2015年-2019年全国高考物理真题试卷43套_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

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2015-2019 年高考物理真题试卷43 套
绝密★启用前
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1
Li 7
C 12
N 14
O 16
Na 23
S 32
Cl 35.5
Ar 40
Fe 56
I 127
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分。在每小题给出的四个选项中，第14~18 题只有一项符合题目要求，第
19~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
14．氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV~3.10 eV的光为可见光。要使处于基态（n=1）的氢原子被激发
后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为
A．12.09 eV B．10.20 eV
C．1.89 eV
D．1.5l eV
15．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细
绳都恰好与天花板垂直，则
A．P和Q都带正电荷
B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷D．P带负电荷，Q带正电荷
16．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破
性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内
喷射的气体质量约为
A．1.6×102 kgB．1.6×103 kgC．1.6×105 kg
D．1.6×106 kg
17．如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂
直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的
大小为
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A．2F
B．1.5F C．0.5F D．0
18．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个4
H 所用的时间为t1，
第四个4
H 所用的时间为t2。不计空气阻力，则
2
1
t
t 满足
A．1<
2
1
t
t <2
B．2<
2
1
t
t <3
C．3<
2
1
t
t <4
D．4<
2
1
t
t <5
19．如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端
与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成
45°。已知M始终保持静止，则在此过程中
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
20．空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的
电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方
向如图（a）所示。磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内
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A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
0
0
4
B rS
t 
D．圆环中的感应电动势大小为
2
0
0
π
4
B
r
t
21．在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a
与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，
其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
三、非选择题：共174 分，第22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38 题为选考题，考生根据要求
作答。
（一）必考题：共129 分。
22．（5 分）
某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一
部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4 个打出的点未
画出。在ABCDE 五个点中，打点计时器最先打出的是
点，在打出C 点时物块的速度大小为
m/s（保留
3 位有效数字）；物块下滑的加速度大小为
m/s2（保留2 位有效数字）。
23．（10 分）
某同学要将一量程为250 μA 的微安表改装为量程为20 mA 的电流表。该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后
将一阻值为R 的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表
进行检测（虚线框内是改装后的电表）。
（1）根据图（a）和题给条件，将（b）中的实物连接。
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（2）当标准毫安表的示数为16.0 mA 时，微安表的指针位置如图（c）所示，由此可以推测出改装的电表量程
不是预期值，而是
。（填正确答案标号）
A．18 Ma
B．21 mA
C．25mAD．28 mA
（3）产生上述问题的原因可能是
。（填正确答案标号）
A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 Ω
B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 Ω
C．R 值计算错误，接入的电阻偏小
D．R 值计算错误，接入的电阻偏大
（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R 的电阻换为一个阻
值为kR 的电阻即可，其中k=
。
24.（12分）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带
正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直
于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场
的出射点之间的距离为d，不计重力。求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
25.（20分）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨
道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰
撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨
道上保持静止。物块A运动的v–t图像如图（b）所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的
高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然
后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上。求改变前面动摩擦因数的比值。
（二）选考题：共45 分。请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科
按所做的第一题计分。
33．[物理—选修3–3]（15 分）
（1）（5 分）某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器
中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中
空气的温度__________（填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度__________（填“大于”“小于”或“等
于”）外界空气的密度。
（2）（10分）热等静压设备广泛用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一
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个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等
静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到
炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10-2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106
Pa；室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。
（i）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
（ii）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。
34．[物理一选修3–4）（15 分）
（1）（5分）一简谐横波沿x轴正方向传播，在t= 2
T 时刻，该波的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两
个质点。图（b）表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得
4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．质点Q的振动图像与图（b）相同
B．在t=0时刻，质点P的速率比质点Q的大
C．在t=0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大
D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图（b）所示
E．在t=0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大
（2）（10分）如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m。距水面4 m的湖底P点发出
的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）。已知水的折
射率为4
3 。
（i）求桅杆到P点的水平距离；
（ii）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出
后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合参考答案
14．A
15．D
16．B
17．B
18．C
19．BD
20．BC
21．AC
22．A
0.233
0.75
23．（1）连线如图所示
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（2）C
（3）AC
（4）99
79
24．（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
2
1
2
qU
mv

①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
2
v
qvB
m r

②
由几何关系知d=
2 r③
联立①②③式得
2
2
4
q
U
m
B d

④
（2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
π
tan30
2
r
s
r


⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
s
t
v

⑥
联立②④⑤⑥式得
2 π
3
(
)
4
2
3
Bd
t
U


⑦
25．（1）根据图（b），v1 为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，
1
2
v 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B 的质量
为m，碰撞后瞬间的速度大小为v，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
1
1
(
)
2
v
mv
m
m v



①
2
2
2
1
1
1
1
1
(
)
2
2
2
2
v
mv
m
m v



②
联立①②式得
3
m
m

③
（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回
过程中所走过的路程为s2，P 点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有
2
1
1
1
0
2
mgH
fs
mv



④
2
1
2
1
(
)
0
(
)
2
2
v
fs
mgh
m





⑤
从图（b）所给的v–t 图线可知
1
1 1
1
2
s
v t

⑥
1
1
1
1
1
(1.4
)
2
2
v
s
t
t




⑦
由几何关系
2
1
s
h
s
H

⑧
物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为
1
2
W
fs
fs


⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
2
15
W
mgH

⑩
（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
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cos
sin
H
h
W
mg





○
11
设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s，由动能定理有
2
1
0
2
m gs
m v






○
12
设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有
cos
0
sin
h
mgh
mg
mgs










○
13
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩○
11 ○
12 ○
13 式可得
11
= 9


○
14
（二）选考题
33．[物理——选修3–3]
（1）低于
大于
（2）（i）设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、压强为
p0的气体压强变为p1时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律
p0V0=p1V1
①
被压入进炉腔的气体在室温和p1条件下的体积为
1
0
V
V
V


②
设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律
p2V2=10p1
1
V 
③
联立①②③式并代入题给数据得
p2=3.2×107 Pa
④
（ii）设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3，由查理定律
3
1
1
0
p
p
T
T

⑤
联立④⑤式并代入题给数据得
p3=1.6×108 Pa
⑥
34、[物理——选修3–4]
（1）CDE
（2）
（i）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P 点的水平距离为x2；桅杆高度为h1，P 点处水深为h2：
激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有
1
1
tan53
x
h 

①
2
2
tan
x
h


②
由折射定律有
sin53°=nsinθ
③
设桅杆到P点的水平距离为x，则
x=x1+x2
④
联立①②③④式并代入题给数据得
x=7 m
⑤
（ii）设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i，由折射定律有
sin i=nsin45°
⑥
设船向左行驶的距离为x'，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x'1，到P 点的水平距离为x'2，则
1
2
x
x
x
x






⑦
1
1
tan
x
i
h



⑧
2
2
tan 45
x
h


⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得
x'= 6 2
3 m=5.5 m

（
）
⑩
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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分。在每小题给出的四个选项中，第14~18 题只有一项符合题目要求，第
19~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
14．2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地
球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图像是
15．太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循环，循环的结果可表示为
1
4
0
1
2
1
4 H
He+2 e+2v

，已知1
1H 和4
2He 的质
量分别为
P
1.0078u
m 
和
4.0026u
m
，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个1
1H 转变成1个4
2He 的过程中，释放的能量
约为
A．8 MeV
B．16 MeV
C．26 MeV
D．52 MeV
16．物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦
因数为
3
3
，重力加速度取10m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为
A．150 kg
B．100 3 kg
C．200 kg
D．200 3 kg
17．如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向
外。ab 边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、
d 两点射出的电子的速度大小分别为
A．1
4 kBl ，
5
4 kBl
B．1
4 kBl ，5
4 kBl
C．1
2 kBl ，
5
4 kBl
D．1
2 kBl ，5
4 kBl
18．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能Ek 与重力势能Ep 之和。取地面为重力势能零点，该物体的
E 总和Ep 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得
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A．物体的质量为2 kg
B．h=0 时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m 时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
19．如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动
员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v-t 图像如图（b）
所示，t1 和t2 是他落在倾斜雪道上的时刻。则
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1 时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
20．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则
A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
21．如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂
直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同
一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开
始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是
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三、非选择题：共174 分，第22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38 题为选考题，考生根据要求
作答。
（一）必考题：共129 分。
22．（5 分）
如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、
电磁打点计时器、频率50 Hz 的交流电源，纸带等。回答下列问题：
（1）铁块与木板间动摩擦因数μ=
（用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g 和铁块下滑的加速度a 表示）
（2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角使θ=30°。接通电源。开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开
始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示。图中的点为计数点（每两个相邻的计数点
间还有4 个点未画出）。重力加速度为9.8 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为
（结果保
留2 位小数）。
23.（10 分）
某小组利用图（a）所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U 与温度t 的关系，图中V1 和V2
为理想电压表；R 为滑动变阻器，R0 为定值电阻（阻值100 Ω）；S 为开关，E 为电源。实验中二极管置于控温炉内，
控温炉内的温度t 由温度计（图中未画出）测出。图（b）是该小组在恒定电流为50.0μA 时得到的某硅二极管U-t
关系曲线。回答下列问题：
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（1）实验中，为保证流过二极管的电流为50.0μA，应调节滑动变阻器R，使电压表V1 的示数为U1=
mV；
根据图（b）可知，当控温炉内的温度t 升高时，硅二极管正向电阻
（填“变大”或“变小”），电压表V1 示数
（填
“增大”或“减小”），此时应将R 的滑片向
（填“A”或“B”）端移动，以使V1 示数仍为U1。
（2）由图（b）可以看出U 与t 成线性关系，硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为Δ
|
|
Δ
U
t =
×10-3V/℃（保留2 位有效数字）。
24.（12 分）
如图，两金属板P、Q 水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G 的尺寸相同。
G 接地，P、Q 的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，
以速度v0 平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
（2）若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
25.（20 分）
一质量为m=2000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m 处有一
警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0~t1 时间
段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s；
t1~t2 时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2 时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2
时刻开始，汽车第1 s 内的位移为24 m，第4 s 内的位移为1 m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t 图线；
（2）求t2 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，
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汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
（二）选考题：共45 分。请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科
按所做的第一题计分。
33．[物理—选修3-3]（15 分）
（1）（5分）如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是
T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N1______N2，
T1______T3，N2______N3。（填“大于”“小于”或“等于”）
（2）（10分）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。
整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别
为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保
持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
（i）抽气前氢气的压强；
（ii）抽气后氢气的压强和体积。
34．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（5分）如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a。绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方3
4 l的O处
有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度（约为2°）后由静止释放，并从释放时开始计时。
当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像
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中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是_____。
（2）（10分）某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光：调整光路，
使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（i）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可__________；
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更小的双缝
（ii）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光
的波长λ=_________；
（iii）某次测量时，选用的双缝的间距为0.300 mm，测得屏与双缝间的距离为1.20 m，第1条暗条纹到第4条暗
条纹之间的距离为7.56 mm。则所测单色光的波长为______________nm（结果保留3位有效数字）。
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合参考答案
14．D
15．C
16．A
17．B
18．AD
19．BD
20．AC
21．AD
22.（1）
sin
cos
g
a
g



（2）0.35
23．（1）5.00
变小
增大
B
（2）2.8
24．解：（1）PG、QG 间场强大小相等，均为E，粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小
为a，有
2
E
d


①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G 时动能为Ek，由动能定理有
2
k
0
1
2
qEh
E
mv


③
设粒子第一次到达G 时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
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2
1
2
h
at

④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
2
k
0
1
2
= 2
E
mv
qh
d


⑥
0
mdh
l
v
q

⑦
（2）设粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L 为
0
=2
2
mdh
L
l
v
q

⑧
25．解：（1）v-t 图像如图所示。
（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1 时刻的速度也为v1，t2 时刻的速度为v2，在t2 时刻后汽车做
匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1 s，设汽车在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt 内的位移为sn，n=1,2,3,…。
若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt 时间内未停止，设它在t2+3Δt 时刻的速度为v3，在t2+4Δt 时刻的速度为v4，由运动学公式
有
2
1
4
3 (Δ )
s
s
a
t


①
2
1
2
1
Δ
(Δ )
2
s
v
t
a
t


②
4
2
4 Δ
v
v
a t


③
联立①②③式，代入已知数据解得
4
17 m/s
6
v 
④
这说明在t2+4Δt 时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2+3Δt~t2+4Δt 内汽车停止，由运动学公式
3
2
3 Δ
v
v
a t


⑤
2
4
3
2as
v

⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
2
8 m/s
a 
，v2=28 m/s⑦
或者
2
288 m/s
25
a 
，v2=29.76 m/s⑧
但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有
f1=ma⑨
在t1~t2 时间内，阻力对汽车冲量的大小为
1
2
1
1
=
(
)
2
I
f t
t

⑩
由动量定理有
1
2
I
mv
m


⑪
由动量定理，在t1~t2 时间内，汽车克服阻力做的功为
2
2
1
2
1
1
2
2
W
mv
mv


⑫
联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得
v1=30 m/s⑬
5
1.16 10 J
W 

⑭
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为
2
2
1 1
1
2
2
1
1 (
)(
)
2
2
v
s
v t
v
v
t
t
a





⑮
联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得
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s=87.5 m⑯
33．（15 分）
（1）大于
等于
大于（5 分）
（2）10 分
（i）设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
（p10–p）·2S=（p0–p）·S①
得p10= 1
2 （p0+p）②
（ii）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1 和V1，氦气的压强和体积分别为p2 和V2，根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S
③
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④
p2V2=p0·V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）⑥
联立②③④⑤⑥式解得
1
0
1
1
2
4
p
p
p


⑦
0
0
1
0
4
=
2
p
p
V
V
p
p


（
）
⑧
34．（15 分）
（1）A（5 分）
（2）10 分
（i）B
（ii）
1
x d
n
l


（
）
（iii）630
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绝密★启用前
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，第14~18 题只有一项符合题目
要求，第19~21 题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
14．楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？
A．电阻定律
B．库仑定律
C．欧姆定律
D．能量守恒定律
15．金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a 金、a 地、a 火，它们沿
轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火。已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此可以判定
A．a 金>a 地>a 火
B．a 火>a 地>a 金
C．v 地>v 火>v 金
D．v 火>v 地>v 金
16．用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、
Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力
的大小分别为F1、F2，则
A．
1
2
3
3
=
=
3
2
F
mg
F
mg
，
B．
1
2
3
3
=
=
2
3
F
mg
F
mg
，
C．
1
2
1
3
=
=
2
2
F
mg
F
mg
，
D．
1
2
3
1
=
=
2
2
F
mg
F
mg
，
17．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反
的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。
该物体的质量为
A．2 kg B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
18．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为1
2 B
和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。
一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴
离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为
A．
5π
6
m
qB B．
7π
6
m
qB C．
11π
6
m
qB
D．
13π
6
m
qB
19．如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、
cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速
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度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是
20．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳
水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如
图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取
g=10 m/s2。由题给数据可以得出
A．木板的质量为1 kg
B．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0~2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
21．如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则
A．a点和b点的电势相等
B．a点和b点的电场强度大小相等
C．a点和b点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加
三、非选择题：共174 分。第22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38 题为选考题，考生根据要求
作答。
（一）必考题：共129 分。
22．（5分）
甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中，甲同学负责释放金属小球，乙
同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1 s拍1幅照片。
（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是__________。（填正确答案标号）
A．米尺B．秒表C．光电门
D．天平
（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法。
答：____________________________________________________________。
（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5 cm、ac=58.7 cm，则该地的重力加速度大
小为g=__________m/s2。（保留2位有效数字）
23.（10分）
某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15 kΩ
刻度正好对应电流表表盘的50 μA刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14 kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值1
500 Ω），滑动变阻器R2（最大阻值500 Ω），电阻箱（0~99 999.9 Ω），干电池（E=1.5 V，r=1.5 Ω），红、黑表笔和
导线若干。
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（1）欧姆表设计
将图（a）中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为__________Ω：滑动
变阻器选__________（填“R1”或“R2”）。
（2）刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的
电阻刻度分别为__________、__________。
（3）校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向__________kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录
多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如
图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为__________Ω。
24.（12分）
空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量
均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从
O点到达P点所用时间为
2
t
。重力加速度为g，求
（1）电场强度的大小；
（2）B运动到P点时的动能。
25.（20分）
静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0 kg，mB=4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与
其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能
之和为Ek=10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速
度取g=10 m/s²。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
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（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
（二）选考题：共45 分。请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科
按所做的第一题计分。
33．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（5分）用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目
的是________________________________________________________________。实验中为了测量出一滴已知浓度的
油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以____________________________________________________________________
____________。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是___________________________________。
（2）（10分）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm的水银柱，水银柱下密
封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且
无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。
（i）求细管的长度；
（i）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体
的温度。
34．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（5分）水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时，两根细杆
周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇。在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列
波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，
选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．不同质点的振幅都相同
B．不同质点振动的频率都相同
C．不同质点振动的相位都相同
D．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同
E．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化
（2）（10分）如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°。一束光线平行于底边BC射到AB
边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。
（i）求棱镜的折射率；
（ii）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合参考答案
14．D
15．A
16．D
17．C
18．B
19．AC
20．AB
21．BC
22．（1）A
（2）将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺
（3）9.7
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23．（1）
900
R1
（2）45
5
（3）0
35 000.0
24．（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg+qE=ma①
2
2
1
1
( )
2
2
2
t
a
gt

②
解得
3mg
E
q

③
（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
2
k
1
1
2
E
mv
mgh
qEh



④
且有
1
0
2
t
v
v t

⑤
2
1
2
h
gt

⑥
联立③④⑤⑥式得
2
2 2
k
0
=2 (
)
E
m v
g t

⑦
25．（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0=mAvA–mBvB①
2
2
k
1
1
2
2
A A
B B
E
m v
m v


②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s③
（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，
已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程
为sB。，则有
B
B
m a
m g


④
2
1
2
B
B
s
v t
at


⑤
0
B
v
at


⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，
A在时间t内的路程sA都可表示为
sA=vAt–
2
1
2 at ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75 m，sB=0.25 m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.
25 m处，两物块之间的距离s为
s=0.25 m+0.25 m=0.50 m⑨
（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有


2
2
1
1
2
2
2
A A
A A
A
B
m v
m v
m g
l
s




⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
7m / s
A
v 
⑪
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故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有


A
A
A A
B B
m
v
m v
m v






⑫
2
2
2
1
1
1
2
2
2
A A
A A
B B
m v
m v
m v





⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
3 7
2 7
m / s,
m / s
5
5
A
B
v
v




⑭
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，
由运动学公式
2
2
2
,
2
A
A
B
B
as
v
as
v






⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
0.63 m,
0.28 m
A
B
s
s




⑯
sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
0.91 m
A
B
s
s
s






⑰
33．（1）使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜
把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1
mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积
单分子层油膜的面积
（2）（i）设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被
密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV=p1V1
①
由力的平衡条件有
p=p0+ρgh
②
p1=p0–ρgh
③
式中，ρ、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有
V=S（L–h1–h）
④
V1=S（L–h）
⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L=41 cm
⑥
（ii）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有
1
0
V
V
T
T

⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T=312 K
⑧
34．（1）BDE
（2）（i）光路图及相关量如图所示。光束在AB边上折射，由折射定律得
sin
sin
i
n

①
式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知
α+β=60°
②
由几何关系和反射定律得
=
= B

③
联立①②③式，并代入i=60°得
n=
3
④
（ii）设改变后的入射角为i，折射角为，由折射定律得
sin
sin
i


=n
⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角
c
，且
sin
c
= 1
n
⑥
由几何关系得
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c
=α'+30°⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sin i=
3
2
2

⑧
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2019 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
理科综合
物理部分
理科综合共300 分，考试用时150 分钟。
物理试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1 至3 页，第Ⅱ卷4 至7 页，共120 分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将
答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1.每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标
号。
2.本卷共8 题，每题6 分，共48 分。
一、单项选择题（每小题6 分，共30 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1.2018 年12 月8 日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球
背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为M 、半径为R ，探测器的质量为m ，引力常量
为G ，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r 的匀速圆周运动时，探测器的（
）
A.周期为
2
3
4π r
GM
B.动能为2
GMm
R
C.角速度为
3
Gm
r
D.向心加速度为
2
GM
R
2.2018 年10 月23 日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在
同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是（
）
A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B.为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
3.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，
速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程（
）
A.动能增加
2
1
2 mv
B.机械能增加
2
2mv
C.重力势能增加
2
3
2 mv
D.电势能增加
2
2mv
4.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；
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当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a 、长为c 的矩形半导体
霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显
示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U ，以此控制屏
幕的熄灭。则元件的（
）
A.前表面的电势比后表面的低
B.前、后表面间的电压U 与v 无关
C.前、后表面间的电压U 与c 成正比
D.自由电子受到的洛伦兹力大小为eU
a
5.如图为a 、b 、c 三种光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系。由a 、b 、c 组成的复色光通过三
棱镜时，下述光路图中正确的是（
）
二、不定项选择题（每小题6 分，共18 分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，选错或不答的得0 分）
6.我国核聚变反应研究大科学装置“人造太阳”2018 年获得重大突破，等离子体中心电子温度首次达到1 亿度，为
人类开发利用核聚变能源奠定了重要的技术基础。下列关于聚变的说法正确的是（
）
A.核聚变比核裂变更为安全、清洁
B.任何两个原子核都可以发生聚变
C.两个轻核结合成质量较大的核，总质量较聚变前增加
D.两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加
7.一列简谐横波沿x 轴传播，已知x 轴上
1
1m
x 
和
2
7 m
x 
处质点的振动图像分别如图1、图2 所示，则此列波
的传播速率可能是（
）
A.7 m/s
B.2 m/s
C.1.2 m/s
D.1m/s
8.单匝闭合矩形线框电阻为R ，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间t 的关系
图像如图所示。下列说法正确的是（
）
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A. 2
T 时刻线框平面与中性面垂直
B.线框的感应电动势有效值为
m
2π
T

C.线框转一周外力所做的功为
2
2
m
2π
RT

D.从
0
t 
到
4
T
t 
过程中线框的平均感应电动势为
m
π
T

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理科综合
物理部分
第Ⅱ卷
注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2.本卷共4 题，共72 分。
9.（18 分）
（1）第26 届国际计量大会决定，质量单位“千克”用普朗克常量h 定义，“国际千克原器”于2019 年5 月20 日
正式“退役”。h 的数值为
34
6.63 10

，根据能量子定义，h 的单位是______，该单位用国际单位制中的力学基本
单位表示，则为______。
（2）某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。
①下列哪些措施能够提高实验准确程度______。
A.选用两光学表面间距大的玻璃砖
B.选用两光学表面平行的玻璃砖
C.选用粗的大头针完成实验
D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
②该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正
确的是______。
③该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O 为圆心作圆，与入射光线、折射光线
分别交于A 、B 点，再过A 、B 点作法线NN的垂线，垂足分别为C 、D 点，如图所示，则玻璃的折射率n ______。
（用图中线段的字母表示）
（3）现测定长金属丝的电阻率。
①某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是______ mm 。
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②利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻
x
R 约为100 ，画出实验
电路图，并标明器材代号。
电源E
（电动势10 V ，内阻约为10 ）
电流表
1
A
（量程0 ~ 250 mA ，内阻
1
5
R 
）
电流表
2
A
（量程0 ~ 300 mA ，内阻约为5 ）
滑动变阻器R
（最大阻值10 ，额定电流2 A）
开关S 及导线若干
③某同学设计方案正确，测量得到电流表
1
A 的读数为
1I ，电流表
2
A 的读数为
2I ，则这段金属丝电阻的计算式
x
R ______。从设计原理看，其测量值与真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。
10.（16 分）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用
滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1 所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上
翘甲板BC 是与水平甲板AB 相切的一段圆弧，示意如图2，AB 长
1
150 m
L 
，BC 水平投影
2
63 m
L 
，图中C
点切线方向与水平方向的夹角
12

（sin12
0.21

）。若舰载机从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经
6 s
t 
到达B 点进入BC 。已知飞行员的质量
60 kg
m 
，
2
10 m/s
g 
，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W ；
（2）舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力
N
F 多大。
11.（18 分）如图所示，固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ
长度也为l 、电阻均为R ，两棒与导轨始终接触良好。MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连，线圈
内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k 。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感
应强度大小为B 。PQ 的质量为m ，金属导轨足够长，电阻忽略不计。
（1）闭合S ，若使PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力F ，并指出其方向；
（2）断开S ，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为q ，求该过程
安培力做的功W 。
12.（20 分）2018 年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引
擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A 、B 之间的匀强电场（初速度
忽略不计），A 、B 间电压为U ，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入
的正离子数目为定值，离子质量为m ，电荷量为Ze ，其中Z 是正整数，e 是元电荷。
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（1）若引擎获得的推力为
1F ，求单位时间内飘入A 、B 间的正离子数目N 为多少；
（2）加速正离子束所消耗的功率P 不同时，引擎获得的推力F 也不同，试推导F
P
的表达式；
（3）为提高能量的转换效率，要使F
P
尽量大，请提出增大F
P
的三条建议。
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理科综合
物理部分参考答案
Ⅰ卷共8 题，每题6 分，共48 分。
1.A
2.C
3.B
4.D
5.C
6.AD
7.BC
8.BC
Ⅱ卷共4 题，共72 分。
9.（18 分）
（1）J s
2
kg m /s

（2）①AD
②D
③AC
BD
（3）①0.200 （0.196 ~ 0.204 均可）
②如图
③
1
1
2
1
I R
I
I

相等
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10.（16 分）
（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
1
2
L
v
t

①
根据动能定理，有
2
1
0
2
W
mv


②
联立①②式，代入数据，得
4
7.5 10 J
W 

③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为R ，根据几何关系，有
2
sin
L
R


④
由牛顿第二定律，有
2
N
F
mg
m R
v


⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
3
N
1.1 10 N
F 

⑥
11.（18 分）
（1）设线圈中的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律E
t



，则
E
k

①
设PQ 与MN 并联的电阻为R并，有
2
R
R

并
②
闭合S 时，设线圈中的电流为I ，根据闭合电路欧姆定律得
E
I
R
R


并
③
设PQ 中的电流为
PQ
I
，有
1
2
RQ
I
I

④
设PQ 受到的安培力为F安，有
PQ
F
BI
l

安
⑤
保持PQ 静止，由受力平衡，有
F
F

安
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
3
Bkl
F
R

⑦
方向水平向右。
（2）设PQ 由静止开始到速度大小为v 的加速过程中，PQ 运动的位移为x ，所用时间为
t
，回路中的磁通量变
化为

，平均感应电动势为E ，有
E
t



⑧
其中
Blx



⑨
设PQ 中的平均电流为I ，有
2
E
I
R

⑩
根据电流的定义得
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q
I
t

⑪
由动能定理，有
2
1
0
2
Fx
W
mv



⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式得
2
1
2
2
3
W
mv
kq


⑬
12.（20 分）
（1）设正离子经过电极B 时的速度为v，根据动能定理，有
2
1
0
2
ZeU
mv


①
设正离子束所受的电场力为
1F，根据牛顿第三定律，有
1
1
F
F

②
设引擎在t
时间内飘入电极间的正离子个数为N

，由牛顿第二定律，有
1
0
v
F
Nm
t



③
联立①②③式，且
N
N
t


得
1
2
F
N
ZemU

④
（2）设正离子束所受的电场力为F，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
1
2
P
F v

⑤
考虑到牛顿第三定律得到F
F

，联立①⑤式得
2
F
m
P
ZeU

⑥
（3）为使F
P
尽量大，分析⑥式得到
三条建议：用质量大的离子；用带电量少的离子；减小加速电压。
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绝密★启用前
2019 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）
物
理
注
意
事
项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本试卷共8 页，包含选择题（第1 题~第9 题，共9 题）、非选择题（第10 题~第15 题，共6 题）两部分．本
卷满分为120 分，考试时间为100 分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其
他答案．作答非选择题，必须用0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无
效．
5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分．每小题只有一个
．．．．选项符合题意．
1．某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20 V时，输出电压
（A）降低2 V （B）增加2 V（C）降低200 V
（D）增加200 V
2．如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力
为T，则风对气球作用力的大小为
（A）sin
T

（B）cos
T

（C）Tsinα
（D）Tcosα
3．如图所示的电路中，电阻R=2 Ω．断开S后，电压表的读数为3 V；闭合S后，电压表的读数为2 V，则电源的内阻r
为
（A）1 Ω （B）2 Ω（C）3 Ω（D）4 Ω
4．1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动．如图所示，
设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G．则
（A）
1
2
1
,
GM
v
v v
r


（B）
1
2
1
,
GM
v
v v
r


（C）
1
2
1
,
GM
v
v v
r


（D）
1
2
1
,
GM
v
v v
r


5．一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为
P，不计粒子重力，则P-t关系图象是
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二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计16 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4 分，选
对但不全的得2 分．错选或不答的得0 分．
6．如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，
重力加速度为g，则座舱
（A）运动周期为
2πR

（B）线速度的大小为ωR
（C）受摩天轮作用力的大小始终为mg
（D）所受合力的大小始终为mω2R
7．如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条
导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是
（A）均向左
（B）均向右
（C）a的向左，b的向右
（D）a的向右，b的向左
8．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧
后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，
弹簧未超出弹性限度．在上述过程中
（A）弹簧的最大弹力为μmg
（B）物块克服摩擦力做的功为2μmgs
（C）弹簧的最大弹性势能为μmgs
（D）物块在A点的初速度为
2 gs

9．如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为+q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为+q的点电荷Q1从无穷远处（电
势为0）移到C点，此过程中，电场力做功为-W．再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为-2q的点
电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有
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（A）Q1移入之前，C点的电势为
W
q
（B）Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0
（C）Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W
（D）Q2在移到C点后的电势能为-4W
三、简答题：本题分必做题（第10~12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的
位置．
【必做题】
10．（8分）某兴趣小组用如题10-1图所示的装置验证动能定理．
（1）有两种工作频率均为50 Hz的打点计时器供实验选用：
A．电磁打点计时器
B．电火花打点计时器
为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择
（选填“A”或“B”）．
（题10-1图）
（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔．实验中，为消除摩擦力的影
响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动．同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除．同学乙
认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动．看法正确的同学是
（选填“甲”
或“乙”）．
（3）消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码．接通打点计时器电源，松开小车，小车运动．纸带被打
出一系列点，其中的一段如题10-2图所示．图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A点的速度vA=
m/s．
（题10-2图）
（4）测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L．小车动能的变化量可用ΔEk=
2
1
2
A
Mv
算出．砝码
盘中砝码的质量为m，重力加速度为g；实验中，小车的质量应
（选填“远大于”“远小于”或“接近”）
砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W=mgL算出．多次测量，若W与ΔEk均基本相等
则验证了动能定理．
11．（10分）某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．实验操作如下：
（1）螺旋测微器如题11-1图所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋
动
（选填“A”“B”或“C”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏．
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（题11–1图）
（2）选择电阻丝的
（选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．
（3）题11-2甲图中Rx，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入题11-2乙图实物电路中的正确
位置．
（题11-2甲图）
（题11-2乙图）
（4）为测量R，利用题11-2甲图所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1–I1关系图
象如题11-3图所示．接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：
U2/V
0.50
1.02
1.54
2.05
2.55
I2/mA
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
请根据表中的数据，在方格纸上作出U2–I2图象．
（5）由此，可求得电阻丝的Rx=
Ω．根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率．
12．[选修3–5]（12分）
（1）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿
水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为
．
（A）m v
M
（B）M v
m
（C）
m
v
m
M

（D）
M
v
m
M

（2）100年前，卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子．后来，人们用α粒子轰击60
28Ni 核也打出了质子：
4
60
62
1
2
28
29
1
He+
Ni
Cu+ H
X


；该反应中的X是
（选填“电子”“正电子”或“中子”）．此后，对原子核反应
的持续研究为核能利用提供了可能．目前人类获得核能的主要方式是
（选填“核衰变”“核裂变”或
“核聚变”）．
（3）在“焊接”视网膜的眼科手术中，所用激光的波长λ=6.4×107 m，每个激光脉冲的能量E=1.5×10-2 J．求每个
脉冲中的光子数目．（已知普朗克常量h=6.63×l0-34 J·s，光速c=3×108 m/s．计算结果保留一位有效数字）
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【选做题】
13．本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答
．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．若多做，则按A小题评分．
A．[选修3–3]（12分）
（1）在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，该气体
．
（A）分子的无规则运动停息下来
（B）每个分子的速度大小均相等
（C）分子的平均动能保持不变
（D）分子的密集程度保持不变
（2）由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的．在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表
现为
（选填“引力”或“斥力”）．分子势能Ep和分子间距离r的关系图象如题13A-1图所示，能总体上
反映小水滴表面层中水分子Ep的是图中
（选填“A”“B”或“C”）的位置．
（3）如题13A-2图所示，一定质量理想气体经历A→B的等压过程，B→C的绝热过程（气体与外界无热量交换），
其中B→C过程中内能减少900 J．求A→B→C过程中气体对外界做的总功．
B．[选修3–4]（12分）
（1）一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的
．
（A）位移增大
（B）速度增大
（C）回复力增大
（D）机械能增大
（2）将两支铅笔并排放在一起，中间留一条狭缝，通过这条狭缝去看与其平行的日光灯，能观察到彩色条纹，
这是由于光的
（选填“折射”“干涉”或“衍射”）．当缝的宽度
（选填“远大于”或“接近”）光波
的波长时，这种现象十分明显．
（3）如图所示，某L形透明材料的折射率n=2．现沿AB方向切去一角，AB与水平方向的夹角为θ．为使水平方
向的光线射到AB面时不会射入空气，求θ的最大值．
四、计算题：本题共3 小题，共计47 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后
答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
14．（15分）如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积
S=0.3 m2、电阻R=0.6 Ω，磁场的磁感应强度B=0.2 T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt=0.5s时间内合到一
起．求线圈在上述过程中
（1）感应电动势的平均值E；
（2）感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
（3）通过导线横截面的电荷量q．
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15．（16分）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均
为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初
速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．
16．（16分）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相
交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小
不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中
做圆周运动的半径为d，且d<L，粒子重力不计，电荷量保持不变。
（1）求粒子运动速度的大小v；
（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；
（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN= 2
d
，求粒子从P到Q的运动时间t．
物理试题参考答案
一、单项选择题
1．D
2．C
3．A
4．B
5．A
二、多项选择题
6．BD
7．CD
8．BC
9．ABD
三、简答题
10．（l）B
（2）乙
（3）0.31（0.30~0.33都算对）
（4）远大于
11．（1）C
（2）不同
（3）（见图1）（4）（见图2）（5）23.5（23.0~24.0都算对）
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12．（1）B
（2）中子
核裂变
（3）光子能量
hc



光子数目
n= E
，代入数据得n=5×1016
13A．（1）CD
（2）引力
C
（3）A→B过程
W1=–p（VB–VA）
B→C过程，根据热力学第一定律
W2=∆U
则对外界做的总功W=–（W1+W2）
代入数据得W=1 500 J
13B．（1）AC
（2）衍射
接近
（3）全反射
sinC= 1
n
且C+θ=90°，得θ=60°
四、计算题
14．（1）感应电动势的平均值E
t



磁通量的变化
B S




解得
B S
E
t


，代入数据得E=0.12 V
（2）平均电流
E
I
R

代入数据得I=0.2 A（电流方向见图3）
（3）电荷量
q=I∆t
代入数据得q=0.1 C
15．（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动
2aAL=vA2
解得
2
A
v
gL


（2）设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB，得
aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v=aAt，v=vB–aBt
2
2
1
1
2
2
A
A
B
B
B
x
a t
x
v t
a t



，
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且xB–xA=L
解得
2 2
B
v
gL


16．（1）粒子的运动半径
mv
d
qB

解得
qBd
v
m

（2）如图4所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切
由几何关系得dm=d（1+sin60°）
解得
m
2
3
2
d
d


（3）粒子的运动周期
2πm
T
qB

设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则
(
1,3,5,
)
4
T
t
n
t n





（a）当
3
1
2
L
nd
d



（
）
时，粒子斜向上射出磁场
1
12
t
T

解得
3 3
4
π
6
2
L
m
t
d
qB



（
）
（b）当
3
1+ 2
L
nd
d

（
）
时，粒子斜向下射出磁场
5
12
t
T

解得
3 3
4
π
6
2
L
m
t
d
qB



（
）
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绝密★启封并使用完毕前
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试（北京卷）
本试卷共16 页，共300 分。考试时长150 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结
束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1
C 12
N 14
O 16
第一部分（选择题共120 分）
本部分共20 小题，每小题6 分，共120 分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
13．一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a、b、c，则
A．此刻a的加速度最小
B．此刻b的速度最小
C．若波沿x轴正方向传播，此刻b向y轴正方向运动
D．若波沿x轴负方向传播，a比c先回到平衡位置
14．利用图1所示的装置（示意图），观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图2中甲和乙两种图样。下列关于
P处放置的光学元件说法正确的是
A．甲对应单缝，乙对应双缝
B．甲对应双缝，乙对应单缝
C．都是单缝，甲对应的缝宽较大
D．都是双缝，甲对应的双缝间距较大
15．下列说法正确的是
A．温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度
B．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和
C．气体压强仅与气体分子的平均动能有关
D．气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变
16．如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说
法正确的是
A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b 点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
17．如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则
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A．a点场强的大小比b点大
B．b点场强的大小比c点小
C．a点电势比b点高
D．b点电势比c点低
18．2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星）。该卫星
A．入轨后可以位于北京正上方
B．入轨后的速度大于第一宇宙速度
C．发射速度大于第二宇宙速度
D．若发射到近地圆轨道所需能量较少
19．光电管是一种利用光照射产生电流的装置，当入射光照在管中金属板上时，可能形成光电流。表中给出了6次
实验的结果。
组
次
入射光子的能
量/eV
相对光强
光电流大小/mA
逸出光电子的最
大动能/eV
第
一
组
1
2
3
4.0
4.0
4.0
弱
中
强
29
43
60
0.9
0.9
0.9
第
二
组
4
5
6
6.0
6.0
6.0
弱
中
强
27
40
55
2.9
2.9
2.9
由表中数据得出的论断中不正确的是
A．两组实验采用了不同频率的入射光
B．两组实验所用的金属板材质不同
C．若入射光子的能量为5.0 eV，逸出光电子的最大动能为1.9 eV
D．若入射光子的能量为5.0 eV，相对光强越强，光电流越大
20．国际单位制（缩写SI）定义了米（m）、秒（s）等7个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。例如，由m
和s可以导出速度单位m·s
–1。历史上，曾用“米原器”定义米，用平均太阳日定义秒。但是，以实物或其运动来
定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967年用铯–1
33原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率∆ν=9 192 631 770 Hz定义s；1983年用真空中的光速c=299 79
2 458 m·s
–1定义m。2018年第26届国际计量大会决定，7个基本单位全部用基本物理常量来定义（对应关系如
图，例如，s对应∆ν，m对应c）。新SI自2019年5月20日（国际计量日）正式实施，这将对科学和技术发展产生
深远影响。下列选项不正确的是
A．7个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性
B．用真空中的光速c（m·s
–1）定义m，因为长度l与速度v存在l=vt，而s已定义
C．用基本电荷e（C）定义安培（A），因为电荷量与电流I存在I=q/t，而s已定义
D．因为普朗克常量h（J·s）的单位中没有kg，所以无法用它来定义质量单位
第二部分（非选择题共180 分）
本部分共11 小题，共180 分。
21．（18分）
用如图1所示装置研究平地运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑
下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上
挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
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（1）下列实验条件必须满足的有____________。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的________（选填“最上端”、“最下端”或
者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时______（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤
线平行。
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图2所示，在轨迹上取A、B、C三点，A
B和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则
1
2
y
y ______ 1
3 （选填“大于”、
“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为____________（已知当地重力加速度为g，结果
用上述字母表示）。
（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是____________。
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下
笔尖的平抛运动轨迹
（4）伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多
远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体_________。
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
（5）牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果速度足够大，
物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。
同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因。
22．（16分）
如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总
电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以
速度v匀速运动，求：
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（1）感应电动势的大小E；
（2）拉力做功的功率P；
（3）ab边产生的焦耳热Q。
23．（18分）
电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电
方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。
（1）请在图1中画出上述u–q图像。类比直线运动中由v–t图像求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储
存的电能Ep。
（2）在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源（忽略内阻）。通过改变电路中元件的参数对同一电
容器进行两次充电，对应的q–t曲线如图3中①②所示。
a．①②两条曲线不同是______（选填E或R）的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。
（3）设想使用理想的“恒流源”替换（2）中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考
使用“恒流源”和（2）中电源对电容器的充电过程，填写下表（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
“恒流源”
（2）中电源
电源两端电压
通过电源的电流
24．（20分）
雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨
滴质量不变，重力加速度为g。
（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。
（2）将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是
比例系数。
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a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
b．示意图中画出了半径为r1、r2（r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v–t图线，其中_________对应半径
为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v–t图线。
（3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方
向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为
n，空气分子质量为m0）。
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合参考答案（北京卷）
13．C
14．A
15．A
16．C
17．D
18．D
19．B
20．D
21．（18分）
（1）BD
（2）a．球心
需要
b．大于
2
1
g
x
y
y

