物 理
本试卷分第一部分(选择题)和第二部分(非选择题)两部分。满分100分。
第一部分(选择题 共44分)
一、选择题：本题共11小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．理想化模型法是物理学中的一种重要研究方法。这种方法的主要特点是，通过科学抽象，把实际问题理想化，突出强调研究对象或过程某一方面的主要特征，而忽略其他方面的次要特征。下列不属于物理学中的理想模型的是( )
A．点电荷 B．轻质弹簧 C．条形磁铁 D．自由落体运动 答案 C
解析 理想化模型是忽略次要因素而突出主要因素的一种研究方法，点电荷忽略了带电体的大小和形状，轻质弹簧忽略了弹簧的质量，自由落体运动忽略了其他阻力作用，故A、B、D三种模型均为理想化模型，故选C。
2．如图所示，斜面体放置在粗糙的水平地面上，在水平向右的推力F作用下，物体A和斜面体B均保持静止。若减小推力F，物体A仍然静止在斜面上，则( )
A．物体A所受合力一定变小 B．斜面对物体A的支持力一定变小 C．斜面对物体A的摩擦力一定变小 D．地面对斜面体B的摩擦力一定为零 答案 B
解析 由于物体A始终保持静止状态，因此所受合外力始终为零，A错误；对A进行受力分析可知，斜面对A的支持力FN＝mgcosθ＋Fsinθ，F减小，FN随之减小，B正确；若开始时，mgsinθ>Fcosθ，A有向下的运动趋势，静摩擦力沿斜面向上，有mgsinθ＝Fcosθ＋f，随着F减小，静摩擦力f增大，C错误；以A、B整体为研究对象，由受力分析可知地面对斜面体B的摩擦力与F等大反向，
若减小推力F，则摩擦力减小，D错误。
3．等量异种点电荷在周围空间产生静电场，其连线(x轴)上各点的电势φ随x的分布图象如图所示。x轴上AO C．EpO 解析 A、O、B三点电势高低可根据纵坐标值比较，可知φA>φO>φB，A错UΔφ 误；由E＝d＝Δx可知，场强大小可根据某点φ-x图线的斜率判断，可知EO 4．如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平抛出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为30°的光滑斜面滑下。若甲、乙同时到达地面，不计空气阻力，则甲运动的水平距离是( ) 31 A.2h B.2h C.3h D．2h 答案 A 1 解析 小球甲做平抛运动，竖直方向h＝2gt2，水平方向x＝v0t，小球乙沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin30°＝ma，a＝gsin30°，位h13移s＝sin30°＝2h，由运动学公式可知s＝v0t＋2at2，由以上公式联立得x＝2h，故选A。 5．物理学家霍尔于1879年在实验中发现，当电流垂直于磁场通过导体或半导体材料左右两个端面时，在材料的上下两个端面之间产生电势差。这一现象被称为霍尔效应，产生这种效应的元件叫霍尔元件，在现代技术中被广泛应用。如图为霍尔元件的原理示意图，其霍尔电压U与电流I和磁感应强度B的关系可IB 用公式UH＝kHd表示，其中kH叫该元件的霍尔系数。根据你所学过的物理知识， 判断下列说法正确的是( ) A．霍尔元件上表面电势一定高于下表面电势 B．公式中的d指元件上下表面间的距离 C．霍尔系数kH是一个没有单位的常数 D．霍尔系数kH的单位是m3·s－1·A－1 答案 D 解析 若霍尔元件为金属导体，电流方向向右，电子定向移动方向向左，由左手定则判断所受洛伦兹力方向向上，上极板带负电，A错误；当电场力与洛伦UH兹力相等时有qvB＝qE，E＝h，h为上下表面间的距离，由I＝nqSv，S＝ab，IIBh a、b分别为垂直电流方向的横截面的长、宽，v＝nqab，有UH＝Eh＝vBh＝nqab，1BIh＝b，得UH＝nq·a，可判断公式中的d为导体横截面的边长，B错误；由以上1vab 公式可知kH＝nq＝I，单位为m3·s－1·A－1，C错误、D正确。 6．如图所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内。现将小球沿杆拉到与O点等高的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零。若弹簧始终处于伸长状态且在弹性限度以内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是( ) A．弹簧的弹性势能一直增加 B．小球的机械能保持不变 C．重力做功的功率先增大后减小 D．