1．为了质疑“重物比轻物下落得快”，通过逻辑推理，得出互相矛盾结论的科学家是

（A）亚里士多德        （B）牛顿            （C）惠更斯        （D）伽利略

【答案】

D

 

2．能运用平行四边形法则进行合成的物理量是 

（A）动能                   （B）加速度               （C）电荷量               （D）磁通量

【答案】

B

 

3．迫使做匀速圆周运动物体的运动方向不断改变的原因是

（A）向心力        （B）向心加速度        （C）线速度        （D）角速度

【答案】

A

 

4．在如图所示的 v-t 图中，为了推断出“梯形ABCO的面积表示位移”这一结论，采用的思想方法是

（A）模型建构                   （B）控制变量

（C）无限分割与逼近        （D）类比

【答案】

C

 

5．如图所示，用手指转动旋钮，在这一过程中手指和旋钮之间

（A）只有摩擦力

（B）既没有弹力，也没有摩擦力

（C）只有弹力    

（D）既有弹力，又有摩擦力

【答案】

D

 

6．做简谐运动的单摆，当摆球通过最低位置时

（A）摆球所受的合力为零                      （B）摆线对摆球的拉力为零

（C）摆球所受的回复力为零                   （D）摆球的重力势能一定为零

【答案】

C

 

7．如图，空间 O 点有一带电荷量为 Q 的正点电荷，P 点距离 O 点为 r，设该正点电荷在 P 点产生的场强大小为 E。若保持 r 不变，则下图中能正确描述 E、Q 关系的是

【答案】

A

 

8．如图（a），侧放在水平面上的气缸和一质量不可忽略的光滑活塞，封闭了一定质量的气体，处于平衡状态。现逆时针缓慢转动气缸，至如图（b）所示的状态。气缸和活塞的导热性能良好，不计缸内气体的分子势能，则在此过程中缸内气体

（A）对外界放热               （B）对外界做正功

（C）分子平均动能增加     （D）内能增加

【答案】

A

【解析】

由于气缸和活塞的导热性能良好，因此气体温度总和外界相同，保持不变，分子平均动能不变。选项 C 错误；

由于不计气体的分子势能，因此内能也不变。选项 D 错误；

竖直放置后，活塞下降，气体体积减少，外界对气体做正功。选项 B 错误；

外界对气体做正功，且气体内能不变，根据热力学第一定律，气体对外界放热。

正确选项为 A。

 

9．一质量为 m 的驾驶员以速度 v₀ 驾车在水平路面上匀速行驶。在某一时刻发现险情后立即刹车，从发现险情到汽车停止，汽车运动的 v-t （速度-时间）图像如图所示。则在此过程中汽车对驾驶员所做的功为

（A）\(\frac{1}{2}\)mv₀²                      （B）− \(\frac{1}{2}\)mv₀²

（C）\(\frac{1}{2}\)mv₀²\(\left( {\frac{{{t_2} + {t_1}}}{{{t_2} - {t_1}}}} \right)\)          （D）− \(\frac{1}{2}\)mv₀²\(\left( {\frac{{{t_2} + {t_1}}}{{{t_2} - {t_1}}}} \right)\)

【答案】

B

 

10．A、B 是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从A运动到B，其电势能 E_p 随位移 s 变化的规律如图所示。设 A、B 两点的电场强度分别为 E_A 和 E_B，电势分别为 φ_A 和 φ_B。则

（A）E_A＞E_B，φ_A＞φ_B

（B）E_A＞E_B，φ_A＜φ_B

（C）E_A＜E_B，φ_A＞φ_B

（D）E_A＜E_B，φ_A＜φ_B

【答案】

B

【解析】

由图可知带负电的电子电势能减少，由E_p = qφ 可知电势增加，即 φ_A＜φ_B；

由于电场力做功对应电势能的改变量，因此 E_p-s的斜率表示电场力的大小，由图可知电场力在减小，即场强在减小，E_A＞E_B。

正确选项为B。

 

