物理
本试卷满分100分，考试时间75分钟。 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1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10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.下列说法错误的是（ ）
图（a） 图（b） 图（c） 图（d） A.图（a）中苏炳添百米夺冠成绩“9.83s”指的是时间
B.图（b）是汽车的时速表，上面的“108km/h”指的是瞬时速度的大小
C.图（c）是高速公路上的指示牌，上面的“3km”是车辆从指示牌位置行驶到桃花源机场的位移大小 D.图（d）是公路上的限速牌，上面的“5km”是指车辆的瞬时速度不能超过5km/h
2.从距地面某一高度竖直向下抛出的弹力球，不计空气阻力，与地面的碰撞过程没有能量损失，若规定竖直向下为正方向，则图中可大致表示物体从抛出到反弹至最高点这一运动过程的v−t图像是（ ）
A. B. C. D.
3.弩是一种装有臂的弓，主要由弩臂、弩弓、弩箭和弩机等部分组成。当弩发射时先张开弦，将其持于弩机的“牙”上，将箭矢装于“臂”上的箭槽内，通过“望山”进行瞄准后，扳动“悬刀”使“牙”下缩，弦脱钩，利用张开的弓弦急速回弹形成的动能，高速将箭射出。如图所示，某次发射弩箭的瞬间（“牙”已经下缩），两端弓弦的夹角为120°，弓弦上的张力大小为FT，则此时弩箭收到的弓弦的作用力大小为（ ）
A.2FT
B.3FT
C.FT
D.3FT 34.如图（a），摩擦角的物理意义是：当两接触面间的静摩擦力达到最大值时，静摩擦力f与支持面的支持力N的合力F与接触面法线间的夹角即为摩擦角ϕ，可知tanϕ=µ。利用摩擦角的知识可以用来估料，如图（b）所示。物料自然堆积成圆锥体，圆锥角底角必定是该物料的摩擦角ϕ。若已知物料的摩擦角ϕ和高h，动摩擦因数为µ。物料所受滑动摩擦力等于最大静摩擦力。可求出圆锥体的体积为（ ）
图（a） 图（b）
πh3 A.23µ2πh3B. 23µπh3C. 22µ3πh3D. 26µ5.一辆汽车在平直公路上由静止开始启动，汽车质量为2×10kg，汽车的加速度与速度的倒数的关系如图所示，下列结论正确的是（ ）
A.汽车匀加速运动的时间为3s C.汽车所受的阻力为4×10N
3B.发动机的额定功率为120kW
D.汽车速度为10m/s时，发动机功率为120kW
6.如图所示，地球的半径为R，质量为M；某人造卫星在距地面约为R的圆轨道上做匀速圆周运动；月球半径R0约为地球半径的四分之一，月球探测器的椭圆轨道近月点在月球表面附近，远月点距月球球心3R0。已知地球质量约为月球质量的81倍，则该人造卫星和月球探测器环绕周期之比约为（ ）
A.8:9
B.3:4
C.2:9
D.1:3
7.电场强度为E的匀强电场中有三个带电量为+q的点电荷，分布在边长为a的正六边形的三个不相邻顶点上，如图所示，已知正六边形顶点A点的电场强度为零，则下列说法正确的是（ ）
A.E=2kq a2
B.EB=D.EO=3E 3EB
C.B、C两点电场强度相同
8.图（a）为某一规格的灯泡的伏安特性曲线，图（b）为三个相同规格的灯泡串联后与一电源连接的电路图，电源电动势为1.5V，内阻为1.5Ω.下列说法正确的是（ ）
图（a） 图（b）
A.此时电路中的电流约为0.6A C.此时电路中的电流约为0.8A
B.此时电源输出功率约为0.37W D.若再串联一个灯泡，电流将变为之前的
3 4
9.北京理工大学艺术体操队，被誉为“足尖上舞动的精灵”，图示为运动员在表演带操。运动员抖动绸带使其在竖直面内形成沿x轴传播的简谐波，图示可以看作某一时刻的波形图。下列说法正确的是（ ）
A.B点沿x轴正向运动
B.B点振动方向垂直于x轴向上
C.A点加速度方向垂直于x轴向下 D.A点速度方向垂直于x轴向下
10.如图所示，多边形区域内有磁感应强度为B的垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），粒子源P可以沿底边向右发射质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子速率各不相同；右侧边界中点处有一粒子源Q可以在纸面内沿各个方向向磁场内部发射质量为m、电荷量为−q、速率为v1=（ ）