（3）AB
（4）B
（5）物体初速度较小时，运动范围很小，引力可以看作恒力——重力，做平抛运动；随着物体初速度增大，
运动范围变大，引力不能再看作恒力；当物体初速度达到第一宇宙速度时，做圆周运动而成为地球卫星。
22．（16分）
（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E=BLv
（2）线圈中的感应电流
E
I
R

拉力大小等于安培力大小F=BIL
拉力的功率
2
2 2
B L v
P
Fv
R


（3）线圈ab边电阻
4
ab
R
R

时间
L
t
v

ab边产生的焦耳热
2 3
2
4
ab
B L v
Q
I R t
R


23．（18分）
（1）u–q图线如答图1；
电压为U时，电容器带电Q，图线和横轴围成的面积为所储存的电能Ep
p
1
,
2
E
QU
Q
CU


又
故
2
p
1
2
E
CU

（2）a．R
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b．减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电。
（3）
“恒流源”
（2）中电源
电源两端电压
增大
不变
通过电源的电流
不变
减小
24．（20分）
（1）根据动能定理
2
1
2
mgh
W
mu


可得
2
1
2
W
mgh
mu


（2）a．根据牛顿第二定律mg
f
ma


得
2 2
kr v
a
g
m


当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm
雨滴质量
3
4 π
3
m
r 

由a=0，可得，雨滴最大速度
m
4π
3
g
v
r
k


b．①
如答图2
（3）根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴
下落的定向运动。
简化的圆盘模型如答图3。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在∆t时间内，与圆盘碰撞的空气分
子质量为
0
m
Sv tnm



