1．下列以科学家名字命名的物理量，单位换算正确的是（    ）

（A）特斯拉 1 T = 1 kg·A⁻³·m⁻¹                 （B）韦伯  1 Wb = 1 T·m⁻²

（C）库仑  1 C = 1 A·s⁻¹                             （D）焦耳  1 J = 1 C·V

【答案】

D

【解析】

A．根据 F =BIL = ma 可知 N = T·A·m = kg·m/s²，则 1 T = 1 kg·A⁻¹·s⁻²。故A 错误；

B．根据 Φ = BS 可知磁通量的单位韦伯 Wb = T·m²。故 B 错误；

C．根据 q = It 可知电荷量的单位库仑 C = A·s。故 C 错误；

D．根据 W = qU 可知电场力做功的单位焦耳 1 J = 1 C·V。故 D 正确。

故选 D。

 

2．下列哪一个物理概念的建立用到的方法与其他三项不同（    ）

（A）质点             （B）重心              （C）平均速度              （D）合力

【答案】

A

【解析】

重心，平均速度和合力的建立都属于等效替代方法，而质点的建立属于理想化模型方法。

故选 A。

 

3．描述电源将其他它形式的能转化为电能本领大小的物理量是（    ）

（A）电动势                          （B）电源的总功率

（C）外电压                           （D）电源的内电阻

【答案】

A

【解析】

描述电源将其它形式的能转化为电能本领大小的物理量是电动势。

故选 A。

 

4．如图所示，一只美丽的小鸟正站在一根倾斜的树枝上歌唱（可以认为小鸟的整个身体处于静止状态）。关于树枝给小鸟的作用力，下列说法正确的是（    ）

（A）大于小鸟的重力                  （B）小于小鸟的重力

（C）方向竖直向上                      （D）方向向上偏左

【答案】

 C

【解析】

根据题意，对小鸟受力分析可知，小鸟受重力和树枝的作用力而处于平衡状态，根据平衡条件可知，树枝对小鸟的作用力方向竖直向上，大小等于重力。

故选 C。

 

5．一位来中国旅行的外国友人，在高速行驶的高铁列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示。在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车转弯的时候，硬币才倒下。这证明了中国高铁具有极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是（    ）

（A）硬币直立时，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用

（B）硬币直立时，列车一定做匀速直线运动

（C）如果硬币向列车行驶方向的右侧倒下，说明列车向右转弯

（D）列车加速或减速行驶时，硬币都受到与列车运动方向相反的摩擦力作用

【答案】

A

【解析】

AB．硬币直立时不一定是平衡状态，如果列车做加速运动，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用，B 错误，A 正确；

C．如果硬币向列车行驶方向的右侧倒下，说明列车向左转弯，C 错误；

D．列车加速时，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力，D 错误。

故选 A。

 

6．2022 年 5 月，宇航员王亚平为我们演示了如何在太空洗头，通过直播画面可以看到，洗头时有水滴漂浮在空间站中。关于漂浮的水滴，以下说法正确的是（    ）

（A）水滴所受地球引力充当向心力

（B）水滴所受地球引力与飞船对其作用力的合力近似为零

（C）水滴在飞船中处于完全失重状态，不受任何力的作用

（D）水滴在空间站内的质量小于在地球上的质量

【答案】

A

【解析】

AC．水滴所受地球引力全部充当向心力，使其处于完全失重状态而漂浮，故 A 正确，C 错误；

B．此时飞船对其作用力为零，故水滴所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力就等于地球引力，不为零，故 B 错误；

D．水滴和空间站在围绕地球做圆周运动，速度远小于光速，质量可看作是物本身的固有属性，不随位置和运动状态变化，故水滴的质量不变，故 D 错误。

故选 A。

 

7．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧。对矿粉分离的过程，下列表述正确的有（    ）

（A）带正电的矿粉落在右侧              （B）电场力对矿粉做正功

（C）带负电的矿粉电势能变大          （D）带正电的矿粉电势能变大

【答案】

B

【解析】

A．由图可知，矿料分选器内的电场方向水平向左，带正电的矿粉受到水平向左的电场力，所以会落到左侧，A 错误；

BCD．无论矿粉带什么电，在水平方向上都会在电场力的作用下沿电场力的方向偏移，位移与电场力的方向相同，电场力做正功，所以无论正负，矿粉的电势能都减小，B 正确，C、D 错误。

