1．在核反应方程 ⁴₂He ＋ ¹⁴₇N→¹⁷₈O ＋（X）的括弧中，X 所代表的粒子是（     ）

（A）¹₁H    （B）²₁H    （C）⁰₋₁e    （D）¹₀n

【答案】

A

 

2．关于机械波，下列说法正确的是（         ）

（A）在传播过程中能传递能量          （B）频率由波源决定

（C）能产生干涉、衍射现象             （D）能在真空中传播

【答案】

ABC

 

3．爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说，从科学的方法来说，这属于（      ）

（A）等效替代    （B）控制变量

（C）科学假说    （D）数学归纳

【答案】

C

 

4．一个质量为 0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以 6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小 Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小 W 为（            ）

（A）Δv ＝ 0        （B）Δv ＝ 12 m/s        （C）W ＝ 0        （D）W ＝ 10.8 J

【答案】

BC

 

5．一负电荷仅受电场力作用，从电场中的 A 点运动到 B 点，在此过程中该电荷作初速度为零的匀加速直线运动，则 A、B 两点电场强度 E_A、E_B 及该电荷在 A、B 两点的电势能 E_pA、E_pB 之间的关系为（     ）

（A）E_A = E_B         （B）E_A < E_B         （C）E_pA = E_pB              （D）E_pA > E_pB

【答案】

AD

 

6．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移动过程中线框的一边 a、b 两点间电势差绝对值最大的是（      ）

【答案】

B

 

7．一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为 m 和 2m 的小球 A 和 B，支架的两直角边长度分别为 2L 和 L，支架可绕固定轴 O 在竖直平面内无摩擦转动，如图所示，开始时 OA 边处于水平位置，由静止释放，则（        ）

（A）A 球的最大速度为 2\(\sqrt {gL} \)

（B）A 球速度最大时，两小球的总重力势能最小

（C）A 球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为 45°

（D）A、B 两球的最大速度之比 v_A：v_B＝2：1

【答案】

BCD

 

8．劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图 a 所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两片玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图 b 所示，干涉条纹有如下特点：

（1）任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；

（2）任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定。

现若将图甲装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气膜后，从上往下观察到的干涉条纹（            ）

（A）变疏             （B）变密              （C）不变              （D）消失

【答案】

A

 

9．卢瑟福通过__________实验，发现了原子中间有一个很小的核，并由此提出了原子的核式结构模型，右面平面示意图中的四条线表示 α 粒子运动的可能轨迹，在图中完成中间两条 α 粒子的运动轨迹。

【答案】

α 粒子散射

 

10．细绳的一端在外力作用下从 t ＝ 0 时刻开始做简谐振动，激发出一列简谐波，在细绳上选取 15 个点，图 1 为 t = 0 时刻各质点所处的位置，图 2 为 t = \(\frac{T}{4}\) 时刻的波形图，（T 为波的周期），在图 3 中画出 t = \(\frac{3T}{4}\) 时刻的波形图。

【答案】

如图所示

 

11．有质量的物体周围存在着引力场，万有引力和库仑力有类似的规律，因此我们可以用定义静电场场强的方法来定义引力场的场强，由此可得，与质量为 M 的质点相距 r 处的引力场场强的表达式为 E_G ＝_________（万的引力恒量用 G 表示）。

【答案】

\(\frac{{GM}}{{{r^2}}}\)

 

12．若氢原子的核外电子绕核作半径为 r 的匀速圆周运动，则其角速度 ω ＝_________，电子绕核运动可等效为环形电流，则电子运动的等效电流 I ＝_________（已知电子的质量为 m，电量为 e，静电力恒量用 k 表示）。

【答案】

\(\frac{e}{r}\sqrt {\frac{k}{{mr}}} \)，\(\frac{{{e^2}}}{{2\pi r}}\sqrt {\frac{k}{{mr}}} \)

 

13．某登山爱好者在攀登珠穆朗玛峰的过程中，发现他携带的手表表面玻璃发生了爆裂，这种手表是密封的，出厂时给出的参数为：27℃ 时表内气体压强为 1×10⁵ Pa，在内外压强差超过 6×10⁴ Pa时，手表表面玻璃可能爆裂，已知当时手表处的气温为 − 13℃，则手表表面玻璃爆裂时表内气体压强的大小为______Pa，已知外界大气压强随高度变化而变化，高度每上升 12  m 大气压强降低 133 Pa，设海平面大气压为 1×10⁵ Pa，则登山运动员此时的海拔高度约为________m。

【答案】

8.7×10⁴，6613（在 6550 到 6650 间均可）

 

