2020年北京大学金秋营物理试题含解析含高考模拟卷15套

2020年北京大学金秋营物理试题

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的。

1、如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c

位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60。角，be连线与竖直方向成30。角，三个小球均处于静止状态。

下列说法正确的是（）

A.a、b、c小球带同种电荷B.a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷

C.a、b小球电量之比为由D.a、b小球电量之比*3

69

2、某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运

动

A.半径越小，周期越大B.半径越小，角速度越小

C.半径越大，线速度越小D.半径越大，向心加速度越大

3、某静电场中x轴上各点电势分布图如图所示。一带电粒子在坐标原点O处由静止释放，仅在电场力作

用下沿x轴正方向运动。下列说法正确的是

B.粒子在X］处受到的电场力最大

C.粒子从原点运动到4过程中，电势能增大

D.粒子能够运动到X2处

4、如图甲所示，单匝矩形金属线框abed处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S=0.3m2,线框

连接一个阻值/?=30的电阻，其余电阻不计，线框cd边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感

应强度B的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。下列判断正确的是（）

A.0〜0.4s内线框中感应电流沿逆时针方向

B.0.4〜0.8s内线框有扩张的趋势

C.0〜0.8s内线框中的电流为0.1A

D.0〜0.4s内ab边所受安培力保持不变

5、如图所示，一角形杆ABC在竖直面内，BC段水平，AB段竖直，质量为m的小球用不可伸长的细线

连接在两段杆上，OE段水平，DO段与竖直方向的夹角为。=30°.只剪断EO段细线的瞬间，小球的加

a,

速度为ai；而只剪断DO段细线的瞬间，小球的加速度为a?,则‘为

12

A.1B.-C.2D.-

23

6、同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分

别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接，如图甲所示.导线PQ中通有正弦交流电

流i,i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1~2s内

M板带正电,且电荷量减小

M板带负电,且电荷量增加

D.M板带负电，且电荷量减小

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符

合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、下列说法正确的是（）

A.在完全失重的情况下，气体的压强为零

B.液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力

C.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小

D.水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小

E.不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化

8、将一小球竖直向上抛出，取竖直向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力

大小恒定。从抛出到落回抛出点的过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与其离开抛出点

高度h之间的关系正确的是（）

9、两相距2R、电量相等的点电荷Qi、Q2放在水平轴线上，Qi带负电，Q?带正电，O为两者中点。以

Qi为圆心、半径为R的球面上有a、b、c三位置，a、Qi、Q2在同一竖直平面内，b、c、Qi在同一水平

平面内，且a、b连线与水平轴垂直，b、c连线与水平轴平行，a、O相距为R,如图所示。下列说法正

C.a、b两处场强大小相等D.b、c两处场强大小相等

10、一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B,再变化到状态C,变化过程的p-V图象如图所示，已

知状态A时气体温度为200K。下列说法正确的是（）

B.状态C时气体温度是600K

C.状态A到B的过程，气体放热

D.状态B到C的过程，气体放热

E.状态A到B再到C的过程，气体内能先增大后减小

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

H、某同学用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律，气垫导轨上安装了两个光电门，气垫导轨左端装

一个弹射装置，滑块可被弹射装置向右弹出，质量为孙的滑块甲和质量为m2的滑块乙上装有宽度相同的

挡光片。开始时，滑块甲靠在已被锁定的弹射装置处，滑块乙静置于两个光电门之间，滑块甲弹出后通过

光电门1再与滑块乙发生碰撞，碰撞后要使两个滑块能够通过光电门2。

，产泊块价光电;;块在蚂:2

2（单位cm）

I8

甲

⑴如图乙所示是用游标卡尺测量遮光条宽度的情况,由此可知遮光条宽度d=cm。

(2)下列选项中不属于本实验要求的是(请填写选项前对应字母)

A.气垫导轨应调节水平

B.滑块甲的质量一定要等于滑块乙的质量

C.滑块甲的质量应大于滑块乙的质量

⑶某次实验时，该同学记录下滑块甲通过光电门1的时间为△小滑块乙通过光电门2的时间为加2,滑块

甲通过光电门2的时间为加3。如果等式(用对应物理量的符号表示)成立，则可说明碰撞过

程中系统动量守恒。

12、为“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案：

A.实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m=

0.5kg的钩码.用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木

板向下做匀速直线运动；

B.保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板

滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示.