11．如图所示，电源的电动势和内阻分别为 E、r，R 为定值电阻，U 表示电压表的读数，I 表示电流表的读数，相应的变化量大小分别为 ΔU 和 ΔI，则在滑动变阻器的滑片 P 由 M 向 N 移动的过程中

（A） U 先减小后增大

（B）电源的效率 η 先减小后增大

（C）\(\frac{U}{I}\) 保持不变

（D）\(\frac{{\Delta U}}{{\Delta I}}\) 保持不变

【答案】

D

 

12．如图，一个总质量为 m 的高空气球正在匀速下降。若在运动过程中气球所受浮力的大小保持不变，始终为 mg/2，气球所受空气阻力 f  的大小仅与其速率大小成正比，为了能使气球以较小的速度匀速下降，需要从气球篮中抛出质量为 Δm 的物体，则

（A）Δm = m/2                  （B）0＜Δm＜m/2

（C）m/2＜Δm＜m             （D）0＜Δm＜m

【答案】

B

【解析】

若 Δm = m/2，则 f = G – F_浮 = 0，v = 0，不符题意。选项A错误。

若 m/2＜Δm＜m，F_浮＞G，气球做减速运动，不符题意。选项C、D错误。

正确选项为B。

 

13．把绳的一端固定在墙上，用手握住另一端连续地上下振动，在绳上形成由近及远传播的波，可以看到套在绳上的光滑小圆环_______随波前进。可见，波传递的是________形式和能量。

【答案】

没有（不）；振动（运动）

 

14．如图，为了研究磁体 S 极附近 Q 点的磁场强弱，在该处垂直于磁场方向放置“很短”的一小段通电导线，设导线中的电流为 I，导线的长为 l，受到的磁场力为 F。若改变 I 或 l，则比值 F/Il 将________（选填“发生变化”或“保持不变”）。试问通电导线为什么要取得“很短”？______________________________________________。

【答案】

保持不变；为了研究磁场中较精确地属于某一点的磁场强弱。

 

15．磁悬浮高速列车在我国已投入正式运行，磁悬浮的原理如图所示。图中 A 是圆柱形磁铁，B 是超导圆环，将 B 靠近 A，水平放在 A 的上方，它就能在磁场力的作用下保持悬浮。在 B 靠近 A 的过程中，B 中就会产生感应电流，这是因为 ___________________________。由 B 中的感应电流方向可知，A 的上端为________极。

【答案】

穿过B的磁通量增大；S（南）

 

16．如图，直线 AB 为一定质量的理想气体作等容变化过程的 p–t 图线。将图线沿BA方向延长，交横轴上于一点，该点状态的温度为________；现在先使该气体从状态 A 出发，经过等温压缩过程，体积变为原来的 1/3 倍，然后保持体积不变，缓慢加热气体，使之到达某一状态 C，此时其温度等于状态 B 的温度。试在所给的 p–t 图上画出状态 C 的位置。

 

【答案】

− 273℃；C的位置如图

 

17．如图为太阳能路灯示意图，在白天太阳能电池组件向蓄电池充电，晚上蓄电池给 LED 灯供电，实现照明。已知 LED 灯的额定电压为 24 V，额定功率为 48 W，则 LED 灯的额定电流为________A，通常路灯每天晚上工作 10 h，若要求太阳能路灯能连续正常工作 6 个阴雨天，并考虑蓄电池放电需要预留 20% 的电荷量，以及线路等因素造成关于电荷量的 20% 损耗率（损耗率 = \(\frac{损耗量}{净耗量}\)×100%，消耗量 = 净耗量 + 损耗量），则蓄电池储存的电荷量至少为________Ah（安培·小时）。