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大 答案 C 解析 弹簧始终处于伸长状态，弹簧长度先减小后增大，弹性势能先减小后增大，A错误；小球下滑过程中除重力做功外有弹力做功，故机械能不守恒，B错误；当小球重力沿光滑杆向下的分力与弹簧弹力沿杆向上的分力相等时小球速度最大，由此判断重力做功的功率先增大后减小，C正确，D错误。 7．在如图所示的电路中，R1>r，将滑动变阻器R的滑片从位置a向下滑动到位置b的过程中，电路均处于稳定状态。滑片处于位置b和位置a相比，电路中( ) A．灯泡L的亮度变暗 B．电容器C所带电荷量Q增大 C．电源的输出功率P增大 D．电阻R1消耗的热功率P1减小 答案 AC 解析 当滑片从位置a向下滑动到位置b的过程中，R阻值减小，闭合回路总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，路端电压减小，R1分得的电压增大，L两端电压减小，故灯泡L变暗，A正确；由于L两端电压减小，故流过L电流减小，而干路总电流增大，故流过R2电流增大，R2两端电压增大，R两端电压及电容C两端电压减小，由Q＝CU可知Q减小，B错误；由于R1>r，外电阻减小，由此可知电源的输出功率随外电阻减小而增大，C正确；流过R1的电流增大，由P＝I2R可知R1消耗热功率增大，D错误。 8．如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面间的最大静摩擦力fm与滑动摩擦力大小相等，则( ) A．t2～t5时间内物块A的加速度逐渐减小 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t3和t5时刻物块A的速度相等 D．0～t5时间内物块A一直做加速运动 答案 BC 解析 0～t1时间内物块静止，t1时刻以后物块加速运动，t2时刻物块所受合外力最大，加速度最大，t2时刻后，拉力减小，加速度减小，t4时刻加速度减小到零，t4时刻以后拉力小于摩擦阻力做减速运动，B正确、D错误；t2～t4时间内加速度减小，t4～t5时间内由f－F＝ma，F减小可判断加速度增大，A错误；由对称性可知，t3和t5两时刻的加速度等大反向，同理从t3到t4和从t5到t4各时刻的加速度均等大反向，可判断t3和t5两时刻速度相等，C正确。 9.如图所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n∶1，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和交流风扇电动机D，电动机线圈电阻为r。接通电源后，电风扇正常运转，测出通过副线圈的电流为I，则下列说法正确的是( ) UI A．理想变压器的输入功率为n U B．风扇电动机D中的电流为nr UU C．风扇电动机D输出的机械功率为nI－nR UR＋r D．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为n2Rr 答案 AD I1n2IUI 解析 由I＝n可知输入端电流I1＝n，输入功率P1＝UI1＝n，A正确；电 21U2U 动机为非纯电阻电路，部分电路欧姆定律不适用，即电动机电流ID≠r＝nr，BU2UU 错误；灯泡L电流IL＝R＝nR，电动机电流ID＝I－IL＝I－nR，电动机输入功率UU为U2ID＝nI－nR，机械功率为U2ID－I2Dr，C错误；若电风扇被卡住，电动机RrU22成为一纯电阻电路，副线圈电路电阻为R2＝，原、副线圈的功率相等，有R R＋r2UR＋r ＝UI1′，得I1′＝n2Rr，D正确。 10．美国在2016年2月11日宣布“探测到引力波的存在”。天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是两个黑洞并合的事件。该事件中甲、乙两个黑洞的质量分别为太阳质量的36倍和29倍，假设这两个黑洞，绕它们连线上的某点做圆周运动，且两个黑洞的间距缓慢减小。若该双星系统在运动过程中，各自质量不变且不受其他星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是( ) A．甲、乙两个黑洞运行的线速度大小之比为36∶29 B．甲、乙两个黑洞运行的角速度大小始终相等 C．随着甲、乙两个黑洞的间距缓慢减小，它们运行的周期也在减小 D．