请回答下列问题：

(1)图乙中纸带的一端与滑块相连(选填“左”或“右

(1)图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接频率为50Hz的交流电源，根据图乙

求出滑块的加速度a=m/s1.

(3)不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量M=kg(g取9.8m/sl结果保留3位有效

数字）.

_7.90___►1一-625―4.602.95*<1.30A|

♦♦♦♦♦♦

单位：cm

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、

方程式和演算步骤。

13、如图所示，光滑斜面倾角0=60%其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为

圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L=1.5R的轻杆通过轻质较链

相连，B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面

垂直。在斜面上由静止释放A,假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速

度大小不变）。重力加速度为g。求：

（1）刚释放时，球A的加速度大小；

（2）小球A运动到最低点时的速度大小；

（3）已知小球以运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a,求此时小球A受到圆弧轨道的支持力大

小。

14、如图所示，在竖直圆柱形绝热汽缸内，可移动的绝热活塞a、b密封了质量相同的A、B两部分同种

气体，且处于平衡状态。已知活塞的横截面积之比S,：Sb=2：1,密封气体的长度之比hA：hB=l：3,活

塞厚度、质量和摩擦均不计。

①求A、B两部分气体的热力学温度TA：TB的比值；

②若对B部分气体缓慢加热，同时在活塞a上逐渐增加细砂使活塞b的位置不变，当B部分气体的温度

为时，活塞a、b间的距离h；与h；,之比为k：1,求此时A部分气体的绝对温度T,A与TA的比值。

Ta

hA

1I

nb

心B

£二

15、如图所示，质量为n的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为m=0.5,其端有一固定

的、光滑的半径R=0.4m的四分之一圆弧轨道（接触但无黏连），长木板上表面与圆弧面最低点等高，木

板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距X0=lnio质量为m2=2mi的小木

块(看成质点)从距木板右端x=2m处以v°=10m/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数

为旧=0.9,重力加速度取g=lOm/s、求：

(Dm?第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。

⑵使m2不从mi上滑下，mi的最短长度。

⑶若mi取第(2)问中的最短长度，m2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的。

1、D

【解析】

【详解】

AB.对a,a受到重力、环的支持力以及b、c对a的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以

及b对a的库仑力均沿圆环直径方向，故c对a的库仑力为引力，同理可知，c对b的库仑力也为引力，

所以a与c的电性一定相反，与b的电性一定相同。即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷，

故AB错误；

CD.对c小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得

k缪sin60°=&簪sin30°

rac展

又

%：联=1：6

解得：

%：%=6：9

故C错误，D正确。

故选D。

2、C

【解析】

【详解】

原子核与核外电子的库仑力提供向心力;

A.根据

ke24后

~=m^

可得

故半径越小，周期越小，A错误;

B.根据

ke2

—=ma)2~r，

可得

百

0=J，

Ymr

故半径越小，角速度越大，B错误;

C.根据

ke1mv2

~r2~一r，

可得

故半径越大，线速度越小，c正确;

D.根据

可得

故半径越大，加速度越小，D错误。

故选C。

3、A

【解析】

【分析】

由题中“一带电粒子在坐标原点O处由静止释放”可知本题考查带电粒子在非匀强电场中的运动，根据图

像和电势变化可分析本题。

【详解】

A.由于从坐标原点沿x轴正方向电势先升高后降低，因此电场方向先向左后向右，由于带电粒子在坐标

原点静止释放，沿x轴正方向运动，由此可知粒子带负电，故A正确；

B.由图可知，图像斜率即为电场强度，在X1处斜率为零，因此电场强度最小，电场力也最小，故B错误;

