1．如图所示，各接触面均光滑，A、B间无弹力作用的是（       ）

【答案】

A

【解析】

可以采用假设法，即拿走B后看A是否会运动，以此来判断AB之间是否存在挤压，在4个选项中，只有A选项满足B撤走后A可以保持静止状态，因此AB之间无挤压、无弹力。

故选择A。

 

2．下列与磁场有关的说法中正确的是（    ）

（A）磁场是假想的，不是客观存在的物质

（B）描述磁场的磁场线是客观存在的

（C）磁场的强弱与放入其中导线的电流有关

（D）通电导线在磁场中受力的大小与放置的方向有关

【答案】

D

【解析】

磁场是真实存在的物质，磁感线是为了形象描述磁场而假象的曲线。

磁场的强弱与放入其中的导线电流无关，与产生磁场的物质有关。

通电导线在磁场中受力情况与导线放置的方向有关，因此通电导线在磁场中也可不受力。

故选择D。

 

3．如图所示的静电场中，实线表示电场线，虚线表示等势面。则（    ）

（A）b、c两点的电势相等

（B）a、b两点的电势相等

（C）b、c两点的场强相等

（D）a、b两点的场强相等

【答案】

A

【解析】

沿着电场线电势逐点降低，因此a点电势高于b，b、c在同一等势面上，因此电势相同；

根据电场线的疏密可知a点场强大于b，b、c两点的电场强度方向不同，因此场强不会相等。

正确选项为A。

 

4．从牛顿第一定律可直接演绎得出（    ）

（A）质量是物体惯性的量度     （B）一个物体的加速度与所受合外力成正比

（C）物体的运动需要力来维持 （D）物体有保持原有运动状态的性质

【答案】

D

【解析】

质量是物体惯性的量度，并且加速度与合外力的关系，均由牛顿第二定律得出。

根据牛顿第一定律可知，物体的运动不需要力的维持。

正确选项为D。

 

5．下列单位中不可能为能量单位的是（    ）

（A）kg·m²/s²             （B）V·s/Ω   （C）A²·Ω·s  （D）T·C·m²/s

【答案】

B

【解析】

可以根据给出的单位，推导出相应的物理量，B选项中V·s/Ω＝A·s，应该是电量的单位q＝It。

正确选项为B。

 

6．物体做自由落体运动，其动能E_k随运动时间t的关系图线可能是（    ）

【答案】

C

【解析】

自由落体运动是初速为0的匀变速直线运动，由E_k＝\(\frac{1}{2}\)mv²＝\(\frac{1}{2}\)mg²t²可知，图像为开口向上的抛物线。

正确选项为C。

 

7．电梯以大小为0.25g的加速度竖直向上做减速运动，站在电梯中质量为m的人对电梯的压力为（    ）

（A）0.25mg        （B）0.75 mg        （C）mg        （D）1.25mg

【答案】

B

【解析】

人随电梯一起向上减速，处于失重状态，设电梯对人的支持力为N，根据牛顿第二定律，mg－N＝ma，解得N＝0.75mg；根据牛顿第三定律，人对电梯的压力也为0.75mg。

正确选项为B。

 

8．下图是描述物体做直线运动的图像，物体在2s末不能回到0时刻位置的图像是（      ）

【答案】

B

【解析】

 

 

9．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值偏小，可能是因为（    ）

（A）摆球的质量太大

（B）测摆长时，将线长加小球直径作为摆长

（C）测周期记录全振动次数时，将n次全振动误记为（n+1）次

（D）摆球上端未固定牢固，摆动中出现松动，摆线变长

【答案】

D

【解析】

根据T＝2π\(\sqrt {\frac{l}{g}} \)可知g＝\(\frac{{4{\pi ^2}l}}{{{T^2}}}\)，与摆球质量无关。选项A错误；

若将线长加小球直径作为摆长，则摆长的测量值偏大了，则g偏大。选项B错误；

由于T＝t/n，所以当n偏大时则T偏小，则g偏大。选项C错误。

由于悬点未固定使得摆长测量值小于真实值，所以g偏小。正确选项为D。

 

10．位于磁场中的甲、乙两个矩形金属线框可绕各自的轴转动，两根导线将两个线框按如图方式连接。现用外力使甲线框顺时针方向转动。某时刻甲、乙线框恰处于如图所示的位置。设此时乙线框的ab边受到的安培力为F，则（    ）