【答案】

2，180

【解析】

（1）由P = UI 可知，I = 2 A

（2）由 q = It 可知，，路灯在 6 天中所需的电荷量为 2 × 10 × 6 A·h = 120 A·h，即净耗量为120 A·h，则损耗量为 20%× 120 = 24 A·h，消耗量为 144 A·h。设蓄电池储存的电荷量为 q_储 ，根据题意有：80%q_储 = 144，求得 q_储 = 180 A·h。

 

18．如图为“用DIS研究温度不变时一定质量的气体压强与体积关系”的实验装置。

（1）实验装置中与注射器直接相连的传感器叫做_________传感器。封闭气体的体积从________读出。

（2）实验时为了保持封闭气体的温度不变，要________（选填“快速”或“缓慢”）推拉注射器活塞。若在推动活塞时不小心引起气体的温度逐渐升高，则实验结果的p-V图线可能为（     ）（图中实线是实验所得的图线，虚线是气体温度保持不变时的一根双曲线）。

（3）注意到连接注射器与传感器的软管体积，若这部分体积不可忽略，实验操作时满足规范要求，则当推动活塞注射器内的气体体积 V 不断减小时，pV 乘积将作怎样的变化？___________________________。

【答案】

（1）压强，注射器上的刻度

（2）缓慢，B

（3）pV 乘积不断减小

【解析】

（2）由 pV = CT 可知，当推动活塞气体体积 V 变小时，随着温度逐渐升高，pV 乘积逐渐变大，偏离双曲线的程度越来越大。正确选项应是B。

（3）p(V + V_管) = CT 为一常量，当推动活塞时，进入软管的气体质量变大，导致 pV_管 乘积变大，则 pV 乘积将减小。

 

19．如图甲所示，倾角 α = 37° 的光滑斜面固定在水平地面上，斜面长 L_AB = 3 m，斜面底端 A 处有一质量 m = 1 kg 的小滑块，在平行于斜面向上的力F作用下由静止开始运动。已知 F 随位移 s （以 A 为起点）变化的关系如图乙所示，以水平地面为零重力势能面（g 取10 m/s²，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）。求：

（1）小滑块在通过前 1 m 位移过程中的加速度；

（2）小滑块通过第 2 m 位移所用的时间；

（3）小滑块在位移 s = 1 m 处时的机械能；

（4）在图丙上画出小滑块的机械能 E 随位移 s（0≤s≤3 m）变化的大致图线。

【答案】

（1）a = 6 m/s²

（2）\(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\) s

（3）E = E_k + E_p = 12 J

（4）

【解析】

（1）在通过前 1 m位移的过程中，运用牛顿第二定律，有

F – mgsinα = ma，

a = \(\frac{F}{m}\) − gsinα = \(\frac{1}{2}\) − 10 × 0.6 = 6 m/s²。

（2）对于前 1 m位移的过程，有

v² = 2as₁，v = \(\sqrt {2a{s_1}} \) = \(\sqrt {2 \times 6 \times 1} \) m/s = 2\(\sqrt 3 \) m/s，

对于第 2 m 位移的过程，有 F = 6 N，mgsinα = 6 N，

所以小滑块所受合为为零，小滑块作匀速运动，

t₂ = \(\frac{{{s_2}}}{v}\) = \(\frac{1}{{2\sqrt 3 }}\) = \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\)  s。

所以小滑块通过第 2 m位移所用的时间为 \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\) s。

（3）小滑块在位移 s = 1 m 处时，

E_k = \(\frac{1}{2}\)mv² = \(\frac{1}{2}\) × 1 × (2\(\sqrt 3 \))² = 6 J，

E_p = mgssinα = 1 × 10 × 1 × 0.6 = 6 J

E = E_k + E_p = 12 J

（4）

思路：根据功能原理，机械能的改变量等于除重力之外其他外力做的功，E-s 图像斜率的物理意义即题中的 F。

 

