1．X 射线（    ）

（A）不是电磁波                             （B）具有反射和折射的特性

（C）只能在介质中传播                   （D）不能发生干涉和衍射

【答案】

B

【解析】

 

 

2．如图，P 为桥墩，A 为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源 S 连续振动，形成水波，此时叶片 A 静止不动。为使水波能带动叶片振动，可用的方法是（    ）

（A）提高波源频率

（B）降低波源频率

（C）增加波源距桥墩的距离

（D）减小波源距桥墩的距离

【答案】

B

【解析】

 

 

3．如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（    ）

（A）F₁                      （B）F₂

（C）F₃                      （D）F₄

【答案】

B

【解析】

鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F_合沿着虚线斜向上，鸟受重力和空气对其作用力，根据平行四边形定则作图如下。

本题考查运动和力的关系，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向。

 

4．一定质量的理想气体在升温过程中（    ）

（A）分子平均势能减小                   （B）每个分子速率都增大

（C）分子平均动能增大                   （D）分子间作用力先增大后减小

【答案】

C

【解析】

 

 

5．铀核可以发生衰变和裂变，铀核的（    ）

（A）衰变和裂变都能自发发生

（B）衰变和裂变都不能自发发生

（C）衰变能自发发生而裂变不能自发发生

（D）衰变不能自发发生而裂变能自发发生

【答案】

C

【解析】

 

 

6．²³²₉₀Th 经过一系列 α 衰变和 β 衰变后变成 ²⁰⁸₈₂Pb，则 ²⁰⁸₈₂Pb 比 ²³²₉₀Th 少（    ）

（A）16 个中子，8 个质子               （B）8 个中子，16 个质子

（C）24 个中子，8 个质子                （D）8 个中子，24 个质子

【答案】

A

【解析】

 

 

7．在 α 粒子散射实验中，电子对 α 粒子运动的影响可以忽略。这是因为与 α 粒子相比，电子的（    ）

（A）电量太小     （B）速度太小     （C）体积太小     （D）质量太小

【答案】

D

【解析】

 

 

8．两个正、负点电荷周围电场线分布如图所示。P、Q 为电场中两点，则（     ）

（A）正电荷由 P 静止释放能运动到 Q

（B）正电荷在 P 的加速度小于在 Q 的加速度

（C）负电荷在 P 的电势能高于在 Q 的电势能

（D）负电荷从 P 移动到 Q，其间必有一点电势能为零

【答案】

D

【解析】

 

 

9．如图，长为 h 的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两部分，A 处管内外水银面相平。将玻璃管缓慢向上提升 H 高度（管下端未离开水银面），上下两部分气体的压强变化分别为 Δp₁ 和 Δp₂，体积变化分别为 ΔV₁ 和 ΔV₂。已知水银密度为 ρ，玻璃管截面积为 S，则（    ）

（A）Δp₂ 一定等于 Δp₁                     （B）ΔV₂ 一定等于 ΔV₁

（C）Δp₂ 与 Δp₁ 之差为 ρgh               （D）ΔV₂ 与 ΔV₁ 之和为 HS

【答案】

A

【解析】

 

 

10．用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图像如图所示，该实验表明（    ）

（A）光的本质是波

（B）光的本质是粒子

（C）光的能量在胶片上分布不均匀

（D）光到达胶片上不同位置的概率相同

【答案】

C

【解析】

 

 

11．某光源发出的光由不同波长的光组成，不同波长的光的强度如图所示。表中给出了一些材料的极限波长，用该光源发出的光照射表中材料（    ）

材料	钠	铜	铂
极限波长(nm)	541	268	196

（A）仅钠能产生光电子

（B）仅钠、铜能产生光电子

（C）仅铜、铂能产生光电子

（D）都能产生光电子

【答案】

D

【解析】

 

 

12．重离子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射 ＋5 价重离子束，其电流强度为 1.2×10⁻⁵ A，则在 1 s 内发射的重离子个数为（e ＝ 1.6×10⁻¹⁹ C）（    ）

（A）3.0×10¹²      （B）1.5×10¹³      （C）7.5×10¹³      （D）3.75×10¹⁴

【答案】

B

【解析】

 

 

13．监控系统控制电路如图所示，电键 S 闭合时，系统白天和晚上都工作；电键 S 断开时，系统仅晚上工作。在电路中虚框处分别接入光敏电阻（受光照时阻值减小）和定值电阻，则电路中（    ）

