敏电阻的阻值为RF＝＝1.5×10 Ω。无压力时，R0＝6000 Ω，有压力时，＝4，由题图1可知，对应的待测压力F＝60 N。
【答案】(1)如图所示
UI3
R0RF
(2)2.00 (3)1.5×10 60 11．
2mv0
【解析】(1)小铁块在弧形轨道末端时，满足F－mg＝ R3
解得：v0＝3 m/s。
12
(2)根据动能定理mgR－Wf＝mv0－0
2解得：Wf＝1.5 J。
(3)根据动量守恒定律mv0＝(m＋M)v 解得：v＝1.0 m/s。
【答案】(1)3 m/s (2)1.5 J (3)1.0 m/s 12．
【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvBmv2
＝ r代入数据解得：r＝2 m
如图甲所示轨迹交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点， 由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60°。在磁场中运动
9 / 12
T12πm时间t＝＝× 66qBπ－6－7
代入数据解得：t＝×10 s＝5.23×10 s。
6
(2)带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动，设带电粒子离开电场时的速度偏向角为θ，如图甲所示 则：tanθ＝＝vyqEd1
＝
vmv25
设Q点的横坐标为x则： tanθ＝
r－rcosα
dx－
2
由上两式解得：x＝6 m。 (3)电场左边界的横坐标为x′。 ①当0 dx－x′－2 164 由上两式解得：E′＝×10 N/C 5－x′②当4 m≤x′≤6 m时，如图丙， 10 / 12 12E′qx－x有y＝at＝2 22mv2 将y＝r－rcosα＝1 m及各数据代入上式解得： E′＝ 64－x2 ×10 N/C。 －7 4 【答案】(1)r＝2 m t＝5.23×10 s (2)x＝6 m (3)见解析 (二)选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答，如果多做，按所做的第一题计分) 13．[物理——选修3－3](15分) (1) 【解析】分子间距离增大，分子间引力和斥力都减小，距离为 r0(引力等于斥力时的距离)时，合力为零，距离大于r0时，随分子间距离增大，分子间作用力的合力先增大后减小，A选项错误；温度是分子平均动能的标志，温度高，分子平均动能大，物体内能是物体内所有分子的动能和势能的总和，与分子数、温度、体积有关，B选项正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但违反了热传导的方向性，C选项正确；当人们感觉到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，D选项错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，E选项正确。 【答案】BCE (2) 【解析】设加热前，被密封气体的压强为p1，轻线的张力为f，根据平衡条件有：对活塞A：p0·2S－p1·2S＋f＝0 对活塞B：p1S－p0S－f＝0，解得：p1＝p0，f＝0 即被密封气体的压强与大气压强相等，轻线处在拉直的松弛状态，这时气体的体积为：V1＝2Sl＋·2l＋Sl＝ 24Sl 对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为止，这时气体的体积为：V2＝4Sl＋Sl＝5Sl SV2V155 根据盖—吕萨克定律得：＝解得：T2＝T0，由此可知，当T≤T2＝T0时，气体的压强为：p＝p0 T2T044 当T>T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变，由查理定理得：＝ 4T54T解得：p＝p0，即当T>T0时，气体的压强为p0。 5T045T0 pp0 TT2 11 / 12 554T【答案】当T≤T0时，p＝p0 当T>T0时，p＝p0 445T014．[物理——选修3－4](15分) (1) 1λ 【解析】由题图可知该波的波长λ＝8 m，周期T＝0.04 s，所以该波的频率为f＝＝25 Hz，波速为v＝＝ TT200 m/s，A错，B对；因t0时刻质点a正沿y轴正方向运动，由“上下坡法”可知该波是沿x轴正方向传播的，C错；同理可知此时质点b正沿y轴正方向运动，质点c正沿y轴负方向运动，所以从t0时刻起，质点b先回到平衡位置，D对；经0.015 s波传播的距离为x＝200×0.015 m＝3 m，而波又是沿x轴正方向传播的，所以从t0时刻起经0.015 s，质点a左侧与质点a距离为3 m的质点O的振动情况刚好传播到质点a处，即质点a回到平衡位置，E对。 【答案】BDE (2) 【解析】根据折射定律n＝sinβ在△OBC中，＝ sinα ＝3 sinβ －α RBCsinα＝ 2R·cosβ 可得β＝30°，α＝60° 所以CD＝Rsinα＝【答案】 3R 2 3 R。 2 12 / 12 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容