1、物理试卷一、选择题（本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68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）。1.下列说法正确的是（）A. 伽利略在研究自由落体运动时采用了微量放大的方法B. 在探究求合力方法的实验中利用了控制变量法C. 电场力做功与重力做功都与运动路径无关，可以把这两种力用类比法研究D. 在探究加速度、力和质量三者关系时，先保持质量不变，研究加速度与力关系，后再保持力不变，研究加速度与质量关系，这是等效代替法【答案】C【解析】【详解】A伽利略在研究自由落体运动时采用了抽象思维、数学推导和科学实验相结合
2、的方法，故A错误；B在探究求合力方法的实验中使用了等效替代法，故B错误；C电场力做功与重力做功都与运动路径无关，可以把这两种力用类比法研究，故C正确；D在探究加速度、力和质量三者关系时，先保持质量不变，研究加速度与力关系，后再保持力不变，研究加速度与质量关系，这是控制变量法，故D错误。故选C。2.中国北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统（GPS）、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统（GLONASS）之后第三个成熟的卫星导轨系统，预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力，如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速
3、圆周运动，a是地球同步卫星，则（）A. 卫星b的周期大于24hB. 卫星a的运行速度大于第一宇宙速度C. 卫星b的运行速度小于赤道上物体随地球自转的速度D. 卫星a的角速度小于c的角速度【答案】D【解析】【详解】由图示可知，A万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得得由于，则故A错误；B万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得解得由于卫星的轨道半径大于地球半径，a的运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；C卫星b运行角速度与地球自转角速度相等，由公式可知，由于卫星的轨道半径大于地球半径，则卫星b的运行速度大于赤道上物体随地球自转的速度，故C错误；D万有引力提供卫星做圆周运动
4、的向心力，由牛顿第二定律得得由于，则故D正确。故选D。3.如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器最底部O处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R，与水平地面之间的动摩擦因数为，OP与水平方向的夹角为=。下列说法正确的是（）A. 容器对小球的作用力大小为B. 容器受到水平向左的摩擦力C. 弹簧原长为D. 轻弹簧对小球的作用力大小为0【答案】C【解析】【详解】ACD对小球受力分析，如图所示，小球受到重力G、弹簧的弹力F和容器的支持力T，根据平衡条件得知，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力大小相等，方向相反，所以此合力竖直向上，由几
5、何关系可得，轻弹簧对小球的作用力大小容器对小球的作用力大小为由胡克定律得：弹簧的压缩量为则弹簧的原长为故AD错误，C正确；B以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，根据平衡条件可知容器不受水平面的静摩擦力，故B错误。故选C4.研究“蹦极”运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量运动员在不同时刻下落的高度及速度。如图甲所示，运动员及所携带的全部设备的总质量为50kg，弹性绳有一定长度。运动员从蹦极台自由下落，根据传感器测到的数据，得到如图乙所示的速度位移(vx)图像。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列判断正确的是（）A. 运动员下落运动轨迹为一条抛
6、物线B. 弹性绳的原长为16mC. 从x=16m到x=30m过程中运动员的加速度逐渐变大D. 运动员下落到最低点时弹性势能为18000J【答案】C【解析】【详解】Avt图像不是运动员的运动轨迹。运动员自由下落时做直线运动，运动轨迹为一条直线，故A错误；B由图可知x=16m时运动员速度最大，即重力与弹力大小相等，所以弹性绳的原长小于16cm，故B错误；Cx=16m时，重力与弹力大小相等，从x=16m到x=30m过程中，弹力大于重力，且弹力越来越大，加速度越来越大，故C正确；D从x=0到x=30m的过程中，运动员的重力势能减少量为根据运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒可知弹性绳的最大势能为故D错误
