1．加速度a的定义式是（    ）

A．a = \(\frac{{\Delta v}}{{\Delta t}}\)          B．a = \(\frac{F}{m}\)            C．a = \(\frac{{2s}}{{{t^2}}}\)           D．a = \(\frac{{{v^2}}}{r}\)

【答案】

A

 

2．匀速圆周运动是（    ）

A．匀速运动        B．匀变速运动            C．变加速运动            D．简谐运动

【答案】

C

 

3．如图所示，武术运动员表演“悟空望路”时在长杆上端保持静止，则杆子对他的作用力方向为（    ）

A．方向1             B．方向2             C．方向3             D．方向4

【答案】

C

 

4．一物体做匀变速直线运动的s - t图像如图所示，t₂ 为 t₁、t₃ 的中间时刻，则（    ）

A．AC连线的斜率等于 t₂ 时刻的瞬时速度

B．AC连线的斜率等于 t₃ 时刻的瞬时速度

C．AB连线的斜率等于 t₁ 时刻的瞬时速度

D．AB连线的斜率等于 t₂ 时刻的瞬时速度

【答案】

A

【解析】

AB．AC 连线的斜率等于 t₁ 到 t₃ 时间内的平均速度，因物体做匀变速直线运动，可知等于 t₁ 到 t₃ 中间时刻的瞬时速度，即等于 t₂ 时刻的瞬时速度，选项A正确，B错误；

CD．同理可分析，AB 连线的斜率等于 t₁ ~ t₂ 中间时刻的瞬时速度，选项CD错误。

故选A。

 

5．如图所示，在火星、木星轨道之间有一小行星带。假设小行星只受太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。若某颗小行星 A 与地球的周期分别为T、T₀，公转速度分别为v、v₀，则（    ）

A．T > T₀，v > v₀

B．T > T₀，v < v₀

C．T < T₀，v < v₀

D．T < T₀，v > v₀

【答案】

B

 

6．如图所示，光滑绝缘水平面上，有两条固定的相互垂直彼此绝缘的长直导线，通以大小相同的电流。在角平分线上，对称放置四个相同的圆线圈。若两根导线上的电流同时增加，则会产生逆时针方向感应电流的是（    ）

A．线圈1             B．线圈2             C．线圈3             D．线圈4

【答案】

D

 

7．如图所示是静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在电源两端，两极间产生电场，虚线为等差等势面（相邻等势面的电势差相等），在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸板，a、b 是其路径上的两点，不计液滴重力，则（    ）

A．液滴带正电，b 点电场强度大

B．液滴带正电，a 点电场强度大

C．液滴带负电，b 点电场强度大

D．液滴带负电，a 点电场强度大

【答案】

B

 

8．已知通电长直导线周围某点产生的磁感应强度 B 与导线中的电流 I 成正比，与该点到导线的距离 r 成反比。即：B = k\(\frac{I}{r}\)。如图所示，两根平行长直导线相距 R，通以大小、方向均相同的电流。取垂直纸面向里为正，在 O–R 区间内 B 随 r 变化的图线可能是（     ）

【答案】

D

 

9．如图所示，空调外机用两个支架固定在外墙上。空调外机的重心恰好在支架水平横梁 AO 和斜梁 BO 的连接点 O 上方。横梁、斜梁对 O 点的作用力分别为 F₁、F₂。不考虑梁的重力，如果换一根更短的斜梁，仍保持 O、A 两点的位置不变，则（    ）

A．F₁ 变小，F₂ 变小        B．F₁ 变大，F₂ 变大

C．F₁ 变小，F₂ 变大         D．F₁ 变大，F₂ 变小

【答案】

B

 

10．如图所示，跳跳杆底部装有一根弹簧，小孩和杆的总质量为 m。忽略空气阻力，则小孩从最高点由静止竖直下落到最低点的过程中（    ）

A．速度不断减小

B．加速度不断变大

C．弹力做的负功总小于重力做的正功

D．到最低点时，地面对杆的支持力一定大于 2mg

【答案】

D

【解析】

AB．小孩从最高点由静止竖直下落到最低点的过程中，小孩与跳跳杆先一起自由下落，与地面接触后，弹簧发生形变，对小孩施加竖直向上的弹力作用，开始时，弹力小于重力，随着弹力的增大，根据牛顿第二定律可知小孩向下做加速度逐渐减小的加速运动，当弹力等于重力时，加速度为 0，小孩速度达最大；弹力继续增大，当弹簧弹力大于小孩重力时，根据牛顿第二定律可知，小孩加速度竖直向上，小孩做加速度逐渐增大的减速运动，直到减速为 0，小孩运动到最低点，故 AB 错误；