（A）C 是“与门”，A 是光敏电阻

（B）C 是“与门”，B 是光敏电阻

（C）C 是“或门”，A 是光敏电阻

（D）C 是“或门”，B 是光敏电阻

【答案】

D

【解析】

 

 

14．如图，一质量为 m 的正方体物块置于风洞内的水平面上，一面与风速垂直，当风速为 v₀ 时刚好能推动该物块。已知风对物块的推力 F∝Sv²，其中 v 为风速、S 为物块迎风面积。当风速变为 2v₀ 时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（    ）

（A）4m       （B）8m               （C）32m             （D）64m

【答案】

D

【解析】

 

 

15．一简谐横波沿水平绳向右传播，波速为 v，周期为 T，振幅为 A。绳上两质点 M、N 的平衡位置相距 3/4 波长，N 位于 M 右方。设向上为正，在 t ＝ 0 时 M 位移为 ＋A/2，且向上运动；经时间 t（t ＜ T），M 位移仍为 ＋A/2，但向下运动，则（    ）

（A）在 t 时刻，N 恰好在波谷位置

（B）在 t 时刻，N 位移为负，速度向上

（C）在 t 时刻，N 位移为负，速度向下

（D）在 2t 时刻，N 位移为 − A/2，速度向下

【答案】

C

【解析】

 

 

16．如图，战机在斜坡上方进行投弹演练。战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在 a 点，第二颗落在 b 点。斜坡上 c、d 两点与 a、b 共线，且 ab ＝ bc ＝ cd，不计空气阻力。第三颗炸弹将落在（    ）

（A）bc 之间               （B）c 点             （C）cd 之间               （D）d 点

【答案】

A

【解析】

 

 

17．质点运动的位移 x 与时间 t 的关系如图所示，其中做机械振动的是（    ）

【答案】

ABC

【解析】

 

 

18．如图，质量为 m 的小球用轻绳悬挂在 O 点，在水平恒力 F ＝ mgtanθ 作用下，小球从静止开始由 A 经 B 向 C 运动。则小球（    ）

（A）先加速后减速

（B）在 B 点加速度为零

（C）在 C 点速度为零

（D）在 C 点加速度为 gtanθ

【答案】

ACD

【解析】

 

 

19．一颗子弹以水平速度 v₀ 穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动方向均不变。设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为 v，则（    ）

（A）v₀ 越大，v 越大    （B）v₀ 越小，v 越大

（C）子弹质量越大，v 越大    （D）木块质量越小，v 越大

【答案】

AC

【解析】

 

 

20．如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力 F 作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功 W_F，磁场力对导体棒做功W₁，磁铁克服磁场力做功 W₂，重力对磁铁做功 W_G，回路中产生的焦耳热为 Q，导体棒获得的动能为 E_k。则（    ）

（A）W₁ ＝ 0         （B）W₂ − W₁ ＝ Q        （C）W₁ ＝ E_k               （D）W_F ＋ W_G ＝ Q ＋ E_k

【答案】

BCD

【解析】

 

 

21．静电场是________周围空间存在的一种物质；通常用________来描述电场的能的性质。

【答案】

静止电荷，电势

【解析】

 

 

22．两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动。A 车总质量为 50 kg，以 2 m/s 的速度向右运动；B 车总质量为 70 kg，以 3 m/s 的速度向左运动。碰撞后，A 以 1.5 m/s 的速度向左运动，则 B 的速度大小为________m/s，方向向________（选填“左”或“右”）。

【答案】

0.5，左

【解析】

 

 

22．两靠得较近的天体组成的系统称为双星，它们以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，因而不至于由于引力作用而吸引在一起。设两天体的质量分别为 m₁ 和 m₂，则它们的轨道半径之比 R_m1∶R_m2 ＝________；速度之比 v_m1∶v_m2 ＝________。

【答案】

m₂∶m₁，m₂∶m₁

【解析】

 

 

23．如图，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平。当牵引轮船的绳与水平方向成 θ 角时，轮船速度为 v，绳的拉力对船做功的功率为 P，此时绳对船的拉力为________。若汽车还受到恒定阻力 f，则汽车发动机的输出功率为________。

【答案】

$\frac{P}{v\cos \theta }$，fvcosθ ＋ P

【解析】

 

 

24．如图，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为 0.02 kg，在该平面上以 v₀ ＝ 2 m/s、与导线成 60° 角的初速度运动，其最终的运动状态是________，环中最多能产生________J 的电能 。

【答案】

匀速直线运动，0.03

【解析】

 

 