以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，
有F t
m
v


得
2
0
F
nm Sv

由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力
2
f
v

采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。
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2018 年天津市高考物理试卷
一、单项选择题（每小题6 分，共30 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．（6.00 分）国家大科学工程﹣﹣中国散裂中子源（CSNS）于2017 年8 月28 日首次打靶成功，获得中子束流，可
以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台。下列核反应中放出的粒子为中子的是（
）
A．
N 俘获一个α粒子，产生
O 并放出一个粒子
B．
Al 俘获一个α粒子，产生
P 并放出一个粒子
C．
B 俘获一个质子，产生
Be 并放出一个粒子
D．
Li 俘获一个质子，产生
He 并放出一个粒子
2．（6.00 分）滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道AB，
从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中（
）
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
3．（6.00 分）如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运
动轨迹，设M 点和N 点的电势分别为φM、φN，粒子在M 和N 时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、
vN，电势能分别为EPM、EPN．下列判断正确的是（
）
A．vM＜vN，aM＜aN
B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EPM＜EPN D．aM＜aN，EPM＜EPN
4．（6.00 分）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R
供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V 的读数分别为I、U，R 消耗的功率为P．若发电机线
圈的转速变为原来的
，则（
）
A．R 消耗的功率变为
P
B．电压表V 的读数变为
U
C．电流表A 的读数变为2I D．通过R 的交变电流频率不变
5．（6.00 分）氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，都是氢原子中电子从量子数n＞2 的能级跃
迁到n=2 的能级时发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定（
）
A．Hα对应的前后能级之差最小
B．同一介质对Hα的折射率最大
C．同一介质中Hδ的传播速度最大
D．用Hγ照射某一金属能发生光电效应，则Hβ也一定能
二、不定项选择题（每小题6 分，共18 分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6
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分，选对但不全的得3 分，选错或不答的得0 分）
6．（6.00 分）2018 年2 月2 日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有
在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和
地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据
可以计算出卫星的（
）
A．密度B．向心力的大小C．离地高度D．线速度的大小
7．（6.00 分）明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：
无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等
腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则（
）
A．若F 一定，θ大时FN 大B．若F 一定，θ小时FN 大
C．若θ一定，F 大时FN 大
D．若θ一定，F 小时FN 大
8．（6.00 分）一振子沿x 轴做简谐选动，平衡位置在坐标原点。t=0 时振子的位移为﹣0.1m，t=1s 时位移为0.1m，
则（
）
A．若振幅为0.1m，振子的周期可能为
s
B．若振幅为0.1m，振子的周期可能为
s
C．若振幅为0.2m，振子的周期可能为4s
D．若振幅为0.2m，振子的周期可能为6s
三、非选择题．本题共4 题，共72 分．
9．（4.00 分）质量为0.45kg 的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05kg 的子弹以200m/s 的水平速度击中木块，
并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是
m/s。若子弹在木块中运动时受到的平
均阻力为4.5×103N，则子弹射入木块的深度为
m。
10．（4.00 分）某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所有器材有：方木板一块，白纸，量程为5N 的弹簧
测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。
①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有
。
A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
B．重复实验再次进行验证时，结点O 的位置可以与前一次不同
C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度
D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力
②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小
及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是
。
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11．（10.00 分）某同学用伏安法测定待测电阻Rx 的阻值（约为10kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供
选用：
A．电压表（量程0～1V，内阻约10kΩ）
B．电压表（量程0～10V，内阻约100kΩ）
C．电流表（量程0～1mA，内阻约30Ω）
D．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.05Ω）
E．电源（电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）
F．电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计）
G．滑动变阻器R0（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）
①为使测量尽量准确，电压表选用
，电流表选用
，电源选用
。（均填器材的字母代号）
②画出测量Rx 阻值的实验电路图。
③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会
其真实值（填“大于”、“小
于”或“等于”），原因是
。
12．（16.00 分）我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919 首飞成功后，拉开了全面试
验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103m 时才能达到
起飞所要求的速度v=80m/s。已知飞机质量m=7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1 倍，重力加速度取
g=10m/s2．求飞机滑跑过程中
（1）加速度a 的大小；
（2）牵引力的平均功率P。
13．（18.00 分）如图所示，在水平线ab 的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab 的上方存在匀强
磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、
R 的半圆环形区域，外圆与ab
的交点分别为M、N．一质量为m、电荷量为q 的带负电粒子在电场中P 点静止释放，由M 进入磁场，从N 射出。
不计粒子重力。
（1）求粒子从P 到M 所用的时间t；
（2）若粒子从与P 同一水平线上的Q 点水平射出，同样能由M 进入磁场，从N 射出。粒子从M 到N 的过程中，
始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q 时速度v0 的大小。
14．（20.00 分）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1 是某种动力系统的
简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab 和cd 是两根与
导轨垂直、长度均为l、电阻均为R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，
列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如
图1 所示。为使列车启动，需在M、N 间连接电动势为E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后
电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1 中M、N 哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a 的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2 所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距
均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd 均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少
块这样的有界磁场？
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2018 年天津市高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题6 分，共30 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．（6.00 分）国家大科学工程﹣﹣中国散裂中子源（CSNS）于2017 年8 月28 日首次打靶成功，获得中子束流，可
以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台。下列核反应中放出的粒子为中子的是（
）
A．
N 俘获一个α粒子，产生
O 并放出一个粒子
B．
Al 俘获一个α粒子，产生
P 并放出一个粒子
C．
B 俘获一个质子，产生
Be 并放出一个粒子
D．
Li 俘获一个质子，产生
He 并放出一个粒子
【分析】依据质量数与电荷数守恒；裂变是较重的原子核分裂成较轻的原子核的反应。
【解答】解：A、
N 俘获一个α粒子，产生
O 后，新粒子的质量数为14+4﹣17=1，电荷数为：7+2﹣8=1，所
以粒子为质子。故A 错误；
B、
Al 俘获一个α粒子，产生
P 后，粒子的质量数为27+4﹣30=1，电荷数为：13+2﹣15=0，所以粒子为中子。
故B 正确；
C、
B 俘获一个质子，产生
Be 后，粒子的质量数为11+1﹣8=4，电荷数为：5+1﹣4=2，所以粒子为α粒子。故
C 错误；
D、
Li 俘获一个质子，产生
He 后，粒子的质量数为6+1﹣3=4，电荷数为：3+1﹣2=2，所以粒子为α粒子。故D
错误
故选：B。
【点评】考查核反应书写规律，掌握常见的人工核反应的规律，知道质量数与电荷数守恒是解答的关键。
2．（6.00 分）滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道AB，
从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中（
）
A．所受合外力始终为零
B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
【分析】滑雪运动员的速率不变做匀速圆周运动，加速度不为零，运动员所受合外力大小不为0，对运动员进行受
力分析，结合受力的特点分析摩擦力的变化。摩擦力做功运动员的机械能减小
【解答】解：A、滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，由牛顿
第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零。故A 错误。
B、运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从A 到B 的过程中，滑道与水平
方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力
始终等于0，所以滑动摩擦力也逐渐减小。故B 错误。
C、滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为0．故C 正确。
D、运动员从A 到B 下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小。故D 错误。
故选：C。
【点评】本题抓住运动员做的是匀速圆周运动，速率不变，而速度、加速度、合外力是变化的。
3．（6.00 分）如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运
动轨迹，设M 点和N 点的电势分别为φM、φN，粒子在M 和N 时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、
vN，电势能分别为EPM、EPN．下列判断正确的是（
）
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A．vM＜vN，aM＜aN
B．vM＜vN，φM＜φN
C．φM＜φN，EPM＜EPN D．aM＜aN，EPM＜EPN
【分析】带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向左下方，由于粒子带负电，
因此电场线方向指向右上方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线的疏密反应电场的强弱。
【解答】解：带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，
又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故φM＞φN①；
若粒子从M 到N 过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M 点时的速度比通过N 点时的速
度大，即vM＞vN②，
在M 点具有的电势能比在N 点具有的电势能小，即EPM＜EPN③；
根据电场线疏密可知，EM＜EN，根据F=Eq 和牛顿第二定律可知，aM＜aN④；
A、由②④可知，A 错误；
B、由①②可知，B 错误；
C、由①③可知，C 错误；
D、由③④可知，D 正确；
故选：D。
【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、
电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
4．（6.00 分）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R
供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V 的读数分别为I、U，R 消耗的功率为P．若发电机线
圈的转速变为原来的
，则（
）
A．R 消耗的功率变为
P
B．电压表V 的读数变为
U
C．电流表A 的读数变为2I D．通过R 的交变电流频率不变
【分析】根据交流电的产生以及最大值的表达式，分析交流电的最大值的变化，结合
当结合有效值与最大值之间的关系分析有效值的变化；结合变压器的特点分析副线圈上的电压的变化、功率的变化
以及频率的变化。
【解答】解：A、B、线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动
的角速度为ω，则产生的最大电动势为：
Em=nBSω
原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为：
设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为：
…①
当发电机线圈的转速变为原来的
时，有：
…②
副线圈两端的电压为：
…③
联立①③可知，
，即电压表的读数变为
U；
由：P=
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R 消耗的电功率：
，即R 消耗的功率变为
；故A 错误，B 正确；
C、由变压器的特点可知，副线圈消耗的功率为原来的
，则发电机产生的电功率变成原来的
；由②可知，线圈
产生的电动势是原来的
，由P=UI 可知，电流表的读数变成原来的
．故C 错误；
D、发电机线圈的转速变为原来的
，则原线圈中电流的频率变成原来的
，所以副线圈中，通过R 的频率变成原
来的
．故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了交流电的产生以及变压器的构造和原理，对交流电来说，当线圈的角速度减小时，不仅仅交流
电的频率发生变化，交流电的最大值、有效值都会产生变化。
5．（6.00 分）氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，都是氢原子中电子从量子数n＞2 的能级跃
迁到n=2 的能级时发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定（
）
A．Hα对应的前后能级之差最小
B．同一介质对Hα的折射率最大
C．同一介质中Hδ的传播速度最大
D．用Hγ照射某一金属能发生光电效应，则Hβ也一定能
【分析】由波长与频率关系，可判定四条谱线的频率高低，从而确定其的能量大小，再结合跃迁过程中，释放能量
即为前后能级之差，并由能量大小，来判定折射率的高低，再由v=
，来确定传播速度的大小；最后依据入射光的
频率不小于极限频率时，才会发生光电效应现象。
【解答】解：A、四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，在真空中的波长由长到短，根据
，可知，四条谱线Hα、Hβ、
Hγ和Hδ，的频率是由低到高；那么它们的能量也是由小到大，
而△E=Em﹣En=hγ，则Hα对应的前后能级之差最小，故A 正确；
B、当在同一介质，由于Hδ，能量最大，那么其的折射率也最大，而对Hα的折射率最小，故B 错误；
C、在同一介质中，Hδ的折射率最大，由v=
，可知，其传播速度最小，故C 错误；
D、若用Hγ照射某一金属能发生光电效应，由于Hβ的能量小于Hγ，即Hβ的频率小于Hγ，依据光电效应发生条件，
其入射频率不小于极限频率则Hβ不一定能，故D 错误；
故选：A。
【点评】考查跃迁过程中能级的高低，掌握频率的大小与折射率的高低的关系，理解光电效应发生条件。
二、不定项选择题（每小题6 分，共18 分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，选错或不答的得0 分）
6．（6.00 分）2018 年2 月2 日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有
在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和
地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据
可以计算出卫星的（
）
A．密度B．向心力的大小C．离地高度D．线速度的大小
【分析】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出线速度、向心加速
度、重力加速度，然后答题。
【解答】解：A、设观测可以得到卫星绕地球运动的周期为T，地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g；
地球表面的重力由万有引力提供，所以：mg=
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所以地球的质量：M=
，没有告诉万有引力常量，所以不能求出地球的质量，就不能求出地球的密度。故A 错
误；
B、题目中没有告诉卫星的质量，不能求出卫星受到的向心力。故B 错误；
C、根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
=m
（R+h）
解得：h=
=
可以求出卫星的高度。故C 正确；
D、由牛顿第二定律得：
=
解得：v=
=
，可知可以求出卫星的线速度。故D 正确
故选：CD。
【点评】本题考查了人造卫星的应用，知道万有引力提供向心力是解题的关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律
可以解题。
7．（6.00 分）明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：
无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等
腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则（
）
A．若F 一定，θ大时FN 大B．若F 一定，θ小时FN 大
C．若θ一定，F 大时FN 大
D．若θ一定，F 小时FN 大
【分析】由于木楔处在静止状态，故可将力F 沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，
画出力F 按效果分解的图示。并且可据此求出木楔对两边产生的压力。
【解答】解：选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于
木楔处于平衡状态，所以侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F 沿两侧分解的分力是相等的，力F 的分解如图：
则：
所以：
由公式可知，当F 一定，θ小时FN 大；当θ一定，F 大时FN 大。故AD 错误，BC 正确
故选：BC。
【点评】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分
解即可。
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8．（6.00 分）一振子沿x 轴做简谐选动，平衡位置在坐标原点。t=0 时振子的位移为﹣0.1m，t=1s 时位移为0.1m，
则（
）
A．若振幅为0.1m，振子的周期可能为
s
B．若振幅为0.1m，振子的周期可能为
s
C．若振幅为0.2m，振子的周期可能为4s
D．若振幅为0.2m，振子的周期可能为6s
【分析】t=0 时刻振子的位移x=﹣0.1m，t=1s 时刻x=0.1m，关于平衡位置对称；如果振幅为0.1m，则1s 为半周期
的奇数倍；如果振幅为0.2m，分靠近平衡位置和远离平衡位置分析。
【解答】解：A、B、t=0 时刻振子的位移x=﹣0.1m，t=1s 时刻x=0.1m，如果振幅为0.1m，则：（n+
）T=t
解得：T=
=
当n=0 时，T=2s；
当n=1 时，T=
s；
当n=2 时，T=
s
故A 正确，B 错误；
C、D、t=0 时刻振子的位移x=﹣0.1m，t=4s 时刻x=0.1m，如果振幅为0.2m，结合位移时间关系图象，有：
t=
+nT
①
或者t=
T+nT
②
或者t=
+nT
③
对于①式，当n=0 时，T=2s；
对于①式，当n=1 时，T=
s；
对于②式，当n=0 时，T=
s；
对于②式，当n=1 时，T=
s
对于③式，当n=0 时，T=6s；
对于③式，当n=1 时，T=
s
故C 错误，D 正确；
故选：AD。
【点评】本题中，0 时刻和1s 时刻的速度有两种方向，考虑4 种情况，还要考虑多解性，不难。
三、非选择题．本题共4 题，共72 分．
9．（4.00 分）质量为0.45kg 的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05kg 的子弹以200m/s 的水平速度击中木块，
并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是
20
m/s。若子弹在木块中运动时受到的平
均阻力为4.5×103N，则子弹射入木块的深度为
0.2
m。
【分析】以整体为研究对象，水平方向根据动量守恒定律求解木块最终的速度大小；
根据能量守恒定律求解子弹射入木块的深度。
【解答】解：木块的质量M=0045kg，子弹的质量为m=0.05kg，初速度为v0=200m/s，
二者组成的系统水平方向动量守恒，设子弹初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
mv0=（m+M）v
解得木块最终速度的大小v=
=
m/s=20m/s；
设子弹射入木块的深度为d，根据能量守恒定律可得：
fd=
，
解得：d=0.2m。
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故答案为：20；0.2。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受
外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进行解答。
10．（4.00 分）某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所有器材有：方木板一块，白纸，量程为5N 的弹簧
测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。
①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有
BC
。
A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
B．重复实验再次进行验证时，结点O 的位置可以与前一次不同
C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度
D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力
②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小
及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是
B
。
【分析】做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两
个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，
和那一个力（实际值）进行比较。用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮筋同线的那个是实际值。由此结合实验
过程中需要注意的事项依次分析即可。
【解答】解：（1）A、F1、F2 方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，
故A 错误；
B、合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力
拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点O 的位置要相同；而在重复实验再次进行验证时，结点O 的位置可以
与前一次不同。故B 正确；
C、使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小引摩擦产生的误差；读数时视线应正对测力计刻度，可以
减小偶然误差。故C 正确；
D、用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定必须都小于只用一个测力计时的拉力，故D 错误；
故选：BC
（2）A、为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，
该图中所描的点太靠近结点。故A 错误；
B、该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中。故B 正确；
C、实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，该图中的读数都太小，故C 错误；
D、该图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，故D 错误；
故选：B
故答案为：（1）BC；（2）B
【点评】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知
识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解，同时要理解会给实验带来误差的因素。
11．（10.00 分）某同学用伏安法测定待测电阻Rx 的阻值（约为10kΩ），除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供
选用：
A．电压表（量程0～1V，内阻约10kΩ）
B．电压表（量程0～10V，内阻约100kΩ）
C．电流表（量程0～1mA，内阻约30Ω）
D．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.05Ω）
E．电源（电动势1.5V，额定电流0.5A，内阻不计）
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F．电源（电动势12V，额定电流2A，内阻不计）
G．滑动变阻器R0（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）
①为使测量尽量准确，电压表选用
B
，电流表选用
C
，电源选用
F
。（均填器材的字母代号）
②画出测量Rx 阻值的实验电路图。
③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会
大于
其真实值（填“大于”、
“小于”或“等于”），原因是
电压表的读数大于待测电阻两端实际电压
。
【分析】①分析给出的仪表，根据安全和准确性原则进行分析，从而确定应选择的测量仪表；
②根据实验原理确定实验电路图，明确分压接法和内外接法的正确应用；
③分析电路图，根据电表内阻的影响进行分析，明确误差情况和原因。
【解答】解：①因待测电阻阻值较大，为了准确测量，应采用较大的电动势，故选电动势为12V 的电源F；电压表
选择10V 的量程，最大电流I 约为：
I=
=0.001A=1mA，故电流表选择C；
②因给出的滑动变阻器总阻值较小，所以应采用分压接法，同时因待测电阻较大，为了准确测量，电流表选择内接
法，故电路图如图所示；
③因本实验采用电流表内接法，由于电流表分压影响，电压表测量值将大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值
将大于真实值；
故答案为：①B；C；F；②如图所示；③大于；电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压。
【点评】遇到电学实验问题应明确：①通过求出待测电阻的最大电流来选择电流表量程；②明确“大内偏大，小外
偏小“的电流表接法和误差情况分析；③若变阻器的全电阻能满足电路电阻要求时，变阻器可以采用限流式接法。
12．（16.00 分）我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919 首飞成功后，拉开了全面试
验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103m 时才能达到
起飞所要求的速度v=80m/s。已知飞机质量m=7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1 倍，重力加速度取
g=10m/s2．求飞机滑跑过程中
（1）加速度a 的大小；
（2）牵引力的平均功率P。
【分析】（1）飞机起飞滑行过程简化为初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出飞
机滑行过程的加速度。
（2）由v=at 求飞机滑行的时间t；根据动能定理求出牵引力做的功，由平均功率的表达式即可求出平均功率。
【解答】解：（1）根据速度位移公式得，v2=2as
代入数据得a=2m/s2。
（2）由v=at 得：
t=
s
飞机受到的阻力：F 阻=0.1mg
设牵引力做的功为W，则由动能定理可得：W﹣F 阻•x=
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牵引力的平均功率：
代入数据联立可得：P=8.4×106W
答：（1）飞机滑行过程中加速度大小a 是2m/s2；
（2）牵引力的平均功率是8.4×106W。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，要知道加速度是联系力和运动的桥
梁。
13．（18.00 分）如图所示，在水平线ab 的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab 的上方存在匀强
磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、
R 的半圆环形区域，外圆与ab
的交点分别为M、N．一质量为m、电荷量为q 的带负电粒子在电场中P 点静止释放，由M 进入磁场，从N 射出。
不计粒子重力。
（1）求粒子从P 到M 所用的时间t；
（2）若粒子从与P 同一水平线上的Q 点水平射出，同样能由M 进入磁场，从N 射出。粒子从M 到N 的过程中，
始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q 时速度v0 的大小。
【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力即可求出粒子到达M 点的速度，然后结合动量定理即可求出粒子在电场中
运动的时间；
（2）由圆周运动的条件与临界条件，求出粒子到达M 的速度，然后由动能定理即可求出。
【解答】解：（1）设粒子第一次在磁场中运动的速度为v，粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，可得：
可得：v=
粒子在电场中受到的电场力为qE，设运动的时间为t，则：
qEt=mv﹣0
联立可得：t=
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的过程中，其周期：T=
，可知粒子在磁场中运动的周期与其速度、半径都
无关；
根据：
可知粒子在磁场中运动的时间由轨迹的圆弧对应的圆心角有关，圆心角越小，则时间越短；所以当轨迹与内圆相切
时，所用的时间最短，设粒子此时的半径为r，如图：
由几何关系可得：
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设粒子进入磁场时速度的方向与ab 的夹角为θ，则圆弧所对的圆心角为2θ，由几何关系可得：
tanθ=
粒子从Q 点抛出后做类平抛运动，在电场方向向上的分运动与从P 释放后的情况相同，所以粒子进入磁场时，沿竖
直方向的分速度同样也为v，在垂直于电场方向的分速度始终为v0，则：
tanθ=
联立可得：v0=
答：（1）粒子从P 到M 所用的时间是
；
（2）所用的时间最少时，粒子在Q 时速度v0 的大小是
。
【点评】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以
及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力等，其中正确判断出临界条件是解答第二问的关键。
14．（20.00 分）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1 是某种动力系统的
简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab 和cd 是两根与
导轨垂直、长度均为l、电阻均为R 的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，
列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd 处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如
图1 所示。为使列车启动，需在M、N 间连接电动势为E 的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后
电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1 中M、N 哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a 的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2 所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距
均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd 均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少
块这样的有界磁场？
【分析】（1）列车向右运动可知所受安培力向右，根据左手定则确定电流方向，再根据电流方向确定MN 谁接电源
正极；
（2）根据欧姆定律求得导体棒中的电流大小，再根据F=BIl 求得安培力的大小，最后根据牛顿第二定律求得电源刚
接通时列车的加速度a；
（3）列车通过磁场区域时，穿过回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，求得穿过一个有界磁场过程中感
应电流引起的安培力的冲量大小，再根据使列车停下所需的总冲量大小（由动量定理得），根据两者的比值确定需
要多少块有界磁场才可以使列车停下。
【解答】解：（1）M 接电压正极，列车要向右运动，安培力方向向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流
方向由a 到b、由c 到d，故M 接电源正极。
（2）由题意，启动时ab、cd 并联，设回路总电阻为R 总，由电阻的串并联知识可得：
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有：
设两根金属棒所受安培力之和为F，有：
F=BIl
根据牛顿第二定律有：
F=ma
得：a=
（3）设列车减速时，cd 进入磁场后经△t 时间ab 恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量的
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变化率为△φ，平均感应电动势为E1，则由法拉第电磁感应定律有：
其中△φ=Bl2
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有：
设cd 受到的平均安培力为F′，有：
F′=BI′l
以向右为正方向，设△t 时间内cd 受到安培力冲量为I 冲，有：
I 冲=﹣F′△t
同理可知，回路出磁场时ab 受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有：
I0=2I 冲
设列车停下来受到的总冲量为I 总，由动量定理有：
I 总=0﹣mv0
联立上式解得：
讨论：若
恰好为整数，设其为n，则需设置n 块磁场，若
的整数部分为N，则需设置N+1 块磁场。
答：（1）要使列车向右运行，启动时图1 中M 接电源正极，理由见解答；
（2）刚接通电源时列车加速度a 的大小为
；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2 所示的一系列磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距
均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd 均在无磁场区域，试讨论：若
恰好为整数，设其为n，则
需设置n 块磁场，若
的整数部分为N，则需设置N+1 块磁场。
【点评】本题是牛顿第二定律、动量定理、冲量以及电磁感应的综合题，题目所涉及知识点较多，需要考生需要较
强的物理功底以及灵活的思维。
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2018 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅲ）
一、选择题：本题共8 个小题，每题6 分，共48 分。在每个小题给出的四个选项中，第1-4 题只有一项符合题目
要求，第5-8 题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对不全的得3 分，有选错的得0 分。
1．
（6.00 分）1934 年，约里奥﹣居里夫妇用α粒子轰击铝核
Al，产生了第一个人工放射性核素X：α+
Al→n+X．X
的原子序数和质量数分别为（
）
A．15 和28
B．15 和30
C．16 和30
D．17 和31
2．（6.00 分）为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16 倍；另一地球卫星
Q 的轨道半径约为地球半径的4 倍。P 与Q 的周期之比约为（
）
A．2：1 B．4：1 C．8：1 D．16：1
3．（6.00 分）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一
个周期内产生的热量为Q 正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示。则Q 方：Q 正等于（
）
A．1：
B．
：1
C．1：2 D．2：1
4．（6.00 分）在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和
的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。
甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（
）
A．2 倍B．4 倍C．6 倍D．8 倍
5．（6.00 分）甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位
置x 随时间t 的变化如图所示。下列说法正确的是（
）
A．在t1 时刻两车速度相等
B．从0 到t1 时间内，两车走过的路程相等
C．从t1 到t2 时间内，两车走过的路程相等
D．在t1 到t2 时间内的某时刻，两车速度相等
6．（6.00 分）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间
t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提
升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，（
）
A．矿车上升所用的时间之比为4：5
B．电机的最大牵引力之比为2：1
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C．电机输出的最大功率之比为2：1
D．电机所做的功之比为4：5
7．（6.00 分）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R，R 在PQ 的右侧。导线PQ 中通有正弦
交流电i，i 的变化如图（b）所示，规定从Q 到P 为电流正方向。导线框R 中的感应电动势（
）
A．在t=
时为零
B．在t=
时改变方向
C．在t=
时最大，且沿顺时针方向
D．在t=T 时最大，且沿顺时针方向
8．（6.00 分）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b 所带电荷量大小相等、
符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运
动。在随后的某时刻t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b 间的相互作用和重力可忽略。下列
说法正确的是（
）
A．a 的质量比b 的大
B．在t 时刻，a 的动能比b 的大
C．在t 时刻，a 和b 的电势能相等
D．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等
二、非选择题。第9-12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-16 题为选考题，考生根据要求作答。（一）
必考题.
9．（6.00 分）甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：
（1）甲用两个手指轻轻捏住量程为L 的木尺上端，让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端（位置恰好处于L 刻度
处，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的尺。
（2）甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置
刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为
（用L、L1 和g 表示）。
（3）已知当地的重力加速度大小为g=9.80m/s2，L=30.0cm，L1=10.4cm。乙的反应时间为
s．（结果保留2 位
有效数字）
（4）写出一条能提高测量结果准确程度的建议：
。
10．（9.00 分）一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx 的阻值，图中R0 为标准定值电阻（R0=20.0Ω）；
可视为理想电压表；S1 为单刀开关，S2 为单刀双掷开关；E 为电源；R 为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：
（1）按照实验原理线路图（a），将图（b）中实物连线；
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（2）将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S1；
（3）将开关S2 掷于1 端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表
的示数U1；然后将S2 掷于2 端，记
下此时电压表
的示数U2；
（4）待测电阻阻值的表达式Rx=
（用R0、U1、U2 表示）；
（5）重复步骤（3），得到如下数据：
1
2
3
4
5
U1/V
0.25
0.30
0.36
0.40
0.44
U2/V
0.86
1.03
1.22
1.36
1.49
3.44
3.43
3.39
3.40
3.39
（6）利用上述5 次测量所得
的平均值，求得Rx=
Ω．（保留1 位小数）
11．（12.00 分）如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M
点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小
为v1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。
求
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）甲、乙两种离子的比荷之比。
12．（20.00 分）如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨
道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=
．一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆
弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。
已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；
（2）小球达A 点时动量的大小；
（3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间。
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（二）选考题：共15 分，请考生从2 道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。[物理——选
修3-3]（15 分）
13．（5.00 分）如图，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b，其过程如p﹣V 图中从a 到b 的直线所示。在此过
程中（
）
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
14．（10.00 分）在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U
形管两端竖直朝上时，左，右两边空气柱的长度分别为l1=18.0cm 和l2=12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg．现将
U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U 形管平放时两边空气柱的长度。在
整个过程中，气体温度不变。
【物理--选修3-4】（15 分）
15．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t=0 和t=0.20s 时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T
＞0.20s。下列说法正确的是（
）
A．波速为0.40m/s
B．波长为0.08m
C．x=0.08m 的质点在t=0.70s 时位于波谷
D．x=0.08m 的质点在t=0.12s 时位于波谷
E．若此波传入另一介质中其波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长为0.32m
16．如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“•”（图中O 点），然后用横截面为等边三角形ABC 的三
棱镜压在这个标记上，小标记位于AC 边上。D 位于AB 边上，过D 点做AC 边的垂线交AC 于F．该同学在D 点正
上方向下顺着直线DF的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过O 点做AB 边的垂线交直线DF 于E；DE=2cm，EF=1cm。
求三棱镜的折射率。（不考虑光线在三棱镜中的反射）
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2018 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅲ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 个小题，每题6 分，共48 分。在每个小题给出的四个选项中，第1-4 题只有一项符合题目
要求，第5-8 题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对不全的得3 分，有选错的得0 分。
1．
（6.00 分）1934 年，约里奥﹣居里夫妇用α粒子轰击铝核
Al，产生了第一个人工放射性核素X：α+
Al→n+X．X
的原子序数和质量数分别为（
）
A．15 和28
B．15 和30
C．16 和30
D．17 和31
【分析】明确α粒子的质量数和电荷数，同时知道核反应中生成中子，再根据核反应方程中质量数和电荷数守恒即
可求出X 的质量数和电荷数。
【解答】解：设X 的质量数为m，电荷数为n，根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知：
4+27=1+m；
2+13=0+n
解得：m=30；n=15；
故其原子序数为15，质量数为30；故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查对核反应方程的掌握，明确质量数守恒和电荷数守恒的应用，同时知道α粒子为
，而中子为
n。
2．（6.00 分）为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16 倍；另一地球卫星
Q 的轨道半径约为地球半径的4 倍。P 与Q 的周期之比约为（
）
A．2：1 B．4：1 C．8：1 D．16：1
【分析】由题得到卫星P 与Q 的轨道半径之比，由开普勒第三定律求周期之比。
【解答】解：根据题意可得P 与Q 的轨道半径之比为：
rP：rQ=4：1
根据开普勒第三定律有：
=k
得：
=
可得周期之比为：
TP：TQ=8：1
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题中已知两个卫星的轨道半径之间的关系，可以由开普勒第三定律快速解答，也可以由万有引力定律提
供向心力求出周期与半径之间的关系后再进行判断。
3．（6.00 分）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一
个周期内产生的热量为Q 正．该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示。则Q 方：Q 正等于（
）
A．1：
B．
：1
C．1：2 D．2：1
【分析】明确有效值的定义，知道正弦式交流电其最大值为有效值的
倍，再根据焦耳定律列式即可确定一周期
内产生的热量比值。
【解答】解：由图可知，方形交流电源的有效值为U0，故其一周期产生的热量为：
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Q 方=
T；
正弦式交流电的有效值为：
U=
故其一周期产生的热量为：
Q 正=
T=
；
故有：Q 方：Q 正=2：1；
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题考查对有效值以及焦耳定律的应用，要注意明确有效值是根据电流的热效应求解的，而只有正弦式交
流电才满足最大值为有效值的
倍。
4．（6.00 分）在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和
的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。
甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（
）
A．2 倍B．4 倍C．6 倍D．8 倍
【分析】根据平抛运动的推论tanθ=2tanα得到甲、乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等，根据运动的合成与分
解求出末速度即可。
【解答】解：设斜面倾角为α，小球落在斜面上速度方向偏向角为θ，甲球以速度v 抛出，落在斜面上，如图所示；
根据平抛运动的推论可得tanθ=2tanα，所以甲乙两个小球落在斜面上时速度偏向角相等；
故对甲有：v 甲末=
对乙有：v 乙末=
，
所以
，故A 正确、BCD 错误；
故选：A。
【点评】本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由
落体运动；解决本题的关键知道平抛运动的两个推论。
5．（6.00 分）甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位
置x 随时间t 的变化如图所示。下列说法正确的是（
）
A．在t1 时刻两车速度相等
B．从0 到t1 时间内，两车走过的路程相等
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C．从t1 到t2 时间内，两车走过的路程相等
D．在t1 到t2 时间内的某时刻，两车速度相等
【分析】x﹣t 图象的斜率表示速度，根据斜率的变化分析速度的变化；交点表示相遇，由此分析路程大小。
【解答】解：A、x﹣t 图象的斜率表示速度，在t1 时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，所以乙车的速度大于甲车
速度，故A 错误；
B、从0 到t1 时间内，两车走过的路程是乙车大于甲车，故B 错误；
C、从t1 到t2 时间内，两车走过的路程均为x2﹣x1，路程相等，故C 正确；
D、根据图象可知，在t1 时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，在t2 时刻乙图象的斜率小于甲图象的斜率，在t1 到
t2 时间内的某时刻二者的斜率相同，此时两车速度相等，故D 正确。
故选：CD。
【点评】对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义
是正确解题的前提。
6．（6.00 分）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间
t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提
升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，（
）
A．矿车上升所用的时间之比为4：5
B．电机的最大牵引力之比为2：1
C．电机输出的最大功率之比为2：1
D．电机所做的功之比为4：5
【分析】两次提升的高度相同，根据v﹣t 图象的面积表示位移列式，求解矿车上升所用的时间之比。根据图象的
斜率表示加速度，由牛顿第二定律分析电机的最大牵引力之比。由P=Fv 求电机输出的最大功率之比。由W=Pt 求电
机所做的功之比。
【解答】解：A、设第②次提升过程矿车上升所用的时间为t。根据v﹣t 图象的面积表示位移，得：
=
+
解得t=2.5t0。
所以第①次和第②次提升过程矿车上升所用的时间之比为2t0：t=4：5，故A 正确。
B、根据图象的斜率表示加速度，知两次矿车匀加速运动的加速度相同，由牛顿第二定律得F﹣mg=ma，可得
F=mg+ma，所以电机的最大牵引力相等，故B 错误。
C、设电机的最大牵引力为F．第①次电机输出的最大功率为P1=Fv0，第②次电机输出的最大功率为P2=F
v0，因
此电机输出的最大功率之比为2：1，故C 正确。
D、电机所做的功与重力做功之和为零，因此电机做功之比为W1：W2=1：1，故D 错误。
故选：AC。
【点评】解决本题的关键要理清矿车的运动情况，知道v﹣t 图象的面积表示位移，抓住两次总位移相等来求第2
次运动时间。
7．（6.00 分）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R，R 在PQ 的右侧。导线PQ 中通有正弦
交流电i，i 的变化如图（b）所示，规定从Q 到P 为电流正方向。导线框R 中的感应电动势（
）
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A．在t=
时为零
B．在t=
时改变方向
C．在t=
时最大，且沿顺时针方向
D．在t=T 时最大，且沿顺时针方向
【分析】根据右手螺旋定则得出直导线周围的磁场方向，结合交流电电流大小的变化，根据楞次定律判断电势的高
低。
【解答】解：A、向上的电流在线框处的磁场的方向向里，由图可知，当时间为
时刻，电流的变化率为0，电流
产生的磁场的变化率为0，则线框产生的感应电动势与感应电流为0，且在感应电流为0 的时刻，感应电流的方向
会发生变化；故A 正确，B 错误；
C、结合正弦曲线变化的特点可知，当PQ 中的电流为0 时，电流的变化率最大，所以电流产生的磁场的变化率最大，
所以在时刻t=
时或t=T 时刻线框内磁通量的变化率最大，则产生的电动势最大；在t=
时刻，向里的磁场减小，
R 内产生的感应电流的磁场的方向向里，根据安培定则可知，电流的方向为顺时针方向，同理可知，在t=T 时刻感
应电流的方向为逆时针方向，故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了楞次定律的应用，关键是弄清楚原来磁通量的变化，在用右手螺旋定则判断感应电流的磁场方
向
8．（6.00 分）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b 所带电荷量大小相等、
符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运
动。在随后的某时刻t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b 间的相互作用和重力可忽略。下列
说法正确的是（
）
A．a 的质量比b 的大
B．在t 时刻，a 的动能比b 的大
C．在t 时刻，a 和b 的电势能相等
D．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等
【分析】两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移公式、牛顿第二定律结合位移关系，比较质量的大
小。由动能定理列式分析动能的大小。由电场力做功关系分析电势能的关系。由动量定理分析动量关系。
【解答】解：A、两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有y=
=
．由题意知，相同时间内
a 的位移大于b 的位移，q、E 又相等，可知ma＜mb．故A 错误。
B、根据动能定理得Ek﹣0=qEy，即t 时刻粒子的动能为Ek=qEy，a 的位移大，电场力做功多，所以在t 时刻，a 的
动能比b 的大，故B 正确。
C、在t 时刻，a、b 经过电场中同一水平面，电势相等，它们的电荷量也相等，符号相反，由Eφ=qφ知，a 和b 的
电势能不相等，故C 错误。
D、由动量定理得qEt=p﹣0，得t 时刻粒子的动量为p=qEt，q、E、t 都相等，则在t 时刻，a 和b 的动量大小相等，
故D 正确。
故选：BD。
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【点评】本题是牛顿第二定律、运动学公式和动能定理、动量定理的综合运用，根据动能定理研究动能关系，由动
量定理分析动量关系，都是常用的思路，要熟练掌握。
二、非选择题。第9-12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-16 题为选考题，考生根据要求作答。（一）
必考题.
9．（6.00 分）甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：
（1）甲用两个手指轻轻捏住量程为L 的木尺上端，让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端（位置恰好处于L 刻度
处，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的尺。
（2）甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置
刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为
（用L、L1 和g 表示）。
（3）已知当地的重力加速度大小为g=9.80m/s2，L=30.0cm，L1=10.4cm。乙的反应时间为
0.20
s．（结果保留2
位有效数字）
（4）写出一条能提高测量结果准确程度的建议：
多次测量平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子
。
【分析】根据自由落体运动的位移公式，即可推导反应时间表达式；代入数据，从而即可求解反应时间；
若要提高准确度，可多次测量位移，取平均值，或减小手指与尺子的间距。
【解答】解：（2）尺子做自由落体运动，根据位移公式：h=
，
而从尺子下落到乙手指夹住尺子，尺子下落的位移为：h=L﹣L1；
因此乙的反应时间为t=
；
（3）当地的重力加速度大小为g=9.80m/s2，L=30.0cm=0.3m，L1=10.4cm=0.104m，
代入t=
解得：t=0.20s；
（4）从反应时间的表达式t=
；可知，若要提高测量结果准确程度，除多次测量位移，取平均值，还可
以减小手指与尺子的间距，从而提高反应时间的准确度，
故答案为：（2）
；（3）0.20；（4）多次测量平均值；或者，初始时乙的手指尽可能接近尺子。
【点评】考查自由落体运动的规律，掌握位移与时间关系式，理解实验原理，为提高准确度作下基础，同时注意有
效数字。
10．（9.00 分）一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx 的阻值，图中R0 为标准定值电阻（R0=20.0Ω）；
可视为理想电压表；S1 为单刀开关，S2 为单刀双掷开关；E 为电源；R 为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：
（1）按照实验原理线路图（a），将图（b）中实物连线；
（2）将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S1；
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（3）将开关S2 掷于1 端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表
的示数U1；然后将S2 掷于2 端，记
下此时电压表
的示数U2；
（4）待测电阻阻值的表达式Rx=
R0
（用R0、U1、U2 表示）；
（5）重复步骤（3），得到如下数据：
1
2
3
4
5
U1/V
0.25
0.30
0.36
0.40
0.44
U2/V
0.86
1.03
1.22
1.36
1.49
3.44
3.43
3.39
3.40
3.39
（6）利用上述5 次测量所得
的平均值，求得Rx=
48.2
Ω．（保留1 位小数）
【分析】明确电路结构和实验原理，根据串联电路的规律可得出待测电阻的表达式，再根据数学规律即可求出待测
电阻的阻值。
【解答】解：（1）根据描点法可得出对应的图象如图所示；
（4）根据实验过程以及电路图可知，Rx 与R0 串联，当开关接1 时，电压表测量R0 两端的电压，故电流为：I=
而开关接2 时，测量两电阻总的电压，则可知，Rx 两端的电压为：U=U2﹣U1；
由欧姆定律可知，待测电阻阻值的表达式为：Rx=
=
=
R0；
（6）
的平均值为
=3.41；
则结合（4）中公式可知，Rx=
R0=
=2.41R0=2.41×20.0Ω=48.2Ω；
故答案为：（1）如图所示；（4）
R0；（6）48.2。
【点评】本题考查伏安法测电阻的实验，要注意明确电压表为理解电表，其内阻无穷大，所以不会影响电路结构，
直接根据串联电路规律即可确定对应的电流和电压。
11．（12.00 分）如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M
点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小
为v1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。
求
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（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）甲、乙两种离子的比荷之比。
【分析】（1）离子在电场中加速，应用动能定理求出粒子的比荷，甲离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心
力，由牛顿第二定律求出磁感应强度。
（2）离子在电场中加速，在磁场中做圆周运动，应用动能定理与牛顿第二定律求出离子的比荷，然后求出两离子
比荷之比。
【解答】解：（1）甲粒子在电场中加速，由动能定理得：q1U=
m1v12，
由题意可知，甲离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r1=
l，
甲离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q1v1B=m1
，
解得：B=
；
（2）离子在电场中加速，由动能定理得：
对甲：q1U=
m1v12，
对乙：q2U=
m2v22，
由题意可知，甲离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r1=
l，
乙离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r2=
l，
离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
对甲：q1v1B=m1
，
对乙：q2v2B=m2
，
离子的比荷：k=
，
解得，甲乙离子的比荷之比：
=
；
答：（1）磁场的磁感应强度大小为
；
（2）甲、乙两种离子的比荷之比为1：4。
【点评】本题考查了离子在电场与磁场中的运动，离子在电场中加速、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚离子运
动过程、求出离子在磁场中做圆周运的轨道半径是解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题。
12．（20.00 分）如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨
道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα=
．一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆
弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。
已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
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（1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；
（2）小球达A 点时动量的大小；
（3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间。
【分析】（1）根据力的合成法则，结合牛顿第二定律，及勾股定理，即可求解；
（2）作CD⊥PA，依据几何关系，并由动能定理，即可求解动量大小；
（3）根据运动的合成与分解，结合运动学公式，即可求解。
【解答】解：（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C 点时所受合力的大小为F，
由力的合成法则，则有：
F2=（mg）2+F02；
设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得：F=m
联立上式，结合题目所给数据，解得：
F0=
v=
（2）设小球到达A 点的速度大小v1，作CD⊥PA，交PA 于D 点，
由几何关系得：DA=Rsinα
CD=R（1+cosα）
由动能定理有，﹣mg•CD﹣F0•DA=
联立上式，结合题目所给数据，那么小球在A 点的动量大小为：P=mv1=
（3）小球离开C 点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，
设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C 点落到水平轨道上所用时间为t，
由运动学公式，则有：
v⊥t+
=CD
v⊥=vsinα
联立上式，结合题目数据，解得：t=
答：（1）水平恒力的大小
和小球到达C 点时速度的大小
；
（2）小球达A 点时动量的大小
；
（3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间
。
【点评】考查力的合成法则，掌握牛顿第二定律的内容，及动能定理的应用，理解几何知识的运用，同时注意运动