14．如图所示，在研究平抛运动时，小球 A 沿轨道滑下，离开轨道末端（末端水平）时撞开轻质接触式开关 S，被电磁铁吸住的小球 B 同时自由下落，改变整个装置的高度 H 做同样的实验，发现位于同一高度的 A、B 两球总是同时落地，该实验现象说明了 A 球在离开轨道后（          ）

（A）水平方向的分运动是匀速直线运动

（B）水平方向的分运动是匀加速直线运动

（C）竖直方向的分运动是自由落体运动

（D）竖直方向的分运动是匀速直线运动

【答案】

C

 

15．在右图所示的光电管的实验中，发现用一定频率的 A 单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的 B 单色光照射时不发生光电效应，那么（          ）

（A）A 光的频率大于 B 光的频率

（B）B 光的频率大于 A 光的频率

（C）用 A 光照射光电管时流过电流表 G 的电流方向是 a 流向 b

 （D）用 A 光照射光电管时流过电流表 G 的电流方向是 b 流向 a

【答案】

AC

 

16．如图所示，在“有固定转动轴物体的平衡条件”实验中，调节力矩盘使其平衡，弹簧秤的读数为_________N，此时力矩盘除受到钩码作用力 F₁、F₂、F₃ 和弹簧秤拉力 F₄ 外，主要还受到_______力和_______力的作用；如果每个钩码的质量均为 0.1 kg，盘上各圆的半径分别是 0.05 m、0.10 m、0.15 m、0.20 m（取 g ＝ 10 m/s²），则 F₂ 的力矩是________N•m，有同学在做这个实验时，发现顺时针力矩之和与逆时针力矩之和存在较大差距，检查发现读数和计算均无差错，请指出造成这种差距的一个可能原因，并提出简单的检验方法（如例所示，将答案填在下表空格中）

	可能原因	检验方法
例	力矩盘面没有调到竖直	用一根细线挂一个钩码靠近力矩盘面，如果细线与力矩盘面间存在一个小的夹角，说明力矩盘不竖直
答

【答案】

1.9（1.8 ~ 2.0 均可），重，支持，0.1

转轴摩擦力太大。安装力矩盘后，轻轻转动盘面，如果盘面转动很快停止，说明摩擦太大。

力矩盘重心没在中心。安装力矩盘后，在最低端放一标志，轻轻转动盘面，如果标志始终停留在最低端，说明重心在这个标志和中心之间。

 

17．有同学在做“研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，用连接计算机的压强传感器直接测得注射器内气体的压强值，缓慢推动活塞，使注射器内空气柱从初始体积 20.0 mL 变为 12.0 mL，实验共测了五次，每次体积值直接从注射器的刻度上读各并输入计算机，同时由压强传感器测得对应体积的压强值，实验完成后，计算机屏幕上立刻显示出如下表中所示的实验结果。

序号	V（mL）	p（×105 Pa）	pV（×105 Pa·mL）
1	20.0	1.0010	20.020
2	18.0	1.0952	19.714
3	16.0	1.2313	19.701
4	14.0	1.4030	19.642
5	12.0	1.6351	19.621

（1）仔细观察不难发现，pV（×10⁵ Pa·mL）一栏中的数值越来越小，造成这一现象的可能原因是（         ）

（A）实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大

（B）实验时环境温度增大了

（C）实验时外界大气压强发生了变化

（D）实验时注射器内的空气向外发生了泄漏

（2）根据你在（1）中的选择，说明为了减小误差，应采取的措施是：_____________________________。

【答案】

（1）D

（2）在注射器活塞上涂上润滑油增加密封性

 

18．图 1 为某一热敏电阻（电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感）的 I–U 关系曲线图。

    

（1）为了通过测量得到图甲所示 I–U 关系的完整曲线，在图 2 和图 3 两个电路中应选择的是图_____，简要说明理由：_________________。（电源电动势为 9 V，内阻不计，滑线变阻器的阻值为 100 Ω）

（2）在图 4 电路中，电源电压恒为 9 V，电流表读数为 70 mA，定值电阻 R₁ ＝ 250 Ω，由热敏电阻的 I–U 关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为______V，电阻 R₂ 的阻值为_______Ω。

（3）举出一个可以应用热敏电阻的例子：___________。

【答案】

（1）2，图 2 电路电压可从 0 V 调到所需电压，调节范围较大。（或图3电路不能测得0 V附近的数据）

（2）5.2，111.8（111.6 ~ 112.0 均给分）

（3）热敏温度计（提出其它实例，只要合理的都给分）。

【解析】

（1）图中的 I–U 关系图线是 0 ~ 6 V 间连续曲线，且热敏电阻的阻值非定值，所以在选择实验电路时电路必须能保证提供  0 ~ 6 V 间的连续电压，图 2 为分压电路，电压可从 0 V 开始调节，而图 3 电路不能测得 0 V 附近的数据。因此选择图 2。