25．如图，两根通电长直导线 a、b 平行放置，a、b 中的电流强度分别为 I 和 2I，此时 a 受到的磁场力为 F，若以该磁场力的方向为正，则 b 受到的磁场力为________。当在 a、b 的正中间再放置一根与 a、b 平行共面的通电长直导线 c 后，a 受到的磁场力大小变为 2F，则此时 b 受到的磁场力为________。

【答案】

− F，− 3F 或 5F

【解析】

 

 

26．在“用 DIS 研究通电螺线管的磁感应强度”实验中

（1）在对螺线管通电________（选填“前”或“后”）必须对磁传感器进行调零。

（2）（单选题）实验时，将磁传感器探管前端插至通电螺线管轴线中点时，磁传感器读数为 5 mT。减小通电螺线管的电流后，将探管从螺线管的另一端插入，当探管前端再次到达螺线管轴线中点时，磁传感器的读数可能为（    ）

（A）5 mT            （B）− 5 mT           （C）3 mT     （D）− 3 mT

【答案】

（1）前

（2）D

【解析】

 

 

27．如图是一个多用表欧姆档内部电路示意图。电流表满偏电流 0.5 mA、内阻 10 Ω；电池电动势 1.5 V、内阻 1 Ω；变阻器 R₀ 阻值 0 ~ 5000 Ω。

（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为 1.5 V 刻度的，当电池的电动势下降到 1.45 V、内阻增大到 4 Ω 时仍可调零。调零后 R₀ 阻值将变________（选填“大”或“小”）；若测得某电阻阻值为 300 Ω，则这个电阻的真实值是________Ω。

（2）若该欧姆表换了一个电动势为 1.5 V，内阻为 10 Ω 的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果________（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）。

【答案】

（1）小，290

（2）准确

【解析】

 

 

28．改进后的“研究有固定转动轴物体平衡条件”的实验装置如图所示，力传感器、定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤。已知力矩盘上各同心圆的间距均为 5 cm。

（1）（多选题）做这样改进的优点是（    ）

（A）力传感器既可测拉力又可测压力

（B）力传感器测力时不受主观判断影响，精度较高

（C）能消除转轴摩擦引起的实验误差

（D）保证力传感器所受拉力方向不变

（2）某同学用该装置做实验，检验时发现盘停止转动时 G 点始终在最低处，他仍用该盘做实验。在对力传感器进行调零后，用力传感器将力矩盘的 G 点拉到图示位置，此时力传感器读数为 3 N。再对力传感器进行调零，然后悬挂钩码进行实验。此方法________（选填“能”、“不能”）消除力矩盘偏心引起的实验误差。已知每个钩码所受重力为 1 N，力矩盘按图示方式悬挂钩码后，力矩盘所受顺时针方向的合力矩为________N·m，力传感器的读数为________N。

【答案】

（1）BD

（2）能，0.7，− 0.5

【解析】

 

 

29．简易温度计构造如图所示。两内径均匀的竖直玻璃管下端与软管连接，在管中灌入液体后，将左管上端通过橡皮塞插入玻璃泡。在标准大气压下，调节右管的高度，使左右两管的液面相平，在左管液面位置标上相应的温度刻度。多次改变温度，重复上述操作。

（1）（单选题）此温度计的特点是（    ）

（A）刻度均匀，刻度值上小下大

（B）刻度均匀，刻度值上大下小

（C）刻度不均匀，刻度值上小下大

（D）刻度不均匀，刻度值上大下小

（2）（多选题）影响这个温度计灵敏度的因素有

（A）液体密度                          （B）玻璃泡大小

（C）左管内径粗细                   （D）右管内径粗细

（3）若管中液体是水银，当大气压变为 75 cmHg 时，用该温度计测得的温度值________（选填“偏大”或“偏小”）。为测得准确的温度，在测量时需________。

【答案】

（1）A

（2）BC

（3）偏大，调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高出 1 cm，然后读数

【解析】

（1）实验中调节左右两管液面相平，则玻璃泡内压强不变，始终等于大气压强，由气体状态方程可知，左管内密闭气体的体积与温度成正比，温度越高，体积越大，左管液面越低，所以刻度值为上小下大，故 A 正确。