的合成与分解的内容。
（二）选考题：共15 分，请考生从2 道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。[物理——选
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修3-3]（15 分）
13．（5.00 分）如图，一定量的理想气体从状态a 变化到状态b，其过程如p﹣V 图中从a 到b 的直线所示。在此过
程中（
）
A．气体温度一直降低
B．气体内能一直增加
C．气体一直对外做功
D．气体一直从外界吸热
E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【分析】根据气体状态方程
=C 去判断温度，从而知道内能的变化。根据气体体积的变化分析做功情况。结合热
力学第一定律分析。
【解答】解：A、由图知气体的pV 一直增大，由
=C 知气体的温度一直升高，故A 错误。
B、一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B 正确。
C、气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C 正确。
D、气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q 可知气体一直从外界吸热，故D
正确。
E、气体吸收的热量用于对外功和增加内能，故E 错误。
故选：BCD。
【点评】该题结合图象考查气态方程，能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系。要注意热力学第一定律
△U=W+Q 中，W、Q 取正负号的含义。
14．（10.00 分）在两端封闭、粗细均匀的U 形细玻璃管内有一段水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U
形管两端竖直朝上时，左，右两边空气柱的长度分别为l1=18.0cm 和l2=12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg．现将
U 形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U 形管平放时两边空气柱的长度。在
整个过程中，气体温度不变。
【分析】左右两部分气体作等温变化，分析初态和末态气体的压强、体积，分别由玻意耳定律列式，即可求得U 形
管平放时两边空气柱的长度。
【解答】解：设U 形管平放时左右两边空气柱的长度分别为a 和b，它们的压强为p。
当U 形管两端竖直朝上时，左边气体的压强为p1=12.0cmHg，右边气体的压强为p2=12.0cmHg﹣6cmHg=6cmHg。
左右两部分气体作等温变化，分别由玻意耳定律得
对左部分气体有p1l1S=paS
对右部分气体有p2l2S=pbS
由几何关系有a+b=l1+l2=30cm
联立以上各式得a=22.5cm，b=7.5cm
答：U 形管平放时左右两边空气柱的长度分别为22.5cm 和7.5cm。
【点评】解决本题的关键是要知道U 形管平放时左右两边气体压强相等，两边气体的总长度不变，结合玻意耳定律
和几何关系进行求解。
【物理--选修3-4】（15 分）
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15．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t=0 和t=0.20s 时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的周期T
＞0.20s。下列说法正确的是（
）
A．波速为0.40m/s
B．波长为0.08m
C．x=0.08m 的质点在t=0.70s 时位于波谷
D．x=0.08m 的质点在t=0.12s 时位于波谷
E．若此波传入另一介质中其波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长为0.32m
【分析】波沿x 轴正方传播，根据波形图得到周期表达式，根据条件求解周期，根据
求解波速；
分析x=0.08m 的质点在t=0.70s 和t=0.12s 时与周期的关系，由此确定其位置；
波传入另一介质中，频率不变，根据λ=vT 求解波长。
【解答】解：AB、波沿x 轴正方传播，根据波形图可知，（n+
）T=0.2s，该波的周期T＞0.20s，n 只能等于0，故
T=0.4s；
波长λ=16cm=0.16m，故波速v=
m/s=0.4m/s，故A 正确、B 错误；
C、x=0.08m 的质点在t=0 时位于平衡位置向上振动，经过t=0.70s 时，
=
，所以0.7s 时x=0.08m 处的质
点位于波谷，故C 正确；
D、x=0.08m 的质点在t=0 时位于平衡位置向上振动，经过t=0.12s 时，
=
=
，即t=
，即
T＜t＜
T，
所以0.12s 时x=0.08m 处的质点位于平衡位置上边正在向下振动，故D 错误；
E、若此波传入另一介质中，频率不变，则周期不变，其波速变为0.80m/s，则它在该介质中的波长为λ=vT=0.8×
0.4m=0.32m，故E 正确。
故选：ACE。
【点评】本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出波长和各个位置处的质点振动方向，
知道波速、波长和频率之间的关系。
16．如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“•”（图中O 点），然后用横截面为等边三角形ABC 的三
棱镜压在这个标记上，小标记位于AC 边上。D 位于AB 边上，过D 点做AC 边的垂线交AC 于F．该同学在D 点正
上方向下顺着直线DF的方向观察，恰好可以看到小标记的像；过O 点做AB 边的垂线交直线DF 于E；DE=2cm，EF=1cm。
求三棱镜的折射率。（不考虑光线在三棱镜中的反射）
【分析】等边三角形的垂心、重心、中心是重合的；画出光路图，结合几何关系得到入射角和折射角，求解出折射
率即可。
【解答】解：连接DO，点E 是三角形AOD 的垂心，DE=2cm，EF=1cm，说明三角形OAD 是等边三角形，点E 也是
重心、中心，故画出光路图，如图所示：
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故入射角为60°，折射角为30°，故折射率为：
n=
=
；
答：三检镜的折射率为
。
【点评】本题考查折射率的定义，关键是画出光路图，找出入射角和折射角，要知道等边三角形的垂心、重心、中
心是重合的。
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2018 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要
求，第6～8 题有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6.00 分）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动
能一定（
）
A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
2．（6.00 分）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g 的鸡蛋从一居民楼的25 层坠下，与地面的碰撞时间约为
2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（
）
A．10N B．102N C．103N D．104N
3．（6.00 分）2018 年2 月，我国500m 口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19ms。
假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10
﹣11N•m2/kg2．以周期T 稳定自转的星体的密度最小
值约为（
）
A．5×104kg/m3
B．5×1012kg/m3 C．5×1015kg/m3 D．5×1018kg/m3
4．（6.00 分）用波长为300nm 的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10
﹣19J，已知普朗克常量为
6.63×10
﹣34J•s，真空中的光速为3.00×108m•s
﹣1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为（
）
A．1×1014Hz B．8×1014Hz C．2×1015Hz D．8×1015Hz
5．（6.00 分）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为
l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为
l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应
电流i 随时间变化的正确图线可能是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（6.00 分）甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度﹣时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示，已
知两车在t2 时刻并排行驶，下列说法正确的是（
）
A．两车在t1 时刻也并排行驶
B．在t1 时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
7．（6.00 分）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1 中的电流方向向左，L2 中的电流方向向上，
L1 的正上方有a，b 两点，它们相对于L2 对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向
垂直于纸面向外，已知a、b 两点的磁感应强度大小分别为
B0 和
B0，方向也垂于纸面向外，则（
）
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A．流经L1 的电流在b 点产生的磁感应强度大小为
B0
B．流经L1 的电流在a 点产生的磁感应强度大小为
B0
C．流经L2 的电流在b 点产生的磁感应强度大小为
B0
D．流经L2 的电流在a 点产生的磁感应强度大小为
B0
8．（6.00 分）如图，同一平面内的a、b、c、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a、c 连线的中
点，N 为b、d 连线的中点，一电荷量为q（q＞0）的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W1；若该粒子从c 点
移动到d 点，其电势能减小W2，下列说法正确的是（
）
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b 两点连线平行
B．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为
C．若c、d 之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1=W2，则a、M 两点之间的电势差一定等于b、N 两点之间的电势差
二、非选择题：共62 分（第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第13～16 题为选考题.考生根据要求作
答。（一）必考题：共47 分。
9．（6.00 分）某同学组装一个多用电表，可选用的器材有：微安表头（量程100μA，内阻900Ω）；电阻箱R1（阻值
范围0～999.9Ω）；电阻箱R2（阻值范围0～99999.9Ω）；导线若干。
要求利用所给器材先组装一个量程为lmA 的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V 的直流电压表。组装
好的多用电表有电流1mA 和电压3V 两挡。
回答下列问题：
（1）在虚线框内画出电路图并标出R1 和R2，其中*为公共接线柱，a 和b 分別是电流挡和电压挡的接线柱。
（2）电阻箱的阻值应取R1=
Ω，R2=
Ω（保留到个位）
10．（9.00 分）某同学用图（a）所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数，跨过光滑定滑轮的细线两端分別与
木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码，缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块
和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据
在
下表中给出，其中f4 的值可从图（b）中弹簧秤的示数读出。
砝码的质量
m/kg
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
滑动摩擦力
2.15
2.36
2.55
f4
2.93
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回答下列问题：
（1）f4=
N；
（2）在图（c）的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f﹣m 图线；
（3）f 与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g 之间的关系式为f=
，f﹣m
图线（直线）的斜率的表达式为k=
；
（4）取g=9.80m/s2，由绘出的f﹣m 图线求得μ=
（保留2 位有效数字）
11．（12.00 分）汽车A 在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上
了汽车B，两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5m，A 车向前滑动了2.0m，
已知A 和B 的质量分别为2.0×103kg 和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极
短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g=10m/s2，求：
（1）碰撞后的瞬间B 车速度的大小；
（2）碰撞前的瞬间A 车速度的大小。
12．（20.00 分）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如图所示；中间是磁场区
域，其边界与y 轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，
宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x 轴正方向；M、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平
行。一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点
沿y 轴正方向射出。不计重力。
（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
（2）求该粒子从M 点入射时速度的大小；
（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为
，求该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的
时间。
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三、选考题：共15 分，请考生从2 道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
13．（5.00 分）对于实际的气体，下列说法正确的是（
）
A．气体的内能包括气体分子的重力势能
B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能
C．气体的内能包括气体整体运动的动能
D．气体的体积变化时，其内能可能不变
E．气体的内能包括气体分子热运动的动能
14．（10.00 分）如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b，a、b 间距为h，a 距缸底的高度为H；
活塞只能在a、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体，已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞
和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0，现用
电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的
功，重力加速度大小为g。
【物理---选修3-4】（15 分）
15．声波在空气中的传播速度为340m/s，在钢铁中的传播速度为4900m/s。一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子
敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00s。桥的长度为
m．若该声波在
空气中的波长为λ，则它在钢铁中的波长为λ的
倍。
16．如图，△ABC 是一直角三棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=60°．一细光束从BC 边的D 点折射后，射到AC 边的E
点，发生全反射后经AB 边的F 点射出，EG 垂直于AC 交BC 于G，D 恰好是CG 的中点。不计多次反射。
（i）求出射光相对于D 点的入射光的偏角；
（ii）为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？
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2018 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要
求，第6～8 题有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6.00 分）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动
能一定（
）
A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
【分析】根据动能定理即可判断木箱获得的动能与拉力所做的功及克服摩擦力所做的功的关系，比较各选项得出答
案。
【解答】解：由动能定理得，WF﹣Wf=Ek﹣0，所以，木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，而木箱获得的动能与
克服摩擦力所做的功无法比较，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查学生对动能定理的掌握和应用，属于基础性知识，比较简单。
2．（6.00 分）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g 的鸡蛋从一居民楼的25 层坠下，与地面的碰撞时间约为
2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（
）
A．10N B．102N C．103N D．104N
【分析】求出自由下落的时间，全过程根据动量定理求解即可。
【解答】解：每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度h=（25﹣1）×3m=72m；
自由下落时间t1=
=
s=3.8s，
与地面的碰撞时间约为t2=2ms=0.002s，
全过程根据动量定理可得：mg（t1+t2）﹣Ft2=0
解得冲击力F=950N≈103N，故C 正确。
故选：C。
【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，能够根据
全过程动量定理求解。
3．（6.00 分）2018 年2 月，我国500m 口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T=5.19ms。
假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10
﹣11N•m2/kg2．以周期T 稳定自转的星体的密度最小
值约为（
）
A．5×104kg/m3
B．5×1012kg/m3 C．5×1015kg/m3 D．5×1018kg/m3
【分析】该星体表面物体随该星体自转做匀速圆周运动，能以周期T 稳定自转的条件是赤道表面的物体受到的该星
的万有引力恰好提供向心力，物体的向心力用周期表示等于万有引力，再结合球体的体积公式、密度公式即可求出
中子星的最小密度。
【解答】解：设位于该星体赤道处的小块物质质量为m，物体受到的星体的万有引力恰好提供向心力，这时星体不
瓦解且有最小密度，
由万有引力定律结合牛顿第二定律得：
=mR
球体的体积为：V=
密度为：
=
代入数据解得：ρ=
=5×1015kg/m3．故C 正确、ABD 错误；
故选：C。
【点评】解此题一定要找到该星体以周期T 稳定自转的密度最小时的条件：赤道表面的物体随中子星一起自转时受
到的中子星的万有引力恰好提供向心力，会用周期表示向心力，还要知道球体的体积公式及密度公式，同时注意公
式间的化简。
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4．（6.00 分）用波长为300nm 的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10
﹣19J，已知普朗克常量为
6.63×10
﹣34J•s，真空中的光速为3.00×108m•s
﹣1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为（
）
A．1×1014Hz B．8×1014Hz C．2×1015Hz D．8×1015Hz
【分析】根据光电效应方程：EK=hγ﹣W0，和逸出功W0=hγ0 直接进行求解即可。
【解答】解：根据光电效应方程：EKm=hγ﹣W0
光速、波长、频率之间关系为：γ=
将数据，代入上式，则有：W0=hγ﹣EKm=6.63×10
﹣34J•s×
s
﹣1﹣1.28×10
﹣19J=5.35×10
﹣19J
根据逸出功W0=hγ0，得：
γ0=
=
≈8×1014 Hz；
故选：B。
【点评】本题考查知识点简单，但是学生在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意逸出功计算时的单
位，及运算的准确性。
5．（6.00 分）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为
l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下，一边长为
l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应
电流i 随时间变化的正确图线可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】分析线圈前后两边分别处于不同磁场中切割磁感应线的情况，求出感应电动势大小，根据闭合电路的欧姆
定律求解感应电流大小，再根据楞次定律分析感应电流方向，由此判断。
【解答】解：设磁感应强度为B，线圈的速度为v、电阻为R；
如果某时刻左边位于方向向外的磁场中、右边位于方向向里的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动
势为：E1=2bLv，
根据电流为：i1=
=
，根据右手定则可知电流方向为顺时针；
当左右两边都处于方向相同的磁场中时，感应电动势为零，感应电流为零；
当左边位于方向向里的磁场中、右边位于方向向外的磁场中，此时两边都切割磁感应线，产生的感应电动势为：
E2=2bLv，
根据电流为：i2=
=
，根据右手定则可知电流方向为逆时针。
故D 正确、ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势可以根据
E=BLv 来计算；弄清楚线圈所处的位置不同产生的感应电动势不一定相同。
6．（6.00 分）甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度﹣时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示，已
知两车在t2 时刻并排行驶，下列说法正确的是（
）
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A．两车在t1 时刻也并排行驶
B．在t1 时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
【分析】根据速度时间图线能分析出汽车的运动规律，通过图线与时间轴围成的面积大小表示位移判断哪个汽车在
前。通过图线的斜率判断加速度的变化。
【解答】解：AB、已知在t2 时刻，两车并排行驶，在t1﹣t2 时间内，甲图线与时间轴围成的面积大，则知甲通过的
位移大，可知t1 时刻，乙车在前，甲车在后，两车没有并排行驶。故A 错误、B 正确。
CD、图线切线的斜率表示加速度，可知甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度也是先减小后增大。故C 错误、
D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率
表示瞬时加速度。
7．（6.00 分）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1 中的电流方向向左，L2 中的电流方向向上，
L1 的正上方有a，b 两点，它们相对于L2 对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向
垂直于纸面向外，已知a、b 两点的磁感应强度大小分别为
B0 和
B0，方向也垂于纸面向外，则（
）
A．流经L1 的电流在b 点产生的磁感应强度大小为
B0
B．流经L1 的电流在a 点产生的磁感应强度大小为
B0
C．流经L2 的电流在b 点产生的磁感应强度大小为
B0
D．流经L2 的电流在a 点产生的磁感应强度大小为
B0
【分析】根据右手螺旋定则来判定两直导线在a、b 两处的磁场方向，再结合矢量的叠加法则，即可求解。
【解答】解：整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外，
且a、b 两点的磁感应强度大小分别为
B0 和
B0，方向也垂于纸面向外，
根据右手螺旋定则，L1 直导线电流，在a、b 两点磁场方向垂直纸面向里，大小相等，
同理，L2 直导线的电流，在a 点磁场方向垂直纸面向里，在b 点磁场方向垂直纸面向外，但两点的磁场大小相等，
依据矢量叠加法则，则有：B0﹣B2﹣B1=
；
B0+B2﹣B1=
；
联立上式，可解得：B1=
B2=
B0；故AC 正确，BD 错误；
故选：AC。
【点评】考查右手螺旋定则的应用，掌握矢量的合成法则，注意对称位置的磁场大小是相等的。
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8．（6.00 分）如图，同一平面内的a、b、c、d 四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M 为a、c 连线的中
点，N 为b、d 连线的中点，一电荷量为q（q＞0）的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W1；若该粒子从c 点
移动到d 点，其电势能减小W2，下列说法正确的是（
）
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b 两点连线平行
B．若该粒子从M 点移动到N 点，则电场力做功一定为
C．若c、d 之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为
D．若W1=W2，则a、M 两点之间的电势差一定等于b、N 两点之间的电势差
【分析】匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，根据U=
比较电势差，电场力做功等于电
势能的减小量。
【解答】解：A、一电荷量为q（q＞0）的粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W1，但ab 连线不一定沿着电场
线，故A 错误；
B、粒子从a 点移动到b 点，其电势能减小W1，故：qφa﹣qφb=W1，
粒子从c 点移动到d 点，其电势能减小W2，故：qφc﹣qφd=W2，
匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，故φa﹣φM=φM﹣φc，即φM=
（φa+φc），
同理φN=
（φb+φd），
故qφM﹣qφN=
，故B 正确；
C、若c、d 之间的距离为L，但cd 不一定平行电场线，故W2=qELcosθ，其中θ为cd 与电场线的夹角，不一定为零，
故该电场的场强大小不一定为
，故C 错误；
D、若W1=W2，根据U=
可知，Uab=Ucd，故φa﹣φb=φc﹣φd，则φa﹣φc=φb﹣φd，故Uac=Ubd；
而Uac=2UaM，Ubd=2UbN，故UaM=UbN，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查匀强电场中的电场强度与电势差的关系，关键是明确沿着电场线电势降低最快，记住公式U=Ed
进行分析，不难。
二、非选择题：共62 分（第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答.第13～16 题为选考题.考生根据要求作
答。（一）必考题：共47 分。
9．（6.00 分）某同学组装一个多用电表，可选用的器材有：微安表头（量程100μA，内阻900Ω）；电阻箱R1（阻值
范围0～999.9Ω）；电阻箱R2（阻值范围0～99999.9Ω）；导线若干。
要求利用所给器材先组装一个量程为lmA 的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3V 的直流电压表。组装
好的多用电表有电流1mA 和电压3V 两挡。
回答下列问题：
（1）在虚线框内画出电路图并标出R1 和R2，其中*为公共接线柱，a 和b 分別是电流挡和电压挡的接线柱。
（2）电阻箱的阻值应取R1=
100
Ω，R2=
2910
Ω（保留到个位）
【分析】（1）微安表并联一个小电阻改装成大量程得电流表，串联一个大电阻改装成大量程的电压表；
（2）根据串并联电路特点计算串并联电阻阻值。
【解答】解：（1）微安表并联一个小电阻改装成大量程得电流表，串联一个大电阻改装成大量程的电压表。
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改装图如图所示：
（2）当接o、a 接线柱时当电流表用，
根据并联电路特点得：IgRg=（I﹣Ig）R1
代入数据解得：
当接o、b 接线柱时当电压表用，
根据串联电路得特点得：IgRg+IR2=U
解得：
故答案为：
（1）
（2）100、2910。
【点评】本题考查了电压表与电流表的改装，知道电表的改装原理，应用串并联电路特点、欧姆定律可以解题。
10．（9.00 分）某同学用图（a）所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数，跨过光滑定滑轮的细线两端分別与
木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码，缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块
和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据
在
下表中给出，其中f4 的值可从图（b）中弹簧秤的示数读出。
砝码的质量
m/kg
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
滑动摩擦力
2.15
2.36
2.55
f4
2.93
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回答下列问题：
（1）f4=
2.75
N；
（2）在图（c）的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f﹣m 图线；
（3）f 与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g 之间的关系式为f=
μ（M+m）
g
，f﹣m 图线（直线）的斜率的表达式为k=
μg
；
（4）取g=9.80m/s2，由绘出的f﹣m 图线求得μ=
0.38
（保留2 位有效数字）
【分析】（1）根据弹簧秤的读数规则进行读数；
（2）观察图，看看哪些点没有画出来，进行描点，然后画图；
（3）根据滑动摩擦力可确定出摩擦力与动摩擦因数间的关系；根据图象得出图象的斜率；
（4）根据第三问可以得出f 与m 的关系式，进而计算出摩擦因数。
【解答】解：（1）由图可以看出，弹簧秤的指针在2.70 和2.80 之间，读数为2.75N；
（2）图中确定m=0.05kg 和m=0.20kg 时的点，通过描点后，画图如图所示
（3）f 与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g 之间的关系式为f=μ（M+m）g；k
的表达式为k=μg；
（4）由图象可以得出斜率为k=
=3.75，所以
=
=0.38。
故答案为：（1）2.75；（2）如图所示；（3）μ（M+m）g；μg；（4）0.38（0.37﹣0.41 均正确）
【点评】本题考查了动摩擦因数的测量，在计算的过程中，描点法绘图，并从中得出斜率是关键，可以从中计算出
摩擦因数；在数据处理时注意图象法的准确应用。
11．（12.00 分）汽车A 在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上
了汽车B，两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动了4.5m，A 车向前滑动了2.0m，
已知A 和B 的质量分别为2.0×103kg 和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极
短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g=10m/s2，求：
（1）碰撞后的瞬间B 车速度的大小；
（2）碰撞前的瞬间A 车速度的大小。
【分析】（1）以B 车为研究对象，根据动能定理求解碰后速度；
（2）以A 车为研究对象，根据动能定理求解碰后速度；两车碰撞过程中，根据动量守恒定律求解碰撞前的瞬间A
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车速度的大小。
【解答】解：（1）以B 车为研究对象，根据动能定理可得：
﹣μmBgxB=0﹣
代入数据解得：vB=3m/s；
（2）设碰后A 车速度大小为vA，碰前A 车速度大小为v0，
碰后A 车运动过程中，根据动能定理可得：
﹣μmAgxA=0﹣
，
代入数据解得：vA=2m/s；
两车碰撞过程中，取向右为正、根据动量守恒定律可得：
mAv0=mAvA+mBvB
代入数据解得：v0=4.25m/s。
答：（1）碰撞后的瞬间B 车速度的大小为3m/s；
（2）碰撞前的瞬间A 车速度的大小为4.25m/s。
【点评】利用动能定理解题时注意：（1）分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力；（2）找出其中恒
力的功及变力的功；（3）分析物体初末状态，求出动能变化量；（4）运用动能定理求解。
12．（20.00 分）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如图所示；中间是磁场区
域，其边界与y 轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，
宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x 轴正方向；M、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平
行。一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点
沿y 轴正方向射出。不计重力。
（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
（2）求该粒子从M 点入射时速度的大小；
（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为
，求该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的
时间。
【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，其的轨迹为抛物线，粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹为圆弧，根
据对称性定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹即可；
（2）粒子在下方电场中做类平抛运动，利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解，粒子在磁场
中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，联立即可求出求该粒子从M 点入射时速度的大小；
（3）利用几何关系找出粒子进入磁场时，垂直电场方向的分速度v0 与沿电场线方向的分速度v1 之间的关系式，再
运用周期公式结合粒子在磁场中转过的圆心角，联立即可求出若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的
夹角为
，该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的时间t′。
【解答】解：（1）粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，整个轨迹上下对称，故画出粒子运动的
轨迹，如图所示，
（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动，设粒子从M 点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动
的时间为t，加速度大小为a，粒子的电荷量为q，质量为m，粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹
角为θ，如图所示，
根据牛顿第二定律可得：Eq=ma ①
速度沿电场方向的分量为：v1=at ②
垂直电场方向有：l′=v0t ③
根据几何关系可得：v1=vcosθ ④
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粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m
⑤
根据几何关系可得：l=2Rcosθ ⑥
联立①②③④⑤⑥式可得粒子从M 点入射时速度的大小：v0=
⑦
（3）根据几何关系可得速度沿电场方向的分量：v1=
⑧
联立①②③⑦⑧式可得该粒子的比荷：
=
⑨
粒子在磁场中运动的周期：T=
=
⑩
粒子由M 点到N 点所用的时间：t′=2t+
•T⑪
联立③⑦⑨⑪式可得：t′=
（1+
）
答：（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹，如图所示；
（2）该粒子从M 点入射时速度的大小为
；
（3）该粒子的比荷为
，其从M 点运动到N 点的时间
（1+
）。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关
系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，
正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合
周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。
三、选考题：共15 分，请考生从2 道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。
13．（5.00 分）对于实际的气体，下列说法正确的是（
）
A．气体的内能包括气体分子的重力势能
B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能
C．气体的内能包括气体整体运动的动能
D．气体的体积变化时，其内能可能不变
E．气体的内能包括气体分子热运动的动能
【分析】明确物体内能的定义，知道内能包括分子动能和分子势能，与宏观的动能和势能无关，同时明确实际气体
的分子势能是不能忽略的；同时明确做功和热传递均可以改变物体的内能，要根据热力学第一定律分析内能的变化。
【解答】解：A、气体内能中不包括气体分子的重力势能，故A 错误；
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B、实际气体的分子间相互作用力不能忽略，故其内能包括分子间相互作用的势能，故B 正确；
C、气体的内能不包括气体整体运动的动能，故C 错误；
D、气体的体积变化时，存在做功情况，但如果同时有热量交换，则根据热力学第一定律可知，其内能可能不变，
故D 正确；
E、气体的内能包括气体分子热运动的动能，故E 正确。
故选：BDE。
【点评】本题考查物体内能以及气体的性质，要注意准确掌握内能的定义，知道内能与机械能是无关的，同时掌握
热力学第一定律的应用。
14．（10.00 分）如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a 和b，a、b 间距为h，a 距缸底的高度为H；
活塞只能在a、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体，已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞
和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0，现用
电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b 处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的
功，重力加速度大小为g。
【分析】活塞从a 处移到b 处的过程中，封闭气体作等压变化，根据盖•吕萨克定律求活塞到达b 处时汽缸内气体
的温度。由活塞平衡求得封闭气体的压强，由W=p△V 求出气体对外做的功。
【解答】解：设活塞刚要离开a 处时汽缸内气体的温度为T1，活塞刚要离开a 处时，设气体压强为P1；
在此段过程中，封闭气体作等容变化，根据查理定律得：
=
而P1=
T1=T0
可得T=
设活塞到达b 处时汽缸内气体的温度为T′。
活塞上升过程，汽缸内气体作等压变化，则有
=
解得T′=
在此过程中气体对外所做的功W=Fh=P1Sh=（P0S+mg）h
答：此时汽缸内气体的温度为
，在此过程中气体对外所做的功为（P0S+mg）h。
【点评】本题的关键是分析清楚气体的状态变化过程中，哪些量不变，变化的是什么量，明确初末状态量的值，根
据气体定律进行研究。
【物理---选修3-4】（15 分）
15．声波在空气中的传播速度为340m/s，在钢铁中的传播速度为4900m/s。一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子
敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00s。桥的长度为
365
m．若该声波在
空气中的波长为λ，则它在钢铁中的波长为λ的
倍。
【分析】由于声音在不同的介质中传播的快慢不同，所以到达人耳的时间不同，故听到两次响声，一次是铁桥传播
的，一次是空气传播的；已知时间间隔和速度求铁桥长，利用速度公式列方程求解；根据同一种声音频率不变，根
据频率的计算公式求解波长之比。
【解答】解：设铁桥长L，由v=
得，
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声音在各自介质中传播时间之差为：
﹣
=1s，
即：
﹣
=1，
解得：L=365m；
同一种声音频率相同，则f=
=
，所以
=
=
=
。
故答案为：365；
。
【点评】解决此类问题的关键是知道声音在不同的介质中的传播速度不同，在固体中传播速度最快，在液体中次之，
最慢的是在气体中传播。
16．如图，△ABC 是一直角三棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=60°．一细光束从BC 边的D 点折射后，射到AC 边的E
点，发生全反射后经AB 边的F 点射出，EG 垂直于AC 交BC 于G，D 恰好是CG 的中点。不计多次反射。
（i）求出射光相对于D 点的入射光的偏角；
（ii）为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？
【分析】（i）根据几何关系得到D 点折射角，从而得到E 点入射角、反射角、F 点入射角；再根据折射率相等得到
D 点入射角和F 点折射角，从而求得偏角；
（ii）根据光在D、F 发生折射，由折射角求得折射率的最大值；根据光在E 点发生全发射，由入射角求得折射率的
最小值，即可得到折射率的范围。
【解答】解：（i）由于D 是CG 的中点，GE⊥AC，根据几何关系可得：光束在D 点发生折射时的折射角为γD=30°；
那么，根据几何关系可得：在E 点的入射角、反射角均为γD+30°=60°；在F 点的入射角为αF=30°；
那么，设入射角为αD，可得：折射角γF=αD，故出射光相对于D 点的入射光的偏角为60°﹣αD+γF=60°；
（ii）由E 点反射角为60°可得：EF∥BC；
故根据D 点折射角为γD=30°可得：棱镜折射率
；
根据光束在E 点入射角为60°，发生全反射可得：
，故棱镜折射率的取值范围为
；
答：（i）出射光相对于D 点的入射光的偏角为60°；
（ii）为实现上述光路，棱镜折射率的取值范围为
。
【点评】光的折射率
，故折射率越大，临界角越小；故发生全反射，入射角不小于临界角，求得折射率的
下限；发生折射，折射角不大于临界角，求得折射率的上限。
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2018 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分.在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一顶符合题目要
求，第6～8 题有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6.00 分）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能（
）
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比
2．（6.00 分）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力
F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动，以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和
x 之间关系的图象可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
3．（6.00 分）如图，三个固定的带电小球a，b 和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c 所受
库仑力的合力的方向平行于a，b 的连线，设小球a，b 所带电荷量的比值的绝对值为k，则（
）
A．a，b 的电荷同号，k=
B．a，b 的电荷异号，k=
C．a，b 的电荷同号，k=
D．a，b 的电荷异号，k=
4．（6.00 分）如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。轨道的电阻忽略不
计。OM 是有一定电阻。可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面
垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定（过程
Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B′（过程Ⅱ）。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，
则
等于（
）
A．
B．
C．
D．2
5．（6.00 分）如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab
相切于b 点。一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静开始向右运动。重
力加速度大小为g。小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（
）
A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR
6．（6.00 分）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水
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平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态，下列
说法正确的是（
）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动
7．（6.00 分）2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中
子星合并前约100s 时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀
分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（
）
A．质量之积B．质量之和
C．速率之和D．各自的自转角速度
8．（6.00 分）图中虚线a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2V，一电子
经过a 时的动能为10eV，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6eV．下列说法正确的是（
）
A．平面c 上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d 时，其电势能为4eV
D．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2 倍
二、非选择题：共174 分。第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～16 题为选考题.考生根据要求
作答。（一）必考题：共129 分.
9．（5.00 分）如图（a），一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘：一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定
在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。
现要测量图（a）中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为
1.950cm；当托盘内放有质量为0.100kg 的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图（b）示
数，其读数为
cm．当地的重力加速度大小为9.80m/s2，此弹簧的劲度系数为
N/m（保留3 位有效数
字）。
10．（10.00 分）某实验小组利用如图（a）所示的电路探究在25℃～80℃范围内某热敏电阻的温度特性，所用器材
有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻RT，其标称值（25℃时的阻值）为900.0Ω；电源E（6V，内阻可忽
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略）；电压表
（量程150mV）；定值电阻R0（阻值20.0Ω），滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω）；电阻箱R2（阻
值范围0～999.9Ω）；单刀开关S1，单刀双掷开关S2。
实验时，先按图（a）连接好电路，再将温控室的温度t 升至80.0℃．将S2 与1 端接通，闭合S1，调节R1 的滑片位
置，使电压表读数为某一值U0：保持R1 的滑片位置不变，将R2 置于最大值，将S2 与2 端接通，调节R2，使电压表
读数仍为U0；断开S1，记下此时R2 的读数。逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2 的阻值，直至温度降到
25.0℃，实验得到的R2﹣t 数据见表。
t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/Ω
900.0
680.0
500.0
390.0
320.0
270.0
240.0
回答下列问题：
（1）在闭合S1 前，图（a）中R1 的滑片应移动到
（填“a”或“b”）端；
（2）在图（b）的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出R2﹣t 曲线；
（3）由图（b）可得到RT 在25℃～80℃范围内的温度特性，当t=44.0℃时，可得RT=
Ω；
（4）将RT 握于手心，手心温度下R2 的相应读数如图（c）所示，该读数为
Ω，则手心温度为
℃。
11．（12.00 分）一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆
炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加
速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
12．（20.00 分）如图，在y＞0 的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y＜0 的区域存在方向
垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核
H 和一个氘核
H 先后从y 轴上y=h 点以相同的动能射出，速度方
向沿x 轴正方向。已知
H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场。
H 的质量为m，电荷量为q，不计重力。求
（1）
H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离；
（2）磁场的磁感应强度大小；
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（3）
H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。
三、选考题：共45 分.请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答.如果多做，则每科按所
做的第一题计分.[物理--选修3-3]（15 分）
13．（5.00 分）如图，一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列
说法正确的是（
）
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d 的内能相等
E．状态d 的压强比状态b 的压强小
14．（10.00 分）如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸
上都通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K．开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均
为p0．现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为
时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体
的体积减小了
．不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
四、[物理--选修3-4]（15 分）
15．（5.00 分）如图，△ABC 为一玻璃三棱镜的横截面，∠A=30°，一束红光垂直AB 边射入，从AC 边上的D 点射
出。其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为
。
若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D 点射出时的折射角
（填“小于”“等于”或“大于”）60°。
16．（10.00 分）一列简谐横波在t=
s 的波形图如图（a）所示，P、Q 是介质中的两个质点，图（b）是质点Q 的
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振动图象。求：
（i）波速及波的传播方向；
（ii）质点Q 的平衡位置的x 坐标。
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2018 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分.在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一顶符合题目要
求，第6～8 题有多项符合题目要求.全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6.00 分）高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动，在启动阶段，列车的动能（
）
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比
【分析】根据车作匀加速直线运动，结合运动学公式，动能定理，及动能与动量关系式，即可求解。
【解答】解：A、因列车做初速度为零的匀加速直线运动，则有：v=at，而动能表达式Ek=
=
，可知
动能与所经历的时间平方成正比，故A 错误；
B、依据动能定理，则有：F 合x=
，可知，动能与它的位移成正比，故B 正确；
C、由动能表达式Ek=
，可知，动能与它的速度平方成正比，故C 错误；
D、依据动能与动量关系式，Ek=
，可知，动能与它的动量平方成正比，故D 错误；
故选：B。
【点评】考查动能的表达式，掌握影响动能的因素，理解动能定理的内容，及运动学公式的运用。
2．（6.00 分）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力
F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动，以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和
x 之间关系的图象可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】以物块P 为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律得出F 与物块P 的位移x 的关系式，再选择图象。
【解答】解：设物块P 的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，
由力的平衡条件得，mg=k x0，
以向上为正方向，木块的位移为x 时弹簧对P 的弹力：F1=k（x0﹣x），
对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1﹣mg=ma，
由以上式子联立可得，F=k x+ma。
可见F 与x 是线性关系，且F 随着x 的增大而增大，
当x=0 时，kx+ma＞0，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F 与x 的解析式，再选择图象，这是常用的思路，
要注意物块P 的位移与弹簧形变量并不相等。
3．（6.00 分）如图，三个固定的带电小球a，b 和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，小球c 所受
库仑力的合力的方向平行于a，b 的连线，设小球a，b 所带电荷量的比值的绝对值为k，则（
）
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A．a，b 的电荷同号，k=
B．a，b 的电荷异号，k=
C．a，b 的电荷同号，k=
D．a，b 的电荷异号，k=
【分析】对小球C 受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系，及三角知识，即可求解。
【解答】解：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a，b 的连线，可知，a，
b 的电荷异号，
对小球C 受力分析，如下图所示：
因ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm，因此ac⊥bc，那么两力的合成构成矩形，
依据相似三角形之比，则有：
=
=
；
而根据库仑定律，Fa=k
，而Fb=k
综上所得，
=
，故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
【点评】考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小球C 的合力方向可能向
左，不影响解题的结果。
4．（6.00 分）如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。轨道的电阻忽略不
计。OM 是有一定电阻。可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面
垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定（过程
Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B′（过程Ⅱ）。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，
则
等于（
）
A．
B．
C．
D．2
【分析】再根据法拉第电磁感应定律，即可求出电动势，然后结合闭合电路欧姆定律求得感应电流大小；依据电量
的表达式q=It 求出即可。
【解答】解：设圆的半径为R，金属杆从Q 到S 的过程中：△Φ=
根据法拉第电磁感应定律有：E1=
=
设回路的总电阻为r，第一次通过线圈某一横截面的电荷量为：q1=I1△t1=
=
…①
磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B′的过程中设时间为△t2，△Φ′=
第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：q2=I2△t2=
=
…②
由题，q1=q2③
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联立①②③可得：
．故B 正确，ACD 错误，
故选：B。
【点评】考查法拉第电磁感应定律与切割感应电动势的公式，掌握求解线圈的电量综合表达式的含义是关键。
5．（6.00 分）如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab
相切于b 点。一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静开始向右运动。重
力加速度大小为g。小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（
）
A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR
【分析】根据动能定理求出小球在c 点的速度，再根据竖直上抛运动求解达到最高点的时间，根据水平方向的运动
规律求解离开c 后达到最高点时的水平位移，根据功能关系求解机械能的增加。
【解答】解：由题意知水平拉力为：F=mg；
设小球达到c 点的速度为v，从a 到c 根据动能定理可得：F•3R﹣mgR=
解得：v=
；
小球离开c 点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，
设小球从c 点达到最高点的时间为t，则有：t=
=
；
此段时间内水平方向的位移为：x=
=
=2R，
所以小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L=3R+2R=5R，
此过程中小球的机械能增量为：△E=FL=mg×5R=5mgR。
故C 正确、ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查功能关系；机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的
功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意本题所求的是“小球
从a 点开始运动到其轨迹最高点”，不是从a 到c 的过程，这是易错点。
6．（6.00 分）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水
平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态，下列
说法正确的是（
）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N 极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向外的方向转动
【分析】干电池通电的瞬间，在左线圈中产生感应电流，根据楞次定律判断出感应电流的方向，结合安培定则得出
直导线周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向。同理当开关断开后，左边线圈的磁场从有到无，从而根据楞
次定律判断出感应电流的方向，结合安培定则得出直导线周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向。
【解答】解：A、干电池开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由南到北，根据安
培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N 极向纸里偏转，故A 正确。
BC、干电池开关闭合并保持一段时间后，根据安培定则，可知，左边线圈中有磁通量，却不变，因此左边线圈中不
会产生感应电流，那么小磁针也不会偏转，故BC 错误。
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D、干电池开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，由A 选项分析，可知，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，
电流的方向由北到南，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向外，则小磁针N 极朝垂直纸面向外的方向
转动，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了楞次定律和安培定则的基本运用，知道小磁针静止时N 极的指向为磁场的方向，同时掌握感应
电流产生的条件。
7．（6.00 分）2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中
子星合并前约100s 时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀
分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（
）
A．质量之积B．质量之和
C．速率之和D．各自的自转角速度
【分析】双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式，
从而分析判断。结合周期求出双星系统旋转的角速度和线速度关系。
【解答】解：AB、设两颗星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L=400km=4×105m，
根据万有引力提供向心力可知：
=m1r1ω2
=m2r2ω2，
整理可得：
=
，解得质量之和（m1+m2）=
，其中周期T=
s，故A
错误、B 正确；
CD、由于T=
s，则角速度为：ω=
=24π rad/s，这是公转角速度，不是自转角速度
根据v=rω可知：v1=r1ω，v2=r2ω
解得：v1+v2=（r1+r2）ω=Lω=9.6π×106m/s，故C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】本题实质是双星系统，解决本题的关键知道双星系统的特点，即周期相等、向心力大小相等，结合牛顿第
二定律分析求解。
8．（6.00 分）图中虚线a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2V，一电子
经过a 时的动能为10eV，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6eV．下列说法正确的是（
）
A．平面c 上的电势为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d 时，其电势能为4eV
D．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2 倍
【分析】根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，
电势能为零，从而即可一一求解。
【解答】解：A、虚线a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a 时的动能为10eV，从
a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，
因平面b 上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a 到f 是降低的，因此平面c 上的电势为零，故A 正确；
B、由上分析，可知，当电子由a 向f 方向运动，则电子到达平面f 的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运
动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B 正确；
C、在平面b 上电势为2V，则电子的电势能为﹣2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d
时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C 错误；
D、电子经过平面b 时的动能是平面d 的动能2 倍，电子经过平面b 时的速率是经过d 时的
倍，故D 错误；
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故选：AB。
【点评】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题
的关键。
二、非选择题：共174 分。第9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～16 题为选考题.考生根据要求
作答。（一）必考题：共129 分.
9．（5.00 分）如图（a），一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘：一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定
在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。
现要测量图（a）中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为
1.950cm；当托盘内放有质量为0.100kg 的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图（b）示