C．小孩从最高点开始下落运动到最低点，动能先增大后减小，根据动能定理，可知重力做的正功先大于弹力做的负功，然后从小孩加速度为 0 到小孩速度减为 0 这一过程中，动能减小，弹力做的负功大于重力做的正功，故 C 错误；

D．若小孩随跳跳杆接触地面时速度从 0 开始，根据简谐运动的对称性，可知最低点小孩及跳跳杆的加速度大小为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得地面对杆的支持力

N – mg = ma 可求得：N = 2mg

但实际上，因为小孩及跳跳杆接触地面时有速度，则最低点会更低，加速度将大于 g，所以可知到最低点时，地面对杆的支持力一定大于 2mg，故 D 正确。

故选D。

 

11．小明在做“用DIS测瞬时速度”的实验时，保持小车释放点和光电门位置不变。获得的数据如下表，则可以判断挡光片的安装方式为（    ）

实验 序号	挡光片 宽度	挡光 时间	速度
1	6 cm	0.17593 s	0.341 m/s
2	4 cm	0.11627 s	0.344 m/s
3	2 cm	0.05780 s	0.346 m/s

A．

B．

C．以上两种都可以

D．以上两种都不可以

【答案】

A

【解析】

若挡光片的安装方式如图中 B 所示时，则挡光片宽度越窄越接近小车前端的速度，因为保持小车释放点和光电门位置不变，则越接近小车前端速度越小，和表格数据相反；同理可知，挡光片的安装方式如图中 A 所示时，则挡光片宽度越窄越接近小车后端的速度，可知越接近小车后端速度越大，和表格数据相符。

故选A。

 

12．如图（1）所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为 0.1。使用时发现某一根杆上有 A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔 s₁ = 3.5 cm，B与上边框相隔 s₂ = 2 cm。现用手指将 A 以某一初速度拨出，在方格纸中作出 A、B 运动的v – t图像如图（2）所示（实线代表 A，虚线代表 B）。忽略 A、B 碰撞的时间，g 取10 m/s²，则（    ）

① A 能回到自己的归零位；

② A 不能回到自己的归零位；

③ B 能回到自己的归零位；

④ B 不能回到自己的归零位。

A．结论①③正确        B．结论①④正确

C．结论②③正确        D．结论②④正确

【答案】

C

【解析】

A 与 B 的加速度大小都为 a = μg = 1 m/s²。

A 走过 s₁ 的时间为 t₁ = \(\frac{{{v_t} - {v_0}}}{a}\) = \(\frac{{0.3 - 0.4}}{{ - 1}}\) s = 0.1 s

由图可以看出，A 碰到 B 之后，以 0.1 m/s 的初速继续运动了 0.1 s，位移为 \(\frac{{0.1 + 0}}{{2}}\) × 0.1 cm = 0.5 cm。则 A 一共前进了 4 cm，不能归零位；

由图可以看出，碰撞后 B 的初速为 0.2 m/s，运动了 0.2 s，位移为 \(\frac{{0.2 + 0}}{{ 2 }}\) × 0.2 cm = 2 cm，则 B 可以归零位。

 

13．如图所示，将摆长为 L 的单摆摆球拉离平衡位置一个很小的角度到 A 点后由静止释放，重力加速度为 g，则摆球从 A 第一次运动到最左端 B 所用的时间为_________；若将该装置从上海移到广州进行同样的操作，上述运动时间将_________。（选填“变大”、“变小”或“不变”）

【答案】

π\(\sqrt {\frac{L}{g}} \)，变大

 

14．一根均质绳，右端固定，一人拿着左端的 S 点上下振动，t = 0时刻起振，产生一列向右传播的机械波，某时刻该波的波形如图所示。已知波源的振动周期为 T，分析可知波源已振动的时间为__________，波源的起振方向__________（选填“向上”或“向下”）

【答案】

1.5T，向上

 