20．如图所示，MN、PQ 为在同一水平面上放置的、足够长的平行粗糙导轨，导轨间距为 L，导轨左端接有理想电压表 V、电键 S 和阻值为 R 的电阻。将一根质量为 m 的金属棒 cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，cd 棒的电阻为 r，导轨电阻不计，cd 棒与导轨间的动摩擦因数为 μ，整个装置处于竖直向下的，磁感应强度为 B 的匀强磁场中。若 cd 棒在垂直于它的水平恒力 F 作用下，正以 v₀ 速度向右作匀速直线运动。求：

（1）在图示情况下电压表的读数 U；

（2）合上电键 S 的瞬间，cd 棒的加速度 a；

（3）合上电键 S 后，电阻 R 能产生的最多焦耳热 Q_R；

（4）合上电键 S 后，cd 棒克服摩擦力所能做的最多的功 W_f。

【答案】

（1）U = BLv₀

（2）a = \(\frac{{{B^2}{L^2}{v_0}}}{{m(R + r)}}\)

（3）Q_R = \(\frac{{\mu {m^2}g{v_0}(R + r)}}{{{B^2}{L^2}}}\)

（4）W_f = \(\frac{{Rmv_0^2}}{{2(R + r)}}\)

【解析】

（1）由于电键S断开，电压表的读数即为 cd 棒产生的感应电动势，

U = BLv₀

（2）cd棒的受力图所示，由于F = f，

由牛顿第二定律，可知F_A = ma，

因为F_A = BIL，I = \(\frac{{BL{v_0}}}{{R + r}}\)，F_A = \(\frac{{{B^2}{L^2}{v_0}}}{{R + r}}\)

所以 a = \(\frac{{{B^2}{L^2}{v_0}}}{{m(R + r)}}\)。

（3）cd 棒在磁场力作用下，做加速度减小的减速运动，直至静止。

由于 F = f，所以 F 做功输入的能量等于 cd 棒克服摩擦力做功产生的热，

所以 cd 棒减少的动能 ΔE_k 等于cd棒克服磁场力做的功 W_A，即ΔE_k = W_A，

感应电流通过 R 和 r 产生的电热 Q_热 等于克服磁场力做的功 W_A，即 Q_热 = W_A，

所以ΔE_k = Q_热。

因为 ΔE_k = \(\frac{1}{2}\)mv₀² ，Q_R = \(\frac{R}{{R + r}}\)Q_热，

所以 Q_R = \(\frac{{Rmv_0^2}}{{2(R + r)}}\)

（4）对于cd棒在减速运动过程中的任一时刻，有  \(\frac{{{B^2}{L^2}v}}{{R + r}}\) = ma，

设从这一时刻起，cd 棒运动了极短的时间 Δt，则有 \(\frac{{{B^2}{L^2}{v_0}}}{{R + r}}\)Δt = maΔt，

因为 Δs = vΔt，Δv = aΔt，推得 \(\frac{{{B^2}{L^2}\Delta s}}{{R + r}}\) = mΔv。

对于cd棒作减速运动的全过程，可以分割成一系列连续的在Δt₁、Δt₂、Δt₃……时间内的运动，则有 \(\frac{{{B^2}{L^2}\Delta {s_1}}}{{R + r}}\) = mΔv₁，\(\frac{{{B^2}{L^2}\Delta {s_2}}}{{R + r}}\) = mΔv₂，\(\frac{{{B^2}{L^2}\Delta {s_3}}}{{R + r}}\) = mΔv₃……，

推得  \(\frac{{{B^2}{L^2}(\Delta {s_1} + \Delta {s_2} + \Delta {s_3}{\rm{ + }} \cdots )}}{{R + r}}\) = m(Δv₁ + Δv₂ + Δv₃ …)，

\(\frac{{{B^2}{L^2}s}}{{R + r}}\) = m(Δv₀ − 0)，

s = \(\frac{{m{v_0}(R + r)}}{{{B^2}{L^2}}}\)

又有 f = μmg，W_f = fs，

所以 W_f = \(\frac{{Rmv_0^2}}{{2(R + r)}}\)