（2）温度改变时，左管高度改变得越大，灵敏度越高，即灵敏度可以表示为 $\frac{\mathrm{\Delta }h}{\mathrm{\Delta }T}$。由等压变化规律可知 $\frac{\mathrm{\Delta }V}{\mathrm{\Delta }T}$ = $\frac{\mathrm{\Delta }h}{\mathrm{\Delta }T}$S = $\frac{V}{T}$，得 $\frac{\mathrm{\Delta }h}{\mathrm{\Delta }T}$ = $\frac{V}{ST}$，式中 S 为左管的横截面积。所以左管内径越细，玻璃泡体积 V 越大灵敏度越高。右管与大气连通，其粗细对灵敏度没有影响，故 BC 正确。

（3）大气压强变小，左管液面会降低，测量的温度偏大；为了测量准确，可使右管比左管液面恰好高 1 cm 时读数，保证左管内密闭气体的压强等于标准大气压。

 

30．如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触。初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比 V₁∶V₂ ＝ 1∶2，温度之比 T₁∶T₂ ＝ 2∶5。先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡。求：

（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；

（2）最后两侧气体的体积之比。

【答案】

（1）2

（2）5∶4

【解析】

（1）设初始时压强为 p。

左侧气体满足       $\frac{p{V}_1}{T_1}=\frac{p^{\prime }V}{k{T}_1}$

右侧气体满足       pV₂ ＝ pʹV

解得                     k ＝ $\frac{V_2}{V_1}$＝2

（2）活塞导热达到平衡

左侧气体满足       $\frac{p^{\prime }V}{k{T}_1}=\frac{p^{″}{V_1}^{\mathrm{\prime }}}{{T_1}^{\mathrm{\prime }}}$

右侧气体满足       $\frac{p^{\prime }V}{T_2}=\frac{p^{″}{V_2}^{\mathrm{\prime }}}{{T_2}^{\mathrm{\prime }}}$

平衡时                  T₁ʹ ＝ T₂ʹ

解得                     $\frac{{V_1}^{\mathrm{\prime }}}{{V_2}^{\mathrm{\prime }}}=\frac{T_2}{k{T}_1}=\frac{5}{4}$

 

31．质量为 m 的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一段时间，拉力做功为 W，此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面。以地面为零势能面，不计空气阻力。求：

（1）球回到地面时的动能 E_kt；

（2）撤去拉力前球的加速度大小 a 及拉力的大小 F；

（3）球动能为 W/5 时的重力势能 E_p。

【答案】

（1）W

（2）a ＝ $\frac{1}{3}$g，F ＝ $\frac{4}{3}$mg

（3）$\frac{3}{5}$W 或 $\frac{4}{5}$W

【解析】

（1）撤去拉力时球的机械能为 W，由机械能守恒，回到地面时的动能

E_kt ＝ W

（2）设拉力作用时间为 t，在此过程中球上升 h，末速度为 v，则

h ＝ $\frac{1}{2}$at²

v ＝ at

由题意有              − h ＝ vt − $\frac{1}{2}$gt²

解得                     a ＝ $\frac{1}{3}$g

根据牛顿定律       F − mg ＝ ma

解得                     F ＝ $\frac{4}{3}$mg

（3）动能为 W/5 时球的位置可能在 h 的下方或上方。

设球的位置在 h 下方离地hʹ处

（F − mg）hʹ ＝ $\frac{1}{5}$W

而                         （F − mg）h ＝ $\frac{1}{4}$W

解得                     hʹ ＝ $\frac{4}{5}$h

重力势能              E_p ＝ mghʹ ＝ $\frac{3}{5}$W

设球的位置在 h 上方离地 hʺ 处

由机械能守恒       $\frac{1}{5}$W ＋ mghʺ ＝ W

因此                     E_p ＝ mghʺ ＝ $\frac{4}{5}$W

 

32．如图（a），两相距 L ＝ 0.5 m 的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值 R ＝ 2  Ω 的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量 m ＝ 0.2 kg 的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其 v – t 图像如图（b）所示。在 15 s 时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为 0。求：