15．电场中有 O、A、B、C 几个固定点，一电量为 − q、质量为 m 的带电粒子仅受电场力作用，从 O 点由静止开始做直线运动，其 v - t 图像如图。粒子在 t₁ 时刻运动到A点，其速率为 v₁；t₂ 时刻运动到 B 点，其速率为 0；t₃ 时刻运动到 C 点，其速率为 v₂。由图可推断，A、B、C 三点中，__________点的电势最高；A、C 两点的电势差U_AC = __________。

【答案】

A，\(\frac{{mv_1^2 - mv_2^2}}{{2q}}\)

【解析】

（1）由 v-t 图像可以看出，从 A 点到 B 点粒子做减速运动，则它受到的力向左，又由于电荷带负电，所以电场线方向向右，从 A 到 B 电势降低，即 φ_B＜φ_A；

同理可以看出从 B 点到 C 点粒子做反方向的加速运动，则 φ_B＜φ_C；

由图像可以看出 v₁＞v₂，则说明 φ_C＜φ_A；

故电势最高的是 A 点；

（2）因为带电粒子仅受电场力作用，则从 A 点到 C 点由动能定理得

−qU_AC = \(\frac{1}{2}\)mv₂² − \(\frac{1}{2}\)mv₁²

所以 AC 两点的电势差为

U_AC = \(\frac{{mv_1^2 - mv_2^2}}{{2q}}\)

 

16．某物理量 X 的表达式为 X = \(\frac{{3{\omega ^2}V}}{{4\pi G}}\)，其中 ω 是角速度，V 是体积，G 是万有引力常量。万有引力常量 G 用基本单位可表示为__________。据此可以判断 X 是__________（填写物理量名称）。

【答案】

m³·kg⁻¹·s⁻²，质量

【解析】

（1）由万有引力定律 F = G\(\frac{{{m_1}{m_2}}}{{{r^2}}}\) 可知，万有引力常量的 G 单位为 N·m²·kg⁻²，而由牛顿第二定律 F = ma 可知，1 N = 1 kg·m·s⁻²，所以G的单位为 m³·kg⁻¹·s⁻²。

（2）由 ω = \(\frac{{2\pi }}{T}\) 可知角速度的单位为 s⁻¹，又体积的单位为 m³，故 X 的单位为 \(\frac{{{{\rm{s}}^{ - 2}} \cdot {{\rm{m}}^3}}}{{{{\rm{m}}^3} \cdot {\rm{k}}{{\rm{g}}^{ - 1}} \cdot {{\rm{s}}^{ - 2}}}}\) = kg，即可判断 X 为质量。

 

17．某同学为测定电源的电动势 E 和内阻 r，从实验室找来电键、定值电阻 R₀、电流表（内阻不计）、一根均匀电阻丝（配有可在电阻丝上移动的金属夹）和导线若干。因缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，他找到了一个绝缘的圆形时钟表盘。他将电阻丝绕在表盘上，用改变圆心角 θ （以 rad 为单位）的方法改变接入电路中的电阻丝长度。实验方案如下：先将器材连成如图（1），后将金属夹从 b 端开始不断改变位置，闭合电键后记录每次从 a 到金属夹位置所对应的圆心角 θ 和电流表示数 I，最后将数据描在坐标纸上、绘得如图（2）所示图线，已知 a、b 间单位角度对应电阻丝的阻值为 r₀，则图（2）对应的 \(\frac{1}{I}\)–θ 的函数关系为__________（用 R₀、r₀、E、r、θ 表示）；若已知 r₀ = 3 Ω/rad，R₀ = 2 Ω，则由（2）图可求得电源内阻 r = ___________Ω。

【答案】

\(\frac{1}{I}\) = \(\frac{{{r_0}}}{E}\)θ + \(\frac{{r + {R_0}}}{E}\)，4

【解析】

（1）根据闭合电路欧姆定律可得：E = I(r + θr₀ + R₀)

变换可得：\(\frac{1}{I}\) = \(\frac{{{r_0}}}{E}\)θ + \(\frac{{r + {R_0}}}{E}\)

（2）由图（2）知图线的斜率：k = \(\frac{{{r_0}}}{E}\) = 0.5；纵截距 b = \(\frac{{r + {R_0}}}{E}\) = 1。代入 r₀ = 3 Ω/rad，R₀ = 2 Ω，可求得电源内阻 r = 4 Ω。

 