C.从开始运动到xi处，电场力做正功，电势能减小，故C错误；

D.由于粒子只在电场力的作用下运动，当运动到与开始时电势相等的位置，粒子速度为零，不能到达

X2处，故D错误。

4、C

【解析】

【详解】

A.由图乙所示图线可知，0-0.4s内磁感应强度垂直于纸面向里，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电

流沿顺时针方向，故A错误。

B.由图乙所示图线可知，0.4-0.8S内穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有收缩的趋势，故B

错误。

C.由图示图线可知，0-0.8s内的感应电动势为

.△①AB00.4-(-0.4)......

E=——=——S=--------------xOn.3V=On.3V

△tM0.8

线框中的电流为：

故C正确。

D.在0-0.4S内感应电流I保持不变，由图乙所示图线可知，磁感应强度B大小不断减小，由F=ILB可知,

ab边所受安培力不断减小，故D错误。

故选C。

5、B

【解析】

【详解】

只剪断EO段细线的瞬间，根据牛顿第二定律

mgsin0=ma}

小球的加速度为

,八1

q=gsine=]g

只剪断DO段细线的瞬间，小球的加速度为a?=g,则

a}_1

a22

A.1,与结论不相符，选项A错误；

B.二,与结论相符，选项B正确；

2

C.2,与结论不相符，选项C错误；

2

D.y,与结论不相符，选项D错误；

故选B.

6,A

【解析】

【详解】

在卜2s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通

量的变化率变大，假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂

直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大,

由此可知上极M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误；

故选A.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符

合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、BDE

【解析】

【详解】

A.气体压强是由于大量气体分子频繁碰撞容器壁而产生的，在完全失重的情况下，气体的压强并不为零，

故A错误；

B.液体表面张力产生的原因是由于液体表面层里的分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，分子间表现为引

力,故B正确；

C.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，故C错误；

D.气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强的微观解释可知，气泡中

的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小，故D正确；

E.根据热力学第二定律可知，不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，故

E正确。

故选BDE.

8、AD

【解析】

【分析】

【详解】

A.小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有

一(叫+/)=，叫

a1大小恒定，方向向下，小球所受空气阻力大小恒定，下降阶段是匀加速直线运动，取向上为正方向，根

据牛顿第二定律有

f—mg=ma2

a?大小恒定，方向向上，且有

4〉外

故A正确；

B.上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，有

V2—v^=24h

非一次线性函数，同理可知，下降过程的V-〃图像也非一次线性函数，故B错误；

C.上升过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为

E=E°_Jh

下降过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为

E=Ey-f(H-h)