（1）金属杆所受拉力的大小 F；

（2）0 ~ 15 s 内匀强磁场的磁感应强度大小 B₀；

（3）15 ~ 20 s 内磁感应强度随时间的变化规律。

【答案】

（1）F ＝ 0.24 N

（2）B₀ ＝ 0.4 T

（3）B_t ＝ $\frac{20}{50-(t-15)(t-25)}$T

【解析】

（1）由 v–t 关系图可知在 0 ~ 10 s 时间段杆尚未进入磁场，因此

F − μmg ＝ ma₁

由图可得              a₁ ＝ 0.4 m/s²

同理可知在 15 ~ 20 s 时间段杆仅在摩擦力作用下运动。

μmg ＝ ma₂

由图可得              a₂ ＝ 0.8 m/s²

解得                     F ＝ 0.24 N

（2）在 10 ~ 15 s 时间段杆在磁场中做匀速运动，因此有

F ＝ μmg ＋ $\frac{B_0^2{L}^{2}v}{R}$

以 F ＝ 0.24 N，μmg ＝ 0.16 N 代入

解得                     B₀ ＝ 0.4 T

（3）由题意可知在 15 ~ 20 s 时间段通过回路的磁通量不变，设杆在 10 ~ 15 s 内运动距离为 d，15 s 后运动距离为x

B_tL（d ＋ x）＝ BLd

其中 d ＝ 20 m

x ＝ 4（t − 15）− 0.4（t − 15）²

由此可得              B_t ＝ $\frac{B_{0}d}{d+x}$ ＝ $\frac{20}{50-(t-15)(t-25)}$T

 

33．如图，在场强大小为 E、水平向右的匀强电场中，一轻杆可绕固定转轴 O 竖直平面内自由转动。杆的两端分别固定两电荷量均为 q 的小球 A、B，A 带正电，B 带负电；A、B 两球到转轴 O 的距离分别为 2l、l，所受重力大小均为电场力大小的 $\sqrt{3}$ 倍。开始时杆与电场间夹角为 θ（90° ≤ θ ≤ 180°）。将杆从初始位置由静止释放，以 O 点为重力势能和电势能零点。求：

（1）初始状态的电势能 W_e；

（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角 α；

（3）杆在电势能为零处的角速度 ω。

【答案】

（1）W_e ＝ − 3Eqlcosθ

（2）α ＝ 30°

（3）当 θ ＜ 150° 时，ω₁ ＝$\sqrt{\frac{2g}{5l}(1-\sin \theta -\sqrt{3}\cos \theta )}$

当 θ ≥ 150° 时，有两个位置：

ω₁ ＝ $\sqrt{\frac{2g}{5l}(1-\sin \theta -\sqrt{3}\cos \theta )}$，ω₂ ＝ $\sqrt{\frac{2g}{5l}(-1-\sin \theta -\sqrt{3}\cos \theta )}$

【解析】

（1）初态时

W_e = qφ_A + （− q）φ_B = q（φ_A – φ_B）= qU_AB = − 3Eqlcosθ

（2）平衡位置如图。设小球质量为 m，合力矩为

3Eqlsinα − mglcosα = 0

由此得                     tanα = $\frac{mg}{3qE}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$

α = 30°

（3）由分析知，杆在电势能为零处时杆与电场方向垂直，可能 A 球在上、B 球在下，也可能 B 球在上、A 球在下。

设杆与电场间夹角为 θ₀ 时，A 球恰能到达 O 正上方，在此位置杆的角速度为 0。

初态：W_e = − 3Eqlcosθ₀，E_p = − mglsinθ₀

末态：W_eʹ = 0，E_pʹ = mgl

根据能量守恒有：− 3Eqlcosθ₀ – mglsinθ₀ = mgl

可得 θ₀ = 150°。

当 θ < 150° 时，A 球无法到达最高点。当 A 位于 O 正下方处电势能为零。

初态：    W_e = − 3Eqlcosθ，E_p = − mglsinθ，E_k = 0

末态：    W_eʹ = 0，E_pʹ = − mgl，E_kʹ = $\frac{1}{2}$m(ωl)² + $\frac{1}{2}$m(ω·2l)² = $\frac{5}{2}$ml²ω²

根据能量守恒有：        − 3Eqlcosθ − mglsinθ = $\frac{5}{2}$ml²ω² − mgl

ω = $\sqrt{\frac{2mg(1-\sin \theta )-6qE\cos \theta }{5ml}}$

= $\sqrt{\frac{2g}{5l}(1-\sin \theta -\sqrt{3}\cos \theta )}$

当 θ ≥ 150°时，电势能为零的位置有两处，即 A 位于 O 正下方或正上方处。

在 A 位于 O 正下方时

ω = $\sqrt{\frac{2g}{5l}(1-\sin \theta -\sqrt{3}\cos \theta )}$

在 A 位于 O 正上方时，有

− 3Eqlcosθ − mglsinθ = $\frac{5}{2}$ml²ω² + mgl

ω = $\sqrt{\frac{-2mg(1+\sin \theta )-6qE\cos \theta }{5ml}}$

= $\sqrt{\frac{2g}{5l}(-1-\sin \theta -\sqrt{3}\cos \theta )}$