18．如图（1）为“用 DIS 研究加速度和力的关系”的实验装置。

（1）实验时有以下一些步骤，先后顺序是_________（填写字母标号）

A．点击“选择区域”，计算机自动计算出加速度值。

B．保持小车、配重片和发射器总质量不变，不断增加钩码的质量，重复实验。

C．点击“开始记录”并释放小车，当小车到达终点时，点击“停止记录”，得到 v-t 图像。

（2）（单选）若测得小车、配重片和发射器的总质量为 360 g，则跨过滑轮的细绳下悬挂的钩码质量范围最适合用（     ）

A．1 g～25 g        B．100 g～200 g          C．180 g～360 g          D．大于360 g

（3）当小车总质量一定，改变钩码质量重复实验，释放小车的位置_________（填写“必须相同”或“可以不同”）。实验中某小组获得如图（2）所示的图线，在进行“选择区域”操作记录小车加速度时，小明认为选择 AB 段和 AC 段，获得的加速度基本相同。请发表你的观点，并说明理由：

______________________________________________________________________。

【答案】

（1）CAB

（2）A

（3）可以不同，对与错言之有理均可得分。

参考答案：

①对。因为该区域内 v – t 图线是倾斜直线，在误差允许范围内取得的斜率相同，即加速度相同；

②错。因为AC段区域数据更多，计算机拟合出的斜率更精确，所以会有一定差异。

 

19．2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功。它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程，若已知着陆器质量 m = 1.3×10³ kg（降落伞质量远小于着陆器质量），取火星表面重力加速度 gʹ = 4 m/s²，忽略着陆器质量的变化和 gʹ 的变化，打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。则：

（1）在第Ⅳ阶段的最后，着陆器经 0.75 s 的无初速度、无动力下降后安全着陆，且火星表面大气非常稀薄，求着陆器着陆时的动能 E_k；

（2）假设着陆器在第Ⅱ“伞降减速阶段”做匀减速运动，求它所受总平均阻力 f 的大小；

（3）着陆器在第Ⅲ“动力减速阶段”可视为匀减速运动，求它在该阶段机械能的改变量∆E。

【答案】

（1）E_k = 5850 J

（2）f = 1.04×10⁴ N

（3）机械能减少了 2.73×10⁷ J

【解析】

（1）着陆器在着陆前 0.75 s 内，大气非常稀薄阻力可以忽略，无初速度、无动力下降，所以做自由落体运动。

则着陆速度    v₄ = g′t = 4×0.75 m/s = 3 m/s

所以              E_k = \(\frac{1}{2}\)mv³ = \(\frac{1}{2}\)×1.3×10³×3² J = 5850 J

（方法二）着陆器在着陆前 0.75 s 内做自由落体运动

下落高度       H₄ = \(\frac{1}{2}\)g′t² = \(\frac{1}{2}\)×4×0.75² m = 1.125 m

该过程阻力可以忽略，只有重力做功，机械能守恒：

着陆器着陆瞬间的动能 E_k = mg′H₄ = 1.3×10³×4×1.125 J = 5850 J

（2）设在第Ⅱ阶段加速度为 a₂，对着陆器受力分析如图所示

由 a₂ = \(\frac{{{v_3} - {v_2}}}{{{t_3} - {t_2}}}\) = \(\frac{{1.0 \times {{10}^2} - 4.6 \times {{10}^2}}}{{380 - 290}}\) = − 4 m/s²

根据牛顿第二定律得：F_合 = mg′ − f = ma₂

代入       1.3×10³×4 − f = 1.3×10³×（−4）

解得       f = 1.04×10⁴ N

（3）设第Ⅲ阶段下降高度为H₃

H₃ = \(\frac{{{v_2} + {v_3}}}{2}\) (t₃ – t₂) = \(\frac{{100 + 0}}{2}\)×(460 – 380) m = 4000 m

该过程着陆器机械能改变量为 ΔE = ΔE_p + ΔE_k = − mgH₃ + (0 − \(\frac{1}{2}\)mv²)

= − 1.3×10³×4×4×10³ − \(\frac{1}{2}\)×1.3×10³×(1×10²)² = − 2.73×10⁷ J

即机械能减少了 2.73×10⁷ J

（方法二）第III阶段 a₃ = \(\frac{{\Delta v}}{{\Delta t}}\) = \(\frac{{100 - 0}}{{460 - 380}}\) m/s² = 1.25 m/s²