qBa的粒子。下列说法正确的是m
A.由粒子源P发射的粒子，能够到达的边界长度为3a B.由粒子源P发射的粒子，能够到达的边界长度为4a
C.由粒子源Q发射的粒子，首次到达边界（除Q所在的边界）的最短时间为
πm 3qBD.由粒子源Q发射的粒子，首次到达边界的最长时间为
πm
qB
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.（6分）某实验兴趣小组想要测量小木块与长木板间的动摩擦因数，设计了如下实验：
图（a） 图（b） 图（c）
（1）如图（a）所示，将轻弹簧竖直悬挂，用刻度尺测出弹簧自由悬挂时的长度L0=4.00cm。
（2）如图（b）所示，在弹簧的下端悬挂一个质量为m=50g的钩码，用毫米刻度尺测出稳定时弹簧的长度
L1=______cm；可以计算出，弹簧的劲度系数k=______N/m（已知本地重力加速度g取9.8m/s2，计算
结果保留2位有效数字）。
（3）由于弹簧的劲度系数很小，弹性限度不够大，故该小组设计实验方案如图（c）所示，将一长木板平放在水平面上，质量为M=0.1kg的小木块放置于木板上表面，将弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端拴接细线，细线绕过动滑轮固定在墙壁上，使弹簧水平，将木块拴接在动滑轮的右端，用力F向右拉动长木板，长
木板与小木块发生相对运动，当小木块稳定时，测出此时弹簧的长度L2=7.07cm，已知本地重力加速度
g=9.8m/s2.
（4）根据上面的操作，可以得出小木块与长木板间的动摩擦因数µ=______（计算结果保留2位有效数字）。
12.（8分）某同学想要测量实验室中一捆漆包金属丝的长度，实验过程如下：
（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径时，发现所用螺旋测微器不能归零。测微螺杆与测砧直接接触时读数如图（a）所示，测量金属丝直径时如图（b）所示，则金属丝的直径d=______mm。
图（a） 图（b） 图（c）
（2）该同学先用多用电表欧姆挡粗测金属丝的电阻，当选择“×10”挡时，发现指针偏角过大，他应该换）挡，换挡后，电表示数如图（c）所示，则金属丝的电阻约为______Ω。 用______（填“×1”或“×100”
（3）为了精确测量金属丝的电阻值，可供选择的器材如下： A.电压表V（0~15V，内阻约为15kΩ） B.电流表A（0~0.6A，内阻约为0.2Ω）
C.灵敏电流计G（满偏电流5mA，内阻R=60Ω） gD.定值电阻Ra（阻值R=540Ω） aE.定值电阻Rb（阻值=Rb5940Ω） F.滑动变阻器R1（最大阻值10Ω） G.滑动变阻器R2（最大阻值200Ω） H.电源E（电动势3V，内阻很小） I.开关S和若干导线
该同学希望电压测量范围尽可能大，选择合适的器材，设计实验电路图，画在方框中，请标清所选器材的符号。
（4）利用该电路测出电流表读数为I1，灵敏电流计读数为I2，该同学查得该种金属丝的电阻率为ρ，则金属丝的准确长度L=______（用题中测得的和已知的物理量的字母表示）。
13.（10分）如图（a）所示，一倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平地面上，质量m=2kg的滑块在斜面上足够高的位置由静止释放，并沿斜面向下加速运动。从释放时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图（b）所示，2s时滑块速度达到最大。已知重力加速度g取10m/s2，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
图（a） 图（b）
（1）滑块与斜面的动摩擦因数和滑块的最大速度vm的大小； （2）经过多长时间滑块到达最低点。
14.（12分）水平地面上有匀强电场如图所示，电场方向水平向右。一个质量为m、电荷量为+q的小球，从距地面高h处由静止释放，落地速度大小v1=52gh，重力加速度为g。 4
（1）求电场强度E的大小。
（2）若将小球以初速度v从距地面高h处竖直向上抛出，求经过多长时间，小球的速度最小，最小速度是多大？