数，其读数为
3.775
cm．当地的重力加速度大小为9.80m/s2，此弹簧的劲度系数为
53.7
N/m（保留3 位有效
数字）。
【分析】先读出游标卡尺主尺的读数，然后读出与主尺对齐的刻度线，即可根据游标的分度为0.05mm 得到分度尺
读数，从而相加得到游标卡尺读数；
根据两次游标卡尺读数得到添加砝码后弹簧伸长量的增量，从而由弹簧弹力增量和伸长量的增量得到劲度系数。
【解答】解：图（b）中主尺读数为3.7cm，游标卡尺的读数为0.05mm×15=0.75mm，故读数为3.7cm+0.75mm=3.775cm；
由题意可得：托盘内放质量m=0.100kg 的砝码，弹簧伸长量△x=3.775cm﹣1.950cm=1.825cm；
根据受力分析可得：mg=k△x，故弹簧的劲度系数
；
故答案为：3.775；53.7。
【点评】游标卡尺的分度尺刻线为n（10，20，50）时，游标的分度为1/n（mm），那么，游标读数根据对齐的刻
度线和分度相乘求得；主尺读数为零刻度线前一刻线的读数。
10．（10.00 分）某实验小组利用如图（a）所示的电路探究在25℃～80℃范围内某热敏电阻的温度特性，所用器材
有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻RT，其标称值（25℃时的阻值）为900.0Ω；电源E（6V，内阻可忽
略）；电压表
（量程150mV）；定值电阻R0（阻值20.0Ω），滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω）；电阻箱R2（阻
值范围0～999.9Ω）；单刀开关S1，单刀双掷开关S2。
实验时，先按图（a）连接好电路，再将温控室的温度t 升至80.0℃．将S2 与1 端接通，闭合S1，调节R1 的滑片位
置，使电压表读数为某一值U0：保持R1 的滑片位置不变，将R2 置于最大值，将S2 与2 端接通，调节R2，使电压表
读数仍为U0；断开S1，记下此时R2 的读数。逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2 的阻值，直至温度降到
25.0℃，实验得到的R2﹣t 数据见表。
t/℃
25.0
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R2/Ω
900.0
680.0
500.0
390.0
320.0
270.0
240.0
回答下列问题：
（1）在闭合S1 前，图（a）中R1 的滑片应移动到
b
（填“a”或“b”）端；
（2）在图（b）的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出R2﹣t 曲线；
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（3）由图（b）可得到RT 在25℃～80℃范围内的温度特性，当t=44.0℃时，可得RT=
450
Ω；
（4）将RT 握于手心，手心温度下R2 的相应读数如图（c）所示，该读数为
620.0
Ω，则手心温度为
33.0
℃。
【分析】（1）根据实验原理图以及实验安全性要求可明确滑片对应的位置；
（2）根据描点法可得出对应的图象如图所示；
（3）根据作出的图象进行分析，由图可找出对应的电阻值；
（4）根据电阻箱的读数方法可明确对应的电阻值，再根据图象确定对应的温度。
【解答】解：（1）由图可知，滑动变阻器采用限流接法，实验开始时应让电路中电流最小，所以滑动变阻器接入电
阻应为最大，故开始时滑片应移动到b 端；
（2）根据描点法可得出对应的图象如图所示；
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（3）由图b 可知，当t=44.0℃时，对应在的坐标约为450Ω；可得：RT=450Ω；
（4）根据电阻箱的读数方法可知，电阻箱的读数为：6×100+2×10=620.0Ω，由图可知对应的温度为33.0℃；
故答案为：（1）b；（2）如图所示；（3）450.0（440.0﹣460.0）；（4）620.0；33.0。
【点评】本题考查电学中描绘图象和应用图象的能力，只需要明确图象的基本性质即可正确解答，是历年高考电学
实验中较为简单的一题。
11．（12.00 分）一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆
炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加
速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【分析】（1）烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，由速度时间公式求上升的时间。
（2）研究爆炸过程，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求爆炸后瞬间两部分的速度，再由运动学求最大高度。
【解答】解：（1）设烟花弹的初速度为v0．则有：E=
得：v0=
烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有：v0﹣gt=0
得：t=
（2）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为：h1=
=
对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：
0=
mv1﹣
mv2。
根据能量守恒定律得：E=
mv12+
mv22。
联立解得：v1=
爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为：h2=
=
所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为：h=h1+h2=
答：
（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间是
；
（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度是
。
【点评】分析清楚烟花弹的运动过程，把握每个过程的物理规律是解题的关键。要知道爆炸过程内力远大于外力，
系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律与能量守恒定律，解题时要注意选择正方向。
12．（20.00 分）如图，在y＞0 的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y＜0 的区域存在方向
垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核
H 和一个氘核
H 先后从y 轴上y=h 点以相同的动能射出，速度方
向沿x 轴正方向。已知
H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场。
H 的质量为m，电荷量为q，不计重力。求
（1）
H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离；
（2）磁场的磁感应强度大小；
（3）
H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。
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【分析】（1）
H 在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出
H 第一次进入磁场时到O 点的距离。
（2）
H 在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出
H 的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。
（3）
H 在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出
H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。
【解答】解：（1）
H 在电场中做类平抛运动，
水平方向：x1=v1t1，
竖直方向：h=
a1t12，
粒子进入磁场时竖直分速度：vy=a1t1=v1tan60°，
解得：x1=
h；
（2）
H 在电场中的加速度：a1=
，
H 进入磁场时的速度：v=
，
H 在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何知识得：x1=2r1sin60°，
H 在磁场中做匀速圆运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=m
，
解得：B=
；
（3）由题意可知：
H 和
H 的初动能相等，即：
mv12=
•2mv22，
由牛顿第二定律得：qE=2ma2，
H 在电场中做类平抛运动，
水平方向：x2=v2t2，
竖直方向：h=
a2t22，
H 进入磁场时的速度：v′=
，
sinθ′=
=
，
解得：x2=x1，θ′=θ=60°，v′=
v，
H 在磁场中做圆周运动，圆周运动的轨道半径：r′=
=
r，
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射出点在原点左侧，
H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点间的距离：x2′=2r′sinθ′，
H 第一次离开磁场时的位置距离O 点的距离为：d=x2′﹣x2，
解得：d=
；
答：（1）
H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为
h；
（2）磁场的磁感应强度大小为
；
（3）
H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离
。
【点评】本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周
运动，分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题，解
题时注意几何知识的应用。
三、选考题：共45 分.请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答.如果多做，则每科按所
做的第一题计分.[物理--选修3-3]（15 分）
13．（5.00 分）如图，一定质量的理想气体从状态a 开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列
说法正确的是（
）
A．过程①中气体的压强逐渐减小
B．过程②中气体对外界做正功
C．过程④中气体从外界吸收了热量
D．状态c、d 的内能相等
E．状态d 的压强比状态b 的压强小
【分析】过程①中气体作等容变化，根据查理定律分析压强的变化。过程②中气体对外界做正功。过程④中气体作
等容变化，根据温度的变化分析气体内能的变化，由热力学第一定律分析吸放热情况。一定质量的理想气体的内能
只跟温度有关。根据气态方程分析状态d 与b 的压强关系。
【解答】解：A、过程①中气体作等容变化，温度升高，根据查理定律
=c 知气体的压强逐渐增大，故A 错误。
B、过程②中气体的体积增大，气体对外界做正功，故B 正确。
C、过程④中气体作等容变化，气体不做功，温度降低，气体的内能减少，根据热力学第一定律△U=W+Q 知气体向
外界放出了热量，故C 错误。
D、状态c、d 的温度相等，根据一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，可知，状态c、d 的内能相等。故D 正
确。
E、连接bO 和dO，根据数学知识可知，状态d 的
值大于状态b 的
值，根据气态方程
=c 知状态d 的压强比状
态b 的压强小，故E 正确。
故选：BDE。
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【点评】本题主要考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律，要能够根据温度判断气体内能的变化；在应用热
力学第一定律时一定要注意各量符号的意义；△U 为正表示内能变大，Q 为正表示物体吸热；W 为正表示外界对物
体做功。
14．（10.00 分）如图，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸
上都通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K．开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均
为p0．现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为
时，将K 关闭，活塞平衡时其下方气体
的体积减小了
．不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。
【分析】液体缓慢地流入汽缸的过程中，活塞上、下两部分气体的温度均保持不变，作等温变化。对两部分气体分
别运用玻意耳定律列式，可求得活塞再次平衡后上下两部分气体的压强，再对活塞，由平衡条件列式，可求得流入
汽缸内液体的质量。
【解答】解：设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2．在活
塞下移的过程中，活塞上、下两部分气体的温度均保持不变，作等温变化，由玻意耳定律得：
对上部分气体有p0
=p1V1
对下部分气体有p0
=p2V2
由已知条件得
V1=
﹣
=
V
V2=
﹣
=
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S=p1S+mg
联立以上各式得m=
答：流入汽缸内液体的质量是
。
【点评】本题是多体问题，解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析封闭气体发生的是何种
变化，利用理想气体的状态方程列方程，同时要抓住两部分之间的关系，如体积关系、压强关系；本题要能用静力
学观点分析两部分气体压强的关系。
四、[物理--选修3-4]（15 分）
15．（5.00 分）如图，△ABC 为一玻璃三棱镜的横截面，∠A=30°，一束红光垂直AB 边射入，从AC 边上的D 点射
出。其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为
。
若改用蓝光沿同一路径入射，则光线在D 点射出时的折射角
大于
（填“小于”“等于”或“大于”）60°。
【分析】先根据题意画出光路图，结合几何关系计算出入射角的大小，再利用折射定律可求出折射率的大小；根据
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蓝光的折射率比红光的折射率大，再利用折射定律可以定性判断出其折射角的变化情况。
【解答】解：由下图可知，当红光进入玻璃三棱镜后，在AB 界面上垂直进入，到达AC 界面发生了折射现象，根
据几何关系可得：入射角的大小为∠1=30°，又因为已知折射角的大小为γ=600，
利用折射定律可解得：玻璃对红光的折射率
。
若改用蓝光沿同一路径入射，在AB 界面上仍是垂直进入，由几何关系可知，其入射角不变；当到达AC 界面发生
折射现象，由于蓝光的折射率比红光的折射率大，再利用折射定律
，
在∠1=30°不变的情况下，由于折射率增加，可得出其折射角将增加，即：光线在D 点射出时的折射角大于600。
故答案为：
；大于。
【点评】解答本题的关键是：理解和记忆蓝光和红光的折射率的大小关系，熟练掌握折射定律的具体应用，特别要
注意本题的隐含条件是光线从AB 面垂直进入。
16．（10.00 分）一列简谐横波在t=
s 的波形图如图（a）所示，P、Q 是介质中的两个质点，图（b）是质点Q 的
振动图象。求：
（i）波速及波的传播方向；
（ii）质点Q 的平衡位置的x 坐标。
【分析】（i）由图（a）得到波长，由图（b）得到周期，根据v=
计算波速，根据振动情况确定传播方向；
（ii）首先确定P 点平衡位置横坐标，再根据向x 轴负方向传播到P 点处经过的时间，由此求出质点Q 的平衡位置
的x 坐标。
【解答】解：（i）由图（a）可以看出，该波的波长为λ=36cm，
由图（b）可以看出周期T=2s，
故波速为v=
=18cm/s，
由（b）可知，当t=
s 时，Q 向上振动，结合图（a）可知，该波沿x 轴负方向传播；
（ii）设质点P、Q 的平衡位置的x 轴分别为xP、xQ，由图（a）可知，x=0 处y=﹣
因此xP=
由图（b）可知，在t=0 时Q 点处于平衡位置，经过△t=
s，其振动状态向x 轴负方向传播到P 点处，
所以xQ﹣xP=v△t=6cm，
解得质点Q 的平衡位置的x 坐标为xQ=9cm。
答：（i）波速为18cm/s，该波沿x 轴负方向传播；
（ii）质点Q 的平衡位置的x 坐标为xQ=9cm。
【点评】本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=Asinωt，知道方程中各字母表示的
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物理意义，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。
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一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分.每小题只有一个选项符合题意.
1．
（3.00分）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705km，
之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高
分五号”较小的是（
）
A．周期B．角速度
C．线速度
D．向心加速度
2．（3.00 分）采用220kV 高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的
，
输电电压应变为（
）
A．55kV B．110kV
C．440kV
D．880kV
3．（3.00 分）某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹
出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（
）
A．时刻相同，地点相同
B．时刻相同，地点不同
C．时刻不同，地点相同
D．时刻不同，地点不同
4．（3.00 分）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能
Ek 与时间t 的关系图象是（
）
A．
B．
C．
D．
5．（3.00 分）如图所示，水平金属板A、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B 板右端向下移动
一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（
）
A．仍然保持静止B．竖直向下运动C．向左下方运动D．向右下方运动
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计16 分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4 分，选
对但不全的得2 分，错选或不答的得0 分。
6．（4.00 分）火车以60m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s 内匀速转过了约10°．在
此10s 时间内，火车（
）
A．运动路程为600m
B．加速度为零
C．角速度约为1rad/s D．转弯半径约为3.4km
7．（4.00 分）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A 点
静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点。在从A 到B 的过程中，物块（
）
A．加速度先减小后增大
B．经过O 点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
8．（4.00 分）如图所示，电源E 对电容器C 充电，当C 两端电压达到80V 时，闪光灯瞬间导通并发光，C 放电。放
电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C 充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路（
）
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A．充电时，通过R 的电流不变
B．若R 增大，则充电时间变长
C．若C 增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D．若E 减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
9．（4.00 分）如图所示，竖直放置的“Π”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为
B．质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触
良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆（
）
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于
三、简答题：本题分必做题（第10、11 题）和选做题（第12 题）两部分，共计42 分.请将解答填写在答题卡相应
的位置.【必做题】
10．（8.00 分）一同学测量某干电池的电动势和内阻。
（1）图1 所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在
的两个不妥之处。
（2）实验测得的电阻箱阻值R 和电流表示数I，以及计算的
数据见下表：
R/Ω
8.0
7.0
6.0
5.0
4.0
I/A
0.15
0.17
0.19
0.22
0.26
/A
﹣1
6.7
6.0
5.3
4.5
3.8
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根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出R﹣
关系图象。
由图象可计算出该干电池的电动势为
V；内阻为
Ω。
（3）为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100mV 的电压表并联在电流表的两端。
调节电阻箱，当电流表的示数为0.33A 时，电压表的指针位置如图2 所示，则该干电池的电动势应为
V；内
阻应为
Ω。
11．（10.00 分）某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端
各悬挂一只质量为M 的重锤。实验操作如下：
①用米尺量出重锤1 底端距地面的高度H；
②在重锤1 上加上质量为m 的小钩码；
③左手将重锤2 压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1 落地时停止计时，记录下
落时间；
④重复测量3 次下落时间，取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题：
（1）步骤④可以减小对下落时间t 测量的
（选填“偶然”或“系统”）误差。
（2）实验要求小钩码的质量m 要比重锤的质量M 小很多，主要是为了
。
（A）使H 测得更准确
（B）使重锤1 下落的时间长一些
（C）使系统的总质量近似等于2M
（D）使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
（3）滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做？
（4）使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0．用实验中的测量量和已知量表
示g，得g=
。
【选做题】本题包括A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答.若多做，则按A、B 两小题
评分.A.[选修3-3]（12 分）
12．（3.00 分）如图所示，一支温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的下端浸在水中。纱布中的水在蒸发时带走热量，
使温度计示数低于周围空气温度。当空气温度不变，若一段时间后发现该温度计示数减小，则（
）
A．空气的相对湿度减小
B．空气中水蒸汽的压强增大
C．空气中水的饱和气压减小
D．空气中水的饱和气压增大
13．（4.00 分）一定量的氧气贮存在密封容器中，在T1 和T2 温度下其分子速率分布的情况见表。则T1
（选
填“大于”“小于”或“等于”）T2．若约10%的氧气从容器中泄漏，泄漏前后容器内温度均为T1，则在泄漏后的容器中，
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速率处于400～500m/s 区间的氧气分子数占总分子数的百分比
（选填“大于”“小于”或“等于”）18.6%。
速率区间（m•s
﹣1）
各速率区间的分子数占总分子数的百分比/%
温度T1
温度T2
100 以下
0.7
1.4
100～200
5.4
8.1
200～300
11.9
17.0
300～400
17.4
21.4
400～500
18.6
20.4
500～600
16.7
15.1
600～700
12.9
9.2
700～800
7.9
4.5
800～900
4.6
2.0
900 以上
3.9
0.9
14．（5.00 分）如图所示，一定质量的理想气体在状态A 时压强为2.0×105Pa，经历A→B→C→A 的过程，整个过程
中对外界放出61.4J 热量。求该气体在A→B 过程中对外界所做的功。
B.[选修3-4]（12 分）
15．（3.00 分）梳子在梳头后带上电荷，摇动这把梳子在空中产生电磁波。该电磁波（
）
A．是横波
B．不能在真空中传播
C．只能沿着梳子摇动的方向传播
D．在空气中的传播速度约为3×108m/s
16．（4.00 分）两束单色光A、B 的波长分别为λA、λB，且λA＞λB，则
（选填“A”或“B”）在水中发生全反射时
的临界角较大。用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，可以观察到
（选填“A”或“B”）产生的条纹间距较大。
17．（5.00 分）一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在x=0 和x=0.6m 处的两个质点A、B 的振动图象如图所示。已知
该波的波长大于0.6m，求其波速和波长。
C.[选修3-5]（12 分）
18．已知A 和B 两种放射性元素的半衰期分别为T 和2T，则相同质量的A 和B 经过2T 后，剩有的A 和B 质量之比
为（
）
A．1：4 B．1：2 C．2：1 D．4：1
19．光电效应实验中，用波长为λ0 的单色光A 照射某金属板时，刚好有光电子从金属表面逸出。当波长为
的单
色光B 照射该金属板时，光电子的最大初动能为
，A、B 两种光子的动量之比为
。（已知普朗克常量
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为h、光速为c）
20．如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度
大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。
四、计算题：本题共3 小题，共计47 分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案
的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
21．（15.00 分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场
中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与
外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒
定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒
（1）末速度的大小v；
（2）通过的电流大小I；
（3）通过的电荷量Q。
22．（16.00 分）如图所示，钉子A、B 相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A
固定于B．质量为m 的小球固定在细线上C 点，B、C 间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静
止，此时BC 与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。
忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物块和小球的质量之比M：m；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T。
23．（16.00 分）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，
中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q，从O 沿轴线
射入磁场。当入射速度为v0 时，粒子从O 上方
处射出磁场。取sin53°=0.8，cos53°=0.6。
（1）求磁感应强度大小B；
（2）入射速度为5v0 时，求粒子从O 运动到O′的时间t；
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（3）入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O 运动到O′的时间增加△t，
求△t 的最大值。
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参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分.每小题只有一个选项符合题意.
1．
（3.00分）我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705km，
之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36000km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高
分五号”较小的是（
）
A．周期B．角速度
C．线速度
D．向心加速度
【分析】卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由此列式得到卫星的周期、角速度、线速度
和向心加速度与轨道半径的关系式，再进行分析。
【解答】解：设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，卫星绕地球匀速做圆周运动，由地球的万有引
力提供向心力，则得：
G
=m
r=mω2r=m
=ma
得：T=2π
，ω=
，v=
，a=
可知，卫星的轨道半径越小，周期越小，而角速度、线速度和向心加速度越大，“高分五号”的轨道半径比“高分四
号”的小，所以“高分五号”较小的是周期，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键是要掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道卫星的线速度、角速度、周期、加速度
与轨道半径的关系。对于周期，也可以根据开普勒第三定律分析。
2．（3.00 分）采用220kV 高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的
，
输电电压应变为（
）
A．55kV B．110kV
C．440kV
D．880kV
【分析】输送电流I=
，输电线上损失的功率△P=I2R=（
）2R，知输送功率一定是，损失的功率与输送电压的二
次方成反比。
【解答】解：输送电流I=
，输电线上损失的功率△P=I2R=（
）2R；可知输电线损失的功率与输送电压的平方成
反比，所以为使输电线上损耗的功率减小为原来的
，输电电压应变原来的2 倍，即输电电压增大为440kV．故C
正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键搞清输送功率与输送电压和输送电流的关系，以及知道在输电线上损失的功率的计算公式
即可。
3．（3.00 分）某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹
出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（
）
A．时刻相同，地点相同
B．时刻相同，地点不同
C．时刻不同，地点相同
D．时刻不同，地点不同
【分析】先后弹出的两只小球在竖直方向运动时间相等，在水平方向运动时间不同，由此进行分析。
【解答】解：根据题意可知，弹射器沿光滑竖直轨道在竖直方向自由下落且管口水平，不同时刻弹射出的小球在水
平方向具有相同的初速度，在竖直方向的运动情况与枪管的运动情况相同，故先后弹出两只小球和弹射器同时落地；
水平方向速度相同，而小球水平方向运动的时间不同，所以落地点不同，运动情况如图所示。
故ACD 错误、B 正确。
故选：B。
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【点评】对于运动的合成与分解问题，要知道分运动和合运动的运动特点，知道二者具有等时性和独立性，能够将
合运动分解为两个分运动，然后根据几何关系求解速度或加速度之间的关系。
4．（3.00 分）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能
Ek 与时间t 的关系图象是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】小球运动过程分两个，竖直向上，做匀减速直线运动，速度减到零后，反向竖直向下做自由落体运动，根
据动能公式和竖直上抛运动的速度时间公式找到动能与时间表达式即可分析。
【解答】解：竖直向上过程，设初速为v0，则速度时间关系为：v=v0﹣gt
此过程动能为：
=
即此过程EK 与t 成二次函数关系，且开口向上，故BC 错误；
下落过程做自由落体运动，
此过程动能为：
即此过程EK 与t 也成二次函数关系，且开口向上，故A 正确，D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查动能表达式和竖直上抛运动规律，相对来说比较简单，但关键是要结合数学知识，能根据函数关
系确定出图象。
5．（3.00 分）如图所示，水平金属板A、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B 板右端向下移动
一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（
）
A．仍然保持静止B．竖直向下运动C．向左下方运动D．向右下方运动
【分析】B 板右端向下移动一小段距离，两板间的平均距离增大，分析电场强度的变化；
油滴靠近B 板时，电场线方向斜向右上方，由此分析竖直方向和水平方向的运动情况即可。
【解答】解：B 板右端向下移动一小段距离，两板间的平均距离增大，根据E=
可知液滴所在处电场强度减小，油
滴竖直方向将向下运动；
由于两金属板表面仍均为等势面，电场线应该与等势面垂直，所以油滴靠近B 板时，电场线方向斜向右上方，如图
所示，故水平方向油滴向右运动；
所以油滴向右下方运动，故D 正确、ABC 错误。
故选：D。
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【点评】本题主要是考查了电容器的动态分析问题；解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电
量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电场线的分布情况进行解答。
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计16 分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4 分，选
对但不全的得2 分，错选或不答的得0 分。
6．（4.00 分）火车以60m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10s 内匀速转过了约10°．在
此10s 时间内，火车（
）
A．运动路程为600m
B．加速度为零
C．角速度约为1rad/s D．转弯半径约为3.4km
【分析】做匀速圆周运动的物体，所受到的合外力提供向心力，向心力产生向心加速度；利用线速度和角速度的定
义式可计算出路程和角速度大小；
把火车运动时间推广到30s，再结合数学知识可得出转弯半径。
【解答】解：A、由于火车的运动可看做匀速圆周运动，则可求得火车在此10s 时间内的路程为s=vt=600m。故A
正确；
B、因为火车的运动可看做匀速圆周运动，其所受到的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律可知加速度不
等于零。故B 错误；
C、利用指南针在10s 内匀速转过了约10°，可推广出在30s内匀速转过了约30°，再根据角速度的定义式
，
解得角速度的大小为
．故C 错误；
D、已知火车在此30s 时间内通过的路程为1800m，由数学知识可知，火车转过的弧长为l=θR，可解得：
．故D 正确。
故选：AD。
【点评】解答本题的关键是：要熟练掌握匀速圆周运动的性质和规律，再把已知转过的夹角推广到特殊值，结合数
学知识可解出答案。
7．（4.00 分）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A 点
静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点。在从A 到B 的过程中，物块（
）
A．加速度先减小后增大
B．经过O 点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【分析】弹力与摩擦力平衡的位置在AO 之间，平衡位置处速度最大、加速度为零；根据动能定理分析弹簧弹力做
的功等于克服摩擦力做的功关系。
【解答】解：A、由于水平面粗糙且O 点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA 之间，
加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A 到B 的过程中加速度先减小后反向增大，故A 正确；
B、物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO 之间某一位置，故B 错误；
C、从A 到O 过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O 到B 过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负
功，故C 错误；
D、从A 到O 过程中根据动能定理可得W 弹﹣W 克f=0，即W 弹=W 克f，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，故
D 正确。
故选：AD。
【点评】本题关键是抓住弹簧的弹力是变化的，分析清楚物体向右运动的过程中受力情况，从而判断出其运动情况，
知道平衡位置速度最大、加速度为零。
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8．（4.00 分）如图所示，电源E 对电容器C 充电，当C 两端电压达到80V 时，闪光灯瞬间导通并发光，C 放电。放
电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C 充电。这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路（
）
A．充电时，通过R 的电流不变
B．若R 增大，则充电时间变长
C．若C 增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大
D．若E 减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变
【分析】本题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U 之间的关系，
由Q=UC 可知极板上的电荷量。
【解答】解：A、充电时，电容器电荷量增加、电压增加，根据闭合电路的欧姆定律可得R 两端电压减小，通过R
的电流减小，故A 错误；
B、若R 增大，充电过程中平均电流I 减小，根据Q=It 可知充电时间变长，故B 正确；
C、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U 时，闪光灯瞬间导
通并发光，所以闪光灯发光电压U 一定；
若C 增大，根据Q=CU 可知闪光灯闪光一次通过的电荷量增大，故C 正确；
D、若E 减小为85V，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U=80V 时，闪光灯瞬间导通并发光，根据Q=CU
可知闪光灯闪光一次通过的电荷量不变，故D 正确；
故选：BCD。
【点评】本题有效地将电路及电容器结合在一起，考查学生的审题能力及知识的迁移应用能力，要求掌握充放电过
程中电荷量的多少与哪些因素有关。
9．（4.00 分）如图所示，竖直放置的“Π”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为
B．质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触
良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆（
）
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于
【分析】金属杆在无场区做匀加速运动，根据金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，判断金属杆刚进入磁场Ⅰ时的
运动情况，从而确定其加速度方向。根据平均速度分析金属杆穿过磁场Ⅰ的时间与在两磁场之间的运动时间关系。
研究金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律求出产生的热量，从而求得总热量。根据金属
杆刚进入磁场Ⅰ时匀速运动，求出释放时距磁场Ⅰ上边界的高度，再分析本题中金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高
度h。
【解答】解：A、金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场
Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A 错误。
B、金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，
所以金属杆做加速度逐渐减小的变减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相
等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动时平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿
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过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B 正确。
C、金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd=Q，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量
与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为Q 总=2Q=4mgd。故C 正确。
D、设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H 时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有mg=BIL=B
=
，又
v=
联立解得H=
由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以h 一定大于H=
．故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合，关键是正确判断金属杆的运动情况以及能量转化情况。要会推导出安
培力与速度的关系。
三、简答题：本题分必做题（第10、11 题）和选做题（第12 题）两部分，共计42 分.请将解答填写在答题卡相应
的位置.【必做题】
10．（8.00 分）一同学测量某干电池的电动势和内阻。
（1）图1 所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在
的两个不妥之处。
（2）实验测得的电阻箱阻值R 和电流表示数I，以及计算的
数据见下表：
R/Ω
8.0
7.0
6.0
5.0
4.0
I/A
0.15
0.17
0.19
0.22
0.26
/A
﹣1
6.7
6.0
5.3
4.5
3.8
根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出R﹣
关系图象。
由图象可计算出该干电池的电动势为
1.43
V；内阻为
1.2
Ω。
（3）为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100mV 的电压表并联在电流表的两端。
调节电阻箱，当电流表的示数为0.33A 时，电压表的指针位置如图2 所示，则该干电池的电动势应为
1.43
V；内
阻应为
1.0
Ω。
【分析】（1）明确实验中安全性要求，知道开关应最后闭合，电阻箱在开始时应调至最大；
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（2）根据描点法可得出对应的图象，再根据闭合电路欧姆定律列式，结合图象即可确定电动势和内电阻；
（3）根据电路进行分析，明确误差情况，再根据欧姆定律求出电流表内阻，从而确定电动势和内阻的准确值。
【解答】解：（1）由图可知，该同学将连接最后一根线，此时电路将接法，但由于开关没有断开，则电路中存在电
流，可能损坏电表；同时电阻箱也不能为零，应使其阻值调至最大；
（2）根据描点法可得出对应的图象如图所示；
根据闭合电路欧姆定律可知，I=
，变形可得：R=
﹣r；
由图可知，E=k=
≈1.4V，
r=1.2Ω
（3）本实验相当于采用的是相对电源的电流表内接法，故测量结果中电动势是准确的，故电动势1.43V，而内电
阻的结果中包含电流表内阻；由图可知，电压表示数为65mV，由欧姆定律可知，电流表内阻RA=
=0.2A，故
电源内阻为1.2﹣0.2=1.0Ω；
故答案为：（1）①开关未断开；②电阻箱阻值为零；（2）如图所示；1.4（1.30 至1.44）；1.2（1.0 至1.4）；（3）1.43
（1.30 至1.44）；1.0（0.8 至1.2）。
【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，注意数据处理的基本方法，明确图象的准确
应用是解题的关键。
11．（10.00 分）某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端
各悬挂一只质量为M 的重锤。实验操作如下：
①用米尺量出重锤1 底端距地面的高度H；
②在重锤1 上加上质量为m 的小钩码；
③左手将重锤2 压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1 落地时停止计时，记录下
落时间；
④重复测量3 次下落时间，取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题：
（1）步骤④可以减小对下落时间t 测量的
偶然
（选填“偶然”或“系统”）误差。
（2）实验要求小钩码的质量m 要比重锤的质量M 小很多，主要是为了
B
。
（A）使H 测得更准确
（B）使重锤1 下落的时间长一些
（C）使系统的总质量近似等于2M
（D）使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
（3）滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做？
（4）使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0．用实验中的测量量和已知量表
示g，得g=
。
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【分析】（1）根据误差产生的原因分析是哪一种误差；
（2）分析实验的步骤，明确实验的原理，结合实验的原理与注意的问题，分析实验要求小钩码的质量m 要比重锤
的质量M 小很多的目的；
（3）根据实验的要求，分析平衡摩擦力的方法即可；
（4）结合实验原理，即可求出重力加速度的表达式。
【解答】解：（1）在数据测量的过程中会存在偶然误差，使用多次测量的方法可以减小测量的偶然误差；
（2）当两侧的重锤的质量不同时，质量大的重锤向下运动，质量小的重锤向上运动，运动的加速度的大小是相等
的，由牛顿第二定律可得：
（M+M+m）a=（M+m）g﹣Mg
所以加速度：a=
可知，m 相比于重锤的质量越小，则加速度越小，运动的时间：t=
就越大，测量的相对误差就越小。
A、由以上的分析可知，小钩码的质量m 要比重锤的质量M 小很多，与H 的测量无关。故A 错误；
B、由以上的分析可知，小钩码的质量m 要比重锤的质量M 小很多，可以增大运动的时间。故B 正确；
C、由以上的分析可知，系统的总质量近似等于2M 与小钩码的质量m 要比重锤的质量M 小很多没有关系。故C 错
误；
D、绳子对重锤2 的拉力：T=Mg+Ma=Mg+
当小钩码的质量m 要比重锤的质量M 小很多时，细绳的拉力与重锤的重力近似相等。故D 错误。
故选：B
（3）滑轮的摩擦阻力会引起实验误差，减小该误差，可以采用平衡摩擦力的方法，如：
在重锤1 上粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量，直至轻拉重锤1 时，能观察到重锤匀速下落，这时即可平衡摩擦力。
（4）使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。
此时由牛顿第二定律可得：（M+M+m+m0）a=（M+m+m0）g﹣Mg﹣f
其中：f=m0g
联立得：a=
落的过程做匀加速直线运动，则：H=
所以：g=
故答案为：（1）偶然；（2）B；（3）可以在重锤1 上粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量，直至轻拉重锤1 时，能观察
到重锤匀速下落，这时即可平衡摩擦力；（4）
【点评】明确各种实验仪器的使用方法和实验的实验原理是解决实验问题的关键，注意实验过程中平衡摩擦阻力的
影响的方法与验证机械能守恒的实验中平衡摩擦力的方法是相同的。
【选做题】本题包括A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答.若多做，则按A、B 两小题
评分.A.[选修3-3]（12 分）
12．（3.00 分）如图所示，一支温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的下端浸在水中。纱布中的水在蒸发时带走热量，
使温度计示数低于周围空气温度。当空气温度不变，若一段时间后发现该温度计示数减小，则（
）
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A．空气的相对湿度减小
B．空气中水蒸汽的压强增大
C．空气中水的饱和气压减小
D．空气中水的饱和气压增大
【分析】明确饱和汽压的定义，知道饱和汽压是指空气中水蒸汽的压强，而饱和汽压只与温度有关；同时明确湿度
计的原理，知道水蒸发时会带走部分热量。
【解答】解：空气温度不变，但温度计示数减小，说明纱布中的水蒸发时带走部分热量，从而使温度减小，故说明
空气中的绝对温度减小，而由于温度不变，故饱和气压不变，相对温度减小；故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查饱和汽压以及湿度计原理，要注意明确绝对湿度和相对湿度的定义，明确饱和汽压只与温度有关。
13．（4.00 分）一定量的氧气贮存在密封容器中，在T1 和T2 温度下其分子速率分布的情况见表。则T1
大于
（选
填“大于”“小于”或“等于”）T2．若约10%的氧气从容器中泄漏，泄漏前后容器内温度均为T1，则在泄漏后的容器中，
速率处于400～500m/s 区间的氧气分子数占总分子数的百分比
等于
（选填“大于”“小于”或“等于”）18.6%。
速率区间（m•s
﹣1）
各速率区间的分子数占总分子数的百分比/%
温度T1
温度T2
100 以下
0.7
1.4
100～200
5.4
8.1
200～300
11.9
17.0
300～400
17.4
21.4
400～500
18.6
20.4
500～600
16.7
15.1
600～700
12.9
9.2
700～800
7.9
4.5
800～900
4.6
2.0
900 以上
3.9
0.9
【分析】理解不同温度下的分子速率分布曲线，分子速率呈现”中间多，两头少”的分布特点，温度越高，速率大的
分子数越多。
【解答】解：两种温度下气体分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点。由于T1 时速率较高的气体分子占比例
较大，则说明T1 大于T2．相同温度下，各速率占比是不变的，因此速率处于400～500m/s 区间的氧气分子数占总
分子数仍为18.6%；
故答案为：大于；等于。
【点评】本题考查分子平均动能的性质，要注意明确分子平均动能为统计规律，温度升高时并不是所有分子的速率
均增大，同时注意图象的性质，能明确如何判断分子平均速率的变化和温度的变化。
14．（5.00 分）如图所示，一定质量的理想气体在状态A 时压强为2.0×105Pa，经历A→B→C→A 的过程，整个过程
中对外界放出61.4J 热量。求该气体在A→B 过程中对外界所做的功。
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【分析】整个过程中，外界对气体做功等于AB 段和CA 段做功之和，BC 段气体发生等容变化，不做功。再对整个
过程，运用热力学第一定律列式，即可求解。
【解答】解：整个过程中，外界对气体做功W=WAB+WCA。
CA 段发生等压变化，有WCA=pA（VC﹣VA）
整个过程，由热力学第一定律得△U=Q+W=0，得WAB=﹣（Q+WCA）
将pA=2.0×105Pa，VC=2×10
﹣3 m3，VA=1×10
﹣3 m3，Q=﹣61.4J 代入上式解得WAB=﹣138.6J
即气体在A→B 过程中对外界所做的功是138.6J。
答：气体在A→B 过程中对外界所做的功是138.6J。
【点评】本题考查了气体的等压变化和热力学第一定律，解决气体问题的关键是挖掘出隐含条件，知道BC 段气体
发生等容变化，外界对气体做功公式为WCA=pA（VC﹣VA）。在运用热力学第一定律时要注意各个量的符号。
B.[选修3-4]（12 分）
15．（3.00 分）梳子在梳头后带上电荷，摇动这把梳子在空中产生电磁波。该电磁波（
）
A．是横波
B．不能在真空中传播
C．只能沿着梳子摇动的方向传播
D．在空气中的传播速度约为3×108m/s
【分析】电磁波是横波，它的传播不需要介质；电磁波中电场和磁场的方向相互垂直，电磁波传播的速度在真空中
为光速。
【解答】解：A、根据电磁波的特点可知，电磁波为横波。故A 正确；
B、电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播。故B 错误；
C、电磁波产生后，可以在任意方向传播。故C 错误；
D、电磁波传播的速度在真空中等于光速，在空气中的传播速度约为3×108m/s。故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了有关电磁场和电磁波的基本知识，对于这些基本知识要熟练掌握并能正确应用。
16．（4.00 分）两束单色光A、B 的波长分别为λA、λB，且λA＞λB，则
A
（选填“A”或“B”）在水中发生全反射时的
临界角较大。用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，可以观察到
A
（选填“A”或“B”）产生的条纹间距较大。
【分析】通过
比较出光波的频率大小，然后结合频率与折射率的关系、折射率与临界角的关系即可做出判断；
根据
比较出经同一装置做双缝干涉实验条纹间距大小
【解答】解：束单色光A、B 的波长分别为λA、λB，且λA＞λB，则根据
知，A 光的频率小，由折射率与频率的
关系可知A 的折射率小；根据sinC=
可知折射率越大，全反射临界角越小，所以A 在水中发生全反射时的临界角
较大。用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，根据公式
可知A 光的条纹间距大，可以观察到A 产生的条
纹间距较大。
故答案为：A，A
【点评】解决本题的突破口在于通过光的波长比较光的频率，然后比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波
长等大小关系。
17．（5.00 分）一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在x=0 和x=0.6m 处的两个质点A、B 的振动图象如图所示。已知
该波的波长大于0.6m，求其波速和波长。
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【分析】由图读出周期，根据波形关系，结合波长大于0.6m，分析波从A 传到B 的传播时间，从而求得波速。由
λ=vT 求波长。
【解答】解：从y﹣t 图象可知，周期为：T=0.4s；
由于该波的波长大于0.6m，由图象可知，波从A 传到B 的传播时间为：△t=0.3s
波速为：v=
=
=2m/s
波长为：λ=vT=2×0.4m=0.8m
答：其波速是2m/s，波长是0.8m。
【点评】本题也可以同一时刻两个质点的状态关系，分析两个质点间的距离与波长的关系，从而得到波长的通项，
再得到波长的特殊值。
C.[选修3-5]（12 分）
18．已知A 和B 两种放射性元素的半衰期分别为T 和2T，则相同质量的A 和B 经过2T 后，剩有的A 和B 质量之比
为（
）
A．1：4 B．1：2 C．2：1 D．4：1
【分析】根据半衰期的定义得出原来的质量之比，从而即可求解。
【解答】解：设开始时它们的质量都是m0，根据半衰期的定义，经过时间2T 后，A 经历了两个半衰期，剩下的放
射性元素的质量：
，
经过时间2T 后，B 经历了一个半衰期，剩下的放射性元素的质量：
故mA：mB=1：2．故ACD 错误，B 正确
故选：B。
【点评】知道半衰期的意义，经过一个半衰期，就有一半质量的物质衰变，并能加以定量计算。
19．光电效应实验中，用波长为λ0 的单色光A 照射某金属板时，刚好有光电子从金属表面逸出。当波长为
的单
色光B 照射该金属板时，光电子的最大初动能为
，A、B 两种光子的动量之比为
1：2
。（已知普朗克常
量为h、光速为c）
【分析】根据爱因斯坦光电效应方程，结合c=λγ求光电子的最大初动能。光子的动量由公式p=
求解。
【解答】解：由题知，金属板的逸出功为为：
W0=hγ0=
当波长为
的单色光B 照射该金属板时，根据爱因斯坦光电效应方程得：
Ek=h
﹣W0=
根据p=
得A、B 两种光子的动量之比为：
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pA：pB=
：λ0=1：2
故答案为：
，1：2。
【点评】本题考查光电效应方程的应用，要掌握频率与波长的关系，要注意同一金属板逸出功是一定的。
20．如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度
大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。
【分析】以小球为研究对象，整个过程中根据动量定理列方程求解小球所受弹簧弹力冲量的大小。
【解答】解：以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得：
I﹣mgt=mv﹣（﹣mv）
解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为：
I=2mv+mgt。
答：小球所受弹簧弹力冲量的大小为2mv+mgt。
【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外
力的冲量才等于动量的变化。
四、计算题：本题共3 小题，共计47 分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案
的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
21．（15.00 分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场
中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与
外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒
定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒
（1）末速度的大小v；
（2）通过的电流大小I；
（3）通过的电荷量Q。
【分析】（1）金属棒沿导轨做匀加速运动，已知初速度、位移和加速度，根据运动学速度位移公式求末速度的大小
v。
（2）已知金属棒的加速度，根据牛顿第二定律和安培力公式结合求通过的电流大小I。
（3）金属棒运动的时间为t=
，通过的电荷量由Q=It 求解。
【解答】解：（1）金属棒沿导轨做匀加速运动，则有v2=2as
解得
v=
（2）金属棒受到的安培力大小F 安=BId
金属棒所受的合力F=mgsinθ﹣F 安
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根据牛顿第二定律得F=ma
联立解得I=
（3）金属棒运动时间t=
通过金属棒的电荷量Q=It
结合v=
，I=
，解得Q=
答：
（1）末速度的大小v 是
；
（2）通过的电流大小I 是
；
（3）通过的电荷量Q 是
。
【点评】解决本题的关键是明确金属棒的运动情况，知道安培力是联系电磁感应与力学的桥梁，在电流一定时根据
Q=It 求电荷量。
22．（16.00 分）如图所示，钉子A、B 相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A
固定于B．质量为m 的小球固定在细线上C 点，B、C 间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静
止，此时BC 与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。
忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物块和小球的质量之比M：m；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T。
【分析】（1）物块静止时受力分析，利用平衡列式求解；
（2）松手后整个系统机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解；
（3）对小起利用牛顿第二定律列式求解。
【解答】解：（1）松手前小球受力分析如图所示，由平衡得：
T1sin53°=T2cos53°
F+mg=T1cos53°+T2sin53°
且T1=Mg
联立解得：
（2）小球运动到与A、B 相同高度过程中，
小球上升高度为：h1=3lsin53°
物块下降高度为：h2=2l
整个过程系统机械能守恒，则有：mgh1=Mgh2
联立解得：
（3）根据机械能守恒定律可知，小球向下运动到最低点即为小球回到起始点，设此时AC 方向拉力为T，由牛顿第
二定律得：
对物块：Mg﹣T=Ma
对小球：T′﹣mgcos53°=ma
根据牛顿第三定律可知：T′=T
解得：
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答：（1）小球受到手的拉力大小F 为
；
（2）物块和小球的质量之比为6：5；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T 为
。
【点评】本题考查共点力平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律，关键是选择好研究对象，做好受力分析。
23．（16.00 分）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，
中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q，从O 沿轴线
射入磁场。当入射速度为v0 时，粒子从O 上方
处射出磁场。取sin53°=0.8，cos53°=0.6。
（1）求磁感应强度大小B；
（2）入射速度为5v0 时，求粒子从O 运动到O′的时间t；
（3）入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O 运动到O′的时间增加△t，
求△t 的最大值。
【分析】（1）根据粒子运动的半径公式即可求出磁感应强度；
（2）求出粒子在磁场中的半径，然后由几何关系求出偏转角，然后依次画出运动的轨迹，最后即可求出；
（3）将中间的两个磁场向中间移动距离x 后，粒子在，与磁场的区域内仍然做直线运动，但直线运动分成三段，
左右两端是斜线，中间的一段是水平线，由几何关系求出各段的长度，然后与开始时比较，即可求出。
【解答】解：（1）根据左手定则可知，粒子进入第一个磁场后受到的洛伦兹力的方向向上，粒子从O 上方
处射出
磁场，可知粒子的半径：r0=
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则：
所以：B=
（2）当入射速度为5v0 时，粒子的半径：r=
=5r0=
设粒子在矩形磁场中偏转的角度为α，则：d=r•sinα
所以：
则：α=53°
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粒子从第一个矩形磁场区域出来进入第二个磁场区域后，受到的洛伦兹力的方向相反，由运动的对称性可知，粒子
出第二个磁场时，运动的方向与初速度的方向相同；粒子在没有磁场的区域内做匀速直线运动，最后在后两个磁场
区域的情况与前两个磁场区域的情况相同。
粒子在磁场中运动的周期：T=
=
=
粒子在一个矩形磁场中运动的时间：t1=
=
粒子在没有磁场的区域内运动的时间：
所以粒子运动的总时间：t=4t1+t2=
（3）将中间的两个磁场向中间移动距离x 后，粒子出第一个磁场区域后，速度的方向与OO′之间的夹角为α，由几
何关系可知，粒子向上的偏移量：
y=2r（1﹣cosα）+x•tanα
由于：y≤2d
联立解得：
即：
时，粒子在没有磁场的区域内运动的时间最长，则粒子整个运动的过程中运动的时间最长。粒子直线
运动路程的最大值：
则中间的路程的最大值：△sm=sm﹣2d
代入数据可得：△sm=d
所以增加的时间的最大值：
答：（1）磁感应强度大小为
；
（2）入射速度为5v0 时，粒子从O 运动到O′的时间为
；
（3）入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O 运动到O′的时间增加△t，
△t 的最大值为
。
【点评】该题的关键点在于做速度最大粒子的轨迹图，带点粒子在磁场中运动等问题，最重要的就是做运动轨迹图，
做这种图首先要能确定半径，其次要确定初末速度的方向。
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2018 年海南省高考物理试卷
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．（4.00 分）一攀岩者以1m/s 的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。3s 后攀岩者听到
石块落地的声音，此时他离地面的高度约为（
）
A．10m B．30m C．50m D．70m
2．（4.00 分）土星与太阳的距离是火星与太阳距离的6 倍多。由此信息可知（
）
A．土星的质量比火星的小
B．土星运行的速率比火星的小
C．土星运行的周期比火星的小
D．土星运行的角速度大小比火星的大
3．（4.00 分）如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通
有电流I 的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则
金属细杆将（
）
A．沿斜面加速上滑
B．沿斜面加速下滑
C．沿斜面匀速上滑
D．仍静止在斜面上
4．（4.00 分）已知
TH 的半衰期为24 天。4g
Th 经过72 天还剩下（
）
A．0
B．0.5g C．1g
D．1.5g
5．（4.00 分）如图，用长为l 的轻绳悬挂一质量为M 的沙箱，沙箱静止。一质量为m 的弹丸以速度v 水平射入沙
箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程
（
）
A．若保持m、v、l 不变，M 变大，则系统损失的机械能变小
B．若保持M、v、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能变小
C．若保持M、m、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能变大
D．若保持M、m、v 不变，l 变大，则系统损失的机械能变大
6．（4.00 分）某大瀑布的平均水流量为5900m3/s，水的落差为50m。已知水的密度为1.00×103kg/m3．在大瀑布水
流下落过程中，重力做功的平均功率约为（
）
A．3×106W B．3×107W C．3×108W D．3×109W
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．（5.00 分）如图，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，有一面积为S 的矩形单匝闭合导线abcd，ab 边与磁场
方向垂直，线框的电阻为R．使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc 中点的轴旋转。下列说法正确的是（
）
A．线框abcd 中感应电动势的最大值是BSω
B．线框abcd 中感应电动势的有效值是BSω
C．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大
D．线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大
8．（5.00 分）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0 时，小物块以速度v0 滑到长木板上，图（b）为物
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块与木板运动的v﹣t 图象，图中t1、v0、v1 已知。重力加速度大小为g。由此可求得（
）
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t=0 开始到t1 时刻，木板获得的动能
9．（5.00 分）如图，a、b、c、d 为一边长为L 的正方形的顶点。电荷量均为q（q＞0）的两个点电荷分别固定在a、
c 两点，静电力常量为k。不计重力。下列说法正确的是（
）
A．b 点的电场强度大小为
B．过b、d 点的直线位于同一等势面上
C．在两点电荷产生的电场中，ac 中点的电势最低
D．在b 点从静止释放的电子，到达d 点时速度为零
10．（5.00 分）如图，三个电阻R1、R2、R3 的阻值均为R，电源的内阻r＜R，c 为滑动变阻器的中点。闭合开关后，
将滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动，下列说法正确的是（
）
A．R2 消耗的功率变小B．R3 消耗的功率变大
C．电源输出的功率变大
D．电源内阻消耗的功率变大
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．（6.00 分）学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。实验时，他们先测量分液漏斗下
端到水桶底部的距离s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴水
刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第1 个水滴从漏斗的下端滴落至第n 个水滴落到桶底所用的时间t。
（1）重力加速度大小可表示为g=
（用s、n、t 表示）；