（2）定值电阻的阻值 R₁ = 250 Ω，两端电压为 9 V，由欧姆定律可以算出流过定值电阻 R₁ 的电流为 36 mA，故流过热敏电阻的电流为 34 mA，由图线查出这时热敏电阻两端的电压为 5.2 V，那么电阻 R₂ 两端的电压为 3.8 V，结合电流可以算出它的电阻约为 111.8 Ω。

（3）可用于制作热散温度计及温控敏感元件等。

 

19．如图所示，1、2、3 为 p–V 图中一定量理想气体的三个状态，该理想气体由状态 1 经过程 1→3→2 到达状态 2，试利用气体实验定律证明：\(\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}}\) = \(\frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}}\)

【答案】

设状态 3 的温度为 T

1→3 为等压过程：\(\frac{{{V_1}}}{{{T_1}}}\) = \(\frac{{{V_2}}}{T}\)

3→2 为等容过程：\(\frac{{{p_1}}}{T}\) = \(\frac{{{p_2}}}{{{T_2}}}\)

消去 T 得：\(\frac{{{p_1}{V_1}}}{{{T_1}}}\) = \(\frac{{{p_2}{V_2}}}{{{T_2}}}\)

 

20．如图所示，一高度为 h＝0.2 m 的水平面在A点处与一倾角为 θ＝30° 的斜面连接，一小球以 v₀＝5 m/s 的速度在平面上向右运动。求小球从A点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑，取 g ＝ 10 m/s²）。某同学对此题的解法为：

小球沿斜面运动，则 \(\frac{h}{{\sin \theta }}\)＝ v₀t ＋ \(\frac{1}{2}\)gsinθ·t²，由此可求得落地时间 t。

问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需时间；

若不同意则说明理由并求出你认为正确的结果。

【答案】

不同意，小球应在 A 点离开平面做平抛运动，而不是沿斜面下滑。

t ＝ 0.2 s

【解析】

不同意，小球应在 A 点离开平面做平抛运动，而不是沿斜面下滑，正确做法是：

假设落地点在平面上，由平抛规律得

h = \(\frac{1}{2}\)gt²，解得 t = \(\sqrt {\frac{{2h}}{g}} \)

落地点与 A 点的水平距离为

s = v₀t = v₀\(\sqrt {\frac{{2h}}{g}} \) = 1 m

斜面底宽 l = hcotθ = 0.2×\(\sqrt 3 \) m = 0.35 m

又 l < s，

故小球离开A点后不会落到斜面上，因此落地时间即为平抛运动时间，有

t = \(\sqrt {\frac{{2h}}{g}} \) = \(\sqrt {\frac{{2 \times 0.2}}{{10}}} \) s = 0.2 s。

 

21．质量为 m 的飞机以水平速度 v₀ 飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其它力的合力提供，不含重力），今测得当飞机在水平方向的位移为 l 时，它的上升高度为 h，求：

（1）飞机受到的升力的大小；

（2）从起飞到上升到 h 高度的过程中升力所作的功及高度 h 处飞机的动能。

【答案】

（1）F ＝ mg（1 + \(\frac{{2hv_0^2}}{{g{l^2}}}\)）

（2）W ＝ mgh（1 + \(\frac{{2hv_0^2}}{{g{l^2}}}\)）

E_k ＝ \(\frac{1}{2}\)mv₀²（1 + \(\frac{{4{h^2}}}{{{l^2}}}\)）

【解析】

（1）飞机水平方向速度不变，有

l = v₀t

竖直方向加速度恒定，有

h = \(\frac{1}{2}\)at²，消去 t 得：

a = \(\frac{{2hv_0^2}}{{g{l^2}}}\)

由牛顿第二定律得

F = mg + ma = mg（1 + \(\frac{{2hv_0^2}}{{g{l^2}}}\)）

（2）升力做功为

W = Fh = mgh（1 + \(\frac{{2hv_0^2}}{{g{l^2}}}\)），

在 h 处，飞机竖直方向的速度为

v_t = \(\sqrt {2ah} \) = \(\frac{{2h{v_0}}}{l}\)

所以

E_k = \(\frac{1}{2}\)m（v₀² + v_t²） = \(\frac{1}{2}\)mv₀²（1 + \(\frac{{4{h^2}}}{{{l^2}}}\)）

 