由图像可知，故C错误；

D.上升过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为

Ek=Ek0-(mg+f)h

下降过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为

Ek

且落回出发点的动能小于抛出时的动能，故D正确。

故选ADo

9、AC

【解析】

【详解】

AB.在Q产生的电场中，a、b、c三点等势，在。2产生的电场中，a、b等势且高于c点电势，故A正

确，B错误；

C.由对称性可知，a、b两点场强大小相等，方向不同，故C正确；

D.b,c与。等距，距0的距离b近c远，由平行四边形定则可知，b点场强大于c点，故D错误。

故选AC。

10、ADE

【解析】

【分析】

【详解】

A.从A到B为等容变化，则由查理定律可得

TB=^-TA=-X200K=600K

PA1

选项A正确；

B.从B到C为等压变化，则由盖吕萨克定律可得

TC=^TB=-X600K=200K

0%3

选项B错误；

C.状态A到B的过程，气体体积不变，则W=0,温度升高，贝必U>0,则由热力学第一定律可知，气体

吸热，选项c错误；

D.状态B到C的过程，气体体积减小，则W>0；温度降低，贝必U<0,则由热力学第一定律可知，Q<0,

即气体放热，选项D正确；

E.状态A到B再到C的过程，气体温度先升高后降低，可知气体的内能先增大后减小，选项E正确。

故选ADE。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

m,nt"7,

11、0.360B—L=—

△4MAr2

【解析】

【详解】

(1)”］游标卡尺的主尺示数为3mm,游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标示数为

12x0.05mm=0.60mm

最终示数为

3.60mm=0.360cm

(2)⑵若滑块甲的质量等于滑块乙的质量，不能保证两滑块碰撞后均能向右运动，故B项不属于实验的要

求。

(3)［3］滑块通过光电门的速度

d

v=一

△t

根据动量守恒定律有

+mv

m}v]=町匕22

代入可得关系式

ddd

in,—=m,-------1-/n,—

△4颂-维

即为

ZW]_町m2

M

12、右端1.651.97

【解析】

【分析】

(1)滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大，进而判断

哪端与滑块相连；

(1)根根据匀变速直线运动的推论公式△x=a不可以求出加速度的大小；

(3)根据牛顿第二定律F=Ma即可求解质量；

【详解】

(1)[1].因为打点计时器每隔0.01s打一个点，两个计数点之间还有4个打点未画出，所以两个计数点

的时间间隔为T=O.ls,时间间隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间

内运动的位移越来越大.所以图乙中纸带的右端与滑块相连；

(1)[1].根据△x=aT利用逐差法，有：

0.079+0.0625-0.046-0.0295…,2

a=-----------------------------=1.65m/s.

4x0.12

(3)[3J.由A步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力为：

F=0.5x9.8=4.9N

根据牛顿第二定律得:

F49

M=-=—-=2.91kg

1.65

【点睛】

探究加速度与质量关系时,应控制拉力不变而改变小车质量，实验时要注意小车质量应远大于重物质量.纸

带处理时能利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，

提高解决问题能力.

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、

方程式和演算步骤。

13、(l)q=且g；(2)以=j3.5gJ；(3)&=5.5ag+/m

【解析】

【分析】

【详解】

(1)由牛顿第二定律得

mgsin60=max

解得

4g

(2)小球A初始位置距水平面高度设为/?,,由几何关系得

^7?Itan30°

Rsin600+h}1.57?sin60

解得

It=—R

n4

小环B初始位置距水平面高度设为色，由几何关系得

均=4+L5/?cos60

解得

%=2R

由系统机械能守恒

mv+mv

mgAh+mg\hB=~l~B

式中％=0,A/?B=0.57?

解得

(3)以小环8为研究对象，由牛顿第二定律得

F-mg-ma

以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得

FN-F-mg^m^

解得

FN=5.5mg4-mci

14、①詈：；②。k

IB35

【解析】

【详解】

①A、B两部分气体质量相同且为同种气体，压强也相同，根据盖一吕萨克定律有:

S也_S也

解得：

豆二

TB3；

②对B部分气体，根据查理定律有：

Po=P

对A部分气体，根据理想气体状态方程有:

P0SahA_psah'

而:

%=k

hA

可得：

3k

TA5

81

15、(l)2.8m；(2)—m；(3)—m

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设滑块到达木板右端的速度为V”由动能定理可得

1212

-^2m2gx=-m2v}--m2vQ

代入数据，解得vi=8m/s

设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为加，由动能定理可得

t%g(R+4)=°—；加2片

代入数据，解得h|=2.8m。

（2）由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小vi=8m/s,滑上木板后，滑块的加速度为a2,

由牛顿第二定律

42m2g=加2a2

木板的加速的为a”由牛顿第二定律

”,用一“（色+仍必=肛4

2

解得q=3mzs*,a2-9m/s。

设经过h时间后两者共速，共同速度为V,

由运动学公式可知

2

v=vl-a2tl=altl,tt=-s

解得u=2m/s

该过程中木板的位移

v

%可

2

%,=—m

13

滑块走过的位移

由于%（跖=lm,假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度

L=X2—%]