（3）若将小球以初速度v从距地面高h处竖直向上抛出，求小球的最高点距地面的高度以及小球在最高点时的速度大小。
15.（18分）如图所示，足够长的光滑斜面AB平滑连接长度为L=2m的粗糙水平面BC。圆心为O、半径为
R=0.2m的竖直光滑半圆轨道CED与水平面BC在C点平滑连接，E和圆心O等高，∠EOF=30°。可视
为质点的、质量m=1kg的滑块P从斜面上高h处由静止开始下滑，经过粗糙水平面BC后进入光滑半圆轨道，并恰好在F点脱离轨道。滑块与水平面BC之间的动摩擦因数µ=0.1，重力加速度g取10m/s。
2
（1）求滑块P在半圆轨道圆心等高处E点时对轨道压力的大小； （2）求滑块P初始高度h；
（3）若滑块P在C点与一完全相同的滑块Q发生完全非弹性碰撞，随后两滑块一起进入光滑半圆轨道，判断两滑块是否会脱轨，并求滑块最终停在距离B点多远的位置。
参考答案及解析
一、选择题
1.C 【解析】图（c）是高速上的指示牌，上面的“3km”指的是路程，故选C项。
2.D 【解析】弹力球先做初速度问下的匀加速直线运动，速度方向与正方向相同，与地面碰撞前后速度大小不变，方向改变，接着竖直向上做匀减速直线运动直到速度为0，全过程加速度为重力加速度，大小不变方向与正方向相同，故选D项。
3.C 【解析】根据力的平行四边形定则们=F2=FTcos60°FT，故选C项。
4.A 【解析】物料自然堆积成圆锥体，圆锥角底角必定是该物料的摩擦角，对物料作受力分析如图所示，
当底角θ大于ϕ时，物料将沿锥面下滑，使θ减小；当底角θ小于ϕ时，物料将停留在锥面上，使θ增大，所以底角会保持为定值ϕ。若已知ϕ和锥体的高h，则可求出它的体积为
121hπh3πh3，故选A项。 =V=πrhπ=h=2233tanϕ3tanϕ3µ25.B 【解析】由图像可知汽车先做加速度a=3m/s2的匀加速直线运动，速度v1=15m/s时，由v1=at1可得匀加速运动的时间t1=5s，A项错误；在汽车变加速的过程，由P额=F牵v，F=ma+f，可得牵a=P额1f⋅−，由图像可计算出斜率为60，纵轴截距为−1，代入数据得P额=120kW，f=2×103N，mvm80kW，D项错误。 B项正确，C项错误；当v2=10m/s时，P2=(ma+f)v2=
6.A 【解析】由题意可知，该人造卫星轨道半径r1=2R，设其质量为m1，公转周期T1；月球探测器椭圆轨道半长轴=a2=R00.5R，设其质量为m2，公转周期T2，由万有引力定律和牛顿第二定律
GM月m2GMm11π24π2
=m12r1，=m22a，M=81M月，计算可得T1:T2=8:9，故选A项。 22
r1T1aT2
7.B 【解析】根据库仑定律，分析A点电场强度如图所示.
A点电场强度为0，根据电场叠加原理，可知E=5kq，A项错识；分析B点电场强度如图所示，由对称24a性，三个点电荷在B点的合场强大小为E，沿OB方向，则B点的总电场强度EB=3E，B项正确；同理C点电场强度大小与B相同，但方向不同，C项错误；三个点电荷在O点的合场强大小为0，故
EO=E=3EB，D项错误。 31rE−I。在图（a）中做出上式对应的一次函数图像，得到其338.AB 【解析】三个完全相问的灯泡串联接在电路中，相指闭合电路的欧姆定律，一个灯泡两端电压U与电路中电流I满足关系式3U=E−Ir，即=U与灯泡的伏安特性曲线的交点，坐标约等于(0.62A,0.2V)，可知此时电路中的电流约为0.6A，A项正确，C项错误；路端电压3U约等于0.6V，电源输出功率约为0.37W，B项正确；若再中联一个灯泡，U−I关系式变为U=1rE−I，由图线交点可知，电流约为0.55A，D项错误。 44
9.BC 【解析】绸带上的点的振动方向与波的传播方向（x轴）垂直，不随波迁移，A项错误；根据图像可以判断B的振动方向垂直于x轴向上，B项正确；A点加速度方向垂直于x轴向下，C项正确；A点速度为0，D项错误。
