1．一质点做直线运动，下列描述其位移 x 或速度 v 随时间 t 变化的图像中，可能正确的是（    ）

【答案】

C

【解析】

AB．物体做直线运动，位移与时间成函数关系，AB 选项中一个时间对应 2 个以上的位移，故不可能，故 AB 错误；

CD．同理 D 选项中一个时间对应 2 个速度，只有 C 选项速度与时间是成函数关系，故 C 正确，D 错误。

故选 C。

 

2．福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的 4 倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的（   ）

A．0.25 倍             B．0.5 倍               C．2 倍          D．4 倍

【答案】

C

【解析】

小车水平离开甲板时的动能变为调整前的 4 倍，则由 E_k = \(\frac{1}{2}\)mv² 可知离开甲板时速度变为调整前的 2 倍；小车离开甲板后做平抛运动，从离开甲板到到达海面上时间不变，根据 x = vt 可知小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的 2 倍。

故选 C。

 

3．天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星 GJ1002c 的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的 0.07 倍，周期约为 0.06 年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的（    ）

A．0.001 倍           B．0.1 倍               C．10倍         D．1000 倍

【答案】

B

 

4．三位科学家由于在发现和合成量子点方面的突出贡献，荣获了 2023 年诺贝尔化学奖。不同尺寸的量子点会发出不同颜色的光。现有两种量子点分别发出蓝光和红光，下列说法正确的是（    ）

A．蓝光光子的能量大于红光光子的能量

B．蓝光光子的动量小于红光光子的动量

C．在玻璃中传播时，蓝光的速度大于红光的速度

D．蓝光在玻璃中传播时的频率小于它在空气中传播时的频率

【答案】

A

【解析】

AB．红光的频率小于蓝光的频率，红光的波长大于蓝光的波长，根据 E = hν 可知蓝光光子的能量大于红光光子的能量；根据 p = \(\frac{h}{\lambda }\) 可知蓝光光子的动量大于红光光子的动量，故 A 正确，B 错误；

C．由于红光的折射率小于蓝光，根据 v = \(\frac{c}{n}\) 可知在玻璃中传播时，蓝光的速度小于红光的速度，故 C 错误；

D．光从一种介质射入另一种介质中频率不变，故 D 错误。

故选 A。

 

5．如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的 O 点上，下端分别系有均带正电荷的小球 P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等。则（    ）

A．两绳中的张力大小一定相等

B．P 的质量一定大于 Q 的质量

C．P 的电荷量一定小于 Q 的电荷量

D．P 的电荷量一定大于 Q 的电荷量

【答案】

B

 

6．位于坐标原点 O 的波源在 t = 0 时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿 x 轴正方向传播。平衡位置在 x = 3.5 m 处的质点 P 开始振动时，波源恰好第 2 次处于波谷位置，则（     ）

A．波的周期是 0.1 s

B．波的振幅是 0.2 m

C．波的传播速度是 10 m/s

D．平衡位置在 x = 4.5 m 处的质点 Q开始振动时，质点 P 处于波峰位置

【答案】

BC

 

7．电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过 90° 时，线圈中（    ）

A．电流最小

B．电流最大

C．电流方向由 P 指向 Q

D．电流方向由 Q 指向 P

【答案】

BD

【解析】

如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过 90° 时，此时穿过线圈的磁通量为 0，故可知电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由 Q 指向 P。

故选 BD。

 

8．如图，一定量理想气体的循环由下面 4 个过程组成：1→2 为绝热过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3 为等压过程，3→4 为绝热过程，4→1 为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是（    ）

A．1→2 过程中，气体内能增加

B．2→3 过程中，气体向外放热

C．3→4 过程中，气体内能不变

D．4→1 过程中，气体向外放热

【答案】

AD

【解析】

A．1→2 为绝热过程，根据热力学第一定律 ΔU = Q + W 可知此时气体体积减小，外界对气体做功，故内能增加，故 A 正确；

B．2→3 为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功 W < 0，故气体吸收热量，故 B 错误；

C．3→4 为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功 W < 0，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故 C 错误；

D．4→1 为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变W = 0，故可知气体向外放热，故 D 正确。

故选AD。

 

9．某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为 O，木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球 a 从斜槽轨道上 Q 处由静止释放，a 从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置 P 与 O 点的距离 x，将与 a 半径相等的小球 b 置于轨道右侧端点，再将小球 a 从 Q 处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出 a、b 两球落点的平均位置 M、N 与 O 点的距离 x_M、x_N。

完成下列填空：

（1）记 a、b 两球的质量分别为 m_a、m_b，实验中须满足条件 m_a______m_b（填“>”或“<”）；

（2）如果测得的 x_P、x_M、x_N、m_a 和m_b 在实验误差范围内满足关系式______，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与 O 点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是______________________________________。

【答案】

（1）>

（2）m_ax_P = m_ax_M + m_bx_N

小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相同故下落时间相同，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。

【解析】

（1）为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求 m_a > m_b；

（2）两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间 t 相等，碰撞前 a 球的速度大小 v₀ = \(\frac{{{x_P}}}{t}\)

碰撞后 a 的速度大小 v_a = \(\frac{{{x_M}}}{t}\)

碰撞后 b 球的速度大小 v_b = \(\frac{{{x_N}}}{t}\)

如果碰撞过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量相等，则

m_av₀ = m_av_a + m_bv_b

整理得 m_ax_P = m_ax_M + m_bx_N

小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相同故下落时间相同，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。