7、。故选C。5.如图所示，在x轴上方的空间存在着垂直于纸面向里的两个不同的匀强磁场，y轴右侧的磁场磁感应强度的大小为B。一个离子以速率v由O点沿x轴正方向射入磁场区域，不计离子所受重力，图中曲线表示离子运动的轨迹，其中轨迹与y轴交点为M，轨迹与x轴交点为N，且OMONL，由此可判断（）A. 这个离子带负电B. y轴左侧的磁场磁感应强度的大小为C. 离子的比荷为D. 离子在y轴左侧运动的时间是在y轴右侧运动的时间的一半【答案】B【解析】【详解】A由题意可知，离子刚进入磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，离子带正电，故A错误；B离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
8、得在y轴的左侧离子轨迹半径变为原来的2倍，则磁感应强度变为原来的一半，故B正确；C离子在y轴右侧运动的轨迹半径为，根据解得故C错误；D离子做圆周运动的周期，则，离子在y轴左侧的运动时间离子在y轴右侧的运动时间则故D错误。故选B。6.如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时电键S断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的速度v与时间t的关系图像可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】A当速度大小变化时，感应电动势也会变化，感应电流也变化，安培力大小也变化，所以金属
9、杆的加速度也在变化，所以不可能做匀加速运动，故A错误；B当闭合开关时S时，满足金属杆匀速运动，故B正确；C当闭合开关时，如果金属杆做减速运动，速度减小，安培力减小，由可知，加速度应减小，故减速过程中图像斜率减小，当加速度为0时，金属杆做匀速直线运动，故C正确；D开关闭合时，如果金属杆继续做加速运动，速度增大，安培力增大，根据牛顿第二定律可知故加速度减小最后匀速，加速度过程的斜率应减小，故D错误。故选BC7.在空间直角坐标系Oxyz中，有一四面体CAOB，C、A、O、B为四面体的四个顶点，坐标分别为O（0，0，0）、A（L，0，0）、B（0，L，0）、C（0，0，L），D（2L，0，0）是x轴上
10、一点，坐标原点O处固定着+Q的点电荷，下列说法正确的是（）A. 电势差UOA=UADB. A、B、C三点的电场强度相同C. 电子在A点的电势能小于在D点的电势能D. 将一带正电的试探电荷由C点分别沿CA、CB直线移动到A，B两点，电场力做功均为0，且电场力对该试探电荷均先做负功，再做正功【答案】CD【解析】【详解】A根据点电荷场强公式知，OA间的场强大于AD间的场强，由U=Ed可知故A错误；BA、B、C三点到O点的距离相等，根据点电荷场强公式可知，三点的场强大小相等，但场强方向不同，所以电场强度不同，故B错误；CD点离点电荷较远则电势较低，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在D点的电势能，故
11、C正确；DA、B、C三点到O点的距离相等，则三点电势相等，正电荷从C到A过程中，离O点正点电荷的距离先减小后增大，则电场力先做负功和做正功，且做的总功为0，同理正电荷从C到B过程中，离O点正点电荷的距离先减小后增大，则电场力先做负功和做正功，且做的总功为0，故D正确。故选CD。8.图甲中有一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到乙图的aF图。取g=10m/s2，则（）A. 滑块的质量m=2kgB. 木板的质量M=2kgC. 滑块与木板间动摩擦因数为0.1D. 当F=8N时滑块加速度为2m/s2【答案】
12、BC【解析】【详解】AB由图知，F=6N时，加速度为a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有代入数据解得当F6N时，对木板，根据牛顿第二定律得知图线的斜率解得滑块的质量故A错误，B正确；C根据F6N的图线知，F=4N时，a=0，代入得代入数据解得故C正确；D当F=8N时，对滑块，根据牛顿第二定律得解得故D错误。故选BC。第卷（非选择题，共62分）二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题第16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题9.利用图示装置可以做力学中的许多实验。(1)以下说法正确的是_。A.利用此装置可做“研究匀变速直线运动
13、”实验，但必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B.利用此装置可做“验证机械能守恒定律”的实验，在平衡小车受到的摩擦力后，小车机械能就守恒了C.利用此装置做“探究加速度a与质量m的关系”的实验时，通过增减小车上的砝码改变质量m时，不需要重新调节木板的倾斜度D.利用此装置做“探究动能定理”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面的分力补偿小车运动中所受阻力的影响E.利用此装置可“探究加速度a与质量m的关系”，在用图象法处理数据时，如果画出的a-m关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比(2)某同学在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，若要让运动过程