甲、乙两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等 答案 BC 2π 解析 甲、乙两黑洞的周期相同，由ω＝T可知两角速度相等，B正确；由万有引力提供向心力F＝mω2r，甲、乙黑洞所受万有引力互为相互作用力，可判断圆周运动的半径之比为29∶36，线速度v＝ωr，v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝29∶36，m甲m乙m甲m乙4π24π2 A错误；对黑洞甲有G＝m甲2r甲，对黑洞乙有G＝m乙2r乙， TTr甲＋r乙2r甲＋r乙2r甲＋r乙3T2F 由两式相加得4π2＝，C正确；由牛顿第二定律a＝m可知D错误。 Gm甲＋m乙 11．如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带负电小球(电荷量为－q，质量为m)，从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列电磁复合场的是( ) 答案 BD 解析 选项A中，小球受竖直向下的重力，水平向右的电场力与水平向左的洛伦兹力，不可能受力平衡，速度将发生变化，合外力的大小、方向将发生变化，不可能做直线运动，A错误；选项B中，小球受竖直向下的重力，斜向右上方的电场力和水平向左的洛伦兹力，所受合外力可能为零，小球可能做匀速直线运动，B正确；选项C中，小球受重力竖直向下，所受电场力方向向下，所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，小球不可能做直线运动，C错误；选项D中， 小球受竖直向下的重力，竖直向下的电场力，不受洛伦兹力，重力与电场力合力的方向与小球速度方向相同，小球将做直线运动，D正确。 第二部分(非选择题 共56分) 二、实验题：本题共2小题，共17分。 12．(6分)如图所示，气垫导轨上滑块的质量为M，悬挂钩码的质量为m，遮光条宽度为d，气源开通后滑块在牵引力的作用下先后通过两个光电门的时间为Δt1和Δt2。当地重力加速度为g。 (1)若光电计时器还记录了滑块从光电门1到光电门2的时间Δt，用上述装置测量滑块加速度，加速度的表达式为________(用所给物理量表示)。 (2)用上述装置探究滑块加速度a与滑块质量M及滑块所受拉力F的关系时，要用钩码重力代替绳子的拉力，则m与M之间应满足关系________。 (3)若两光电门间的距离为l，用上述装置验证系统在运动中的机械能守恒。滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，满足关系式________________(用所给物理量表示)时，滑块和钩码系统机械能守恒。正常情况下，在测量过程中，系统动能的增加量总是________(填“大于”“等于”或“小于”)钩码重力势能的减少量。 dd －Δt2Δt1 答案 (1)a＝(2分) Δt(2)m远小于M(1分) 1dd (3)mgl＝2(M＋m)Δt2－Δt2(2分) 小于(1分) 21 解析 (1)滑块由光电门1到光电门2做匀加速直线运动，经过光电门1、2dd － v2－v1Δt2Δt1dd 的速度分别为v1＝Δt，v2＝Δt，a＝Δt＝Δt 12 (2)以钩码与滑块看做整体，由牛顿第二定律得mg＝(M＋m)a，再以滑块为 研究对象得F＝Ma＝ Mmgmg ＝ m，只有当m远小于M时才有F近似等于mg。M＋m 1＋M 1112 (3)对整个系统，由机械能守恒得mgl＝2(M＋m)v2即mgl＝2－(M＋m)v1，22(Mdd＋m)Δt2－Δt2，在测量过程中，总存在阻力做功，系统机械能略有减小， 21动能增量总小于钩码重力势能的减少量。 13．(11分)要测定一卷阻值约为20 Ω的金属漆包线的长度(两端绝缘漆层已去除)，实验室提供有下列器材： A．电流表A：量程①0～0.6 A，内阻约为1 Ω；量程②0～3 A，内阻约为0.2 Ω B．电压表V：量程③0～3 V，内阻约为2 kΩ；量程④0～15 V，内阻约为10 kΩ C．学生电源E：电动势为30 V，内阻r可以忽略 D．滑动变阻器R1：阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A E．滑动变阻器R2：阻值范围0～500 Ω，额定电流0.5 A F．开关S及导线若干 (1)使用螺旋测微器测量漆包线直径时示数如图甲所示，则漆包线的直径为d＝________mm。 (2)为了调节方便，并能较准确地测出该漆包线的电阻，电流表应选择量程________(选填量程序号)，电压表应选择量程________(选填量程序号)，滑动变阻器应选择________(选填“R1”或“R2”)。