 

10．学生实验小组要测量量程为 3 V 的电压表 V 的内阻 R_V。可选用的器材有：多用电表，电源 E（电动势 5 V），电压表 V₁（量程 5 V，内阻约 3 kΩ），定值电阻 R₀（阻值为 800 Ω），滑动变阻器 R₁（最大阻值 50 Ω），滑动变阻器 R₂（最大阻值 5 kΩ），开关 S，导线若干。

完成下列填空：

（1）利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应______（把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列）；

A．将红、黑表笔短接

B．调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆

C．将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置

再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的______填“正极、负极”或“负极、正极”）相连，欧姆表的指针位置如图（a）中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡______（填“×1”“×100”或“×1 k”）位置，重新调节后，测量得到指针位置如图（a）中实线 Ⅱ 所示，则组测得到的该电压表内阻为______kΩ（结果保留 1 位小数）；

（2）为了提高测量精度，他们设计了如图（b）所示的电路，其中滑动变阻器应选______（填“R₁”或“R₂”），闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于______（填“a”或“b”）端；

（3）闭合开关 S，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表 V₁，待测电压表的示数分别为 U₁、U，则待测电压表内阻 R_V =______（用 U₁、U 和 R₀ 表示）；

（4）测量得到 U₁ = 4.20 V，U = 2.78 V，则待测电压表内阻 R_V = ______kΩ（结果保留 3 位有效数字）。

【答案】

（1）CAB，负极、正极，×100，1.6

（2）R₁，a

（3）\(\frac{{U{R_0}}}{{{U_1} - U}}\)

（4）1.57

【解析】

（1）利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应选择欧姆档即 C 选项：将多用电表选择开关置于欧姆挡“×10”位置；接着将红、黑表笔短接即 A 选项；进行欧姆调零即 B 选项：调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆。

故首先操作顺序为 CAB。

多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知：测量电阻时电源在多用电表表内，故将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的“负极、正极”相连。

读数时欧姆表的指针位置如图（a）中虚线 Ⅰ 所示，偏转角度较小即倍率选择过小，为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡倍率较大处，而根据表中数据可知选择“×1 k”倍率又过大，故应选择欧姆挡“×100”的位置；

测量得到指针位置如图（a）中实线 Ⅱ 所示，则组测得到的该电压表内阻为

R = 16.0×100 Ω = 1.6 kΩ

（2）图（b）所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式连接，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器即 R₁；

为保护电路，且测量电路部分电压从零开始条件，闭合开关 S 前，滑动变阻器的滑片应置于 a 端。

（3）通过待测电压表的电流大小与定值电阻电流相同为 I = \(\frac{{{U_1} - U}}{{{R_0}}}\)

根据欧姆定律得待测电压表的阻值为 R_V = \(\frac{U}{I}\) = \(\frac{{U{R_0}}}{{{U_1} - U}}\)

（4）测量得到 U₁ = 4.20 V，U = 2.78 V，带入待测电压表的阻值表达式 R_V = \(\frac{{U{R_0}}}{{{U_1} - U}}\)，

则待测电压表内阻 R_V = \(\frac{{2.78 \times 800}}{{4.20 - 2.78}}\) Ω ≈ 1.57 kΩ

 

11．将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子 P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子 Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量 m = 42 kg，重力加速度大小 g = 10 m/s²，当 P 绳与竖直方向的夹角α = 37° 时，Q 绳与竖直方向的夹角 β =53°，（sin37° = 0.6）

（1）求此时 P、Q 绳中拉力的大小；

（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度 h = 10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。

【答案】

（1）1200 N，900 N

（2）− 4200 J

【解析】

（1）重物下降的过程中受力平衡，设此时 P、Q 绳中拉力的大小分别为 T₁ 和 T₂，

竖直方向 T₁cosα = mg + T₂cosβ

水平方向 T₁sinα = T₂sinβ

联立代入数值得 T₁ = 1200 N，T₂ = 900 N

（2）整个过程根据动能定理得 W + mgh = 0

解得两根绳子拉力对重物做的总功为 W = − 4200 J

 

12．如图，一长度 l = 1.0 m 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘 O 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离 Δl = \(\frac{l}{6}\) 时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到 O 点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数 μ = 0.3，重力加速度大小 g = 10 m/s²。求： 

（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；

（2）平台距地面的高度。

【答案】

 （1）4 m/s，\(\frac{1}{3}\) s

（2）\(\frac{5}{9}\) m

 

13．一质量为 m、电荷量为 q（q > 0）的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点 P（v_x，v_y）表示，v_x、v_y 分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时 P 位于图中 a（0，v₀）点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P 点沿线段 ab 移动到 b（v₀，v₀）点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，P 点沿以 O 为圆心的圆弧移动至 c（− v₀，v₀）点；然后粒子离开磁场返回电场，P 点沿线段 ca 回到 a 点。已知任何相等的时间内 P 点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求：

（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；

（2）电场强度的大小；

（3）P 点沿图中闭合曲线移动 1 周回到 a 点时，粒子位移的大小。

【答案】

（1）\(\frac{{\sqrt 2 m{v_0}}}{{Bq}}\)，\(\frac{{2\pi m}}{{Bq}}\)

（2）E = \({\sqrt 2 }\)Bv₀

（3）\(\frac{{(2 - \sqrt 2 )m{v_0}}}{{Bq}}\)