Q

联立以上各式，解得L=§m

（3）滑块和木板一起匀减速运动至最左端，设加速度均为a,由牛顿第二定律可知

从（平+2）g=（町+tn^a

解得a-5m/s2

滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为V2,由动能定理可得

一从（叫+丐）g（xo-xj=5（叫+但）田一万（町+加2），

随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为h2,则由动能定理可得

12

一色4=0_5H

代入数据，解得为二白!!！

2019-2020高考物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的。

1、在下列四个核反应方程中，XI、X2、X3和X4各代表某种粒子。

①％U+：nf；；Sr+1：Xe+3X]②;H+x2f；He+：n③醴11->22111+*3@

；；Mg+；He-gAl+x,以下判断正确的是（）

A.X1是质子B.X2是中子C.X3是a粒子D.是气核

2、用波长为187.5nm的光照射阴极材料为铝的光电管，测量得到遏止电压为2.09V。已知普朗克常量为

6.63X1034J-S,真空中的光速为3xl06m/s,e=1.6xlO-19C,氢原子能级示意图如图所示。保持反向电压为

2.09V,改用处于基态（n=l）的氢原子激发后辐射出的光子照射，为了使光电流不为零，最少应给氢原子

提供的能量为（）

„E/eV

8............0

4--------------0.85

3------------1.51

2------------3.40

1-13.60

A.4.54eVB.6.63eVC.10.20eVD.12.09eV

3、如图所示，xOy直角坐标系在竖直平面内，x轴水平，坐标系内的直线方程为y=；x,y轴上P点的

坐标为（0.4）,从P点以vo=2m/s的初速度沿x轴正方向抛出一小球，小球仅在重力作用下运动.已知重

力加速度g取10m/s2,则小球运动轨迹与图中直线交点的纵坐标值为

A.0.6B.0.8C.1D.1.2

4、下列说法正确的是（）

A.放射性元素的半衰期随温度的升高而变短

B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应

C.阴极射线和0射线都是电子流，都源于核外电子

D.天然放射现象中放射出的a、p,丫射线都能在磁场中发生偏转

5、在研究光电效应实验中，某金属的逸出功为W,用波长/I为的单色光照射该金属发生了光电效应。己

知普朗克常量为h,真空中光速为c下列说法正确的是（）

A.光电子的最大初动能为与-卬

A

B.该金属的截止频率为；

C.若用波长为式的单色光照射该金属，则光电子的最大初动能变为原来的2倍

D.若用波长为27的单色光照射该金属，一定可以发生光电效应

6、如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的

A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直

线上，且电场力为3mg。重力加速度为g,由此可知（）

A.AB=3BC

B.小球从A到B与从B到C的运动时间相等

C.小球从A到B与从B到C的动量变化量相同

D.小球从A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符

合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读

数随电流表读数的变化情况如图乙所示。已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑

电表对电路的影响，以下判断错误的是（）

A.电路中电源电动势为3.6V

B.变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小

C.此电路中，电动机的输入功率减小

D.变阻器的最大阻值为30。

8、如图所示，一匝数为n,边长为L,质量为m,电阻为R的正方形导体线框abed,与一质量为3m的

物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连.在导体线框上方某一高处有一宽度为L的上、下边界水平的匀强磁

场，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里.现将物块由静止释放，当ad边从磁场下边缘进入磁场时,