请设计合理的实验电路，将电路图完整地补画在方框中。 (3)根据正确的电路图进行测量，某次实验中电压表与电流表的示数如图乙所示，可求出这卷漆包线的电阻为________Ω(结果保留三位有效数字)。 (4)已知这种漆包线金属丝的直径为d，材料的电阻率为ρ，忽略漆包线的绝 缘漆层的厚度，则这卷漆包线的长度L＝________(用U、I、d、ρ表示)。 答案 (1)0.830(2分) (2)①(1分) ④(1分) R1(1分) 如图所示(2分) (3)21.3(2分) πd2U (4)4Iρ(2分) 解析 (1)主尺读数为0.5 mm，可动刻度读数为33.0×0.01＝0.330 mm，直径d＝0.5 mm＋0.330 mm＝ 0．830 mm。 (2)为了调节方便和准确测量电阻，滑动变阻器应采用分压式接法，故选择R1；由学生电源为30 V，为保证漆包线两端获得较大电压，电压表应选择15 V15 V 量程，即电压表选择④；电路中的最大电流为20 Ω＝0.75 A，可知电流表应选①，R漆RV由漆包线电阻较小，满足R<，所以电流表外接，电路图见答案。 AR漆 U (3)电压表示数U＝11.5 V，电流表示数I＝0.54 A，由欧姆定律得R＝I≈21.3 Ω。 Lπd2Ud2 (4)由电阻定律R＝ρS，S＝π2得L＝4Iρ。 三、计算题：本题共4小题，共39分。解答时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，答案中必须写出数值和单位。 14．(9分)为提高通行效率，许多高速公路出入口安装了电子不停车收费系统ETC。甲、乙两辆汽车分别通过ETC通道和人工收费通道(MTC)驶离高速公路，流程如图所示。假设减速带离收费岛口x＝60 m，收费岛总长度为d＝40 m，两辆汽车同时以相同的速度v1＝72 km/h经过减速带后，一起以相同的加速度做匀减速运动。甲车减速至v2＝36 km/h后，匀速行驶到中心线即可完成缴费，自 动栏杆打开放行；乙车刚好到收费岛中心线收费窗口停下，经过t0＝15 s的时间缴费成功，人工栏杆打开放行。随后两辆汽车匀加速到速度v1后沿直线匀速行驶，设加速和减速过程中的加速度大小相等。求： (1)此次人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差Δt； (2)两辆汽车驶离收费站后相距的最远距离Δx。 解析 (1)以MTC通道的汽车为研究对象，由减速带运动至中心线，由匀变速直线运动公式得v21＝2as1， v2d12 s1＝x＋2，a＝＝2.5 m/s(1分) d2x＋2甲车减速到v2，有 v1－v2 v1＝v2＋at1，t1＝＝4 s a甲车发生位移x1＝ v1＋v2 2t1＝60 m dx＋2－x1 甲车匀速运动时间t2＝v＝2 s 2 由此可知甲车越过减速带到栏杆打开所用时间t甲＝t1＋t2＝6 s(2分) 乙车越过减速带到栏杆打开所用时间 v1 t乙＝t0＋t3，t3＝a＝8 s，t乙＝23 s(1分) 人工收费通道和ETC通道打开栏杆放行的时间差Δt＝t乙－t甲＝17 s(1分) (2)当两车驶过收费岛且速度相同时，两车相距最远。 当乙车越过减速带到恢复正常速度时，所用时间t乙′＝2t3＋t0＝31 s 越过的距离x乙＝2x＋d＝160 m(1分) 甲车越过减速带到恢复正常速度，所用时间为t甲′＝2t1＋t2＋t，时间t内为甲车以v1速度匀速运动时间， 由t甲′＝t乙′得t＝21 s。 甲车越过距离 d x甲＝2x1＋2＋v1t＝560 m(2分) 因此两车最远距离Δx＝x甲－x乙＝400 m(1分) 15．(9分)如图所示，ab、cd为间距l的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，a、c间接有阻值为R的电阻，空间存在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场。将一根阻值为r、长度为l的金属棒从轨道顶端由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与导轨接触良好。已知当金属棒向下滑行距离x到达MN处时已经达到稳定速度，重力加速度为g。求： (1)金属棒下滑到MN的过程中通过电阻R的电荷量； (2)金属棒的稳定速度的大小。 