 

8．质量为 m 的小明坐在秋千上摆动过程中的照片如图所示，如果空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（    ）

（A）运动到最低点时，秋千对小明的作用力等于 mg

（B）运动到最低点时，小明的加速度为零，所受合力为零

（C）运动到最高点时，秋千对小明的作用力小于 mg

（D）运动到最高点时，小明的加速度不为零，所受合力方向竖直向下

【答案】

C

【解析】

AB．运动到最低点时，由于做圆周运动，秋千对小张的作用力提供向心力，则有

F – mg = m \(\frac{{{v^2}}}{l}\)

因为在最低点的速度不为零，则秋千对小张的作用力大于 mg，加速度不为零，合外力不为零，AB 错误；

CD．在最高点，小张的速度为 0，设秋千的摆长为 l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 θ，秋千对小张的作用力为 F₁，则对人，沿摆绳方向受力分析有

F₁ – mgcosθ = m \(\frac{{{v^2}}}{l}\)

由于小张的速度为 0，则有 F₁ = mgcosθ < mg

沿垂直摆绳方向有 mgsinθ = ma，解得小张在最高点的加速度为 a = gsinθ

D 错误，C 正确。

故选 C。

 

9．如图所示，将通电直导线 AB 用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则闭合电键 S 后的较短时间内，对通电直导线 AB 而言，会出现的情况是（    ）

（A）A 端向上运动，B 端向下运动，悬线张力不变

（B）A 端向下运动，B 端向上运动，悬线张力不变

（C）A 端向纸外运动，B 端向纸内运动，悬线张力变小

（D）A 端向纸内运动，B 端向纸外运动，悬线张力变大

【答案】

D

【解析】

当开关 S 接通时，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如图所示。

由左手定则知通电直导线此时 A 端受力指向纸内，B 端受力指向纸外，故直导线将转动，由特殊位置法知当直导线转到与磁感线垂直（即转过 90°）时，整个直导线受到的安培力方向竖直向下，故悬线张力变大。

故选 D。

 

10．如图所示，粗细均匀 U 形管中装有水银，左端封闭有一段空气柱，原来两管水银面相平，将开关 K 打开后，放掉些水银，再关闭 K，重新平衡后若右端水银下降 h，则左管水银面相对于玻璃管（     ）

（A）不下降                      （B）下降 h

（C）下降高度小于 h         （D）下降高度大于 h

【答案】

C

【解析】

原来左右两边的水银等高，说明左边的气体的压强和大气压相等，当放掉一部分水银之后，左边气体的体积变大，压强减小，右边压强为大气压强，所以重新平衡时左管的液面应高于右管，则右边的水银下降 h，左边的必定要小于 h，所以 C 正确。故选 C。

 

11．在同一条平直公路上行驶的 a 车和 b 车，其位移-时间图像分别为图中直线 a 和曲线 b，则（    ）

（A）t₁ 时刻 a 车在 b 车前方

（B）t₁ 时刻两速度相等

（C）0 ~ t₂ 时间内两车平均速度相等

（D）0 ~ t₁ 时间内 b 车平均速度较大

【答案】

C

【解析】

A．t₁ 时刻两条图线相交，表明该时刻两车位置坐标相等，即 t₁ 时刻 a 车与 b 车并排在一起，A 错误；

B．位移 - 时间图像中，图线的斜率表示速度，根据图像可知，t₁ 时刻，a 车图线的斜率小于 b 车图线的斜率，a 车的速度小 b 车的速度，B 错误；

C．根据图像可知，0 ~ t₂ 时间内两车通过的位移相等，根据平均速度公式可知，0 ~ t₂ 时间内两车平均速度相等，C 正确；

D．根据图像可知，0 ~ t₁ 时间内两车通过的位移相等，根据平均速度公式可知，0 ~ t₁ 时间内两车平均速度相等，D 错误。

故选 C。

 

12．某地有一个风力发电场，安装有 20 台风力发电机组，年发电量约为 2 400 万千瓦时。已知发电机叶片长度为 30 m，空气的密度为 1.3 kg/m³。若风以 15 m/s 的速度垂直叶片面吹来，空气的动能约有 10% 可以转化为电能，风电机组刚好满负荷发电。则该风力发电场一年之中能满负荷发电的时间约为（    ）