线框恰好做匀速直线运动，不计一切摩擦.重力加速度为g.贝！1（）

A.线框ad边进入磁场之前线框加速度a=2g

B.从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量4=常

C.整个运动过程线框产生的焦耳热为Q=4mgL

D.线框进入磁场时的速度大小u=

nBL

9、如图所示，质量相同的小球A、B通过质量不计的细杆相连接，紧靠竖直墙壁放置。由于轻微扰动，

小球A、B分别沿水平地面和竖直墙面滑动，滑动过程中小球和杆始终在同一竖直平面内，重力加速度为

g,忽略一切摩擦和阻力，下列说法正确的是（）

A.B球沿墙下滑的过程中，两球及杆组成的系统机械能守恒但动量不守恒

B.B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，杆对A一直做正功

C.B球从下滑至恰好到达水平面的瞬间，地面对A的支持力先减小后增大

4V2

当细杆与水平方向成30。角时，小球A的速度大小为v,可求得杆长为

g

10、如图所示，固定在水平地面上的弹射装置可以向任意方向以同样大小的速度发射小球。当小球射出时

速度与水平面成。角时，小球刚好水平飞入固定在水平平台上竖直放置的光滑半圆形管道内。当小球运动

到轨道最高点时，恰与管壁无相互作用。已知小球质量m=0.5kg,初速度v0=6m/s,半圆形管道半径

R=0.18m,g取10m/s2o则有（）

A.小球在最高点的速度为0

B.小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为30N

C.0=60°

D.圆轨道最低点距地面高度h=1.8m

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实

验器材有：

两个相同的待测电源（内阻r约为1。）

电阻箱Ri（最大阻值为999.9。）

电阻箱R2（最大阻值为999.9。）

电压表V（内阻未知）

电流表A（内阻未知）

灵敏电流计G,两个开关Si、S2

主要实验步骤如下：

①按图连接好电路，调节电阻箱Ri和R2至最大，闭合开关Si和S2,再反复调节Ri和Rz，使电流计G

的示数为0,读出电流表A、电压表V、电阻箱Ri、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6C、28.2C；

②反复调节电阻箱Ri和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0,读出电流表A、电压表V

的示数分别为0.60A、11.7Vo

回答下列问题：

⑴步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差UAB=V；A和C两点的电势

差UAC=V；A和D两点的电势差UAD=V；

（2）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为。，电流表的内阻为。；

（3）结合步骤①步骤②的测量数据，电源电动势E为V,内阻为

12、某同学用图示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”，实验的主要步骤如下：

A.将贴有白纸的木板竖直放置，弹簧测力计A挂于固定在木板上的P点，下端用细线挂一重物M。

B.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置，细线均与木板

平行。

C.记录O点的位置、两个弹簧测力计的读数百和巴。

D.测量重物M的重力G,记录OM绳的方向。

E.选择合适的标度，用刻度尺做出测力计拉力片和鸟的图示，并用平行四边形定则求出合力产。

F.按同一标度，做出重物M重力G的图示，并比较F与G,得出结论。

（1）在上述步骤中，有重要遗漏的步骤是（请填写步骤前的序号），遗漏的内容是.

（2）某同学认为在实验过程中必须注意以下几项，其中正确的是（一）

A.OA、OB两根绳必须等长

B.OA、OB两根绳的夹角应该等于120。

C.OA、OB两根绳要长一点，标记同一细绳方向的两个点要远一点

D.改变拉力的大小与方向，再次进行实验时，仍要使结点O静止在原位置

⑶本实验采用的科学方法是（—）

A.微元法B.等效替代法C.理想实验法D.科学推理法

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、

方程式和演算步骤。

13、如图所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H,上端封闭，左边容器上端是一个可以

在容器内无摩擦滑动的质量为M的活塞.两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管导热性

良好.左、右两边容器中装有相同的理想气体，开始时阀门打开，平衡时活塞到容器底的距离为H.现将

阀门关闭，在活塞上放一个质量也为M的祛码，活塞缓慢下降，直至系统达到新的平衡.已知外界温度

恒定，外界大气压强为外，重力加速度为g,加=室.

g

求：（1）当系统达到新的平衡时，活塞距底端的高度；

（2）当系统达到平衡后再打开阀门，活塞又缓慢下降，直到系统再次达到平衡，求左边气体通过阀门进入右

边容器的质量与右边气体原有质量的比值.