v2可知轨迹半径r10.AC 【解析】由粒子源P发射的粒子轨迹的圆心在图（a）中虚线LL′上，由qBv=mr随速度增大而增大.当r≤aa时，粒子能够到达MP之间；当 v2qBa代入qBv=m，可得r=a，如图所示， v1=rm 图（a） 图（b） 粒子首次到达M点的时间最短，由几何关系，α=60°，tmin=T=⋅1612πaπm=，粒子恰好没有落在 6v13qBM点时，落点为N，此时是首次到达边界的最长时间，由几何关系，β<180°，tmax<项错误。 πmqB，C项正确，D 二、非选择题 11.（2）8.20（8.18~8.22） （2分） 12 （2分） （4）0.75（或0.73）（2分） 【解析】（2）刻度尺的分度值为0.1cm，刻度尺的读数为8.20cm；根据平横条件可得，钩码的重力与弹簧 弹力相等，则有=mgk(L1−L0)，代入数据解得k≈12N/mz =f2k(L2−L0)，根据（4）向右拉动长木板，长木板与小木块发生相对运动，当小木块稳定时，则有 f=µMg，可以得出小木块与长木板问的动摩擦因数µ≈0.75。 12.（1）0.507（0.505∼0.508）（2分） （2）×1（1分） 8（或8.0）（1分） （3）电路图见解析（2分） （4） I2(Ra+Rg)πd24(I1−I2)ρ（2分） 【解析】（1）由图可知蛅旋测微器的零误差为0.020mm，读数为0.5mm+0.01×2.7mm=0.527mm. 所以金属丝直径为0.507mm。 （2）指针觕角过大说明电阻很小.所以换×1挡，读数为8Ω。 （3）电压表量程0∼15V，面电源电动势只有3V，不满足准确性原则的要求，故用定值电流计和定值电阻 Ra串联，改装成量程为0∼3V的电压标；为使电压的调节范围尽量大，所以选择滑动变阻器的分压接法，R1更方便调节。电路图如图所示. （4）根据欧姆定律Rx= I2(Ra+Rg)I1−I2 . Ld ，根据电阻定律，Rx=ρ，金属丝横截面积S=π，联立解得 S2 2 金属丝的长度L=I2(Ra+Rg)πd24(I1−I2)ρ13.（1）0.25 4m/s （2）4s 【解析】（1）根据题意可知，t=2s时，下滑速度最大，则物块合外力为0，由图（b）可知此时F=8N 由平衡条件有mgsinθ=F+µmgcosθ（2分） 代入数据得µ=0.25（1分） 从释放到t=2s的过程，由动量定理有 1mgtsinθ−Ft−µmgtcosθ=mvm（2分） 2解得vm=4m/s（1分） （2）设经过t1，滑块到达最低点，此时滑块速度为0，由动量定理有mgt1sinθ+IF−µmgt1cosθ=0（1分） 由图像可知F=4t（1分） 所以t1时刻IF=−1×4t12（1分） 2解得t1=4s（1分） 16vv23v3mg3v （2） （3）h+ 14.（1） 2g525g44q 【解析】（1）小球受力分析如图所示，小球做初速度为0的匀加速直线运动，加速度方向与竖直方向夹角为 α mg=ma（1分） cosαxcosα=h（1分） 2a⋅x=v12（1分） Eq=mgtanα（1分） 联立方程解得α=37°，a=g3mg，E=（1分） cosα4q（2）将小球以初速度v竖直向上抛出，小球做类斜抛运动，沿加速度和垂直加速度方向建立平面直角坐标系，如图。当v在y轴分量减小为0时，小球速度变小 vcosα=at（1分） v2=vsinα 悮立方程解得t=3v16v，v2=（1分） 525gv2（1分） （3）小球在竖直方向做竖直上抛运动，最大位移h1=2g到最高点所用时间t′=v（1分） g在最高点的速度v3=Eqt′（1分） mv2则最大高度H=h+（1分） 2g3v（1分） 415.（1）15N （2）0.55m （3）不会 离B点1.125m的位置 v3=2vF（1分） 【解析】（1）滑块P恰在F点脱离轨道，此时支持力为零mgsin30°=mRvF=1m/s 由E至F过程，由动能定理得 1212−mgRsin30°=mvF−mvE（2分） 22vE=3m/s 2 vE （1分） 在E点，由牛顿第二定律FN=mR 由牛顿第三定律，压力F=FN（1分） 代入数据解得F=15N（1分） （2）滑块P由静止释放至运动到E点的过程，由动能定理得mg(h−R)−µmgl=mvE（2分） 212解得h=0.55m（2分） 2（1分） （3）滑块P由静止释放至运动到C点的过程，由动能定理得mgh−µmgL=mvC12vC=7m/s P与Q在C点完全非弹性碰撞，设碰后滑块速度为vC1，由动量守恒定律得 mvC=2mvC1（1分） vC1=7m/s 2假设两滑块上升到最高点时速度为零，上升高度为h1，由机械能守恒得 2mgh1==h112⋅2mvC1（1分） 27m 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容