（A）40 天            （B）80 天            （C）160 天          （D）320 天

【答案】

B

【解析】

每秒由风能转换为电能的大小为 E = \(\frac{1}{2}\)mv²×10%，式中 m 为每秒通过的空气质量，可以表示为 m = ρV = ρπr²v，解得 E = \(\frac{1}{2}\)ρπr²v³×10% = 620 kJ，即发电功率 P = 620 kW。

则发电时间 t = \(\frac{W}{20P}\) = \(\frac{{2400 \times {{10}^4}{\rm{kW}} \cdot {\rm{h}}}}{{20 \times 620{\rm{KW}}}}\) ≈ 2 000 h = 80.6 天

故选 B。

 

13．物体以 30 m/s 的初速度做竖直上抛运动（g 取10 m/s²），5 s 末物体的速度大小为________m/s，5 s 内物体的平均速度大小为__________m/s。

【答案】

20，5

【解析】

（1）物体的速度减为零需要的时间 t₁ = \(\frac{v_0}{g}\) = 3 s，上升高度 h₁ = \(\frac{{v_0}^2}{2g}\) = 45 m。

故 5 s 时物体正在下落；路程应等于向上的高度与后 2 s 内下落的高度之和，后 t₂ = 2 s 下落的高度 h₂ = \(\frac{1}{2}\)gt₂² = 20 m。故总路程 s = (45 + 20 )m = 65 m

位移 h = h₁ – h₂ = 25 m，方向向上。

平均速度 v = \(\frac{h}{t}\) = 5 m/s，方向向上。

 

14．已知电场中 A 点的电势为 2.0×10⁻² V，将一电荷量为 2.0×10⁻³ C 的检验电荷置于该点时，检验电荷的电势能为__________J。将该电荷移动到电场中的 B 点，电场力做了 5×10⁻⁶ J 的正功，则 B 点的电势为_________V。

【答案】

4×10⁻⁵，1.75×10⁻²

【解析】

（1）由 E_p = qφ_A = 4×10⁻⁵ J

（2）从 A 到 B 点

W_AB = qU_AB = q(φ_A – φ_B) = 5×10⁻⁶ J

解得 φ_B = 1.75×10⁻² V

 

15．做“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中，有以下 4 种情形：① 水面上痱子粉撒得太多；② 将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算；③ 实验时没有使用方形浅水盘，用了圆形浅水盘；④ 配制好的油酸酒精溶液放置时间过久。其中会使测得的分子直径偏大的是_______；会使测得的分子直径偏小的是_______（均填序号）。

【答案】

①②，④

【解析】

① 水面上痱子粉撒得太多，则油膜不能完全散开，则测得的油膜的面积偏小，根据 d = \(\frac{V}{S}\) 可知分子直径的测量值偏大；

② 将滴入的油酸酒精溶液体积作为油酸体积进行计算，则体积 V 代入的值偏大，可知分子直径的测量值偏大；

③实验时没有使用方形浅水盘，用了圆形浅水盘，这对实验无影响；

④ 配制好的油酸酒精溶液放置时间过久，酒精会挥发，油酸酒精溶液的浓度会比配制溶液时测得的标称浓度大，导致由溶液体积乘以标称浓度值算出的 V 偏小，根据 d = \(\frac{V}{S}\) 可知分子直径的测量值偏小。

所以其中会使测得的分子直径偏大的是 ①②；会使测得的分子直径偏小的是 ④。

 

17．同一介质中有两个相距 10 m 的波源 A 和 B，持续产生两列波相向传播，两波源起振方向和频率相同，但两波源起振时刻和振幅不同，如图所示为某时刻的波形图。则两波源的起振方向______（填“向上”或“向下”），稳定后与波源 A 相距 4.5 m 处的质点振动______（填“加强”、“减弱”）。

【答案】

向下，加强

【解析】

（1）根据波形图上 x = 2 m 和 x = 9 m 处质点振动情况，可知两质点振动方向都向下，可推测波源的起振方向都向下。

（2）同一介质中波的传播速度相等，当 B 波传递到 4.5 m 处时，该处的振动方向向下；此时 A 波传递到 6.5 m处，A 波上位于 4.5 m处的质点振动方向也向下。两者振动方向相同，是振动加强。

 