14、一列简谐横波在x轴上传播，a、6是x轴上相距迎〃=6m的两质点。r=0时，b质点正好到达正

方向最大位移处，且〃质点到工轴的距离第=5cm,而此时a质点恰好经过平衡位置向下运动。已知这

列波的频率/=10Hz。

①求经过时间Is,。质点运动的路程s；

②若X.大于一个波长，求该波的波速V。

15、如图所示，足够长的粗糙绝缘轨道AB与处于竖直平面内的光滑圆弧形绝缘轨道BC平滑连接，圆弧

的半径R=8m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场E,现有一带电体(可视为质点)放在水平轨

道上的A位置，带电体与粗糙轨道的动摩擦因数均为"=0.5,从A点由静止释放，通过C点时恰好与

圆轨道无挤压，且合力刚好指向圆心，已知。=37，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求:

(1)粗糙绝缘轨道AB长度；

(2)小球从C点射出后，第一次运动到水平地面AB所需要的时间。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的。

1、C

【解析】

【分析】

【详解】

A.根据质量数和电荷数守恒得小的电荷数为0,质量数为1,所以xi是中子，故A错误；

B.根据质量数和电荷数守恒得X2的电荷数为1,质量数为2,所以X2为气核，故B错误；

C.根据质量数和电荷数守恒得X3的电荷数为2,质量数为4,所以X3是a粒子，故C正确；

D.根据质量数和电荷数守恒得.的电荷数为1,质量数为1,所以X4是质子，故D错误；

故选C。

2、C

【解析】

【详解】

由光电效应方程

eUc=EKm=hy-Wo…①

又

hy°=Wo…②

又

由①②③式代入数据可得

hyo=4.54eV

则光子的能量值最小为4.54eV+2.()9eV=6.63eV,用处于基态(n=l)的氢原子激发后辐射出的光子照射,

电子只需要从基态跃迁到n=2的能级即可，所以为了使光电流不为零，最少应给氢原子提供的能量

Emin=E2-Ei=-3.40eV-(-13.60eV)=10.20eV.

故C正确，ABD错误。

故选C。

3、B

【解析】

【详解】

设小球的运动轨迹与线的交点坐标为(x,y),贝!!：

I2

x=Vot,4-y=-gt

又有：

1

y=­x

2

解得：

y=O.l.

ACD.由上计算可得y=O.LACD错误；

B.由上计算可得y=O.LB正确.

4、B

【解析】

【分析】

【详解】

A.半衰期是原子核本身具有的属性，与外界条件无关，A错误；

B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应(热核反应)，B正确；

C.阴极射线是核外电子，0射线是原子核内中子转化为质子时放出的电子，C错误；

D.三种射线中丫射线(高频电磁波)不带电，所以不能在磁场中发生偏转，D错误。

故选B。

5、A

【解析】

【详解】

A.根据光电效应方程可知，光电子的逸出最大动能々,,,=乎-W,故A正确；

/t

W

B.金属的逸出功为W,则截止频率为=/，故B错误；

h

he2

C.根据光电效应方程&〃=丁-卬，若用波长为彳的单色光照射该金属，则光电子的最大初动能大于

原来的2倍，故C错误；

D.若用波长为2%的单色光照射该金属，光子的能量值减小，根据光电效应发生的条件可知，不一定可以

发生光电效应，故D错误。

故选A。

6、D

【解析】

【详解】

AB.小球从A到B的时间为

在B点的竖直方向速度为

v、B=gt=J^

小球在电场中的加速度大小为

a=3mg-m8=2g

m

小球从B到C的时间为

■_VyB_7^_['h

-9-亏-标

则两段所用的时间之比为4：1,据题意，知小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，则

AB=4BC

故AB错误；

C.由动量定理可知，动量变化等于合力的冲量，由于AB段合力冲量方向向下，由于小球在BC段竖直

方向做减速运动，则合力方向向上，所以小球在BC段合力冲量向上，故C错误；

D.据题意，知小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，从A到C由动能定理可知，小球从

A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等，故D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符