（A）F向上，乙线框表示电动机的原理

（B）F向上，乙线框表示发电机的原理

（C）F向下，乙线框表示电动机的原理

（D）F向下，乙线框表示发电机的原理

【答案】

C

【解析】

外力作用下甲开始转动，使得甲的左右两根导线切割磁感线产生感应电流，因此甲为发电机原理。当产生的电流经过乙，使得通电线框在磁场中受力并开始转动，则乙为电动机原理。根据右手定则判断甲中电流方向，俯视图中应为顺时针电流，因此ab中的电流方向为a→b，根据左手定则可判定出ab边受力向下。

正确选项为C。

 

11．如图，在a、b两点分别放置电量为Q₁、Q₂的点电荷，P是a、b连线上的中点。以下四种情况中P点的场强方向一定向左的是（    ）

① Q₁、Q₂都带正电，且Q₁<Q₂；

② Q₁、Q₂都带负电，且Q₁>Q₂；

③ Q₁带正电、Q₂带负电，且Q₁>Q₂；

④ Q₁带负电、Q₂带正电，且Q₁<Q₂

（A）只有①②④ （B）只有①③   （C）只有③④   （D）①②③④

【答案】

A

【解析】

若为同种正电荷，且r相同、Q₁＜Q₂，根据E＝\(\frac{{kQ}}{{{r^2}}}\)，则E₁＜E₂，场强向左，①正确；

若为同种电负荷，且r相同、Q₁＞Q₂，则E₁＞E₂，场强向左，②正确；

Q₁带正电、Q₂带负电，则P点的场强方向为向右的，③错误。

Q₁带负电、Q₂带正电，则P点的场强方向为向左的，④正确。

正确选项为A。

 

12．如图，光滑绝缘的斜面底端固定一带电体A，另一带电体B在斜面上c点由静止释放后沿斜面向上运动，最远可到达d点。则从c运动到d的过程中，带电体B的（    ）

（A）加速度逐渐减小，电势能逐渐增大

（B）加速度先减小后增大，电势能逐渐减小

（C）加速度逐渐减小，电势能先减小后增大

（D）加速度先减小后增大，电势能先减小后增大

【答案】

B

【解析】

物体最远到d，表示到d点时速度为0，因此物体运动情况是先加速后减速；物体受到重力、弹力、电场力（即库仑力）作用，在c→d运动过程中，库仑力一直减小，因此前半段应是库仑力大于重力的下滑分力，加速度减小，后半段库仑力小于重力的下滑分力，加速度反向增大。

库仑力始终做正功，所以电势能减小。

正确选项为B。

 

13．一列沿x轴传播的横波某时刻的波形如图所示，此时质点a正向下运动。由此可知该波的传播方向为______，此后b、c两质点中先到达平衡位置的是______点。

【答案】

沿x轴负方向（向左），b

【解析】

根据a点的振动方向，由微平移法可知，波的传播方向为沿x轴负方向（向左）；

由微平移法还可以判断b、c都在向上运动，从图中可看出b先到平衡位置。

 

14．在如图所示的实验装置中，最下方的D点与B点间的竖直高度差为0.1m，摆锤的质量为7.5×10^-3 kg。某次实验测得摆锤经过B点的速度大小为1.0 m/s，由此可推算出摆锤经过D点时的动能为_____×10^-3 J，推算依据的理论是_______________。（g取9.8 m/s²）

【答案】

11.1，机械能守恒定律

【解析】

由机械能守恒定律可得：

\(\frac{1}{2}\)mv_B²＋mgh＝E_kc

带入数据，解得：E_kc＝11.1×10^-3 J。

 

15．右图中①、②分别为锂离子电池充电过程中充电电流I、电池电压U随时间t变化的图线。此过程中充电功率最大为_________W，图线①与时间轴所包围的面积对应的物理量是__________。

【答案】

4.2，电量（电荷量）

【解析】

根据电功率P＝UI，在图中找某一时刻电流、电压均最大时，即t₂时刻，此时U＝4.2 V，I＝1.0 A，求得P＝4.2 W；

由q＝It可知，在I-t图中，图线与坐标轴所围的面积即为电量q。

 

16．如图，用力传感器A、B共同支起一个质量为m的光滑球。其中A对球的作用力方向与水平方向间夹角始终为30°，B对球的作用力方向可调。为使球保持平衡，传感器B对球作用力的作用点所在范围为______（在区域①、②、③、④、⑤中选填），作用力的最小值为______。（重力加速度为g）

【答案】

②、③，\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\)mg

【解析】

根据三力平衡的特点，任意两力的合力必与第三力等大、反向、共线。物体所受重力大小一定，竖直向下、A对球的力方向明确，因此根据平行四边形定则，可判断F_B的方向范围（如图中虚线之间的范围），进一步确定作用点的范围为②③。