（2）如果某次实验中，s=0.90m，n=30，t=13.0s，则测得的重力加速度大小g=
m/s2；（保留2 位有效数字）
（3）写出一条能提高测量结果准确程度的建议：
。
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12．（12.00 分）某同学利用图（a）中的电路测量电流表Ⓐ的内阻RA（约为5Ω）和直流电源的电动势E（约为10V）。
图中R1 和R2 为电阻箱，S1 和S2 为开关。已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r。
（1）断开S2，闭合S1，调节R1 的阻值，使Ⓐ满偏；保持R1 的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2 的阻值为4.8Ω时
Ⓐ的示数为48.0mA．忽略S2 闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA=
Q；（保留2 位有效数字）
（2）保持S1 闭合，断开S2，多次改变R1 的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次R1 的示数如图（b）所示，则
此次R1 的阻值为
Ω；
（3）利用记录的R1 的阻值和相应的电流表示数I，作出I
﹣1﹣R1 图线，如图（c）所示。用电池的电动势E、内阻r
和电流表内阻RA 表示I
﹣1 随R1 变化的关系式为I
﹣1=
。利用图（c）可求得E=
V．（保留2 位有效数字）
四、计算题：本题共2 小题，共26 分。把解答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．（10.00 分）如图，圆心为O、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大
小为B．P 是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出。已知粒
子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；
（2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。
14．（16.00 分）如图，光滑轨道PQO 的水平段QO=
，轨道在O 点与水平地面平滑连接。一质量为m 的小物块A
从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为4m 的静止小物块B 发生碰撞。A、B 与地面间的动摩擦因数均
为μ=0.5，重力加速度大小为g。假设A、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
（1）第一次碰撞后瞬间A 和B 速度的大小；
（2）A、B 均停止运动后，二者之间的距离。
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五、选修题：共12 分。请考生从第15、16 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修3-3]
15．（4.00 分）如图，一定量的理想气体，由状态a 等压变化到状态b，再从b 等容变化到状态c。a、c 两状态温度
相等。下列说法正确的是（
）
A．从状态b 到状态c 的过程中气体吸热
B．气体在状态a 的内能等于在状态c 的内能
C．气体在状态b 的温度小于在状态a 的温度
D．从状态a 到状态b 的过程中气体对外做正功
16．（8.00 分）一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A 和B，活寨可无摩擦地滑动。开始时用销钉固
定活塞，A 中气体体积为2.5×10
﹣4m3，温度为27℃，压强为6.0×104Pa；B 中气体体积为4.0×10
﹣4m3，温度为﹣
17℃，压强为2.0×104Pa．现将A 中气体的温度降至﹣17℃，然后拔掉销钉，并保持A、B 中气体温度不变，求稳
定后A 和B 中气体的压强。
[选修3-4](12 分)
17．警车向路上的车辆发射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率。下列说法正确的是（
）
A．车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高
B．车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低
C．警车匀速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低
D．警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变
18．如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R 和
R．一横截面半径为R 的平行光束入射到半球壳
内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出。已知透明介质的折射率为
n=
．求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。不考虑多次反射。
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2018 年海南省高考物理试卷
参考答案与试题解析
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．（4.00 分）一攀岩者以1m/s 的速度匀速向上攀登，途中碰落了岩壁上的石块，石块自由下落。3s 后攀岩者听到
石块落地的声音，此时他离地面的高度约为（
）
A．10m B．30m C．50m D．70m
【分析】石头下落后做自由落体运动，根据h=
gt2，不需要考虑声音传播的题意，即可求解下落的距离。
【解答】解：石块下落的高度：h=
gt2=45m。
该过程中，攀岩者向上上升的高度：x=vt=1×3=3m
此时他离地面的高度约为：H=h+x=45+3=48m≈50m。故ABD 错误，C 正确
故选：C。
【点评】本题关键明确自由落体运动的运动性质，然后根据运动学公式列式求解即可。
2．（4.00 分）土星与太阳的距离是火星与太阳距离的6 倍多。由此信息可知（
）
A．土星的质量比火星的小
B．土星运行的速率比火星的小
C．土星运行的周期比火星的小
D．土星运行的角速度大小比火星的大
【分析】根据万有引力提供向心力得出周期、线速度、加速度的表达式，结合轨道半径的大小进行比较。
【解答】解：A、万有引力提供向心力，可知土星与火星的质量都被约去，无法比较两者的质量。
B、由
=
，得v=
知轨道半径小速率大，B 正确。
C、由
，得
，知r 大，周期长，C 错误。
D、由
，知r 大，角速度小，D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道线速度、角速度、周期与轨
道半径的关系。
3．（4.00 分）如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通
有电流I 的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则
金属细杆将（
）
A．沿斜面加速上滑
B．沿斜面加速下滑
C．沿斜面匀速上滑
D．仍静止在斜面上
【分析】先对磁场强度和电流大小没有改变前列出平衡方程，然后当它们改变后，再列出牛顿第二定律即可判断出
物体的运动情况。
【解答】解：当磁场的磁感应强度大小为B，电流变为I 时，金属棒处于静止状态，
根据平衡条件和安培力公式可得：BIL=mgsinθ，
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当磁场的磁感应强度大小为3B，电流变为0..5I 时，此时安培力大小变为：
F=3B×0.5I×L=1.5BIL，金属棒将沿斜面向上加速，加速度大小为：
．故A 正确、BCD 错误。
故选：A。
【点评】解答本题的关键是：要对磁场强度和电流大小改变前后分别列出方程，通过对比可直接得出金属棒的运动
情况。
4．（4.00 分）已知
TH 的半衰期为24 天。4g
Th 经过72 天还剩下（
）
A．0
B．0.5g C．1g
D．1.5g
【分析】根据半衰期定义式m=m0（
）n，结合衰变次数，即可求解。
【解答】解：根据半衰期为24 天，经过72 天，发生3 次衰变，
依据m=m0（
）3，代入数据解得：m=4×（
）3=0.5g，故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】考查半衰期的定义式，掌握衰变次数与剩下的质量关系。
5．（4.00 分）如图，用长为l 的轻绳悬挂一质量为M 的沙箱，沙箱静止。一质量为m 的弹丸以速度v 水平射入沙
箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程
（
）
A．若保持m、v、l 不变，M 变大，则系统损失的机械能变小
B．若保持M、v、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能变小
C．若保持M、m、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能变大
D．若保持M、m、v 不变，l 变大，则系统损失的机械能变大
【分析】弹丸击中沙箱过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出弹丸击中沙箱后的共同速度，弹
丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出系统损失的机械能，然后分析答题。
【解答】解：弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv=（M+m）v′，解得：v′=
，
弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知，
整个过程系统损失的机械能：△E=
mv2﹣
（M+m）v′2=
；
A、若保持m、v、l 不变，M 变大，系统损失的机械能：△E=
=
变大，故A 错误；
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B、若保持M、v、l 不变，m 变大，则系统损失的机械能：△E=
=
变大，故B 错误；
C、若保持M、m、l 不变，v 变大，则系统损失的机械能：△E=
变大，故C 正确；
D、若保持M、m、v 不变，l 变大，则系统损失的机械能：△E=
不变，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，弹丸击中沙箱过程系统动量守恒，机械能不守恒，沙箱摆动过程系统机
械能守恒，整个过程损失的机械能等于弹丸击中沙箱过程损失的机械能，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定
律与能量守恒定律求出系统损失的机械能即可解题。
6．（4.00 分）某大瀑布的平均水流量为5900m3/s，水的落差为50m。已知水的密度为1.00×103kg/m3．在大瀑布水
流下落过程中，重力做功的平均功率约为（
）
A．3×106W B．3×107W C．3×108W D．3×109W
【分析】根据平均功率P=
，W=mgh，m=ρQt 求解。
【解答】解：设在很短时间t 内有质量为m 的水落下，重力做功的平均功率P=
=
水的质量m=ρQt
代入数据解得，P=3×109W；
故选：D。
【点评】此题考查平均功率的定义应用，属于简单题目，注意设一下时间来表示质量。
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．（5.00 分）如图，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，有一面积为S 的矩形单匝闭合导线abcd，ab 边与磁场
方向垂直，线框的电阻为R．使线框以恒定角速度ω绕过ad、bc 中点的轴旋转。下列说法正确的是（
）
A．线框abcd 中感应电动势的最大值是BSω
B．线框abcd 中感应电动势的有效值是BSω
C．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大
D．线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大
【分析】线圈在磁场中转动产生感应电动势，明确中性面的特点，知道在中性面位置磁通量最大，感应电动势最小，
在与中性面垂直位置，磁通量最小，感应电动势最大即可
【解答】解：AB、线框abcd 绕垂直于磁场的轴转动，产生的感应电动势的最大值是Em=BSω，故A 正确，B 错误；
CD、线框平面与磁场方向平行时，此时线圈处于与中性面垂直位置，故此时产生的感应电动势最大，流经线框的电
流最大，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查了线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值和位置，明确中性面的特点即可判断
8．（5.00 分）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0 时，小物块以速度v0 滑到长木板上，图（b）为物
块与木板运动的v﹣t 图象，图中t1、v0、v1 已知。重力加速度大小为g。由此可求得（
）
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A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t=0 开始到t1 时刻，木板获得的动能
【分析】物块与木板组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律、
动量定理、动能定理分析答题。
【解答】解：A、系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对°与木板滑行的距离，木板的
长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，故A 错误；
B、物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，解得：
=
，v0 与v1 已知，可以求出物块与木板的质量之比，故B 正确；
C、对木板，由动量定理得：μmgt1=Mv1，解得：μ=
，由于t1、v0、v1 已知，可以求出动摩擦因数，故C 正
确；
D、由于不知道木板的质量，无法求出从t=0 开始到t1 时刻，木板获得的动能，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，物块与木板组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚物块与木板的
运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、动量定理即可解题。
9．（5.00 分）如图，a、b、c、d 为一边长为L 的正方形的顶点。电荷量均为q（q＞0）的两个点电荷分别固定在a、
c 两点，静电力常量为k。不计重力。下列说法正确的是（
）
A．b 点的电场强度大小为
B．过b、d 点的直线位于同一等势面上
C．在两点电荷产生的电场中，ac 中点的电势最低
D．在b 点从静止释放的电子，到达d 点时速度为零
【分析】先求解两个电荷单独存在时在b 点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到b 点的场强；根据等量同种
点电荷的电场的特点判断b、d 连线上各点电势的关系。根据电势关系分析运动。
【解答】解：等量同种点电荷的电场线与等势面分布如图：
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A、ac 两电荷在b 点的电场强度是矢量合，
，则b 点的电场强度大小为：
，
故A 正确；
B、C、由等量同种点电荷的电场分布的特点可知，过b、d 的直线不是等势面，在ac 中点的电势最高。故B 错误，
C 错误；
D、结合等量同种点电荷的电场分布的特点可知，b 点与d 点的电势是相等的，所以电子在b、d 两点的电势能相等，
所以从b 点释放的电子，将沿bd 的方向运动，到达d 点的速度恰好等于0．故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题考查电场的叠加，注意电场强度时矢量，合成遵循平行四边形定则；电势是标量，合成遵循代数法则。
10．（5.00 分）如图，三个电阻R1、R2、R3 的阻值均为R，电源的内阻r＜R，c 为滑动变阻器的中点。闭合开关后，
将滑动变阻器的滑片由c 点向a 端滑动，下列说法正确的是（
）
A．R2 消耗的功率变小B．R3 消耗的功率变大
C．电源输出的功率变大
D．电源内阻消耗的功率变大
【分析】滑动变阻器分为左右两部分分别与R2 和R3 串联，R2 与R3 并联后与R1 串联，c 为滑动变阻器的中点，滑动
触头在此点时，总电阻最大，然后根据欧姆定律分析电流变化，根据P=UI 分析功率变化。
电源输出的功率P 在r=R 外时最大，电源的内阻r＜R 外，R 外减小时，电源输出功率增大。
【解答】解：ABD、c 为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，将滑动变阻器的滑片由c 点向a 端
滑动，总电阻减小，总电流增大，R1 和电源内阻分的电压增大，电源内阻消耗的功率变大，并联电路电压减小，R3
所在之路电阻增大，电压减小，故电流减小，R3 消耗的功率减小，而R2 的电流增大，故R2 功率增大，故AB 错误，
D 正确；
C、电源输出的功率P 在r=R 外时最大，电源的内阻r＜R 外，R 外减小时，电源输出功率增大，故C 正确；
故选：CD。
【点评】本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P 从中间→左端总电阻变化
情况的判断。
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．（6.00 分）学生课外实验小组使用如图所示的实验装置测量重力加速度大小。实验时，他们先测量分液漏斗下
端到水桶底部的距离s；然后使漏斗中的水一滴一滴地下落，调整阀门使水滴落到桶底发出声音的同时，下一滴水
刚好从漏斗的下端滴落；用秒表测量第1 个水滴从漏斗的下端滴落至第n 个水滴落到桶底所用的时间t。
（1）重力加速度大小可表示为g=
（用s、n、t 表示）；
（2）如果某次实验中，s=0.90m，n=30，t=13.0s，则测得的重力加速度大小g=
9.6
m/s2；（保留2 位有效数字）
（3）写出一条能提高测量结果准确程度的建议：
“适当增大n”或“多次测量取平均值”。
。
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【分析】（1）依据自由落体运动的位移与时间关系h=
，即可求解重力加速度；
（2）将已知数据，代入上式，即可求解；
（3）根据所测物理量，即可确定提高测量结果的准确度。
【解答】解：（1）根据自由落体运动的位移与时间关系h=
，
则有：g=
，
而T=
，解得：g=
；
（2）将s=0.90m，n=30，t=13.0s，代入数据，解得：g=9.6m/s2；
（3）根据公式g=
，要能提高测量结果准确程度，可适当增大n，或多次测量s 取平均值；
故答案为：（1）
；（2）9.6；（3）“适当增大n”或“多次测量取平均值”。
【点评】考查自由落体运动的规律，掌握减小测量误差的方法，注意保留两位有效数字。
12．（12.00 分）某同学利用图（a）中的电路测量电流表Ⓐ的内阻RA（约为5Ω）和直流电源的电动势E（约为10V）。
图中R1 和R2 为电阻箱，S1 和S2 为开关。已知电流表的量程为100mA，直流电源的内阻为r。
（1）断开S2，闭合S1，调节R1 的阻值，使Ⓐ满偏；保持R1 的阻值不变，闭合S2，调节R2，当R2 的阻值为4.8Ω时
Ⓐ的示数为48.0mA．忽略S2 闭合后电路中总电阻的变化，经计算得RA=
5.2
Q；（保留2 位有效数字）
（2）保持S1 闭合，断开S2，多次改变R1 的阻值，并记录电流表的相应示数。若某次R1 的示数如图（b）所示，则
此次R1 的阻值为
148.2
Ω；
（3）利用记录的R1 的阻值和相应的电流表示数I，作出I
﹣1﹣R1 图线，如图（c）所示。用电池的电动势E、内阻r
和电流表内阻RA 表示I
﹣1 随R1 变化的关系式为I
﹣1=
R1+
。利用图（c）可求得E=
9.3
V．（保留2 位有
效数字）
【分析】（1）根据题意应用并联电路特点与欧姆定律求出电流表内阻。
（2）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数。
（3）根据电路图应用闭合电路欧姆定律求出表达式，然后根据图示图象求出电源电动势。
【解答】解：（1）由题意可知，干电路电流不变为：Ig=100mA，流过电阻箱的电流：I2=Ig﹣IA=100mA﹣48mA=52mA，
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电流表内阻：RA=
=
=
=5.2Ω；
（2）由图（b）所示可知，电阻箱阻值为：1×100Ω+4×10Ω+8×1Ω+2×0.1Ω=148.2Ω；
（3）断开S2、闭合S1，由图示电路图可知，电源电动势：E=I（r+R1+RA），则：
=
R1+
，
﹣R1 图象的斜率：k=
=
，解得：E≈9.3V；
故答案为：（1）5.2；（2）148.2；（3）
R1+
；9.3。
【点评】电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱示数，要掌握常用器材的使用及读数方法；根据题意分
析清楚电路结构、应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键。
四、计算题：本题共2 小题，共26 分。把解答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．（10.00 分）如图，圆心为O、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大
小为B．P 是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出。已知粒
子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；
（2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。
【分析】（1）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径；
（2）粒子第一次在圆形区域内做匀速直线运动，由
求出时间；
【解答】解：（1）根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系有：
解得：
（2）由
得
粒子第一次在圆形区域内运动的时间
=
答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为
；
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（2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，知道洛伦兹力提供粒子匀速圆周运动的向心力，关键是画轨迹，确定
圆心和半径，再结合几何关系即可求解。
14．（16.00 分）如图，光滑轨道PQO 的水平段QO=
，轨道在O 点与水平地面平滑连接。一质量为m 的小物块A
从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为4m 的静止小物块B 发生碰撞。A、B 与地面间的动摩擦因数均
为μ=0.5，重力加速度大小为g。假设A、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
（1）第一次碰撞后瞬间A 和B 速度的大小；
（2）A、B 均停止运动后，二者之间的距离。
【分析】（1）A 下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出A 到达水平面时的速度，两物块碰撞过程系统动量守
恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后两物块的速度大小。
（2）对两物块应用动能定理可以求出A、B 在磁场水平面上的位移，然后求出两者静止时两者间的距离。
【解答】解：（1）A 下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=
mv02，
A、B 发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvA+4mvB，
由机械能守恒定律得：
mv02=
mvA2+
•4mvB2，
解得：vA=﹣
，vB=
；
（2）物块B 在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理得：
对B：﹣μ•4mgx=0﹣
•4mvB2，x=
，
设当物块A 的位移为x 时速度为v，
对A，由动能定理得：﹣μmgx=
mv2﹣
mvA2，
解得：v=
，
A、B 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=mvA′+4mvB′，
由机械能守恒定律得：
mv2=
mvA′2+
•4mvB′2，
解得：vA′=﹣
，vB′=
，
碰撞后A 向左做减速运动，B 向右做减速运动，由动能定理得：
对A：﹣μmgxA=0﹣
mvA′2，
对B：﹣μ•4mgxB=0﹣
•4mvB′2，
解得：xA=
h，xB=
h，
A、B 均停止运动后它们之间的距离：d=xA+xB=
h；
答：（1）第一次碰撞后瞬间A 和B 速度的大小分别为
、
；
（2）A、B 均停止运动后，二者之间的距离为
h。
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【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守
恒定律与动能定理可以解题。
五、选修题：共12 分。请考生从第15、16 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修3-3]
15．（4.00 分）如图，一定量的理想气体，由状态a 等压变化到状态b，再从b 等容变化到状态c。a、c 两状态温度
相等。下列说法正确的是（
）
A．从状态b 到状态c 的过程中气体吸热
B．气体在状态a 的内能等于在状态c 的内能
C．气体在状态b 的温度小于在状态a 的温度
D．从状态a 到状态b 的过程中气体对外做正功
【分析】对于一定质量理想气体，压强与温度和体积有关，关于P、V、T 三者间的关系由实验定律加以分析，并满
足理想气体状态方程，再结合热力学第一定律进行分析。
【解答】解：A、气体从A 到B 发生等容变化，压强减小，温度降低，内能减小，气体对外界不做功，根据热力学
第一定律知，气体放热，故A 错误；
B、理想气体的内能只与温度有关，a、c 两状态温度相等，内能相等，所以气体在状态a 的内能等于气体在状态c
的内能，故B 正确；
C、气体从状态a 到状态b 发生等压变化，根据盖﹣吕萨克定律知，体积增大，温度升高，所以气体在状态b 的温
度大于在状态a 的温度，故C 错误；
D、气体从状态a 到状态b，体积变大，气体对外界做正功，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查气体实验定律和热力学第一定律的应用，注意热力学第一定律中的物理量正负号的含义，知道理
想气体的内能只与温度有关。
16．（8.00 分）一储存氮气的容器被一绝热轻活塞分隔成两个气室A 和B，活寨可无摩擦地滑动。开始时用销钉固
定活塞，A 中气体体积为2.5×10
﹣4m3，温度为27℃，压强为6.0×104Pa；B 中气体体积为4.0×10
﹣4m3，温度为﹣
17℃，压强为2.0×104Pa．现将A 中气体的温度降至﹣17℃，然后拔掉销钉，并保持A、B 中气体温度不变，求稳
定后A 和B 中气体的压强。
【分析】A 中气体与B 中气体相连，气压相等，由于活塞平衡，故其压强均相等。对两部分的气体写出理想气体的
状态方程，然后联立即可。
【解答】解：对A 中气体，
初态：PA=6.0×104Pa、VA=2.5×10
﹣4m3、TA=273K+27K=300K。
末态：PA'=？VA'=？TA'=273K﹣17K=256K
由理想气体状态方程得：
…①
对B 中气体，
初态：PB=2×104Pa、VB=4.0×10
﹣4m3
末态：PB'=？VB'=？
由于温度相同，根据玻意耳定律得：
PBVB=PB′•VB′…②
又VA+VB=VA'+VB'…③
PA'=PB'…④
①②③④联立得：p=3.2x104Pa
答：稳定后A 和B 中气体的压强为3.2x104Pa。
【点评】本题虽然有两部分的气体，但是变化比较简单，解答的关键是找出已知状态产量，然后根据理想气体状态
方程列方程求解。
[选修3-4](12 分)
17．警车向路上的车辆发射频率已知的超声波，同时探测反射波的频率。下列说法正确的是（
）
A．车辆匀速驶向停在路边的警车，警车探测到的反射波频率增高
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B．车辆匀速驶离停在路边的警车，警车探测到的反射波频率降低
C．警车匀速驶向停在路边的汽车，探测到的反射波频率降低
D．警车匀速驶离停在路边的汽车，探测到的反射波频率不变
【分析】当观察者与波源间发生相对运动时，观察都接收到的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应。根据车辆
与警车间距离的变化情况分析。
【解答】解：AC、车辆匀速驶向停在路边的警车，两者间距变小，产生多普勒效应，警车探测到的反射波频率增高，
故A 正确，C 错误。
BD、车辆匀速驶离停在路边的警车，两者间距变大，产生多普勒效应，警车探测到的反射波频率降低，故B 正确，
D 错误。
故选：AB。
【点评】多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而产生的，要根据两者间距的变化分析观察者接受到的频率
如何变化。
18．如图，由透明介质构成的半球壳的内外表面半径分别为R 和
R．一横截面半径为R 的平行光束入射到半球壳
内表面，入射方向与半球壳的对称轴平行，所有的入射光线都能从半球壳的外表面射出。已知透明介质的折射率为
n=
．求半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。不考虑多次反射。
【分析】光从半球壳内表面边沿上的A 点入射，入射角为90°，折射角为α，α等于全反射临界角，根据全反射临界
角公式求出α．画出光路图，根据几何关系求出半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径。
【解答】解：设光从半球壳内表面边沿上的A 点入射，入射角为90°（全反射临界角也为α），然后在半球壳外表面
内侧的B 点发生折射，入射角为β，如图所示。
由全反射临界角的定义得1=nsinα ①
由正弦定理得
=
②
OD 为对称思，设∠BOD=γ，由几何关系可知
γ=
﹣（α﹣β）③
设B 点到OD 的距离为r，即为所求的半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径，由几何关系有
r=
Rsinγ ④
由①②③④及题给数据解得r=
R
答：半球壳外表面上有光线射出区域的圆形边界的半径为
R。
【点评】解决本题的关键是理解全反射临界角的含义，掌握临界角公式，并能画出光路图，结合几何知识帮助解答。
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2018 年北京市高考物理试卷
一、选择题（本部分共8 小题，每小题6 分，共48 分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）
1．（6.00 分）在核反应方程
He+
N→
O+X 中，X 表示的是（
）
A．质子B．中子C．电子D．粒子
2．（6.00 分）关于分子动理论，下列说法正确的是（
）
A．气体扩散的快慢与温度无关
B．布朗运动是液体分子的无规则运动
C．分子间同时存在着引力和斥力
D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
3．（6.00 分）用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹，在光源与单缝之间加上红色滤光片后（
）
A．干涉条纹消失B．彩色条纹中的红色条纹消失
C．中央条纹变成暗条纹
D．中央条纹变成红色
4．（6.00 分）如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q 两质点平衡位置相距0.15m。当P 运动到上方最大位移处
时，Q 刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是（
）
A．0.60m
B．0.30m
C．0.20m
D．0.15m
5．（6.00 分）若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半
径60 倍的情况下，需要验证（
）
A．地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的
B．月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的
C．自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的
D．苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的
6．（6.00 分）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子（不计重力）以一定初速度射入该空间后，做匀速直
线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是（
）
A．磁场和电场的方向B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量D．粒子入射时的速度
7．（6.00 分）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是（
）
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
8．（6.00 分）根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200m 处
无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm 处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球
还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，
上升过程该“力”水平向西，则小球（
）
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
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D．落地点在抛出点西侧
二、非选择题。
9．（18.00 分）用图1 所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。
主要实步骤如下：
a．安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。
b．选出一条点迹清晰的纸带，接一个合适的点当作计时起点O（t=0），然后每隔相同的时间间隔T 选取一个计数
点，如图2 中A、B、C、D、E、F……所示。
c．通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E、……点时小车的速度，分别记作v1，v2，v3，v4，v5……
d．以速度v 为纵轴，时间t 为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图3 所示。
结合上述实验步骤，请你完成下列任务：
（1）在下列仪器和器材中，还需要使用的有
和
（填选项前的字母）
A．电压合适的50 Hz 交流电源
B．电压可调的直流电源
C．刻度尺
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D．秒表
E．天平（含砝码）
（2）在图3 中已标出计数点A、B、D、E 对应的坐标点，请在该图中标出计数点C 对应的坐标点，并画出v﹣t 图
象。
（3）观察v﹣t 图象，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是
。v﹣t 图象斜率的物理意义是
。
（4）描绘v﹣t 图象前，还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度表示各计数点的瞬时速度，从理论上
讲，对△t 的要求是
（选填“越小越好”或“与大小无关”）；从实验的角度看，选取的△x 大小与速度测量的误
差
（选填“有关”或“无关”）。
（5）早在16 世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时，为此他设计了如图
4 所示的“斜面实验”，反复做了上百次，验证了他的猜想。请你结合匀变速直线运动的知识，分析说明如何利用伽
利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的。
10．（16.00 分）2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图
如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h=10 m，C 是半径R=20 m 圆弧的最低点。质量m=60 kg
的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到达B 点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10m/s2。
（1）求长直助滑道AB 的长度L；
（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量I 的大小；
（3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力的大小。
11．（18.00 分）如图1 所示，用电动势为E、内阻为r 的电源，向滑动变阻器R 供电。改变变阻器R 的阻值，路端
电压U 与电流I 均随之变化。
（1）以U 为纵坐标，I 为横坐标，在图2 中画出变阻器阻值R 变化过程中U﹣I 图象的示意图，并说明U﹣I 图象与
两坐标轴交点的物理意义。
（2）a．请在图2 画好的U﹣I 关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。
（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。
12．（20.00 分）（1）静电场可以用电场线和等势面形象描述。
a．请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q 的场强表达式；
b．点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S1、S2 到点电荷的距离分别为r1、r2．我们知道，电场线的疏密
反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2 上单位面积通过的电场线条数之比
。
（2）观测宇宙中辐射电磁波的天体，距离越远单位面积接收的电磁波功率越小，观测越困难。为了收集足够强的
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来自天体的电磁波，增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要途径。2016 年9 月25 日，世界上最大的单口
径球面射电望远镜FAST 在我国贵州落成启用，被誉为“中国天眼”。FAST 直径为500 m，有效提高了人类观测宇宙
的精度和范围。
a．设直径为100 m 的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P1，计算FAST 能够接收到的来自该天体的电
磁波功率P2；
b．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的。仅以辐射功率为P 的同类天体为观测对象，设直径为100 m 望远
镜能够观测到的此类天体数目是N0，计算FAST 能够观测到的此类天体数目N。
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2018 年北京市高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本部分共8 小题，每小题6 分，共48 分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）
1．（6.00 分）在核反应方程
He+
N→
O+X 中，X 表示的是（
）
A．质子B．中子C．电子D．粒子
【分析】根据质量数和电荷数守恒求出x 的电荷数和质量数，即可判断x 是否表示电子、质子、还是中子。
【解答】解：根据质量数和电荷数守恒，
He+
N→
O+
X，X 表示的是质子，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题比较简单，考查了核反应方程中的质量数和电荷数守恒的应用。
2．（6.00 分）关于分子动理论，下列说法正确的是（
）
A．气体扩散的快慢与温度无关
B．布朗运动是液体分子的无规则运动
C．分子间同时存在着引力和斥力
D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
【分析】扩散现象表明分子是不停地做无规则运动的，温度越高，分子无规则运动越剧烈，扩散越快；
布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，不是分子的运动；
分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小。
【解答】解：A、扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A 错误；
B、布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，它是液体分子的不规则运动的反映，故B 错误；
C、分子间同时存在相互作用的引力和斥力，故C 正确；
D、分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了分子间的相互作用力、布朗运动和扩散多个知识点，但都属于基础知识，平时多理解、多积累。
3．（6.00 分）用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹，在光源与单缝之间加上红色滤光片后（
）
A．干涉条纹消失B．彩色条纹中的红色条纹消失
C．中央条纹变成暗条纹
D．中央条纹变成红色
【分析】发生干涉的条件是两列光的频率相同。白光通过红色滤光片剩下红光，仍满足干涉条件，即能发生干涉现
象。
【解答】解：A、在双缝中，仍是频率相同的红光，因此能发生干涉现象，故A 错误；
B、由于只有红光干涉条纹，因此不会出现彩色条纹，也没有彩色条纹中的红色条纹消失现象，故B 错误；
C、在中央条纹，满足光程差为零，则是明条纹，并不变成暗条纹，故C 错误；
D、得到白光的干涉条纹后，在光源与单缝之间加上红色滤光片，在双缝中的，由于红光的频率相同，则能发生干
涉，但不是彩色条纹，而是明暗相间的红色条纹，故D 正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道光发生干涉的条件：两列光的频率必须相同。
4．（6.00 分）如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q 两质点平衡位置相距0.15m。当P 运动到上方最大位移处
时，Q 刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是（
）
A．0.60m
B．0.30m
C．0.20m
D．0.15m
【分析】根据题中条件得到波长的一般表达式，然后根据n 的取值求解波长的可能值。
【解答】解：P、Q 两质点平衡位置相距0.15m。当P 运动到上方最大位移处时，Q 刚好运动到下方最大位移处，
则有：
（n+
）λ=0.15
解得：
（n=0、1、2、3…）
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当n=0 时，λ=0.30m，
当n=1 时，λ=0.10m，故B 正确、ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查波长的计算，解答本题要能够根据题中条件得到波长的一般表达式，然后进行分析。
5．（6.00 分）若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半
径60 倍的情况下，需要验证（
）
A．地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的
B．月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的
C．自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的
D．苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的
【分析】万有引力提供月球做圆周运动的向心力，在月球表面的物体受到的万有引力等于重力，据此求出月球表面
的重力加速度，从而即可求解。
【解答】解：设物体质量为m，地球质量为M，地球半径为R，月球轨道半径r=60R，物体在月球轨道上运动时的
加速度为a，
由牛顿第二定律：G
=ma…①；
月球表面物体重力等于万有引力：G
=mg…②；
联立①②得：
=
，故B 正确；ACD 错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握月地检验的原理，掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力这两个理论，并能灵
活运用。
6．（6.00 分）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子（不计重力）以一定初速度射入该空间后，做匀速直
线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是（
）
A．磁场和电场的方向B．磁场和电场的强弱
C．粒子的电性和电量D．粒子入射时的速度
【分析】带电粒子刚好做匀速直线运动，则电场力等于洛伦兹力，只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，结合做圆周
运动的条件判断。
【解答】解：带电粒子在电场中一定会受到电场力的作用；一个带电粒子进入电场、磁场共存的区域后做匀速直线
运动，所以带电粒子受到的洛伦兹力与电场力大小相等，方向相反，即：qvB=qE
可知粒子的速度大小：v=
是必须的条件，同时磁场的强弱与电场的强弱必须满足v=
；
同时，由左手定则可知，洛伦兹力的方向与粒子速度的方向、磁场的方向垂直，而电场力的方向与电场的方向平行，
所以磁场的方向必定与电场的方向垂直；
由于带电粒子在磁场中做匀速直线运动，结合洛伦兹力产生的条件可知，速度的方向必须与磁场的方向垂直，同时
由平衡条件可知，洛伦兹力的方向与电场力的方向相反，则二者的方向必定也要满足特定的条件；
而且由公式v=
可知，粒子满足前面的两个条件时，与粒子的带电量以及粒子的电性都无关。
故C 符合题意，ABD 不符合题意。
本题选择与完成上述两类运动无关的，故选：C。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题要抓住带电粒子刚好以某一初速度做匀速直线运动，可知电场力
等于洛伦兹力，这一条件解题，知道带电粒子在电场、磁场中的运动情况是关键。
7．（6.00 分）研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是（
）
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A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【分析】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，根据C=
，判定电容
的变化，再依据U=
，判断电势差的变化，从而即可求解。
【解答】解：A、由电容器带电量是某一极板的电量，再结合静电感应原理，可知，只用带电玻璃棒与电容器a 板
接触，即能使电容器带电，故A 正确；
B、将b 板向上平移，正对面积减小，根据C=
，电容减小，根据U=
，Q 不变，则电势差增大，张角变大，
故B 错误。
C、在极板之间插入有机玻璃板，根据C=
，电容增大，根据U=
，Q 不变，则电势差减小，张角变小，故C
错误。
D、在实验中，只增加极板带电量，根据C=
，电容C 不变，根据U=
，则电势差增大，张角变大，故D 错
误。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握电容器的动态分析，电容器与电源断开，电量保持不变，电容器始终与电源相连，电
容器两端间的电势差不变，同时理解电容器带电量的含义。
8．（6.00 分）根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200m 处
无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm 处。这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球
还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，
上升过程该“力”水平向西，则小球（
）
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
【分析】根据运动的合成与分解，结合运动学公式，及力与运动关系，并由“力”与竖直方向的速度大小成正比，即
可一一求解。
【解答】解：AB、在刚竖直上抛时，因竖直方向有速度，则受到水平向西的一个力，导致物体水平向西有个加速度，
虽然加速度会随着竖直方向速度减小而减小，但是加速运动，因此物体到最高点时，水平方向有速度，而水平方向
加速度却为零，原因是最高点，竖直方向速度为零，故AB 错误；
CD、将此物体的运动分解成水平方向与竖直方向，在上抛过程中，水平方向速度不断增大，当下降时，因加速度方
向与水平速度方向相反，做减速运动，但在落回到抛出点时，水平方向有向西的位移，因此落地点在抛出点西侧，
故C 错误，D 正确；
故选：D。
【点评】考查力与运动的关系，掌握运动的合成与分解内容，理解从抛出到落回，为何水平方向有位移的原因。
二、非选择题。
9．（18.00 分）用图1 所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。
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主要实步骤如下：
a．安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。
b．选出一条点迹清晰的纸带，接一个合适的点当作计时起点O（t=0），然后每隔相同的时间间隔T 选取一个计数
点，如图2 中A、B、C、D、E、F……所示。
c．通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E、……点时小车的速度，分别记作v1，v2，v3，v4，v5……
d．以速度v 为纵轴，时间t 为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图3 所示。
结合上述实验步骤，请你完成下列任务：
（1）在下列仪器和器材中，还需要使用的有
A
和
C
（填选项前的字母）
A．电压合适的50 Hz 交流电源
B．电压可调的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平（含砝码）
（2）在图3 中已标出计数点A、B、D、E 对应的坐标点，请在该图中标出计数点C 对应的坐标点，并画出v﹣t 图
象。
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（3）观察v﹣t 图象，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是
小车的速度随着时间均匀变化
。v﹣t 图象斜
率的物理意义是
加速度
。
（4）描绘v﹣t 图象前，还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度表示各计数点的瞬时速度，从理论上
讲，对△t 的要求是
越小越好
（选填“越小越好”或“与大小无关”）；从实验的角度看，选取的△x 大小与速度测
量的误差
有关
（选填“有关”或“无关”）。
（5）早在16 世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时，为此他设计了如图
4 所示的“斜面实验”，反复做了上百次，验证了他的猜想。请你结合匀变速直线运动的知识，分析说明如何利用伽
利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的。
【分析】（1）依据实验原理，结合打点计时器使用交流电源，通过某段时间内的平均速度表示中时刻的瞬时速度，
即可选取仪器；
（2）根据其它点的位置，确定C 点的坐标，再平滑连接，形成图象；
（3）当速度与时间图象是过原点的直线时，则说明小车做匀变速直线运动，斜率表示小车的加速度；
（4）当△t 越小，即△x 越小时，平均速度越接近瞬时速度；
（5）根据运动学位移与时间公式，测量出不同位移与其对应的时间平方关系，从而即可检验。
【解答】解：（1）在下列仪器和器材中，还需要使用的有电压合适的50 Hz 交流电源，供打点计时器使用；
还需要刻度尺，来测量各点的位移大小，从而算出各自速度大小；
（2）根据标出计数点A、B、D、E 对应的坐标点位置，及C 点对应的时间，从而确定C 点的位置，再将各点平滑
连接，
如图所示：
（3）由v﹣t 图象，是过原点的一条直线，可知，速度随着时间是均匀变化的，说明小车是做匀变速直线运动；
图象的斜率，表示小车的加速度；
（4）当不知道小车是否做匀变速直线运动，若用平均速度表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对△t 的要求
是越小越好，即
，才使得平均速度接近瞬时速度；
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从实验的角度看，对于选取的△x 大小与速度测量的误差有关；
（5）“斜面实验”小球做匀加速直线运动，若小球的初速度为零，依据运动学速度公式，则速度与时间成正比，那
么位移与时间的平方成正比，
因此只需要测量小球在不同位移内对应的时间，从而可检验小球的速度是否随着时间均匀变化。
故答案为：（1）A，C；（2）如上图所示；（3）小车的速度随着时间均匀变化，加速度；（4）越小越好，有关；（5）
通过不同位移，与其对应的时间平方是否成正比，即可检验小球的速度是随时间均匀变化的。
【点评】考查实验的原理，掌握作图法，理解图象的斜率含义，注意平均速度能接近瞬时速度的要求，同时运动学
公式的内容在本题的应用是解题的关键。
10．（16.00 分）2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图
如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h=10 m，C 是半径R=20 m 圆弧的最低点。质量m=60 kg
的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到达B 点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10m/s2。
（1）求长直助滑道AB 的长度L；
（2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量I 的大小；
（3）若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力的大小。
【分析】（1）从A 到B 根据速度位移关系求解AB 的长度；
（2）根据动量定理求解合外力的冲量I 的大小；
（3）根据受力情况画出运动员经过G 点时受力示意图；根据动能定理、列方程求解支持力的大小。
【解答】解：（1）从A 到B 根据速度位移关系可得：vB2﹣vA2=2aL，
解得：L=
m=100m；
（2）根据动量定理可得：I=mvB﹣mvA=60×30﹣0=1800N•s；
（3）运动员经过G 点时受到重力和支持力，如图所示；
根据动能定理可得：mgh=
mvC2﹣
mvB2，
根据解得第二定律可得：FN﹣mg=m
解得：FN=3900N。
答：（1）长直助滑道AB 的长度为100m；
（2）运动员在AB 段所受合外力的冲量I 的大小为1800N•s；
（3）若不计BC 段的阻力，运动员经过C 点时的受力图如图所示，其所受支持力的大小为3900N。
【点评】本题主要是考查运动学计算公式、动量定理、动能定理和向心力的计算；利用动量定理解答问题时，要注
意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
11．（18.00 分）如图1 所示，用电动势为E、内阻为r 的电源，向滑动变阻器R 供电。改变变阻器R 的阻值，路端
电压U 与电流I 均随之变化。
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（1）以U 为纵坐标，I 为横坐标，在图2 中画出变阻器阻值R 变化过程中U﹣I 图象的示意图，并说明U﹣I 图象与
两坐标轴交点的物理意义。
（2）a．请在图2 画好的U﹣I 关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率；
b．请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。
（3）请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。
【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律得到U﹣I 表达式，再画出图象；根据表达式分析图象与两坐标轴交点的物
理意义；
（2）根据P=UI 画出图象，根据闭合电路的欧姆定律结合电功率的计算公式求解最大输出功率；
（3）电动势的定义式为E=
；根据能量守恒定律证明电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。
【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律可得E=U+Ir，解得U=E﹣Ir，
画出的U﹣I 图象如图所示；
图象与纵坐标的坐标值为电源电动势，与横轴交点表示短路电流；
（2）a、如图中网格图形所示；
b、电路中的电流强度为I=
输出电功率P=I2R=（
）2R=
当R=
即R=r 时输出功率最大，最大电功率Pm=
；
（3）电动势的定义式为E=
，
根据能量守恒，在图1 中，非静电力做的功W 产生的电能等于外电路和内电路产生的电热，
即：W=I2rt+I2Rt，
所以EIt=U 内It+U 外It，
解得E=U 内+U 外。
答：（1）U﹣I 图象如图所示；图象与纵坐标的坐标值为电源电动势，与横轴交点表示短路电流；
（2）a、如图中网格图形所示；b、R=r 时输出功率最大，最大电功率Pm=
；
（3）电源电动势定义式E=
；证明见解析。
【点评】本题主要是考查闭合电路欧姆定律和电功率的计算，能够推导出U﹣I 关系式是画出图象的关键；知道电
源最大输出功率的条件。
12．（20.00 分）（1）静电场可以用电场线和等势面形象描述。
a．请根据电场强度的定义和库仑定律推导出点电荷Q 的场强表达式；
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b．点电荷的电场线和等势面分布如图所示，等势面S1、S2 到点电荷的距离分别为r1、r2．我们知道，电场线的疏密
反映了空间区域电场强度的大小。请计算S1、S2 上单位面积通过的电场线条数之比
。
（2）观测宇宙中辐射电磁波的天体，距离越远单位面积接收的电磁波功率越小，观测越困难。为了收集足够强的
来自天体的电磁波，增大望远镜口径是提高天文观测能力的一条重要途径。2016 年9 月25 日，世界上最大的单口
径球面射电望远镜FAST 在我国贵州落成启用，被誉为“中国天眼”。FAST 直径为500 m，有效提高了人类观测宇宙
的精度和范围。
a．设直径为100 m 的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P1，计算FAST 能够接收到的来自该天体的电
磁波功率P2；
b．在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的。仅以辐射功率为P 的同类天体为观测对象，设直径为100 m 望远
镜能够观测到的此类天体数目是N0，计算FAST 能够观测到的此类天体数目N。
【分析】（1）a．根据库仑定律得到库仑力的表达式，然后根据电场强度定义式求得场强表达式；
b．根据电场线的疏密反映了空间区域电场强度的大小，由场强关系得到电场线条数关系；
（2）a．根据直径关系得到有效面积关系，从而得到电磁波功率关系；
b．根据电磁波功率关系，由望远镜能观测到此类天体的电磁波总功率最小值相等得到最远距离关系，从而根据空
间体积，由天体分别均匀得到天体数量关系。
【解答】解：（1）a．设试探电荷q 距点电荷Q 的距离为r，由库仑定律可得：试探电荷q 受到的库仑力
，
那么，根据场强定义可得：场强
；
b．电场线疏密程度反映了空间区域电场强度的大小，故
；
（2）a．直径为D 的望远镜能接受到射电信号的有效面积（即垂直射电信号的方向的投影面积）
；
那么，根据来自某天体的电磁波的信号均匀分布可得：功率和有效面积成正比，故有：
，所以，
，即P2=25P1；
b．天体空间分布均匀，设望远镜能观测到的最远距离为L，望远镜半径为d，望远镜能观测到此类天体的电磁波总
功率最小值为P0，
则有：
，那么，能够观测到的此类天体数目
；
根据望远镜能观测到此类天体的电磁波总功率最小值P0 相等可得：
，
，所
以，N=125N0；
答：（1）b．S1、S2 上单位面积通过的电场线条数之比
为
；
（2）a．FAST 能够接收到的来自该天体的电磁波功P2 为25P1；
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b．FAST 能够观测到的此类天体数目N 为125N0。
【点评】球体沿任意平面的投影都为最大圆面积，即过球心的圆的面积；而其他几何体的投影和投影面相关。
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2017 年天津市高考物理试卷
一、选择题（每小题6 分，共30 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．（6 分）我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变
项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是（
）
A．
→
B．
→
C．
→
+
D．
→
+
+3
2．（6 分）明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白
光通过多棱晶体折射会发生色散现象．如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正
确的是（
）
A．若增大入射角i，则b 光先消失
B．在该三棱镜中a 光波长小于b 光
C．a 光能发生偏振现象，b 光不能发生
D．若a、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a 光的遏止电压低
3．（6 分）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好
接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持
静止，下列说法正确的是（
）
A．ab 中的感应电流方向由b 到a
B．ab 中的感应电流逐渐减小
C．ab 所受的安培力保持不变
D．ab 所受的静摩擦力逐渐减小
4．（6 分）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随
座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是（
）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
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C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
5．（6 分）手持较长软绳端点O 以周期T 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平
传播，示意如图．绳上有另一质点P，且O、P 的平衡位置间距为L．t=0 时，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，
速度方向竖直向上，下列判断正确的是（
）
A．该简谐波是纵波
B．该简谐波的最大波长为2L
C．t=
时，P 在平衡位置上方
D．t=
时，P 的速度方向竖直向上
二、不定项选择题（每小题6 分，共18 分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的．全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，选错或不答的得0 分）
6．（6 分）在匀强磁场中，一个100 匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁
通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2Ω，则（
）
A．t=0 时，线圈平面平行于磁感线
B．t=1s 时，线圈中的电流改变方向
C．t=1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大
D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J
7．（6 分）如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在
静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B 两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB．下列说法正
确的是（
）
A．电子一定从A 向B 运动
B．若aA＞aB，则Q 靠近M 端且为正电荷
C．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有EpA＜EpB
D．B 点电势可能高于A 点电势
8．（6 分）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的a、b 两点，悬挂衣服的衣架钩是
光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（
）
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A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移
三、解答题（共6 小题，满分72 分）
9．（4 分）我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合
体．假设组合体在距地面高度为h 的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球半径为R，地球表面重力加速度
为g，且不考虑地球自转的影响．则组合体运动的线速度大小为
，向心加速度大小为
．
10．（4 分）如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械
能守恒定律。
①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是
。
A．重物选用质量和密度较大的金属锤
B．两限位孔在同一竖直面内上下对正
C．精确测量出重物的质量
D．用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物
②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz 的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带
较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O 点为纸带上打出的第一个点。
重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有
。
A．OA、AD 和EG 的长度
B．OC、BC 和CD 的长度
C．BD、CF 和EG 的长度
D．AC、BD 和EG 的长度
11．（10 分）某探究性学习小组利用如图1 所示的电路测量电池的电动势和内阻．其中电流表A1 的内阻r1=1.0kΩ，
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电阻R1=9.0kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0Ω的电阻．
①按图示电路进行连接后，发现aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线．为了确定哪一条导线内部
是断开的，将电键S 闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不
为零，则一定是
导线断开；若读数为零，则一定是
导线断开．
②排除故障后，该小组顺利完成实验．通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1 和A2 的多组I1、I2 数据，
作出图象如图2．由I1﹣I2 图象得到的电池的电动势E=
V，内阻r=
Ω．
12．（16 分）如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量
分别为mA=2kg、mB=1kg。初始时A 静止与水平地面上，B 悬于空中。先将B 竖直向上再举高h=1.8m（未触及滑轮）
然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触。取g=10m/s2。
（1）B 从释放到细绳绷直时的运动时间t；
（2）A 的最大速度v 的大小；
（3）初始时B 离地面的高度H。
13．（18 分）平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀
强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v0 沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x
轴距离的2 倍。粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y
轴距离相等。不计粒子重力，求：
（1）粒子到达O 点时速度的大小和方向；
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。
14．（20 分）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电
磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距
为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R 的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良
好接触．首先开关S 接1，使电容器完全充电．然后将S 接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B
的匀强磁场（图中未画出），MN 开始向右加速运动．当MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回
路中电流为零，MN 达到最大速度，之后离开导轨．问：
（1）磁场的方向；
（2）MN 刚开始运动时加速度a 的大小；
（3）MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少．