14、中细线拉力大小尽可能接近钩码的重力，应满足的条件是_；若不断增加所挂钩码的个数，则随钩码个数的增加，小车加速度a的值将趋近于_。【答案】 (1). CD (2). 钩码质量远小于小车质量 (3). g【解析】【详解】(1)1A利用此装置可做“研究匀变速直线运动”的实验，但不需要平衡摩擦力，故A错误；B利用此装置可做“验证机械能守恒定律”的实验，在平衡小车受到的摩擦力后，在运动过程中绳对小车做了功，所以小车的机械能不守恒，故B错误；C利用此装置可做“探究加速度a与质量m的关系”，调节木板的倾斜度是为了平衡摩擦力，通过增减小车上的砝码改变质量m时，摩擦力没有变化，所以不需要重新调节木板的倾斜度，故
15、C正确；D利用此装置做“探究动能定理”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面的分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故D正确。E利用此装置可“探究加速度a与质量m的关系”，在用图象法处理数据时，如果画出的关系图象不是直线，不能确定a与m成反比。应该作出图线，看否成正比，若成正比，说明a与m成反比，故E错误。故选CD。(2)23若要让运动过程中细线拉力大小尽可能接近钩码的重力，应满足的条件是：钩码质量远小于小车质量。对整体分析，根据牛顿第二定律得当钩码的质量远远大于小车的质量，a趋近于g。10.用伏安法测量某一小灯泡的伏安特性曲
16、线，现有实验器材如下：A.小灯泡（额定电压2.5V。额定电流0.3A）B.电流表（量程0.6A，内阻约0.125）C.电流表（量程3A，内阻约0.025）D.电压表（量程3V。内阻约3k）E.滑动变阻器（010）F.滑动变阻器（02000）G.电源（电动势3V，内阻不计）H.开关和导线若干(1)为了方便测量且测量结果尽量准确，电流表应选_；滑动变阻器应选_。（选填器材前的字母）(2)为了获得更准确的伏安特性曲线，实验电路应选用_（填字母代号）。A. B. C. D.(3)闭合开关前电路图中的滑动变阻器的滑片应该置于最_端（选填“左”或“右”）。(4)读出图2中的电压表和电流表的示数，并将该组数
17、据标注在图3的IU坐标系中，然后画出小灯泡的IU曲线_。(5)若直接接在电动势为2.0V、内阻为2.0的直流电源两端，则小灯泡的实际功率约为_W（结果均保留两位有效数字）。【答案】 (1). B (2). E (3). B (4). 左 (5). (6). 0.380.41W【解析】【详解】(1)12因为小灯泡的额定电流为0.3A，电流表应选择B；为方便实验操作，滑动变阻器应选择E。(2)3电压表内阻远小于小灯泡的内阻，则选用电流表外接，为保证从零开始调节，选择分压式接法，应选择图B所示电路图。(3)4根据电路特点，明确实验中应让电压从零开始调节，则应滑到最左侧。(4)5根据坐标系内描出的点作
18、出图象如图所示(5)6根据图象可知，小灯泡两端电压为2.5V时，电流为0.3A，灯泡实际功率电源电动势为2V时，设小灯泡两端的电压为U、流过的电流为I，由闭合电路欧姆定律有代入数据整理得画出图象可得可知交点位置在电压1.5V，电流0.27A，实际功率11.虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为、电荷量为，从a点由静止开始经电压为的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b（图中未画出）离开匀强电场时速度与电场方向成角已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计求：（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率；（2）水平匀强电场的场强大小【答案】（1）104 m
19、/s；（2）N/C【解析】【详解】（1）由动能定理得：解得 v1104m/s （2）粒子进入水平电场后做类平抛运动，设粒子在电场中运动时间为t，电场宽度为s0.2m，则沿初速方向 sv1t 沿电场方向 Eqma，v2at 由几何关系 tan30 联立解得 E=103N/C答：（1）带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1104m/s；（2）水平匀强电场的场强E=103N/C12.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆形固定轨道右端连接一光滑的水平面，质量为M=3m的小球Q连接着轻质弹簧静止在水平面上，现有一质量为m的滑块P（可看成质点）从B点正上方h=R高处由静止释放，重力加速度为g。求：(1)滑块到达