22．如图所示，OACO 为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C 处分别接有短电阻丝（图中用粗线表示），R₁ ＝ 4 Ω、R₂ ＝ 8 Ω（导轨其它部分电阻不计），导轨 OAC 的形状满足方程 y ＝ 2sin（\(\frac{\pi }{3}\) x）（单位：m），磁感强度 B＝ 0.2 T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面，一足够长的金属棒在水平外力 F 作用下，以恒定的速率 v ＝5 m/s 水平向右在导轨上从 O 点滑动到 C 点，棒与导轨接触良好且始终保持与 OC 导轨垂直，不计棒的电阻，求：

（1）外力 F 的最大值；

（2）金属棒在导轨上运动时电阻丝 R₁ 上消耗的最大功率；

（3）在滑动过程中通过金属棒的电流 I 与时间 t 的关系。

【答案】

（1）F_max ＝ 0.3 N

（2）P₁ ＝ 1 W

（3）I ＝ \(\frac{3}{4}\)sin（\(\frac{{5\pi }}{3}\)t）

【解析】

（1）由题意知，金属棒做匀速运动，由平衡条件得

F_外 = F_安

金属棒切割磁感线产生的电动势为

E = BLv

回路中的电流为

I = \(\frac{E}{{{R_总}}}\)

回路中的总电阻为

R_总 = \(\frac{{{R_1}{R_2}}}{{{R_1} + {R_2}}}\) = \(\frac{8}{3}\) Ω

金属棒受到的安培力大小为

F_安 = BIl = \(\frac{{{B^2}{l^2}v}}{{{R_总}}}\)

故 F_外 = \(\frac{{{B^2}{l^2}v}}{{{R_总}}}\)

又 l_max = 2sin\(\frac{\pi }{2}\) = 2 m

联立解得 F _max = 0.2²×2²×5×\(\frac{3}{8}\) N = 0.3 N

（2）由题意知，l 取最大值时，电阻丝 R₁ 上消耗的功率最大，则有

P₁ = \(\frac{{{E^2}}}{{{R_1}}}\) = \(\frac{{{B^2}{l^2}{v^2}}}{{{R_1}}}\) = \(\frac{{{{0.2}^2} \times {2^2} \times {5^2}}}{5}\) W = 1 W

（3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间的变化规律，有

l = 2sin\(\frac{\pi }{3}\)x

且 E = Blv，x = vt

解得 I = \(\frac{E}{{{R_总}}}\) = \(\frac{{Bv}}{{{R_总}}}\) 2sin（\(\frac{\pi }{3}\)vt）= \(\frac{3}{4}\)sin（\(\frac{{5\pi }}{3}\)t）

 

23．为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积 A ＝ 0.04 m² 的金属板，间距 L ＝ 0.05 m，当连接到 U ＝ 2500 V 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示，现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒 10¹³ 个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为 q ＝ ＋ 1.0×10⁻¹⁷ C，质量为m＝2.0×10⁻¹⁵ kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力，求合上电键后：

（1）经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸收；

（2）除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？

（3）经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？

【答案】

（1）t ＝ 0.02 s

（2）W ＝ 2.5×10⁻⁴ J

（3）t₁ ＝ 0.014 s

【解析】

（1）当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就全部吸附，烟尘颗粒所受电场力为

F = \(\frac{{qU}}{L}\)

由牛顿第二定律得

a = \(\frac{F}{m}\)

又 L = \(\frac{1}{2}\)at² = \(\frac{{qU{t^2}}}{{2mL}}\)

联立解得 t = L\(\sqrt {\frac{{2m}}{{qU}}} \) = 0.02 s

（2）由题意知，烟尘颗粒均匀分布在容器中，烟尘颗粒总数为 NAL，利用等效思想理解，全部颗粒等效为一个颗粒，且位于两金属板中间，带电量为 NALq，该颗粒运动到极板时，电场力做的功为

W = \(\frac{1}{2}\)NALqU = 2.5×10⁻⁴ J

（3）设某一烟尘颗粒下落的距离为 x，此时仍存在于容器中的颗粒数为 NA(L − x)，每个颗粒的动能为 \(\frac{1}{2}\)mv²，由动能定理得

\(\frac{{qU}}{L}\)x = \(\frac{1}{2}\)mv²

存在于容器中的颗粒数的总动能为

E_k = \(\frac{1}{2}\)mv²·NA（L − x）= \(\frac{{qU}}{L}\)xNA（L − x）

由函数知识知，当 x = \(\frac{1}{2}\)L 时，E_k 最大

由运动学公式得

x = \(\frac{1}{2}\)at₁²，解得 t₁ = \(\sqrt {\frac{{2x}}{a}} \) = L\(\sqrt {\frac{{m}}{{qU}}} \)  = 0.014 s。