牛顿第二定律：f – mg′= ma₃

f = m(a₃+ g′) = 1.3 × 10³ × (1.25 + 4) N = 6825 N

下降高度       H₃ =\(\frac{{v_2^2}}{{2{a_3}}}\) = \(\frac{{{{100}^2}}}{{2 \times 1.25}}\) m = 4000 m

阻力做功       W_f = − fH₃ = − 6825×4000 J = − 2.73×10⁷ J

除重力外其他力做功等于机械能的改变量，所以机械能减少了 2.73×10⁷ J

 

20．如图，θ = 37° 的足够长且固定的粗糙绝缘斜面顶端放有质量 M = 0.024 kg 的U型导体框，导体框的电阻忽略不计，导体框与斜面之间的动摩擦因数 μ = 0.25。一电阻 R = 3 Ω 、长度 L = 0.6 m 的光滑金属棒 CD 置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF，且 EF 与斜面底边平行。初始时 CD 与 EF 相距 s₀ = 0.03 m，让金属棒与导体框同时由静止开始释放，金属棒下滑距离 s₁ = 0.03 m 后匀速进入方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的 EF 边刚好进入磁场并保持匀速运动。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，且在运动中金属棒始终未脱离导体框。磁场的磁感应强度大小 B = 1 T、方向垂直于斜面向上，取 g = 10 m/s²，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求 ：

（1）棒 CD 在磁场中运动时棒中感应电流 I 的大小和方向；

（2）棒 CD 的质量 m 以及金属棒在磁场中运动时导体框的加速度 a；

（3）从开始到导体框离开磁场的过程中，回路产生的焦耳热 Q；

（4）用文字简要说明，导体框由静止释放至EF边到达磁场下边界的过程中，有哪些力对它做功及对应的能量转化情况。

【答案】

（1）D端流向C端。

I = 0.12 A

（2）m = 0.012 kg，a₂ = 3 m/s²

（3）Q = 0.00864 J

（4）导体框所受的重力做正功、安培力做负功、滑动摩擦力做负功。

其中重力势能通过重力做功、克服安培力做功和克服滑动摩擦力做功转化为导体框的动能，其中克服安培力做的功转化为回路中的电能，克服滑动摩擦力做的功转化为内能。

【解析】

（1）根据题意,由右手定则可得，金属棒 CD 中的感应电流方向是从 D 端流向 C 端。

另外，金属棒在没有进入磁场时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：

mgsin37° = ma₁，代入数据解得：a₁ = 6 m/s²

由运动学规律可得：v₁² = 2a₁s₁，代入数据解得  v₁ = 0.6 m/s。

金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得 E = BLv₁

由闭合回路的欧姆定律可得 I = \(\frac{E}{R}\) = 0.12 A

（2）导体棒刚进入磁场时受到的安培力：F_安1 = BIL = 0.072 N

金属棒 CD 进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒在匀强磁场区域内匀速运动，可得：mgsin37° = F_安1

代入数据解得：m = 0.012 kg

此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得：

Mgsin37° − μ(m + M)gcos37° = Ma₂

代入数据解得：a₂ = 3 m/s²。

（3）设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为：x = v₁t

金属棒与导体框同时由静止开始释放后，

金属棒在磁场外运动的时间为：t₁ = \(\frac{{{v_1}}}{{{a_1}}}\)，代入数据解得：t₁ = 0.1 s

导体框在磁场外运动的时间为：t₂ = \(\sqrt {\frac{{2({s_0} + {s_1})}}{{{a_2}}}} \)，代入数据解得：t₂ = 0.2 s

由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端 EF 刚好进入线框，

则有时间关系：t₂ – t₁ = t

联立以上可得：x = 0.06 m。

由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端 EF 刚好进入线框，金属框进入磁场时匀速运动，此时的导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得：

Mgsin37° = μ(m + M)gcos37° + F_安2

代入数据解得：F_安2 = 0.072 N

则在金属棒与导体框同时由静止开始释放后，到导体框离开磁场时，回路中产生的焦耳热与同一时间内回路中的部分电路克服安培力做的功大小相等：Q = (F_安1 + F_安1)x

代入数据解得：Q = 0.00864 J

（4）导体框所受的重力做正功、安培力做负功、滑动摩擦力做负功。

其中重力势能通过重力做功、克服安培力做功和克服滑动摩擦力做功转化为导体框的动能，其中克服安培力做的功转化为回路中的电能，克服滑动摩擦力做的功转化为内能。