解析 (1)金属棒下滑到MN过程中，导体棒产生的平均感应电动势E＝ΔΦ nΔt(1分) ΔΦ＝B0S＝B0lxcosθ(1分) 平均电流I＝q＝IΔt＝n (1分) R＋rE ΔΦB0lxcosθ ＝(1分) R＋rR＋r (2)当导体棒速度稳定时做匀速直线运动，设所受安培力为FA，分析其受力得 mgsinθ＝FAcosθ(1分) FA＝B0Il(1分) I＝ E (1分) R＋r E＝B0lvcosθ(1分) 由以上公式联立可得导体棒稳定速度 mgR＋rsinθ v＝B2l2cos2θ(1分) 0 16．(10分)如图，半径R＝1 m的光滑半圆轨道AC与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道BD固定在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道AB相连，B处用光滑小圆弧平滑连接。在水平轨道上，用挡板将a、b两物块间的轻质弹簧挡住后处于静止状态，物块与弹簧不拴接。只放开左侧挡板，物块a恰好能通过半圆轨道最高点C；只放开右侧挡板，物块b恰好能到达斜面轨道最高点D。已知物块a的质量为m1＝2 kg，物块b的质量为m2＝1 kg，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，物块到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)物块a经过半圆轨道的A点时对轨道的压力FN； (2)斜面轨道BD的高度h。 解析 (1)由于物块a恰好能通过半圆最高点C，设C点速度为vC，则有 v2C m1g＝m1R(1分) a由A点到C点，由动能定理得 1122 －2m1gR＝2m1vC－2m1vA(2分) 物块a经过A点时，由圆周运动规律得 v2A FNA－m1g＝m1R(1分) 可得FNA＝120 N(1分) 由牛顿第三定律可知a对轨道的压力大小为120 N(1分) (2)当物块a被弹簧弹开时，由机械能守恒可知弹簧储存弹性势能 1Ep＝2m1v2A(1分) 同理物块b被弹开到运动至D点过程中，有 hEp＝m2gh＋μm2gcosθ×(2分) sinθ 可得h＝3 m(1分) 17．(11分)如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成，偏转电场处在相距为d的两块水平放置的平行导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大。大量电子(重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场。已知电子的质量为m、电荷量为 2 3eU20T e，加速电场的电压为U1＝8md2。当偏转电场不加电压时，这些电子通过两板 之间的时间为T；当偏转电场加上如图乙所示的周期为T、大小恒为U0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场后打在竖直放置的荧光屏上。 (1)求水平导体板的板长l0； (2)求电子离开偏转电场时的最大侧向位移ym； (3)要使电子打在荧光屏上的速度方向斜向右下方，求磁感应强度B的取值范围。 解析 (1)电子在加速电场中，由动能定理 1eU1＝2mv20(1分) v0＝2eU13eU0T ＝m2md(1分) 3eU0T2 进入偏转电场后，水平方向做匀速直线运动，则l0＝v0T＝2md(1分) (2)当t＝0或t＝T,2T，…，nT进入偏转电场的电子侧向位移最大，水平方向始终做匀速直线运动，竖直方向先做匀加速直线运动再做匀速直线运动。 T 在0～2时间内的侧向位移 1T21eU0T2eU0T2 y1＝2a2＝2×md×2＝8md(1分) TTeU0T2时间竖直分速度vy＝a·2＝2md T 在2～T时间内的侧向位移 TeU0T2 y2＝vy·2＝4md(1分) 故电子离开偏转电场时最大侧向位移 3eU0T2 ym＝y1＋y2＝8md(1分) (3)设电子进入磁场时速度方向与水平方向夹角为θ，则 vyeU0T2md3tanθ＝＝×＝(1分) v02md3eU0T3 v0eU0Tθ＝30°，电子进入磁场速度v＝cosθ＝md，进入磁场后，洛伦兹力提供向心力 v2 qvB＝mR(1分) 当B最大时，电子与右极板相切， mvmv3U0T2 l＝R1＋R1cos60°，R1＝3l，R1＝eB，B1＝eR＝2ld(1分) 1 1 当B最小时，电子与右极板垂直 mvU0T R2＝2l，B2＝eR＝2ld(1分) 2U0T3U0T 故2ld 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容