18．图甲是我国自主设计开发的全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从 t = 0 时刻由静止开始提升质量为 m = 200 kg的物体，其 a – t 图像如图乙所示，5 ~ 10 s 内起重机的功率为额定功率，不计其它阻力，则此起重机的额定功率为______W，10 s 内起重机对物体做的功为_________J（g 取 10 m/s²）。

【答案】

2.4×10⁴，1.8×10⁵

【解析】

（1）由 a – t 图像可知，0 ~ 5 s 物体做匀加速运动，根据牛顿第二定律有 F – mg = ma，代入数据解得 F = 2 400 N

5 s 末物体的速度为 v = at₁ = 2×5 ms/ = 10 m/s

5 ~ 10 s 内起重机的功率恒定，不计其它阻力，则此起重机的额定功率为，则 5 s 末的功率即额定功率，有

P = Fv = 2400×10 W = 2.4×10⁴ W

（2）0 ~ 5 s 物体位移为 s₁ = \(\frac{1}{2}\)at₁² = 25 m

0 ~ 5 s 内起重机对物体做的功为 W₁ = Fs₁ = 2400×25 J = 6×10⁴ J

5 ~ 10 s 内起重机对物体做的功为 W₂ = Pt₂ = 2.4×10⁴×5 J = 1.2×10⁵ J

10 s 内起重机对物体做的功为 W = W₁ + W₂ = 1.8×10⁵ J

 

18．甲、乙、丙三位同学协作测定某电池的电动势和内阻。他们设计的电路原理如图 1，其中 R 为电阻箱，R₀ 为保护电阻，阻值 R₀ = 5.0 Ω，电流表 A 的内阻不计。他们改变 R 的阻值，记下多组 R 和电流表示数 I。

甲同学以 IR 作纵坐标，以 I 作横坐标作图处理数据；乙同学以 I（R + R₀）为纵坐标，以 I 为横坐标处理数据，他们在同一张坐标纸上画出的图如图 2 所示。

（1）由图 2 可知，甲同学绘制的是图线_____（填“a”或“b”），由该图线得到的电源电动势为_____V，内阻为_____Ω。

（2）丙同学打算以 \(\frac{1}{I}\) 纵坐标，以 R 作横坐标，请根据（1）中计算的结果将丙所作图线在图 3 中画出。

（3）分析可知，在图 1 所示电路中，当电阻箱的阻值 R = _____Ω 时，电阻箱消耗的电功率最大。

【答案】

（1）a，1.5，10

（2）

（3）15

【解析】

（1）甲同学以 IR 作纵坐标，将它作为等效外电压的话，则可以将 R₀ + r 看成一个等效内电阻 r_等，图线的斜率为 r_等 = R₀ + r；

乙同学以 I（R + R₀）为纵坐标，即 U_外，图线的斜率为 r。

可得甲同学的图线的斜率的绝对值更大，所以甲同学绘制的是图线 a。该图线的截距表示电动势，斜率绝对值表示 R₀ + r，所以有 E = 1.5 V，R₀ + r = 15 Ω。求得 r = 15 Ω – R₀ = 10 Ω。

（2）根据闭合电路欧姆定律得 E = I（R + R₀ + r）

整理得 \(\frac{1}{I}\) = \(\frac{1}{E}\)R + \(\frac{R_0+r}{E}\)

则该图线的斜率为 \(\frac{1}{E}\) = \(\frac{1}{1.5}\) = \(\frac{2}{3}\)，截距为 \(\frac{R_0+r}{E}\) = \(\frac{15}{1.5}\) = 10

则可画出图线为下图

（3）由输出功率极值的推论可知：当 R = r_等 = R₀ + r = 15 Ω 时，电阻箱消耗的电功率最大。

 

19．导热的 U 型管一端封闭，管中用水银封闭一定质量的气体，U 型管两直管长度相等，间距为 d，且 d 远大于管的粗细。当 U 型口向上、直管竖直放置时，管中两水银面等高，如图（a），此时封闭气体柱长度为 l₀，大气压强为 p₀，室内温度不变，水银密度为 ρ，重力加速度为 g。

（1）若将 U 型管在管平面内缓慢逆时针转过 90° 成图（b），或顺时针缓慢转过 90° 成图（c），求（b）（c）两图中封闭气体柱长度之比（结果用 p₀、ρ、g、d 表示）；