当B对球的作用力与A对球的作用力相互垂直时，B对球作用力最小，F_min＝Gsin60°＝\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\)mg。

 

17．科学家测得一行星A绕一恒星B运行一周所用的时间为1200 年，A、B间距离为地球到太阳距离的100倍。设A相对于B的线速度为v₁，地球相对于太阳的线速度为v₂，则v₁∶v₂＝_________，该恒星质量与太阳质量之比为________。

【答案】

1∶12，25∶36

【解析】

（1）由v＝\(\frac{{2\pi r}}{T}\)可知，v∝\(\frac{{r}}{T}\)，代入数据解得v₁∶v₂＝1∶12；

（2）由v＝\(\sqrt {\frac{{GM}}{r}} \)可知，M∝v²r，代入数据解得M₁∶M₂＝25∶36。

 

18．如图，一长直铁芯上绕有固定线圈M，铁芯右侧悬挂一闭合金属环N，金属环与铁芯共轴。将M接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E₁和E₂为直流电源，S为单刀双掷开关。

（1）请填写下列操作中金属环N的摆动方向（选填“向左”、“向右”或“不动”）。

操作	环N摆动方向
在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间	①_________
在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间	②_________
在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时	③_________
在S已向b闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时	④_________
在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时	⑤_________
在S已向b闭合的情况下，断开S	⑥_________

（2）从上述实验现象中可以归纳出：使环N向右摆动的操作引起的共同变化有（请写出2个）

________________________________； ___________________________。

【答案】

（1）①向右，②向右，③向右，④向右，⑤向左，⑥不动

（2）电路中电流增大；穿过金属环的磁通量增加（或通电螺线管M的磁场增强）

【解析】

（1）在前4种情况下均使得M中电流增大，N线圈中的磁通量增大，因此N线圈中产生感应电流，为了“阻碍”磁通量的增大，N线圈将远离M，向右摆动。（也可以将N等效看成磁体，用同名磁极相互排斥得出相同的结论）

第5种情况，则是电路中电阻增大、电流减小，使得N线圈中磁通量减小，为了“阻碍”磁通量的减小，N线圈将靠近M，向左摆动。

第6种情况，由于断开S，使得M线圈中无电流，因此N所在位置无磁场，因此不会受到磁场力，因此N不动。

（2）略

 

18．某同学按照下图所示的电路进行实验。闭合电键S，将滑动变阻器的滑片P移到不同位置时，测得各电表的示数如下表所示。（电压表、电流表均可视为理想电表）

实验序号	1	2
A1表示数/A	0.60	0.44
A2表示数/A	0.30	0.32
V1表示数/V	2.40	2.56
V2表示数/V	1.20	0.48

（1）电路中E、r分别为电源的电动势和内阻，R₁、R₂、R₃为三个定值电阻的阻值。这五个物理量中，根据上表中的数据可求出的是___________________。（写出物理量的符号即可）

（2）实验中，由于用电器故障，发现两个电压表的示数相同且不为零，则可能的故障是：____________________________________________。

【答案】

（1）E、R₂、R₃

（2）R_P短路或R₂断路

【解析】

（1）R₃＝\(\frac{{{U_1}}}{{{I_2}}}\)可求，R₂＝\(\frac{{{U_2}}}{{{I_1} - {I_2}}}\)可求，根据E＝U₁＋I₁（R₁＋r），联立两列数据可求得E，但只能求出等效内阻R₁＋r，无法求得R₁、r的具体数值；

（2）当R₂断路时，V₂和V₁都相当于测R₃两端的电压，外电路为R₁和R₃串联，所以满足两表的读数相同但都不为0。若变阻器短路，则电路中其他元件也正常工作，此时两表测的均为R₂和R₃并联部分的电压，读数也相同且不为0。

 

19．如图，质量为m、阻值为R、边长为L的正方形导线框，从位置A由静止下落，恰能竖直且匀速进入下方磁感应强度为B的有界匀强磁场（不计空气阻力）。求：

（1）在A位置时线框的下边到磁场上边界的距离h；

（2）线框进入磁场的过程中通过导线截面的电量q和线框上产生的热量Q；

（3）分析并说明从开始下落到线框下边到达磁场下边界的过程中，线框机械能的变化情况。

【答案】

（1）h＝\(\frac{{{m^2}g{R^2}}}{{2{B^4}{L^4}}}\)

（2）q＝\(\frac{{B{L^2}}}{R}\)