20、圆形轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；(2)在滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)若滑块从B上方高H处释放，恰好使滑块经弹簧反弹后能够回到B点，则高度H的大小。【答案】(1)5mg，方向竖直向下；(2)；(3)H=3R【解析】【详解】(1)滑块P从A运动到C过程，根据机械能守恒得又，代入解得在最低点C处，根据牛顿第二定律有解得轨道对滑块P的支持力根据牛顿第三定律知滑块P对轨道的压力大小为，方向竖直向下。(2)弹簧被压缩过程中，当两球速度相等时，弹簧压缩量最大，弹簧具有最大弹性势能，根据系统动量守恒有根据机械能守恒定律有联立解得(3)滑块P从B上方高H处释放，到达水平面速度
21、v0，则有弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设滑块P和Q的速度大小分别为和，根据动量守恒有根据机械能守恒有要使滑块P经弹簧反弹后恰好回到B点，则有联立解得（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道物理题任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡答题区域内把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并在第卷答题卡选答区域指定位置答题：如果多做，则每学科按所做的第一题计分：【物理选修33】13.下列说法正确的是（ ）A. 温度越高，扩散现象越不明显B. 橡胶无固定熔点，是非晶体C. 做功和热传递是改变物体内能的两种方式D. 布朗运动就是液体分子的热运动E. 第二类永动机是不能制造出来的，
22、尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律【答案】BCE【解析】【详解】A、温度越高，分子的运动越激烈，扩散现象越明显，故A错误；B、橡胶是非晶体，无固定熔点，故B正确；C、改变内能的方式有做功和热传递两种故C正确；D、布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子的热运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；E、第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故E正确；14.如图所示,一根长、一端封闭细玻璃管开口向上竖直放置,管内用长的水银柱封闭了一段长的空气柱.已知大气压强为,玻璃管周围环境温度为.求:I.若将玻璃管缓慢倒转至开口向下,玻璃管中气柱将
23、变成多长?.接着缓慢升高管内气体温度,温度最高升高到多少摄氏度时,管内水银不能溢出.【答案】(1) (2) 【解析】I.以玻璃管内封闭气体为研究对象,设玻璃管横截面积为，初态压强为: ，,倒转后压强为: ，由玻意耳定律可得: ，解得；.由题意知，当水银柱与管口相平时,管中气柱长为，体积为，由理想气体状态方程可得，代入数据解得【点睛】本题关键是找出各个平衡态的温度、压强、体积，选好过程根据理想气体状态方程或气体实验定律列式后联立求解【物理选修34】15.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形，虚线是这列波在t=0.2s时刻的波形已知x=5cm处的质点的振动周期T=0.15s，
24、则下列说法正确的是_A. 这列波的波速是0.8m/sB. 在一个周期内这列波沿波的传播方向移动的距离是14cmC. 这列波一定沿x轴负方向传播D. x=10cm处的质点总与x=5cm处的质点的振动方向相反E. x=5cm处的质点在t=0.2s时的速度方向沿y轴正方向【答案】ACE【解析】【详解】从图中可以看出波长 12cm，在一个周期内这列波沿波的传播方向移动的距离是12cm，由波速，故A正确，B错误；因为 t0.2sT，因每经过一个周期波动图象重复一次，所以只要看经过的振动情况即可，由波形平移法知，该波一定沿x轴负方向传播，故C正确；x=10cm处的质点与x=5cm处的质点，故x=10cm处
25、的质点不总与x=5cm处的质点的振动方向相反，故D错误；时，在时间内，传播的距离，由于波沿x轴负向传播，故t=0时刻处的质点的振动形式经时间传到x=5cm处，由波动图像可知，t=0时刻，的速度方向沿y轴正方向，故E正确故选ACE16.如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入。已知棱镜的折射率，AB=BC=8cm，OA=2cm，OAB=60。(1)定性画出光在棱镜中的光路图；(2)第一次的出射点距C点多远。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)根据全反射定律可知临界角为根据几何关系可知在和面均能发生全反射，则光路图如图所示则在边，根据折射定律可知出射角(2)根据几何关系得AF=4cmBF=4cmBFG=BGF=30则BG=4cm所以GC=4cm故