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2017 年天津市高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题6 分，共30 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．（6 分）我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变
项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是（
）
A．
→
B．
→
C．
→
+
D．
→
+
+3
【分析】正确解答本题需要掌握：裂变、聚变的反应的特点，即可分析核反应的性质．
【解答】解：核聚变是指由质量小的原子，主要是指氘或氚，在一定条件下（如超高温和高压），发生原子核互相
聚合作用，生成新的质量更重的原子核，并伴随着巨大的能量释放的一种核反应形式，
用快速粒子（天然射线或人工加速的粒子）穿入原子核的内部使原子核转变为另一种原子核的过程，这就是原子核
的人工转变
由此可知：核反应方程
→
是原子核的聚变反应；B 与C 属于原子核的人工核转变；D 属于裂变
反应；
故只有A 正确；BCD 错误；
故选：A。
【点评】本题考查核反应的分类，要正确理解核裂变、聚变及其他相关核反应的性质，并掌握质量数守恒电荷数守
恒分析核反应方程．
2．（6 分）明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白
光通过多棱晶体折射会发生色散现象．如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正
确的是（
）
A．若增大入射角i，则b 光先消失
B．在该三棱镜中a 光波长小于b 光
C．a 光能发生偏振现象，b 光不能发生
D．若a、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a 光的遏止电压低
【分析】依据光的折射定律，判定两光的折射率大小，再根据sinC=
，即可判定各自临界角大小，进而可求解；
根据折射率的定义公式求解折射率，由折射定律得出折射率关系，就知道波长关系；
只要是横波，均能发生偏振现象；
根据qUc=
，结合光电效应方程
=hγ﹣W，从而即可求解．
【解答】解：A、根据折射率定义公式n=
，从空气斜射向玻璃时，入射角相同，光线a 对应的折射角较大，
故光线a 的折射率较小，即na＜nb，若增大入射角i，在第二折射面上，则两光的入射角减小，依据光从光密介质
进入光疏介质，且入射角大于或等于临界角时，才能发生光的全反射，因此它们不会发生光的全反射，故A 错误；
B、根据折射率定义公式n=
，从空气斜射向玻璃时，入射角相同，光线a 对应的折射角较大，故光线a 的折
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射率较小，即na＜nb，则在真空中a 光波长大于b 光波长，故B 错误；
C、只要是横波，均能发生偏振现象，若a 光能发生偏振现象，b 光一定能发生，故C 错误；
D、a 光折射率较小，则频率较小，根据E=hγ，则a 光光子能量较小，则a 光束照射逸出光电子的最大初动能较小，
根据qUc=
，则a 光的遏止电压低，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题关键依据光路图来判定光的折射率大小，然后根据折射率定义公式比较折射率大小，学会判定频率高
低的方法，同时掌握光电效应方程，及遏止电压与最大初动能的关系．
3．（6 分）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R．金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好
接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持
静止，下列说法正确的是（
）
A．ab 中的感应电流方向由b 到a
B．ab 中的感应电流逐渐减小
C．ab 所受的安培力保持不变
D．ab 所受的静摩擦力逐渐减小
【分析】根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分
析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化．
【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab 中的感应电流方向由a 到b，故A 错误。
B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律
得，感应电动势恒定，则ab 中的感应电流不变，
故B 错误。
C、根据安培力公式F=BIL 知，电流不变，B 均匀减小，则安培力减小，故C 错误。
D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，面积不
变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化．
4．（6 分）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随
座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是（
）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【分析】根据机械能的定义分析机械能的变化情况；
根据向心力的来源分析重力和支持力的情况；
根据冲量的定义分析冲量；
根据瞬时功率计算式计算重力的瞬时功率．
【解答】解：A、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，
则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A 错误；
B、圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F=mg﹣N，则支持
力N=mg﹣F，所以重力大于支持力，B 正确；
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C、转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C 错误；
D、运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，
D 错误。
故选：B。
【点评】本题涉及的知识点比较多，但是都考查了基本的公式，学习过程中一定要把最基础的概念和公式牢记，这
样我们就能得心应手．
5．（6 分）手持较长软绳端点O 以周期T 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平
传播，示意如图．绳上有另一质点P，且O、P 的平衡位置间距为L．t=0 时，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，
速度方向竖直向上，下列判断正确的是（
）
A．该简谐波是纵波
B．该简谐波的最大波长为2L
C．t=
时，P 在平衡位置上方
D．t=
时，P 的速度方向竖直向上
【分析】由横波、纵波的定义得到简谐波为横波；再由P 的运动状态得到OP 之间的距离与波长的关系，进而求得
最大波长；根据P 的运动状态可得之后任意时刻P 的位置及速度．
【解答】解：A、该简谐波上质点振动方向为竖直方向，波的传播方向为水平方向，两者垂直，故为横波，故A 错
误；
B 、t=0 时，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，速度方向竖直向上，故两者间的距离为
，
又有O、P 的平衡位置间距为L，则
，故B 错误；
C、t=0 时，P 的位移恰好为零，速度方向竖直向上，那么，t=
时，P 在平衡位置上方，并向上运动，故C 正确；
D、t=0 时，P 的位移恰好为零，速度方向竖直向上，那么，t=
时，P 在平衡位置上方，并向下运动，故D 错误；
故选：C。
【点评】在波的传播过程中，波上的质点并不随波的传播而运动，质点只在平衡位置附近做简谐运动；随波传播的
只是波的形式和能量．
二、不定项选择题（每小题6 分，共18 分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的．全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，选错或不答的得0 分）
6．（6 分）在匀强磁场中，一个100 匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁
通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2Ω，则（
）
A．t=0 时，线圈平面平行于磁感线
B．t=1s 时，线圈中的电流改变方向
C．t=1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大
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D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J
【分析】根据图象得到t=0 时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；根据图象斜率确定第感应电流方
向和t=1.5 s 时感应电动势大小；计算此交流电的最大值和有效值，根据焦耳定律计算一个周期产生的热．
【解答】解：A、根据图象可知，在t=0 时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故A 正确；
B、Φ﹣t 图象的斜率为
，即表示磁通量的变化率，在0.5s～1.5s 之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势
方向不变，则电流强度方向不变，故B 错误；
C、根据法拉第电磁感应定律可得E=N
，所以在t=1.5 s 时，斜率为零，则感应电动势为零，故C 错误；
D、感应电动势的最大值为Em=NBSω=NΦmω=100×
V=4π V，有效值E=
=2
V，根据焦耳定律
可得一个周期产生的热为Q=
=
=8π2J，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一
是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置
磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点．
7．（6 分）如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在
静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B 两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB．下列说法正
确的是（
）
A．电子一定从A 向B 运动
B．若aA＞aB，则Q 靠近M 端且为正电荷
C．无论Q 为正电荷还是负电荷一定有EpA＜EpB
D．B 点电势可能高于A 点电势
【分析】由运动轨迹得到电场力方向，进而得到电势的比较，从而根据加速度的比较得到点电荷Q 的正负．
【解答】解：A、由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A 错误；
B、若aA＞aB，则A 点离点电荷Q 更近即Q 靠近M 端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所
以，在MN 上电场方向向右，那么Q 靠近M 端且为正电荷，故B 正确；
D、由B 可知，电场线方向由M 指向N，那么A 点电势高于B 点，故D 错误；
C、由B 可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A 向B 运动，则电场力做负功，电势能增加；若电
子从B 向A 运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpA＜EpB求解过程与Q 所带电荷无关，只与电场线
方向相关，故C 正确；
故选：BC。
【点评】带电粒子在电场中运动，带正电的粒子电场力方向与电场线方向一致；带负电的粒子，电场力方向与电场
线方向相反．
8．（6 分）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的a、b 两点，悬挂衣服的衣架钩是
光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（
）
A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
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D．若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移
【分析】绳子两端上下移动时，两杆距离不变，据此分析两端绳子间夹角的变化情况，进而分析拉力的变化；
两杆之间距离发生变化时，分析两段绳子之间的夹角变化，进而分析拉力变化．
【解答】解：如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。
假设绳子的长度为X，则Xcosθ=L，绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度
不变；
AC、两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变；A 正确，C 错误；
B、当杆向右移动后，根据Xcosθ=L，即L 变大，绳长不变，所以θ角度减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的
拉力变大，B 正确；
D、绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，D 错误。
故选：AB。
【点评】本题在判断绳子拉力的变化关键是把握一个合力的不变，然后分析绳子夹角的变化情况，而夹角的变化情
况又与两杆距离有关，写出了距离与夹角关系，题目就会变的容易
三、解答题（共6 小题，满分72 分）
9．（4 分）我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合
体．假设组合体在距地面高度为h 的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球半径为R，地球表面重力加速度
为g，且不考虑地球自转的影响．则组合体运动的线速度大小为
R
，向心加速度大小为
g（
）2
．
【分析】地球表面重力与万有引力相等，卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，从而即可求解．
【解答】解：在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，有：
mg=G
得：GM=R2g，
根据万有引力提供向心力有：
G
=
，
得：v=
=
=R
；
根据万有引力定律和牛顿第二定律可得，卫星所在处的加速度，G
=ma，
得a=
=
=g（
）2；
故答案为：R
；g（
）2．
【点评】本题主要考查在星球表面万有引力与重力相等，卫星绕地球圆周运动的向心力由万有引力提供，掌握规律
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是正确解题的关键．
10．（4 分）如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械
能守恒定律。
①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是
AB
。
A．重物选用质量和密度较大的金属锤
B．两限位孔在同一竖直面内上下对正
C．精确测量出重物的质量
D．用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物
②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz 的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带
较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O 点为纸带上打出的第一个点。
重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有
BC
。
A．OA、AD 和EG 的长度
B．OC、BC 和CD 的长度
C．BD、CF 和EG 的长度
D．AC、BD 和EG 的长度
【分析】根据实验原理，结合实验中的注意事项后分析解答；
依据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，从而确定动能的变化，再依据重力势能表达式，进而确定其的变
化，即可验证。
【解答】解：
①A、实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，
故A 正确。
B、为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从
而减小实验误差，故B 正确。
C、因为我们是比较mgh、
mv2 的大小关系，故m 可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，
故C 错误。
D、实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，对减小实验误差没有影响，故D 错误。
②根据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，结合动能与重力势能表达式，
A、当OA、AD 和EG 的长度时，只有求得F 点与BC 的中点的瞬时速度，从而确定两者的动能变化，却无法求解重
力势能的变化，故A 错误；
B、当OC、BC 和CD 的长度时，同理，依据BC 和CD 的长度，可求得C 点的瞬时速度，从而求得O 到C 点的动能
变化，因知道OC 间距，则可求得重力势能的变化，可以验证机械能守恒，故B 正确；
C、当BD、CF 和EG 的长度时，依据BD 和EG 的长度，可分别求得C 点与F 点的瞬时速度，从而求得动能的变化，
再由CF 确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C 正确；
D、当AC、BD 和EG 的长度时，依据AC 和EG 长度，只能求得B 点与F 点的瞬时速度，从而求得动能的变化，而
BF 间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D 错误；
故答案为：①AB；
②BC。
【点评】考查实验的原理，掌握如何处理实验误差的方法，理解验证机械能守恒的中，瞬时速度的求解，及重力势
能的表达式的应用。
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11．（10 分）某探究性学习小组利用如图1 所示的电路测量电池的电动势和内阻．其中电流表A1 的内阻r1=1.0kΩ，
电阻R1=9.0kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R0=3.0Ω的电阻．
①按图示电路进行连接后，发现aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线．为了确定哪一条导线内部
是断开的，将电键S 闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不
为零，则一定是
aa'
导线断开；若读数为零，则一定是
bb'
导线断开．
②排除故障后，该小组顺利完成实验．通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1 和A2 的多组I1、I2 数据，
作出图象如图2．由I1﹣I2 图象得到的电池的电动势E=
1.4
V，内阻r=
0.5
Ω．
【分析】通过多用电表的电压示数是否为零，结合电路分析确定哪根导线断开．
根据闭合电路欧姆定律以及串并联电路的特点，得出两电流的表达式，结合图线的斜率和截距求出电动势和内阻的
大小．
【解答】解：①将电建S 闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，可知cc′不断开，再测量a、
a′间电压，若读数不为零，可知bb′间不断开，则一定是aa′间断开．若aa′间电压为零，则bb 导线断开．
②根据串并联电路的特点，结合闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir，
则有：E=I1（R1+r1）+I2（R0+r），
可知I1=
，纵轴截距
解得：E=1.4V，
图线斜率的绝对值为：
，解得r≈0.5Ω．
故答案为：①aa'，bb'，②1.4（1.36～1.44 均可）
0.5（0.4～0.6 均可）
【点评】解决本题的关键确定故障的方法，对于图线问题，一般的解题思路是得出两物理量之间的关系式，结合图
线斜率和截距进行求解，难度中等．
12．（16 分）如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量
分别为mA=2kg、mB=1kg。初始时A 静止与水平地面上，B 悬于空中。先将B 竖直向上再举高h=1.8m（未触及滑轮）
然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触。取g=10m/s2。
（1）B 从释放到细绳绷直时的运动时间t；
（2）A 的最大速度v 的大小；
（3）初始时B 离地面的高度H。
【分析】（1）根据自由落体规律计算运动时间；
（2）根据动量守恒定律计算A 的最大速度；
（3）根据机械能守恒计算B 离地面的高度H。
【解答】解：（1）B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h=
gt2
代入数据解得：t=0.6 s。
（2）根据动量定理；
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对A（取向上为正方向），则有：F2t﹣mAgt=mAv′，
对B，则有：﹣F1t+mBgt=mBv′﹣mBvB；
而F1=F2
且vB=6m/s，
得：﹣gt=2v′+v′﹣6
由于碰撞时间极短，因此有：v′=2 m/s
（3）细绳绷直后，A、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A、B 的速度为零，
这一过程中A、B 组成的系统机械能守恒，有：
（mA+mB）v′2+mBgH=mAgH
代入数据解得：H=0.6 m。
答：（1）运动时间为0.6s；
（2）A 的最大速度的大小为2m/s；
（3）初始时B 离地面的高度为0.6m。
【点评】本题是一道综合题，但是仅仅是各个知识点的组合，一个问题涉及一个知识点，不是很难。在处理第三问
的时候，使用了整体法，系统机械能能守恒，这种情况经常遇到，平时多练习。
13．（18 分）平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀
强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v0 沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x
轴距离的2 倍。粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y
轴距离相等。不计粒子重力，求：
（1）粒子到达O 点时速度的大小和方向；
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。
【分析】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，根据x 轴方向的匀速直线运动和y 方向的匀加速直线运动列方程求解；
（2）粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解电场强度；根据粒子所
受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据则由几何关系得到半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后
求解比值。
【解答】解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴的距离为L，到y 轴的距离为2L，粒子的加速度为
a，运动时间为t，有
沿x 轴正方向：2L=v0t，①
竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L=
②
设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为vy
根据速度时间关系可得：vy=at ③
设粒子到达O 点时速度方向与x 轴方向的夹角为α，有tanα=
④
联立①②③④式得：α=45°
⑤
即粒子到达O 点时速度方向与x 轴方向的夹角为45°角斜向上。
设粒子到达O 点时的速度大小为v，由运动的合成有
v=
=
；
（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，
由牛顿第二定律可得：qE=ma
⑧
由于
解得：E=
⑨
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设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB=m
⑩
由于P 点到O 点的距离为2L，则由几何关系可知R=
解得：B=
⑪
联立⑨⑪式得
。
答：（1）粒子到达O 点时速度的大小为
，方向x 轴方向的夹角为45°角斜向上。
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比为
。
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动
学公式确定带电粒子的速度；
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求
解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
14．（20 分）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电
磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距
为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R 的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良
好接触．首先开关S 接1，使电容器完全充电．然后将S 接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B
的匀强磁场（图中未画出），MN 开始向右加速运动．当MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回
路中电流为零，MN 达到最大速度，之后离开导轨．问：
（1）磁场的方向；
（2）MN 刚开始运动时加速度a 的大小；
（3）MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是多少．
【分析】（1）根据通过MN 电流的方向，结合左手定则得出磁场的方向．
（2）根据欧姆定律得出MN 刚开始运动时的电流，结合安培力公式，根据牛顿第二定律得出MN 刚开始运动时加
速度a 的大小．
（3）开关S 接2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值vmax 时，根据电动势和电荷量的关系，以及动量定
理求出MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q．
【解答】解：（1）电容器上端带正电，通过MN 的电流方向向下，由于MN 向右运动，根据左手定则知，磁场方向
垂直于导轨平面向下．
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S 接2 时，电容器放电，设刚放电时流经MN 的电流为I，有：
I=
…①
设MN 受到的安培力为F，有：
F=IlB…②
由牛顿第二定律有：
F=ma…③
联立①②③式：得a=
…④
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（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有：
Q0=CE…⑤
开关S 接2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN 上的感应电动势为E′，有：E′=Blvmax…⑥
依题意有：
…⑦
设在此过程中MN 的平均电流为，MN 上受到的平均安培力为，有：
…⑧
由动量定理，有
…⑨
又
…⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：Q=
．
答：（1）磁场的方向为垂直于导轨平面向下；
（2）MN 刚开始运动时加速度a 的大小为
；
（3）MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q 是
．
【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄
清运动形式，然后依据相应规律求解，对于第三问，注意电流在变化，安培力在变化，结合动量定理，通过平均电
流，结合通过的电量进行求解．
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2017 年全国高考统一物理试卷（新课标Ⅲ）
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要
求，第6～7 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）2017 年4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成
的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行相比，组合体运行的（
）
A．周期变大B．速率变大
C．动能变大D．向心加速度变大
2．（6 分）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ 置于
导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ
突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（
）
A．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向
B．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向
C．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向
D．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向
3．（6 分）如图，一质量为m，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起
至M 点，M 点与绳的上端P 相距
l．重力加速度大小为g．在此过程中，外力做的功为（
）
A．
mgl
B．
mglC．
mglD．
mgl
4．（6 分）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm 的两点上，弹性绳的原长也为80cm。将一钩
码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳
的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（
）
A．86cm B．92cm C．98cm D．104cm
5．（6 分）如图，在磁感应强度大小为B0 的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距
离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零。
如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为（
）
A．0
B．
B0
C．
B0
D．2B0
6．（6 分）在光电效应实验中，分别用频率为va、vb 的单色光a、b 照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别
为Ua 和Ub、光电子的最大初动能分别为Eka 和Ekb，h 为普朗克常量．下列说法正确的是（
）
A．若va＞vb，则一定有Ua＜Ub
B．若va＞vb，则一定有Eka＞Ekb
C．若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb
D．若va＞vb，则一定有hva﹣Eka＞hvb﹣Ekb
7．
（6 分）一质量为2kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则（
）
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A．t=1s 时物块的速率为1m/s
B．t=2s 时物块的动量大小为4kg•m/s
C．t=3s 时物块的动量大小为5kg•m/s
D．t=4s 时物块的速度为零
8．（6 分）一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、
26V．下列说法正确的是（
）
A．电场强度的大小为2.5V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a 点的电势能比在b 点的低7eV
D．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9eV
二、非选择题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴（横轴为x 轴，纵轴为y 轴，最小刻度表
示1mm）的纸贴在桌面上，如图（a）所示．将橡皮筋的一端Q 固定在y 轴上的B 点（位于图示部分除外），另一
端P 位于y 轴上的A 点时，橡皮筋处于原长．
（1）用一只测力计将橡皮筋的P 端沿y 轴从A 点拉至坐标原点O，此时拉力F 的大小可由测力计读出．测力计的
示数如图（b）所示，F 的大小为
N．
（2）撤去（1）中的拉力，橡皮筋P 端回到A 点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P 端拉至O 点，此时
观察到两个拉力分别沿图（a）中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2N 和
F2=5.6N．
（i）用5mm 长度的线段表示1N 的力，以O 点为作用点，在图（a）中画出力F1、F2 的图示，然后按平行四边形定
则画出它们的合力F 合；
（ii）F 合的大小为
N，F 合与拉力F 的夹角的正切值为
．
若F 合与拉力F 的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则．
10．（9 分）图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E 是电池；R1、R2、R3、R4 和R5 是固定电阻，
R6 是可变电阻；表头G 的满偏电流为250 μA，内阻为480Ω．虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别于两表笔相
连。该多用电表有5 个挡位，5 个挡位为：直流电压1V 挡和5V 挡，直流电流1mA 挡和2.5mA 挡，欧姆×100Ω挡。
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（1）图（a）中的A 端与
（填“红”或“黑”）色表笔相连接。
（2）关于R6 的使用，下列说法正确的是
（填正确答案标号）。
A．在使用多用电表之前，调整R6 使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6 使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C．使用电流挡时，调整R6 使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
（3）根据题给条件可得R1+R2=
Ω，R4=
Ω。
（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B 端是与“1”连接的，则多用电表读数为
；若
此时B 端是与“3”相连的，则读数为
；若此时B 端是与“5”相连的，则读数为
。（结果均保留3 为有
效数字）
11．（12 分）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy 平面）向里的磁场．在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x
＜0 区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0 从坐标原
点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O 点间的距离．
12．（20 分）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为mA=1kg 和mB=5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者
与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1．某时刻A、B 两滑块开
始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s．A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
取重力加速度大小g=10m/s2．求
（1）B 与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B 开始运动时，两者之间的距离．
[物理--选修3-3]（15 分）
13．（5 分）如图，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程ab 到达状态b，再经过等温过程bc 到达状态
c，最后经等压过程ca 回到状态a．下列说法正确的是（
）
A．在过程ab 中气体的内能增加
B．在过程ca 中外界对气体做功
C．在过程ab 中气体对外界做功
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D．在过程bc 中气体从外界吸收热量
E．在过程ca 中气体从外界吸收热量
14．（10 分）一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1 和
K2．K1 长为l，顶端封闭，K2 上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器R 连通．开始测量时，M
与K2 相通；逐渐提升R，直到K2 中水银面与K1 顶端等高，此时水银已进入K1，且K1 中水银面比顶端低h，如图（b）
所示．设测量过程中温度、与K2 相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1 和K2 的内径均为d，M 的容积为V0，
水银的密度为ρ，重力加速度大小为g．求：
（i）待测气体的压强；
（ii）该仪器能够测量的最大压强．
[物理--选修3-4]（15 分）
15．如图，一列简谐横波沿x 轴正方向传播，实线为t=0 时的波形图，虚线为t=0.5s 时的波形图．已知该简谐波的
周期大于0.5s．关于该简谐波，下列说法正确的是（
）
A．波长为2 m
B．波速为6 m/s
C．频率为1.5Hz
D．t=1s 时，x=1m 处的质点处于波峰
E．t=2s 时，x=2m 处的质点经过平衡位置
16．如图，一半径为R 的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O 与半球底面垂直的直线）．已
知玻璃的折射率为1.5．现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表
面反射后的光线）．求：
（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
（ii）距光轴
的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离．
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2017 年全国高考统一物理试卷（新课标Ⅲ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共48 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要
求，第6～7 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）2017 年4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成
的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行相比，组合体运行的（
）
A．周期变大B．速率变大
C．动能变大D．向心加速度变大
【分析】根据万有引力等于向心力可以求出天体的运动的相关物理量．
【解答】解：天宫二号在天空运动，万有引力提供向心力，天宫二号的轨道是固定的，即半径是固定的
根据F=
=
=
可知，天宫二号的速度大小是不变的，则两者对接后，速度大小不变，周期不变，加
速度不变；
但是和对接前相比，质量变大，所以动能变大。
故选：C。
【点评】本题考查了万有引力和圆周运动的表达式，根据万有引力等于向心力可以得出速度，角速度和周期的变化
规律．
2．（6 分）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ 置于
导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属框T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ
突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（
）
A．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向
B．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向
C．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向
D．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向
【分析】PQ 切割磁感线，根据右手定则判断；
PQRS 产生电流后，会对穿过T 的磁感应强度产生影响，根据楞次定律分析T 中的感应电流的变化情况．
【解答】解：PQ 向右运动，导体切割磁感线，根据右手定则，可知电流由Q 流向P，即逆时针方向，根据楞次定
律可知，通过T 的磁场减弱，则T 的感应电流产生的磁场应指向纸面里面，则感应电流方向为顺时针。
故选：D。
【点评】本题考查了感应电流的方向判断，两种方法：一种是右手定则，另一种是楞次定律．使用楞次定律判断比
较难，但是掌握它的核心也不会很难．
3．（6 分）如图，一质量为m，长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起
至M 点，M 点与绳的上端P 相距
l．重力加速度大小为g．在此过程中，外力做的功为（
）
A．
mgl
B．
mglC．
mglD．
mgl
【分析】由题意可知，发生变化的只有MQ 段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可
求得外力所做的功．
【解答】解：根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ 段系统重力势能的增加量；对MQ 分析，设Q 点为零势
能点，则可知，MQ 段的重力势能为EP1=
×
=
；
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将Q 点拉至M 点时，重心离Q 点的高度h=
+
=
，故重力势能EP2═
×
=
因此可知拉力所做的功W=EP2﹣EP1=
mgl，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故动
能不变，因此只需要分析重力势能即可．
4．（6 分）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm 的两点上，弹性绳的原长也为80cm。将一钩
码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳
的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（
）
A．86cm B．92cm C．98cm D．104cm
【分析】绳长变为100cm 时，伸长了20cm，可以得出绳子的拉力，根据共点力的平衡关系可得出绳子的劲度系数，
进而计算出两端在同一点时弹性绳的总长度。
【解答】解：如图所示，绳子原长是80cm，伸长为100cm，如图，则AB 段长50cm，伸长了10cm=0.1m，假设绳
子的劲度系数为k，则绳子拉力为：
F=0.1k
把绳子的拉力分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向的分量为：Fx=0.1k×cos53°=0.06k，
两个绳子的竖直方向拉力合力为：2Fx
物体处于平衡状态，则拉力合力等于重力，即为：0.12k=mg
解得：k=
当AC 两点移动到同一点时，绳子两个绳子的夹角为0，每段绳子伸长x，则两个绳子的拉力合力为：
2kx=mg，
x=0.06m。
所以此时绳子总长度为92cm。
故选：B。
【点评】本题考场共点力的平衡，本题的关键是找出绳子与竖直方向的夹角，然后计算出劲度系数。另外做这一类
题目，要养成画图的习惯，这样题目就能变的简单。
5．（6 分）如图，在磁感应强度大小为B0 的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距
离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零。
如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为（
）
A．0
B．
B0
C．
B0
D．2B0
【分析】依据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解。
【解答】解：在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离为l 的a 点处的磁感应强度
为零，如下图所示：
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由此可知，外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P，
即B1=B0；
依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=
B0；
解得：P 或Q 通电导线在a 处的磁场大小为BP=
；
当P 中的电流反向，其他条件不变，
再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=
；
因外加的磁场方向与PQ 平行，且由Q 指向P，磁场大小为B0；
最后由矢量的合成法则，那么a 点处磁感应强度的大小为B=
=
，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向是解题的关
键。
6．（6 分）在光电效应实验中，分别用频率为va、vb 的单色光a、b 照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别
为Ua 和Ub、光电子的最大初动能分别为Eka 和Ekb，h 为普朗克常量．下列说法正确的是（
）
A．若va＞vb，则一定有Ua＜Ub
B．若va＞vb，则一定有Eka＞Ekb
C．若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb
D．若va＞vb，则一定有hva﹣Eka＞hvb﹣Ekb
【分析】根据光电效应方程，结合入射光频率的大小得出光电子最大初动能，结合最大初动能和遏止电压的关系比
较遏止电压．
【解答】解：AB、根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0 知，va＞vb，逸出功相同，则Eka＞Ekb，又Ekm=eUc，则Ua＞Ub，
故A 错误，B 正确。
C、根据Ekm=eUc 知，若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb，故C 正确。
D、逸出功W0=hv﹣Ekm，由于金属的逸出功相同，则有：hva﹣Eka=hvb﹣Ekb，故D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程以及知道最大初动能与遏止电压的关系，注意金属的逸出功与入射光的
频率无关．
7．
（6 分）一质量为2kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图所示，则（
）
A．t=1s 时物块的速率为1m/s
B．t=2s 时物块的动量大小为4kg•m/s
C．t=3s 时物块的动量大小为5kg•m/s
D．t=4s 时物块的速度为零
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【分析】首先根据牛顿第二定律得出加速度，进而计算速度和动量．
【解答】解：A、前两秒，根据牛顿第二定律，a=
=1m/s2，则0﹣2s 的速度规律为：v=at；t=1s 时，速率为1m/s，
A 正确；
B、t=2s 时，速率为2m/s，则动量为P=mv=4kg•m/s，B 正确；
CD、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=﹣0.5m/s2，所以3s 时的速度为1.5m/s，动量为3kg•m/s，
4s 时速度为1m/s，CD 错误；
故选：AB。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度．另外要学会看
图，从图象中得出一些物理量之间的关系．
8．（6 分）一匀强电场的方向平行于xOy 平面，平面内a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、
26V．下列说法正确的是（
）
A．电场强度的大小为2.5V/cm
B．坐标原点处的电势为1 V
C．电子在a 点的电势能比在b 点的低7eV
D．电子从b 点运动到c 点，电场力做功为9eV
【分析】根据匀强电场的电场强度公式E=
，结合电势差与场强间距，即可求解；
依据电势差等于电势之差；
根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。
【解答】解：A、如图所示，在ac 连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，
则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，
因为匀强电场，则有：E=
，
依据几何关系，则d=
=
=3.6cm，
因此电场强度大小为E=
=2.5V/cm，故A 正确；
B、根据φc﹣φa=φb﹣φo，因a、b、c 三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V，解得：原点处的电势为φ0=1 V，故
B 正确；
C、因Uab=φa﹣φb=10﹣17=﹣7V，电子从a 点到b 点电场力做功为W=qUab=7 eV，因电场力做正功，则电势能减小，
那么电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV，故C 错误；
D、同理，Ubc=φb﹣φc=17﹣26=﹣9V，电子从b 点运动到c 点，电场力做功为W=qUbc=9 eV，故D 正确；
故选：ABD。
【点评】考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E=
的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU
中各量的正负值含义。
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二、非选择题（共4 小题，满分47 分）
9．（6 分）某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴（横轴为x 轴，纵轴为y 轴，最小刻度表
示1mm）的纸贴在桌面上，如图（a）所示．将橡皮筋的一端Q 固定在y 轴上的B 点（位于图示部分除外），另一
端P 位于y 轴上的A 点时，橡皮筋处于原长．
（1）用一只测力计将橡皮筋的P 端沿y 轴从A 点拉至坐标原点O，此时拉力F 的大小可由测力计读出．测力计的
示数如图（b）所示，F 的大小为
4.0
N．
（2）撤去（1）中的拉力，橡皮筋P 端回到A 点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P 端拉至O 点，此时
观察到两个拉力分别沿图（a）中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2N 和
F2=5.6N．
（i）用5mm 长度的线段表示1N 的力，以O 点为作用点，在图（a）中画出力F1、F2 的图示，然后按平行四边形定
则画出它们的合力F 合；
（ii）F 合的大小为
4.0
N，F 合与拉力F 的夹角的正切值为
0.05
．
若F 合与拉力F 的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则．
【分析】根据弹簧秤的最小刻度读出F 的读数．
根据图示法作出F1 和F2，结合平行四边形定则作出合力，得出合力的大小以及F 合与拉力F 的夹角的正切值．
【解答】解：（1）弹簧测力计的最小刻度为0.2N，由图可知，F 的大小为4.0N．
（2）（i）根据图示法作出力的示意图，根据平行四边形定则得出合力，如图所示．
（ii）用刻度尺量出F 合的线段长为20mm，所以F 合大小为4.0N，结合图象根据数学几何关系知，F 合与拉力F 的夹
角的正切值为0.05．
故答案为：（1）4.0；（2）4.0，0.05．
【点评】本题考查了力的合成法则及平行四边形定则的应用，掌握弹簧测力计的读数方法，是考查基础知识的好题．
10．（9 分）图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E 是电池；R1、R2、R3、R4 和R5 是固定电阻，
R6 是可变电阻；表头G 的满偏电流为250 μA，内阻为480Ω．虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别于两表笔相
连。该多用电表有5 个挡位，5 个挡位为：直流电压1V 挡和5V 挡，直流电流1mA 挡和2.5mA 挡，欧姆×100Ω挡。
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（1）图（a）中的A 端与
黑
（填“红”或“黑”）色表笔相连接。
（2）关于R6 的使用，下列说法正确的是
B
（填正确答案标号）。
A．在使用多用电表之前，调整R6 使电表指针指在表盘左端电流“0”位置
B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6 使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置
C．使用电流挡时，调整R6 使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置
（3）根据题给条件可得R1+R2=
160
Ω，R4=
880
Ω。
（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B 端是与“1”连接的，则多用电表读数为
1.48mA
；
若此时B 端是与“3”相连的，则读数为
1.10KΩ
；若此时B 端是与“5”相连的，则读数为
2.95V
。（结果均保留
3 为有效数字）
【分析】（1）明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔；
（2）明确电路结构，知道欧姆档中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零；
（3）根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值；
（4）明确电表的量程，确定最小分度，从而得出最终的读数。
【解答】解：（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红
进黑出”；
（2）由电路图可知，R6 只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使
用电流档时也不需要时行调节，故B 正确；AC 错误；
故选：B；
（3 ）直流电流档分为1mA 和2.5mA ，由图可知，当接2 时应为1mA ；根据串并联电路规律可知，
R1+R2=
=
=160Ω；
总电阻R 总=
=120Ω
接4 时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V 的电压表；此时电流计与R1、R2 并联后再与R4 串联，即改
装后的1mA 电流表与R4 串联再改装后电压表；
根据串联电路规律可知，R4=
=880Ω；
（4）若与1 连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA；
若与3 连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω=1.10kΩ；
若与5 连接，则量程为5V；故读数为2.95V（2.91﹣2.97 均可）；
故答案为；（1）黑；（2）B；（3）160；880；（4）1.48mA；1.10kΩ；2.95V。
【点评】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用
电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数
时视线要与电表刻度线垂直。
11．（12 分）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy 平面）向里的磁场．在x≥0 区域，磁感应强度的大小为B0；x
＜0 区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ＞1）．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v0 从坐标原
点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求（不计重力）
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子与O 点间的距离．
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【分析】（1）由磁感应强度大小得到向心力大小进而得到半径和周期的表达式，画出粒子运动轨迹图则得到粒子在
两磁场中的运动时间，累加即可；
（2）由洛伦兹力做向心力，求得粒子运动半径，再由几何条件求得距离．
【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力，则有，
，那么，
，
；
（1）粒子运动轨迹如图所示，
则粒子在x≥0 磁场区域运动半个周期，在x＜0 磁场区域运动半个周期；
那么粒子在x≥0 磁场区域运动的周期
，在x＜0 磁场区域运动的周期
，
所以，粒子运动的时间
；
（2）粒子与O 点间的距离
；
答：（1）粒子运动的时间为
；
（2）粒子与O 点间的距离为
．
【点评】带电粒子在匀强磁场中运动，一般由洛伦兹力做向心力，推得粒子运动半径，再根据几何关系求得位移，
运动轨迹，运动时间等问题．
12．（20 分）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为mA=1kg 和mB=5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者
与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1．某时刻A、B 两滑块开
始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s．A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
取重力加速度大小g=10m/s2．求
（1）B 与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B 开始运动时，两者之间的距离．
【分析】（1）刚开始运动时，根据牛顿第二定律分别求出A、B 和木板的加速度大小，结合速度时间公式先求出B
与木板共速时的速度以及运动的时间，然后B 与木板保持相对静止，根据牛顿第二定律求出B 与木板整体的加速度，
结合速度时间公式求出三者速度相等经历的时间以及此时的速度．
（2）根据位移公式分别求出B 与木板共速时木板和B 的位移，从而得出两者的相对位移，得出此时A 的位移以及
A 相对木板的位移大小，再结合位移公式分别求出三者速度相等时，A 的位移以及木板的位移，得出A 再次相对木
板的位移，从而得出A、B 开始运动时，两者之间的距离．
【解答】解：（1）对A 受力分析，根据牛顿第二定律得：μ1mAg=mAaA
代入数据解得：
，方向向右，
对B 分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg=mBaB
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代入数据解得：
，方向向左．
对木板分析，根据牛顿第二定律得：μ1mBg﹣μ1mAg﹣μ2（m+mA+mB）g=ma1
代入数据解得：
，方向向右．
当木板与B 共速时，有：v=v0﹣aBt1=a1t1，
代入数据解得：t1=0.4s，v=1m/s，
（2）此时B 相对木板静止，突变为静摩擦力，A 受力不变加速度仍为5m/s2 ，方向向右，
对B 与木板受力分析，有：μ1mAg+μ2（m+mA+mB）g=（m+mB）a2
代入数据解得：
，方向向左，
当木板与A 共速时有：v′=v﹣a2t2=﹣v+aAt2：
代入数据解得：t2=0.3s，v′=0.5m/s．
当t1=0.4s，
，
LB 板=xB﹣x 木=0.8﹣0.2m=0.6m，
对A，向左，
，
LA1 板=xA+x 木=0.8+0.2m=1m，
当t2=0.3s，对A，向左，
，
对木板，向右，
，
，
可知AB 相距L=LB 板+LA1 板+LA2 板=0.6+1+0.3m=1.9m．
答：（1）B 与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；
（2）A、B 开始运动时，两者之间的距离为1.9m．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清整个过程中A、B 和木板在整个过程中的运
动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解．
[物理--选修3-3]（15 分）
13．（5 分）如图，一定质量的理想气体从状态a 出发，经过等容过程ab 到达状态b，再经过等温过程bc 到达状态
c，最后经等压过程ca 回到状态a．下列说法正确的是（
）
A．在过程ab 中气体的内能增加
B．在过程ca 中外界对气体做功
C．在过程ab 中气体对外界做功
D．在过程bc 中气体从外界吸收热量
E．在过程ca 中气体从外界吸收热量
【分析】一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据W=p△V 判断做功情况，根
据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出热量．
【解答】解：A、从a 到b 等容升压，根据
可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温
度升高，则内能增加，故A 正确；
B、在过程ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B 正确；
C、在过程ab 中气体体积不变，根据W=p△V 可知，气体对外界做功为零，故C 错误；
D、在过程bc 中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律△U=W+Q
可知，气体从外界吸收热量，故D 正确；
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E、在过程ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据
可知温度降低，则内能减小，根据热力学
第一定律可知气体一定放出热量，故E 错误。
故选：ABD。
【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内
能的变化与哪些因素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△U 为正表示内能
变大，Q 为正表示物体吸热；W 为正表示外界对物体做功．
14．（10 分）一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1 和
K2．K1 长为l，顶端封闭，K2 上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器R 连通．开始测量时，M
与K2 相通；逐渐提升R，直到K2 中水银面与K1 顶端等高，此时水银已进入K1，且K1 中水银面比顶端低h，如图（b）
所示．设测量过程中温度、与K2 相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1 和K2 的内径均为d，M 的容积为V0，
水银的密度为ρ，重力加速度大小为g．求：
（i）待测气体的压强；
（ii）该仪器能够测量的最大压强．
【分析】（1）由题意，水银面升后，求出气体的状态参量，然后由玻意耳定律求出压强的表达式；
（2）根据题意可知，M 的直径不知道，所以当h=l 时，则能准确测量的压强最大，然后代入上式即可求出压强．
【解答】解：（1）以K1 和M 容器的气体为研究对象，设待测气体的压强为p，
状态1：p1=p，V1=V0+
，
状态2：p2=p+ρgh，V2=
，
由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，
解得：p=
；
（2）由题意可知，当h=l 时，则能准确测量的压强最大，所以：
答：（i）待测气体的压强为
；
（ii）该仪器能够测量的最大压强
．
【点评】本题考查了求气体压强，认真审题理解题意，确定研究对象，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可
正确解题．
[物理--选修3-4]（15 分）
15．如图，一列简谐横波沿x 轴正方向传播，实线为t=0 时的波形图，虚线为t=0.5s 时的波形图．已知该简谐波的
周期大于0.5s．关于该简谐波，下列说法正确的是（
）
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A．波长为2 m
B．波速为6 m/s
C．频率为1.5Hz
D．t=1s 时，x=1m 处的质点处于波峰
E．t=2s 时，x=2m 处的质点经过平衡位置
【分析】根据图中实线与虚线之间的关系，得到t=0.5s 与波的周期关系，结合0.5s＜T，求得周期，读出波长，再
求得波速．周期与频率互为倒数，可求频率．根据时间与周期的关系分析P 点的位置，确定其速度大小和方向．根
据时间与周期的关系分析x=1 m 和x=2m 处的状态和位置．
【解答】解：A、由图象可知，波长为λ=4m，故A 错误；
BC、由题意知：（n+
）T=0.5，所以周期为T=
=
，因为该简谐波的周期大于0.5s。
＞0.5，解得：n
＜
，即当n=0 时，T=
s，频率f=
=1.5Hz，波速为：v=
=
=6m/s，故BC 正确；
D、t=0 时x=1 m 处的质点位于波峰，经t=1 s，即经过1.5 个周期，该质点位于波谷，故D 错误；
E、t=0 时x=2 m 处的质点位于平衡位置正向上运动，经t=2 s，即经过3 个周期，质点仍然位于平衡位置正向上运
动，故E 正确。
故选：BCE。
【点评】根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到
周期或波传播距离的通项，从而得到周期的特殊值．
16．如图，一半径为R 的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O 与半球底面垂直的直线）．已
知玻璃的折射率为1.5．现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表
面反射后的光线）．求：
（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；
（ii）距光轴
的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离．
【分析】（1）由全反射定理得到可从球面射出的光线的范围．进而得到最大距离；
（2）由入射光线的位置得到入射角，进而得到折射光线，从而得到折射光线与光轴的交点到O 点的距离．
【解答】解：（i）如图，从底面上A 处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i 等于全反射临界角ic
时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l．
i=ic
设n 是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有
nsinic=l
由几何关系有
sini=
联立可得：l=
R
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（ii）设与光轴相距
的光线在球面B 点发生折射时的入射角和折射角分别为i1 和r1，由折射定律有
nsini1=sinr1
设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC 中，由正弦定理有
由几何关系有
∠C=r1﹣i1
sini1=
联立可得：OC=
R≈2.74R．
答：（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值为
；
（ii）距光轴
的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O 点的距离2.74R．
【点评】光能发生折射，即光不发生全反射，所以，入射角小于临界角，由此得到可发生折射的光线范围．
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2017 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）
一、选择题：本大题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项是符合题目要求，
第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分．有选错的得0 分．
1．（6 分）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的
最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（
）
A．一直不做功
B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心
D．始终背离大圆环圆心
2．
（6 分）一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为
→
+
，下列说法正确的是（
）
A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能
B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间