Q＝mgL

（3）线框下边进入磁场前只有重力做功，机械能守恒；                             

线框下边进入磁场后，安培力做负功，因此线框机械能减少；

线框全部进入磁场到下边出磁场前，无感应电流，不受安培力，只有重力做功，机械能守恒。

【解析】

（1）线框进入磁场前，只有重力做功，机械能守恒

mgh＝\(\frac{1}{2}\)mv²           ①

线框进入磁场时受到竖直向下的重力和向上的安培力作用，恰好匀速，有

mg＝BIL            ②

根据切割产生感应电动势规律和闭合电路欧姆定律有

I＝\(\frac{{BLv}}{R}\)             ③

联立①、②、③三式，可得：

h＝\(\frac{{{m^2}g{R^2}}}{{2{B^4}{L^4}}}\)

（2）线框进入磁场时的感应电流大小I＝\(\frac{{mg}}{{BL}}\)，并由I＝\(\frac{{mg}}{{BL}}\)＝\(\frac{{BLv}}{R}\)可得：

v＝\(\frac{{mgR}}{{{B^2}{L^2}}}\)

所需的时间

t＝\(\frac{{L}}{v}\) ＝\(\frac{{{B^2}{L^3}}}{{mgR}}\)

线框进入磁场的过程中通过线框截面的电量

q＝It＝\(\frac{{B{L^2}}}{R}\)

产生的热量

Q＝I²Rt＝mgL

（3）线框下边进入磁场前只有重力做功，机械能守恒；

线框下边进入磁场后，安培力做负功，因此线框机械能减少；

线框全部进入磁场到下边出磁场前，无感应电流，不受安培力，只有重力做功，机械能守恒。

 

20．如图（a）所示的“冰爬犁”是北方儿童在冬天的一种游戏用具：“上坐一人，双手握铁篙，向后下方用力点冰，则冰床前进如飞。”在空旷的水平冰面上，有一小孩从静止开始，连续三次“点冰”后，爬犁沿直线继续滑行了24 m后停下。某同学用v-t图像描述了上述运动过程，如图（b）所示。

（1）求爬犁减速滑行时加速度的大小a₂和运动中的最大速率v_max；

（2）求小孩“点冰”时爬犁加速度的大小a₁；

（3）通过受力分析，说明“点冰”过程中爬犁加速的原因；

（4）该同学把小孩每次“点冰”使爬犁加速的过程视为匀加速直线运动，他做了哪些近似的处理。

【答案】

（1）a₂＝0.93 m/s²，v_max＝6.67 m/s

（2）a₁＝3.72 m/s²

（3）小孩和“爬犁”看做一个整体，小孩向后下方用力点冰，冰反过来给整体一个反作用力F，整体的受力情况如右图所示。当F的水平分力大于摩擦力时，整体就向前做加速运动。

（或：“爬犁”受到重力、冰面支持力、冰面摩擦力、小孩压力、小孩摩擦力。“爬犁”受到的小孩摩擦力大于冰面摩擦力，使“爬犁”向前加速度运动。）

（4）小孩向后下方点冰时，给冰面的作用力是变化的，该同学把该力近似看做恒力，其反作用也是恒力，才可将爬犁的加速运动视为匀加速直线运动。

【解析】

（1）小孩滑行时水平方向只受摩擦力的作用，做匀减速直线运动，与初速度为零的匀加速直线运动具有对称性，因此有s₂＝\(\frac{1}{2}\)a₂Δt₂²

将s₂＝24 m、Δt₂＝（12-4.8）s＝7.2 s代入上式，可解得

a₂＝0.93 m/s²

根据s₂＝\(\frac{1}{2}\)v_maxt₂可解得

v_max＝6.67 m/s

（2）小孩“点冰”加速过程中速度的增大量与滑行过程中速度的减小量相等，加速的时间共计t₁＝0.8 s+0.8 s+0.8 s＝2.4 s，减速的时间共计t₂＝1.2 s+1.2 s+7.2 s＝9.6 s。

根据a₁ t₁＝a₂ t₂，可解得

a₁＝a₂ \(\frac{{{t_2}}}{{{t_1}}}\)＝3.72 m/s²

（3）小孩和“爬犁”看做一个整体，小孩向后下方用力点冰，冰反过来给整体一个反作用力F，整体的受力情况如右图所示。当F的水平分力大于摩擦力时，整体就向前做加速运动。

（或：“爬犁”受到重力、冰面支持力、冰面摩擦力、小孩压力、小孩摩擦力。“爬犁”受到的小孩摩擦力大于冰面摩擦力，使“爬犁”向前加速度运动。）

（4）小孩向后下方点冰时，给冰面的作用力是变化的，该同学把该力近似看做恒力，其反作用也是恒力，才可将爬犁的加速运动视为匀加速直线运动。