合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得()分。

7,BC

【解析】

【分析】

先确定图线与电压表示数对应的关系，再根据图线求出电源的电动势，并判断V2读数的变化情况。当

I=0.3A时，电动机输入功率最大。变阻器的全部接入电路时，电路中电流最小，由欧姆定律求解变阻器的

最大阻值。

【详解】

A.由电路图甲知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图

线表示V2的电压与电流的关系。此图线的斜率大小等于电源的内阻，为

r=-\-U--=--3-.-4--—--3--.-0Q0=2CQC

M0.2

当电流I=0.1A时，U=3.4V,则电源的电动势

E=U+6=34+0.1x2=3.6V

故A正确。

B.变阻器向右滑动时，R阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即为V2读数逐渐增大，故B

错误。

C.由图可知，电动机的电阻

0.8-0.4^，八

K.=---------Q=4Q

M0.1

当I=0.3A时，U=3V,电动机输入功率最大，此电路中，电动机的输入功率增大，故C错误。

D.当I=0.1A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以

/?=*—5=第一2-4,=3℃

故D正确。

本题选择错误的，故BC符合题意。

故选BC»

【点睛】

此题考查对物理图像的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线。对于电动

机，理解并掌握功率的分配关系是关键。

8、CD

【解析】

【分析】

【详解】

A.在线框ad边进入磁场之前，有3mg-T=3ma,T-mg=ma,解得“=,A错误；

A0nRl2

B.根据4=〃二展可得从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量为q=等，B

错误；

C.线圈进入磁场过程中和穿出磁场过程中的总热量等于过程中的重力势能减小量，故

Q=2x(3mg£-mgL)=4mgL,C正确;

D.ab边刚进入磁场时，导体做匀速直线运动，所以有T=3mg,T=mg+F安,F^=nBIL,/=华^,

联立解得v=j-f-2-»D正确.

nBl}

故选CD

9、AD

【解析】

【详解】

A.B球沿墙下滑的过程中，系统受到的力只有重力做功，所以机械能守恒，但是由于合外力不等于零，

所以动量不守恒，故A正确；

BC.初始时刻A球的速度为零，当B球到达水平面时，B的速度向下，此时B球沿着细杆方向的分速度

为零，所以此时A球的速度为零，那么在向右端过程中A球必定先加速运动再做减速运动，杆对球A先

施加斜向下的推力做正功，此时A对地面压力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做负功，此时A对地

面压力小于自身重力，故B、C错误；

D.小球A的速度为”时，设小球B的速度大小为则有

vcos30°=v'cos60°

解得

v'—上V

两球下滑过程中系统的机械能守恒，则有

L

mg-1,+—1mv,~2

222

联立解得

L上

g

故D正确;

故选AD。

10、BC

【解析】

【分析】

【详解】

A.小球在最高点恰与管壁无相互作用力，根据牛顿第二定律

片

me-m—

R

解得

匕=/gR

A错误；

B.小球从圆轨道最低点至最高点由机械能守恒有

1212

2mgR=—mv；--mv}

解得

v2=3m/s

在最低点有

2

口v2

K

解得

5=30N

根据牛顿第三定律可知小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为30N,B正确

C.平抛运动水平方向上做匀速直线运动，分解速度

%cos0=v2

解得

cos0--

2

解得

夕=60

C正确；

D.在竖直方向上做竖直上抛运动，逆过程为自由落体运动，根据运动学公式

/7=（%sin，）2

’2g

解得

h=1.35m

D错误。

故选BC»

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、012.0V-12.0V1530。1.8Q12.6V1.50

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1][2][3].步骤①中，电流计G的示数为。时，电路中AB两点电势相等,即A和B两点的电势差UAB=0V；

A和C两点的电势差等于电压表的示数，即UAC=12V；A和D两点的电势差UAD==12V；

⑵⑷[5].利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为

&==-^-0=15300

电流表的内阻为

=%-凡=工-28.2=1.8。

"I乜0.4

⑶网⑺.由闭合电路欧姆定律可得

2E=2UAc+I-2r

即

2E=24+0.8r

同理

2E=2UAC+I-2r

即

2E=2xll.7+0.6«2r

解得

E=12.6V

r=1.50Q