（2）若 U 型管从图（c）继续顺时针缓慢转动，当左侧管中水银恰好与管口相齐时两侧管中水银面连线恰好在竖直方向上，如图（d）。已知 d = 22.5 cm，l₀ = 15 cm，求大气压强 p₀（单位用 cmHg 表示）。

【答案】

（1）\(\frac{{{p_0} - \rho gd}}{{{p_0} + \rho gd}}\)

（2）p₀ = 75 cmHg

【解析】

（1）封闭气体做等温变化

对（a）→（b），有 p₀l₀S =（p₀ + ρgd）l₁S

对（a）→（c），有 p₀ l₀ S =（p₀ - ρgd）l₂ S

解得  \(\frac{{{l_1}}}{{{l_2}}}\) = \(\frac{{{p_0} - \rho gd}}{{{p_0} + \rho gd}}\) 

（2）从（a）→（d），有p₀l₀S =（p₀ − ρgh）lS

其中  l = 2l₀、h = \(\sqrt {{d^2} + {l^2}} \) 

解得 p₀ = 75 cmHg

 

20．第 24 届冬奥于 2022 年 2 月 4 日在我国北京等地举行，冰滑梯作为体验冰雪运动乐趣的设施受到广大游客的欢迎。某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道、倾斜滑道和平直滑道相互间均平滑连接，其中螺旋滑道和倾斜滑道的高度均为 h。设所有游客都从螺旋滑道顶部离地高为 2h 处由静止开始下滑，在螺旋滑道上机械能的损耗为 20%，水平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同，对不同滑板的动摩擦因数 μ 不同，但满足 μ₀ ≤ μ ≤ 1.2μ₀（μ₀ 为某一已知值）。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上都作匀减速运动，且滑行结束时也都停在水平滑道上。

（1）游客滑到螺旋滑道底部时的速度多大？

（2）倾斜滑道的底部长度 L₁ 至少要多长？

（3）倾斜滑道的底部长度 L₁ 最长是多少？

（4）倾斜滑道的底部长度 L₁ 与水平滑道长度 L₂ 的总长（L₁ + L₂）至少要多长？

【答案】

（1）v = \(\sqrt {1.6gh} \)

（2）L₁ > \(\frac{h}{{{\mu _0}}}\)

（3）L₁ < \(\frac{{3h}}{{2{\mu _0}}}\)

（4）L₁ + L₂ ≥ \(\frac{{9h}}{{5{\mu _0}}}\)

【解析】

（1）以螺旋滑道的底部为重力势能的 0 位置，游客在螺旋滑道顶部时的机械能 E₁ = mgh，到达螺旋滑道底部时的机械能 E₂= \(\frac{1}{2}\) mv² = 0.8E₁，所以 v = \(\sqrt {1.6gh} \)

注意：此题没有规定零势能面取在哪里，那么损失了 20 % 机械能就无法确定，描述上有问题！

（2）假定倾斜轨道的倾角为 θ，游客质量为 m，因游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则有

mgsinθ < μmgcosθ

即  tanθ = h/L₁ < μ

所有游客均要在倾斜滑道上匀减速下滑，μ 取最小值 μ₀

所以  L₁ > \(\frac{h}{{{\mu _0}}}\)

（3）当游客在倾斜滑道上时，由牛顿第二定律得

mgsinθ − μmgcosθ = ma₁

由运动学规律有                     v_t² − v² = 2a₁s₁

其中                                s₁ = L₁/cosθ

游客能滑上水平轨道，需满足          v_t > 0

可解得                             L₁ < \(\frac{{9h}}{{5{\mu}}}\)

由于 μ₀ ≤ μ ≤ 1.2μ₀，故要使所有游客都能滑到水平轨道上，μ 应取最大值 1.2μ₀

所以 L₁ < \(\frac{{9h}}{{5 \times 1.2{\mu_0} }}\) = \(\frac{{3h}}{{2{\mu _0}}}\)

（4）当游客在倾斜滑道上时，由牛顿第二定律得

− μmg = ma₂

要确保所有游客滑行结束时停在水平滑道上，需满足

0 − v_t² = 2a₂s₂ ≤ 2a₂L₂

结合（3）的结论可得              L₁ + L₂ ≥ \(\frac{{9h}}{{5{\mu}}}\)

要确保所有游客能停在水平滑道上，μ 要取最小值 μ₀

所以                              L₁ + L₂ ≥ \(\frac{{9h}}{{5{\mu _0}}}\)