D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
3．（6 分）如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F 的大小不变，而方向与水平
面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为（
）
A．2﹣
B．
C．
D．
4．（6 分）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v 从轨道下端滑入
轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径
为（重力加速度为g）（
）
A．
B．
C．
D．
5．（6 分）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电
粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射
点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间
的相互作用，则v2：v1 为（
）
A．
：2
B．
：1
C．
：1
D．3：
6．（6 分）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M，N 为轨道短轴的两个端点，运
行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M、Q 到N 的运动过程中（
）
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A．从P 到M 所用的时间等于
B．从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大
C．从P 到Q 阶段，速率逐渐变小
D．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功
7．（6 分）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方
形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图（a）所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边
于t=0 时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电
动势取正）．下列说法正确的是（
）
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t=0.4s 至t=0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N
8．（6 分）某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈
的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁
置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将（
）
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
三、非选择题：共174 分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选考题，考生根据要
求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（6 分）某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度的之间的关系．使用的器材有：斜面、
滑块、长度不同的挡光片、光电计时器．
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实验步骤如下：
①如图（a），将光电门固定在斜面下端附近：将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑
块从斜面上方由静止开始下滑；
②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间△t；
③用△s 表示挡光片沿运动方向的长度（如图（b）所示），表示滑块在挡光片遮住光线的△t 时间内的平均速度大
小，求出；
④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；
⑤多次重复步骤④
⑥利用实验中得到的数据作出﹣△t 图，如图（c）所示
完成下列填空：
（1）用a 表示滑块下滑的加速度大小，用vA 表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与vA、a 和
△t 的关系式为=
．
（2）由图（c）可求得，vA=
cm/s，a=
cm/s2．（结果保留3 位有效数字）
10．（9 分）某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为2500Ω）的内阻。可使用
的器材有：两个滑动变阻器R1，R2（其中一个阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω）；电阻箱Rz（最大阻值为99999.9Ω）；
电源E（电动势约为1.5V）；单刀开关S1 和S2．C、D 分别为两个滑动变阻器的滑片。
（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线。
（2）完成下列填空：
①R1 的阻值为
Ω（填“20”或“2000”）
②为了保护微安表，开始时将R1 的滑片C 滑到接近图（a）中的滑动变阻器的
端（填“左”或“右”）对应的位
置；将R2 的滑片D 置于中间位置附近。
③将电阻箱Rz 的阻值置于2500.0Ω，接通S1．将R1 的滑片置于适当位置，再反复调节R2 的滑片D 的位置、最终使
得接通S2 前后，微安表的示数保持不变，这说明S2 接通前B 与D 所在位置的电势
（填“相等”或“不相等”）
④将电阻箱Rz 和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz 的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2 前后，微安表
的示数也保持不变。待微安表的内阻为
Ω（结果保留到个位）。
（3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：
。
11．（12 分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0 和s1（s1＜s0）处分别设置一个挡板
和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0 击出，使冰球在冰面上
沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球
到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1．重力
加速度为g．求
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（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度．
12．（20 分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方
的A 点将质量为m、电荷量分别为q 和﹣q（q＞0）的带电小球M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射
出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在
电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
求
（1）M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；
（2）A 点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小。
三、选考题：请考生从给出的物理题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分。[物理--选修3-3]（15 分）
13．（5 分）如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现
将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整
个系统不漏气．下列说法正确的是（
）
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
14．（10 分）一热气球体积为V，内部充有温度为Ta 的热空气，气球外冷空气的温度为Tb．已知空气在1 个大气压、
温度为T0 时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1 个大气压，重力加速度大小为g．
（i）求该热气球所受浮力的大小；
（ii）求该热气球内空气所受的重力；
（iii）设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量．
[物理--选修3-4]（15 分）
15．在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．若要增大干涉图样中两相邻
亮条纹的间距，可选用的方法是（
）
A．改用红色激光
B．改用蓝色激光
C．减小双缝间距
D．将屏幕向远离双缝的位置移动
E．将光源向远离双缝的位置移动
16．一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l 的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左
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右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，
已知由液体上表面的D 点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．
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2017 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项是符合题目要求，
第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分．有选错的得0 分．
1．（6 分）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环，小环由大圆环的
最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（
）
A．一直不做功
B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心
D．始终背离大圆环圆心
【分析】小环在运动过程中，大环是固定在桌面上的，大环没有动，大环对小环的作用力垂直于小环的运动方向，
根据功的定义分析做功情况．
【解答】解：AB、大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力；大环对小环的支持力总是垂直于小环的速度方
向，所以大环对小环没有做功，故A 正确，B 错误；
CD、小环在刚刚开始运动时，在大环的接近顶部运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，小环运动到大环的下
半部分时，支持力指向大环的圆心，故CD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了功的两要素：第一是有力作用在物体上；第二是物体在力的作用下产生位移．
2．
（6 分）一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为
→
+
，下列说法正确的是（
）
A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能
B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小
C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间
D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量
【分析】根据动量守恒定律，抓住系统总动量为零得出两粒子的动量大小，结合动能和动量的关系得出动能的大小
关系．半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，结合衰变的过程中有质量亏损分析衰变前后质量的大小关系．
【解答】解：AB、一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后钍核和α粒子动量之和
为零，可知衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小，根据
知，由于钍核和α粒子质量不同，则动能不
同，故A 错误，B 正确。
C、半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，故C 错误。
D、衰变的过程中有质量亏损，即衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了原子核的衰变，知道半衰期的定义，注意衰变过程中动量守恒，总动量为零，以及知道动量和
动能的大小关系．
3．（6 分）如图，一物块在水平拉力F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F 的大小不变，而方向与水平
面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为（
）
A．2﹣
B．
C．
D．
【分析】拉力水平时，二力平衡；拉力倾斜时，物体匀速运动，依然是平衡状态，根据共点力的平衡条件解题。
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【解答】解：当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：F=μmg；
当拉力倾斜时，物体受力分析如图，有：
f=μFN
FN=mg﹣Fsinθ
可知摩擦力为：f=μ（mg﹣Fsinθ）
f=
F
代入数据为：
μmg=μ（mg﹣
F）
联立可得：μ=
故选：C。
【点评】本题考查了共点力的平衡，解决本题的关键是把拉力进行分解，然后列平衡方程。
4．（6 分）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v 从轨道下端滑入
轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径
为（重力加速度为g）（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，
结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径．
【解答】解：设半圆的半径为R，根据动能定理得：
，
离开最高点做平抛运动，有：
2R=
，x=v′t，
联立解得：x=
=
可知当R=
时，水平位移最大，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题
对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练．
5．（6 分）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电
粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射
点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间
的相互作用，则v2：v1 为（
）
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A．
：2
B．
：1
C．
：1
D．3：
【分析】根据题意画出带电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别
表示出圆周运动的半径，再由洛伦兹力充当向心力即可求得速度之比。
【解答】解：设圆形区域磁场的半径为r，当速度大小为v1 时，从P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交
点为M（图甲）时，由题意知∠POM=60°，由几何关系得轨迹圆半径为R1=
；
从P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N（图乙）；由题意知∠PON=120°，由几何关系得轨迹圆的
半径为R2=
r；
根据洛伦兹力充当向心力可知：
Bqv=m
解得：v=
故速度与半径成正比，因此v2：v1=R2：R1=
：1
故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动的临界问题。根据题意画出轨迹、定出轨迹半径是关键，注意最远
点时PM 的连线应是轨迹圆的直径。
6．（6 分）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M，N 为轨道短轴的两个端点，运
行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P 经M、Q 到N 的运动过程中（
）
A．从P 到M 所用的时间等于
B．从Q 到N 阶段，机械能逐渐变大
C．从P 到Q 阶段，速率逐渐变小
D．从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功
【分析】根据海王星在PM 段和MQ 段的速率大小比较两段过程中的运动时间，从而得出P 到M 所用时间与周期
的关系；抓住海王星只有万有引力做功，得出机械能守恒；根据万有引力做功确定速率的变化。
【解答】解：A、海王星在PM 段的速度大小大于MQ 段的速度大小，则PM 段的时间小于MQ 段的时间，所以P
到M 所用的时间小于
，故A 错误。
B、从Q 到N 的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B 错误。
C、从P 到Q 阶段，万有引力做负功，速率减小，故C 正确。
D、根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M 到N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D 正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P 到Q 和Q 到P 的运动是对称的，
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但是P 到M 和M 到Q 不是对称的。
7．（6 分）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方
形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图（a）所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边
于t=0 时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电
动势取正）．下列说法正确的是（
）
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t=0.4s 至t=0.6s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N
【分析】根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E=BLv 求出磁感应强度，根据感应电流的方向，结合楞次
定律得出磁场的方向。根据安培力公式得出导线框所受的安培力。
【解答】解：AB、由图象可以看出，0.2﹣0.4s 没有感应电动势，所以从开始到ab 进入用时0.2s，导线框匀速运动
的速度为：v=
，根据E=BLv 知磁感应强度为：B=
，故A 错误，B 正确。
C、由b 图可知，线框进磁场时，感应电流的方向为顺时针，根据楞次定律得，磁感应强度的方向垂直纸面向外，
故C 正确。
D、在0.4﹣0.6s 内，导线框所受的安培力F=BIL=
=
N=0.04N，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了导线切割磁感线运动，掌握切割产生的感应电动势公式以及楞次定律，本题能够从图象中获取
感应电动势的大小、方向、运动时间等。
8．（6 分）某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈
的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁
置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将（
）
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
【分析】线圈中有通电电流时，安培力做功，根据左手定则判断安培力做功情况，由此确定能否连续转动。
【解答】解：AD、当左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，
通电后根据左手定则可知下边受到的安培力方向向右，线圈开始转动，在前半周转动过程中，线圈中有电流，安培
力做正功，后半周电路中没有电流，安培力不做功，由于惯性线圈能够连续转动，故A、D 正确；
B、线圈中电流始终存在，安培力先做正功后做负功，但同时重力做负功，因此在转过一半前线圈的速度即减为0，
线圈只能摆动，故B 错误；
C、左右转轴不能同时接通电源，始终无法形成闭合回路，电路中无电流，不会转动，故C 错误。
故选：AD。
【点评】电动机是利用通电导体在磁场中受力的原理，在转动过程中，分析线圈中电流方向和安培力做功情况是解
答本题的关键。
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三、非选择题：共174 分．第22～32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38 题为选考题，考生根据要
求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（6 分）某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度的之间的关系．使用的器材有：斜面、
滑块、长度不同的挡光片、光电计时器．
实验步骤如下：
①如图（a），将光电门固定在斜面下端附近：将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑
块从斜面上方由静止开始下滑；
②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间△t；
③用△s 表示挡光片沿运动方向的长度（如图（b）所示），表示滑块在挡光片遮住光线的△t 时间内的平均速度大
小，求出；
④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；
⑤多次重复步骤④
⑥利用实验中得到的数据作出﹣△t 图，如图（c）所示
完成下列填空：
（1）用a 表示滑块下滑的加速度大小，用vA 表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与vA、a 和
△t 的关系式为=
．
（2）由图（c）可求得，vA=
52.2
cm/s，a=
16.3
cm/s2．（结果保留3 位有效数字）
【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出挡光片通过光电门过程中中间时刻的瞬时速
度，结合时间公式求出与vA、a 和△t 的关系式．
（2）结合与vA、a 和△t 的关系式，通过图线的斜率和截距求出vA 和加速度的大小．
【解答】解：（1）某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则等于挡光片通过光电门过程中中间时刻的
瞬时速度，根据速度时间公式得：
．
（2）由
知，纵轴截距等于vA，图线的斜率k=
，由图可知：
vA=52.2cm/s，
a=2k=2×
cm/s2=16.3cm/s2．
故答案为：（1）
；（2）52.2，16.3．
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，对于图线问题，一般解题思路
是得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解．
10．（9 分）某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为100μA，内阻大约为2500Ω）的内阻。可使用
的器材有：两个滑动变阻器R1，R2（其中一个阻值为20Ω，另一个阻值为2000Ω）；电阻箱Rz（最大阻值为99999.9Ω）；
电源E（电动势约为1.5V）；单刀开关S1 和S2．C、D 分别为两个滑动变阻器的滑片。
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（1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线。
（2）完成下列填空：
①R1 的阻值为
20
Ω（填“20”或“2000”）
②为了保护微安表，开始时将R1 的滑片C 滑到接近图（a）中的滑动变阻器的
左
端（填“左”或“右”）对应的位
置；将R2 的滑片D 置于中间位置附近。
③将电阻箱Rz 的阻值置于2500.0Ω，接通S1．将R1 的滑片置于适当位置，再反复调节R2 的滑片D 的位置、最终使
得接通S2 前后，微安表的示数保持不变，这说明S2 接通前B 与D 所在位置的电势
相等
（填“相等”或“不相等”）
④将电阻箱Rz 和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将Rz 的阻值置于2601.0Ω时，在接通S2 前后，微安表
的示数也保持不变。待微安表的内阻为
2550
Ω（结果保留到个位）。
（3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议：
调节R1 上的分压，尽可能使微安表接近满量程。
。
【分析】（1）根据电路原理图在实物图上连线；
（2）①根据实验方法确定R1 选择阻值较小或较大的滑动变阻器；②为了保护微安表，分析滑片C 开始应处的位置；
③接通S2 前后，微安表的示数保持不变，由此分析电势高低；
④根据比例方法确定Rx 的值；
（3）从减少误差的方法来提出建议．
【解答】解：（1）根据电路原理图在实物图上连线，如图所示：
（2）①R1 选择20Ω；这是因为滑动变阻器的分压式接法要求滑动变阻器的最大阻值远小于负载阻值，滑动变阻器
的最大阻值越小，滑片滑动时，电压变化越均匀，越有利于实验的进行；故R1=20Ω；
②为了保护微安表，通过微安表的电流应从零逐渐增大，当滑片C 滑到滑动变阻器的最左端时，通过微安表的电流
为零．所以开始时，滑片C 应滑到滑动变阻器的最左端；
③接通S2 前后，微安表的示数保持不变，则微安表两端的电压不变，又微安表右端电势在S2 接通前后保持不变，
所以说明S2 接通前B 与D 所在位置的电势相等；
④设微安表内阻为Rx，根据题意有
，解得Rx=2550Ω；
（3）为了提高精度，可以调节R1 上的分压，尽可能使微安表接近满量程．
原因是，在微安表的读数接近满量程的情况下，为了使B、D 两点电势相等而调节滑动变阻器R2 时，R2 滑片的微小
偏差将导致微安表指针产生较大偏摆，有利于更精确的调节R2；反之，在微安表指针偏摆较小的情况下，R2 滑片的
微小偏差很难从微安表上显示出来．
故答案为：（1）图见解析；（2）①20；②左；③相等；④2550；（3）调节R1 上的分压，尽可能使微安表接近满量
程．
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【点评】对于实验题，要弄清楚实验目的、实验原理以及数据处理、误差分析等问题，一般的实验设计、实验方法
都是根据教材上给出的实验方法进行拓展，延伸，所以一定要熟练掌握教材中的重要实验．对于实验仪器的选取一
般要求满足安全性原则、准确性原则和操作方便原则．
11．（12 分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0 和s1（s1＜s0）处分别设置一个挡板
和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0 击出，使冰球在冰面上
沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球
到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1．重力
加速度为g．求
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度．
【分析】（1）根据速度位移公式求出冰球的加速度，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小．
（2）抓住两者运动时间相等得出运动员到达小旗处的最小速度，结合速度位移公式求出最小加速度．
【解答】解：（1）对冰球分析，根据速度位移公式得：
，
加速度为：a=
，
根据牛顿第二定律得：a=μg，
解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为：
．
（2）根据两者运动时间相等，有：
，
解得运动员到达小旗处的最小速度为：v2=
，
则最小加速度为：
=
．
答：
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数为
．；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度为
．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大．
12．（20 分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方
的A 点将质量为m、电荷量分别为q 和﹣q（q＞0）的带电小球M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射
出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在
电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
求
（1）M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；
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（2）A 点距电场上边界的高度；
（3）该电场的电场强度大小。
【分析】（1）抓住两球在电场中，水平方向上的加速度大小相等，一个做匀加速直线运动，一个做匀减速直线运动，
在竖直方向上的运动时间相等得出水平方向时间相等，结合运动学公式求出M 与N 在电场中沿水平方向的位移之
比；
（2）根据离开电场时动能的大小关系，抓住M 做直线运动，得出M 离开电场时水平分速度和竖直分速度的关系，
抓住M 速度方向不变，结合进入电场时竖直分速度和水平分速度的关系，根据速度位移公式求出A 点距电场上边
界的高度；
（3）结合带电小球M 电场中做直线运动，结合速度方向得出电场力和重力的关系，从而求出电场强度的大小。
【解答】解：（1）两带电小球的电量相同，可知M 球在电场中水平方向上做匀加速直线运动，N 球在水平方向上
做匀减速直线运动，水平方向上的加速度大小相等，
两球在竖直方向均受重力，竖直方向上做加速度为g 的匀加速直线运动，由于竖直方向上的位移相等，则运动的时
间相等，
设水平方向的加速度大小为a，
对M，有：
，
对N：v0=at，
，
可得
，
解得xM：xN=3：1。
（2、3）设正电小球离开电场时的竖直分速度为vy，水平分速度为v1，两球离开电场时竖直分速度相等，
因为M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5 倍，则有：
，
解得
，
因为v1=v0+at=2v0，则
=2v0，
因为M 做直线运动，设小球进电场时在竖直方向上的分速度为vy1，则有：
，解得vy1=
，
在竖直方向上有：
，
，
解得A 点距电场上边界的高度h=
。
因为M 做直线运动，合力方向与速度方向在同一条直线上，
有：
=
，
则电场的电场强度E=
=
。
答：（1）M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比为3：1
（2）A 点距电场上边界的高度为
；
（3）该电场的电场强度大小为
。
【点评】本题考查了带电小球在复合场中的运动，理清两球在整个过程中的运动规律，将运动分解为水平方向和竖
直方向，结合运动学公式灵活求解。
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三、选考题：请考生从给出的物理题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分。[物理--选修3-3]（15 分）
13．（5 分）如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空．现
将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸．待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积．假设整
个系统不漏气．下列说法正确的是（
）
A．气体自发扩散前后内能相同
B．气体在被压缩的过程中内能增大
C．在自发扩散过程中，气体对外界做功
D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功
E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变
【分析】抽开隔板时，气体自发的扩散，不会对外做功；活塞对气体推压，则活塞对气体做功．
【解答】解：AC、抽开隔板时，气体体积变大，但是右方是真空，又没有热传递，则根据△U=Q+W 可知，气体的
内能不变，A 正确，C 错误；
BD、气体被压缩的过程中，外界对气体做功，根据△U=Q+W 可知，气体内能增大，BD 正确；
E、气体被压缩时，外界做功，内能增大，气体分子平均动能是变化的，E 错误。
故选：ABD。
【点评】本题考查了气体内能和理想气体的三个变化过程，掌握内能的方程和理想气体方程才能使这样的题目变得
容易．
14．（10 分）一热气球体积为V，内部充有温度为Ta 的热空气，气球外冷空气的温度为Tb．已知空气在1 个大气压、
温度为T0 时的密度为ρ0，该气球内、外的气压始终都为1 个大气压，重力加速度大小为g．
（i）求该热气球所受浮力的大小；
（ii）求该热气球内空气所受的重力；
（iii）设充气前热气球的质量为m0，求充气后它还能托起的最大质量．
【分析】（i）根据浮力的公式计算浮力的大小，此时的关键是计算外界的气体密度；
（ii）根据G=ρVg 计算重力，关键是计算气球内部的空气密度；
（iii）根据平衡条件分析充气后能托起的最大质量．
【解答】解：（i）设1 个大气压下质量为m 的空气在温度为T0 时的体积为V0，密度为
设温度为T 的体积为VT，密度为
ρ（T）=
由盖﹣吕萨克定律得
联立可得：ρ（T）=
气球受到的浮力为f=ρ（Tb）gV
联立可得：f=
；
（ii）根据ρ（T）=
可得ρ（Ta）=
，气球内空气的重力为G=ρ（Ta）gV=
gV；
（iii）气球要漂浮在空气中，则气球总重力等于冷空气的浮力，假如还能托起的最大质量为m 则
F=m0g+G+mg
所以m=
﹣
﹣m0
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答：（i）气球受到的浮力为：
gV；
（ii）气球内空气的重力为
gV；
（iii）能托起的最大质量为
﹣
﹣m0．
【点评】本题考查了理想气体的特点和平衡问题．对于这种问题，心理上不要惧怕，从一些重要的知识点入手，应
用相应的公式即可求解．
[物理--选修3-4]（15 分）
15．在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样．若要增大干涉图样中两相邻
亮条纹的间距，可选用的方法是（
）
A．改用红色激光
B．改用蓝色激光
C．减小双缝间距
D．将屏幕向远离双缝的位置移动
E．将光源向远离双缝的位置移动
【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式，得出影响条纹间距的因素，从而分析判断．
【解答】解：根据双缝干涉条纹间距公式
知，增大入射光的波长、减小双缝间距，以及增大屏幕与双缝
的距离，可以增大条纹的间距，由于红光的波长大于绿光的波长，可知换用红色激光可以增大条纹间距，故ACD
正确，BE 错误。
故选：ACD。
【点评】解决本题的关键知道双缝干涉条纹间距公式，以及知道各种色光的波长大小关系，基础题．
16．一直桶状容器的高为2l，底面是边长为l 的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左
右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，
已知由液体上表面的D 点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．
【分析】根据反射定律和折射定律，结合入射角与折射角、反射角的关系，作出光路图．根据折射定律以及数学几
何关系求出瓶内液体的折射率．
【解答】解：设从光源发出的光直接射到D 点的光线的入射角为i1，折射角为γ1，在剖面内做光源相对于镜面的对
称点C，连接CD，交镜面与E 点，由光源射向E 点的光线反射后由ED 射向D 点，设入射角为i2，折射角为γ2，如
图；
设液体的折射率为n，由折射定律：
nsini1=sinγ1
nsini2=sinγ2
由题意：γ1+γ2=90°
联立得：
由图中几何关系可得：
；
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联立得：n=1.55
答：该液体的折射率为1.55．
【点评】本题首先要正确作出光路图，深刻理解折射率的求法，运用几何知识求入射角与折射角的正弦是解答的关
键．
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2017 年江苏省高考物理试卷
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3 分）如图所示，两个单匝线圈a、b 的半径分别为r 和2r．圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿
过a、b 两线圈的磁通量之比为（
）
A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．4：1
2．（3 分）如图所示，A、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原
来的2 倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（
）
A．tB．
t C．
D．
3．（3 分）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程
中，物块的动能Ek 与位移x 关系的图线是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（3 分）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P 点．由O
点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P′点，则由O 点静止释放的电子（
）
A．运动到P 点返回
B．运动到P 和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
5．（3 分）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为
M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆
上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加
速度为g．下列说法正确的是（
）
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A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v 不能超过
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计16 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4 分，选
对但不全的得2 分．错选或不答的得0 分．
6．（4 分）“天舟一号”货运飞船于2017 年4 月20 日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室
对接前，“天舟一号”在距离地面约380km 的圆轨道上飞行，则其（
）
A．角速度小于地球自转角速度
B．线速度小于第一宇宙速度
C．周期小于地球自转周期
D．向心加速度小于地面的重力加速度
7．（4 分）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则（
）
A．电感L1 的作用是通高频B．电容C2 的作用是通高频
C．扬声器甲用于输出高频成分D．扬声器乙用于输出高频成分
8．（4 分）在x 轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示．下列说法正确有（
）
A．q1 和q2 带有异种电荷
B．x1 处的电场强度为零
C．负电荷从x1 移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1 移到x2，受到的电场力增大
9．（4 分）如图所示，三个小球A、B、C 的质量均为m，A 与B、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C 置于
水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，
A、B、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中（
）
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A．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于
mg
B．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于
mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为
mgL
三、简答题：本题分必做题（第10、11 题）和选做题（第12 题）两部分，共计42 分．请将解答填写在答题卡相
应的位置．【必做题】
10．（8 分）利用如图1 所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M=200.0g，钩码的质
量为m=10.0g，打点计时器的电源为50Hz 的交流电．
（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到
．
（2）挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2 所示．选择某一点为O，一次每隔4 个计时点取一个计数点．用
刻度尺量出相邻计数点间的距离△x，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小
车的速度v1=
m/s．
（3）将钩码的重力视位小车受到的拉力，取g=9.80m/s2，利用W=mg△x 算出拉力对小车做的功W．利用Ek=
Mv2
算出小车动能，并求出动能的变化量△Ek．计算结果见下表．
W/×10
﹣3J
2.45
2.92
3.35
3.81
4.26
△Ek/×10
﹣3J
2.31
2.73
3.12
3.61
4.00
请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出△Ek﹣W 图象．
（4）实验结果表明，△Ek 总是略小于W．某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩
码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F=
．
11．（10 分）某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1 所示，继电器与热敏电阻R1、滑动
变阻器R 串联接在电源E 两端，当继电器的电流超过15mA 时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器
的电阻约为20Ω，热敏电阻的阻值Rt 与温度t 的关系如表所示
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R1/Ω
199.5
145.4
108.1
81.8
62.9
49.1
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（1）提供的实验器材有：电源E1（3V，内阻不计）、电源E2（6V，内阻不计）、滑动变阻器R1（0～200Ω）、滑动变
阻器R2（0～500Ω）、热敏电阻Rt，继电器、电阻箱（0～999.9Ω）、开关S、导线若干．
为使该装置实现对30～80℃之间任一温度的控制，电源E 应选用
（选填“E1”或“E2”），滑动变阻器R 应选用
（选填“R1”或“R2”）．
（2）实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图2 所示的选择
开关旋至
（选填“A”、“B”、“C”或“D”）
（3）合上开关S，用调节好的多用电表进行排查，在图1 中，若只有b、c 间断路，则应发现表笔接入a、b 时指针
（选填“偏转”或“不偏转”），接入a、c 时指针
（选填“偏转”或“不偏转”）．
（4）排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50℃时被吸合，下列操作步骤正确顺序是
．（填写各步骤前的序
号）
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1Ω
【选做题】本题包括A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A、B 两小
题评分．A．[选修3-3]（12 分）
12．
（2 分）一定质量的理想气体从状态A 经过状态B 变化到状态C，其V﹣T 图象如图所示．下列说法正确的有（
）
A．A→B 的过程中，气体对外界做功
B．A→B 的过程中，气体放出热量
C．B→C 的过程中，气体压强不变
D．A→B→C 的过程中，气体内能增加
13．（8 分）（甲）和（乙）图中是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片，记录炭粒位置的
时间间隔均为30s，两方格纸每格表示的长度相同。比较两张图片可知：若水温相同，
（选填“甲”或“乙”）
中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，
（选填“甲”或“乙”）中水分子的热运动较剧烈。
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14．（2 分）科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子．资料显示，某种蛋白的摩尔质量为66kg/mol，
其分子可视为半径为3×10
﹣9m 的球，已知阿伏伽德罗常数为6.0×1023mol
﹣1．请估算该蛋白的密度．（计算结果保
留一位有效数字）
B．[选修3-4]（12 分）
15．（2 分）接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下
列说法正确的有（
）
A．飞船上的人观测到飞船上的钟较快
B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢
C．地球上的人观测到地球上的钟较快
D．地球上的人观测到地球上的钟较慢
16．（2 分）野生大象群也有自己的“语言”．研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音，发现以2 倍速度快速播放
时，能听到比正常播放时更多的声音．播放速度变为原来的2 倍时，播出声波的
（选填“周期”或“频率”）也
变为原来的2 倍，声波的传播速度
（选填“变大”、“变小”或“不变”）．
17．（8 分）人的眼球可简化为如图所示的模型，折射率相同、半径不同的两个球体共轴，平行光束宽度为D，对称
地沿轴线方向射入半径为R 的小球，会聚在轴线上的P 点．取球体的折射率为
，且D=
R，求光线的会聚角α．
（示
意图未按比例画出）
C[选修3-5]（12 分）
18．原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正的有（
）
A．
He 核的结合能约为14MeV
B．
He 核比
Li 核更稳定
C．两个
H 核结合成
He 核时释放能量
D．
U 核中核子的平均结合能比
Kr 核中的大
19．质子（
H）和α粒子（
He）被加速到相同动能时，质子的动量
（选填“大于”、“小于”或“等于”）α
粒子的动量，质子和α粒子的德布罗意波波长之比为
．
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20．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，
此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s 和2m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．
四、计算题：本题共3 小题，共计47 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后
答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
21．（15 分）如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的
金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以
速度v0 匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动
过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
（1）MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
（2）MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
（3）PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．
22．（16 分）如图所示，两个半圆柱A、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C 的
质量为m，A、B 的质量都为
，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A 缓慢移动，直至C 恰好
降到地面。整个过程中B 保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F；
（2）动摩擦因数的最小值μmin；
（3）A 移动的整个过程中，拉力做的功W。
23．（16 分）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压力为U0 的加速电场，其初速度几乎
为0，经过加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照
相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m 和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N 的
甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．
（1）求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，
求狭缝宽度L 满足的条件．
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2017 年江苏省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3 分）如图所示，两个单匝线圈a、b 的半径分别为r 和2r．圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿
过a、b 两线圈的磁通量之比为（
）
A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．4：1
【分析】在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一个面积为S 且与磁场方向垂直的平面，磁感应强度B 与面积S 的乘
积，叫做穿过这个平面的磁通量，故当B 与S 平面垂直时，穿过该面的磁通量Φ=BS．
【解答】解：由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ=BS，半径为r 的虚线范围内有匀强磁场，
所以磁场的区域面积为：S=πr2
结合图可知，穿过两个线圈的磁感线的条数是相等的，所以磁通量都是：Φ=πBr2．与线圈的大小无关。故A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了磁通量的定义式和公式Φ=BS 的适用范围，只要掌握了磁通量的定义和公式Φ=BS 的适用条件就
能顺利解决．
2．（3 分）如图所示，A、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t 在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原
来的2 倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（
）
A．tB．
t C．
D．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，抓住两球的水平位移不变，结合初速度的变化得出两球从抛出到
相遇经过的时间．
【解答】解：两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，始终在同一水平面上，根
据x=vAt+vBt 知，当两球的抛出速度都变为原来的2 倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为
，故C 正确，ABD 错
误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度
和时间共同决定水平位移．
3．（3 分）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程
中，物块的动能Ek 与位移x 关系的图线是（
）
A．
B．
C．
D．
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【分析】分别对上滑过程、下滑过程利用动能定理列方程得到动能和位移的关系即可进行判断。
【解答】解：设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，去沿斜面向上为位移正方向；根据动能定理可得：
上滑过程中：﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ=Ek﹣Ek0，所以Ek=Ek0﹣（mgsinθ+μmgcosθ）x；
下滑过程中：mgx′sinθ﹣μmgx′cosθ=Ek﹣0，所以Ek=（mgsinθ﹣μmgcosθ）x′；
根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小。
故C 正确、ABD 错误；
故选：C。
【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪
些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括
曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
4．（3 分）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P 点．由O
点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P′点，则由O 点静止释放的电子（
）
A．运动到P 点返回
B．运动到P 和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
【分析】根据匀强电场电场强度的公式
，电容的定义式
以及电容的决定式
，联立得
，
知道在电量不变的情况下，改变两板间距离，场强不变，再结合动能定理进行讨论．
【解答】解：设AB 间电场强度为
，BC 间场强为
，根据题意由O 点释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能
定理，有
①
BC 板电量不变，BC 板间的场强
=
=
②
由②知BC 板间的场强不随距离的变化而变化，当C 板向右平移到P'时，BC 板间的场强不变，由①知，电子仍然运
动到P 点返回，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
【点评】解决考查带电粒子在电场中的运动，关键是要运用动能定理处理，注意在电量不变的条件下，改变极板间
的距离场强不变．
5．（3 分）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为
M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆
上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加
速度为g．下列说法正确的是（
）
A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
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B．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2F
C．物块上升的最大高度为
D．速度v 不能超过
【分析】匀速运动时，处于平衡状态，整体分析，即可判定绳子中张力；
当做圆周运动时，最低点，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，即可确定张力与Mg 的关系，与2F 关系无法
确定；
利用机械能守恒定律，即可求解最大高度；
根据两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F，利用牛顿第二定律，结合向心力，即可求解．
【解答】解：A、物块向右匀速运动时，则夹子与物体M，处于平衡状态，那么绳中的张力等于Mg，与2F 大小关
系不确定，故A 错误；
B、小环碰到钉子P 时，物体M 做圆周运动，依据最低点由拉力与重力的合力提供向心力，因此绳中的张力大于
Mg，而与2F 大小关系不确定，故B 错误；
C、依据机械能守恒定律，减小的动能转化为重力势能，则有：
，那么物块上升的最大高度为h=
，
故C 错误；
D、因夹子对物体M 的最大静摩擦力为2F，依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，对物体M，则有：2F﹣Mg=M
，
解得：vm=
，故D 正确；
故选：D。
【点评】考查平衡条件的内容，掌握圆周运动是变速运动，处于非平衡状态，理解向心力的表达式，及牛顿第二定
律的运用，最后掌握机械能守恒的条件及其内容．
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计16 分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4 分，选
对但不全的得2 分．错选或不答的得0 分．
6．（4 分）“天舟一号”货运飞船于2017 年4 月20 日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室
对接前，“天舟一号”在距离地面约380km 的圆轨道上飞行，则其（
）
A．角速度小于地球自转角速度
B．线速度小于第一宇宙速度
C．周期小于地球自转周期
D．向心加速度小于地面的重力加速度
【分析】根据卫星的速度公式v=
和v=rω得到角速度的表达式，将“天舟一号”的角速度与地球同步卫星的角速
度比较，从而分析其角速度与地球自转角速度的关系．第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速
度．由a=
比较“天舟一号”的向心加速度与近地卫星加速度的关系，从而分析出它的向心加速度与地面的重力加
速度的关系．
【解答】解：A、根据卫星的速度公式v=
和v=rω得：ω=
．将“天舟一号”与地球同步卫星比较，由于“天舟
一号”的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以“天舟一号”的角速度大于地球同步卫星的角速度，而地球同
步卫星的角速度等于地球自转角速度，所以其角速度大于地球自转角速度。故A 错误。
B、第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，知其线速度小于第一宇宙速度。故B 正确。
C、由T=
知“天舟一号”的周期于地球同步卫星的周期，而地球同步卫星的周期等于地球自转周期，所以其周期
小于地球自转周期。故C 正确。
D、由a=
=
知，其向心加速度小于近地卫星的向心加速度，而近地卫星的向心加速度约等于地面的重力加速
度，所以其向心加速度小于地面的重力加速度。故D 正确。
故选：BCD。
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【点评】解决此题的关键要掌握卫星速度公式v=
，能根据运动学公式推导出其他量的表达式．本题要选好比
较的对象，如地球同步卫星、近地卫星．
7．（4 分）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则（
）
A．电感L1 的作用是通高频B．电容C2 的作用是通高频
C．扬声器甲用于输出高频成分D．扬声器乙用于输出高频成分
【分析】根据电容器的特性：通交隔直，通高阻低，以及电感线圈的特性：通直阻交，通低阻高来分析选择．
【解答】解：A、电感L1 的作用是通低频，阻高频，故A 错误。
B、电容G2 的作用是通高频，阻低频，故B 正确。
C、电感L1 的作用是通低频，阻高频，而电容C1 的作用是通高频，阻低频，所以低频部分通过扬声器甲。故C 错误。
D、电感L1 的作用是通低频，阻高频，所以扬声器乙用于输出高频成分，故D 正确。
故选：BD。
【点评】电容器的特性在理解的基础上记住：通交流隔直流，通高频阻低频．电感线圈的特性：通直阻交，通低阻
高．
8．（4 分）在x 轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示．下列说法正确有（
）
A．q1 和q2 带有异种电荷
B．x1 处的电场强度为零
C．负电荷从x1 移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1 移到x2，受到的电场力增大
【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，
进而电场力变化．
【解答】解：A、由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故
也存在负电荷，所以，q1 和q2 带有异种电荷，故A 正确；
B、电场强度等于图中曲线斜率，x1 处的斜率不为零，故电场强度不为零，故B 错误；
C、负电荷从x1 移到x2，电势增大，电势能减小，故C 正确；
D、负电荷从x1 移到x2，曲线斜率减小，及电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故D 错误；
故选：AC。
【点评】电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关；又有场强为零的地方，电势差为零，
故为等势体．
9．（4 分）如图所示，三个小球A、B、C 的质量均为m，A 与B、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C 置于
水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，
A、B、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中（
）
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A．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于
mg
B．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于
mg
C．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下
D．弹簧的弹性势能最大值为
mgL
【分析】A 的动能最大时受力平衡，根据平衡条件求解地面支持力，根据超重失重现象分析A 的动能达到最大前，
B 受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值．
【解答】解：AB、A 的动能最大时，设B 和C 受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得
2F=3mg，所以F=
；在A 的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B 受到地面的支持力小于
mg，
故A、B 正确；
C、当A 达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A 的加速度方向向上，故C 错误；
D、A 下落的高度为：h=Lsin60°﹣Lsin30°，根据功能关系可知，小球A 的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹
簧的弹性势能最大值为EP=mgh=
mgL，故D 错误。
故选：AB。
【点评】解答本题的关键是弄清楚小球A 在运动过程中的受力情况，知道平衡位置时受力平衡，加速度方向向下属
于失重、加速度方向向上属于超重．
三、简答题：本题分必做题（第10、11 题）和选做题（第12 题）两部分，共计42 分．请将解答填写在答题卡相
应的位置．【必做题】
10．（8 分）利用如图1 所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M=200.0g，钩码的质
量为m=10.0g，打点计时器的电源为50Hz 的交流电．
（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到
小车做匀速运动
．
（2）挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2 所示．选择某一点为O，一次每隔4 个计时点取一个计数点．用
刻度尺量出相邻计数点间的距离△x，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小
车的速度v1=
0.228
m/s．
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（3）将钩码的重力视位小车受到的拉力，取g=9.80m/s2，利用W=mg△x 算出拉力对小车做的功W．利用Ek=
Mv2
算出小车动能，并求出动能的变化量△Ek．计算结果见下表．
W/×10
﹣3J
2.45
2.92
3.35
3.81
4.26
△Ek/×10
﹣3J
2.31
2.73
3.12
3.61
4.00
请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出△Ek﹣W 图象．
（4）实验结果表明，△Ek 总是略小于W．某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩
码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F=
0.093N
．
【分析】（1）为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动．
（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出计数点1 的瞬时速度．
（3）根据表格中的数据作出△Ek﹣W 图象．
（4）对整体分析，根据牛顿第二定律得出整体的加速度，隔离分析，结合牛顿第二定律得出小车受到的实际拉力．
【解答】解：（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车做匀
速运动，摩擦力达到平衡．
（2）计数点1 的瞬时速度
m/s=0.228m/s．
（3）根据表格中的数据做出△Ek﹣W 图象如图所示．
（4）对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=
，则小车受到的实际拉力F=
=
N=0.093N．
故答案为：（1）小车做匀速运动
（2）0.228．
（3）
（4）0.093N
【点评】本题考查了探究恒力做功与物体动能变化的关系，掌握平衡摩擦力的方法，知道实验的原理以及误差的来
源，掌握牛顿第二定律，并能熟练运用整体法和隔离法．
11．（10 分）某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1 所示，继电器与热敏电阻R1、滑动
变阻器R 串联接在电源E 两端，当继电器的电流超过15mA 时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器
的电阻约为20Ω，热敏电阻的阻值Rt 与温度t 的关系如表所示
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
80.0
R1/Ω
199.5
145.4
108.1
81.8
62.9
49.1
（1）提供的实验器材有：电源E1（3V，内阻不计）、电源E2（6V，内阻不计）、滑动变阻器R1（0～200Ω）、滑动变
阻器R2（0～500Ω）、热敏电阻Rt，继电器、电阻箱（0～999.9Ω）、开关S、导线若干．
为使该装置实现对30～80℃之间任一温度的控制，电源E 应选用
E2 （选填“E1”或“E2”），滑动变阻器R 应选用
R2
（选填“R1”或“R2”）．
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（2）实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图2 所示的选择
开关旋至
C
（选填“A”、“B”、“C”或“D”）
（3）合上开关S，用调节好的多用电表进行排查，在图1 中，若只有b、c 间断路，则应发现表笔接入a、b 时指针
不偏转
（选填“偏转”或“不偏转”），接入a、c 时指针
偏转
（选填“偏转”或“不偏转”）．
（4）排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50℃时被吸合，下列操作步骤正确顺序是
⑤④②③①
．（填写各步
骤前的序号）
①将热敏电阻接入电路
②观察到继电器的衔铁被吸合
③断开开关，将电阻箱从电路中移除
④合上开关，调节滑动变阻器的阻值
⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1Ω
【分析】（1）分析不同温度下热敏电阻的阻值，根据实验要求进行分析，从而明确应采用的电源和滑动变阻器；
（2）明确多用电表的使用方法，根据要求选择对应的量程；
（3）根据电压表的测量方法以及电路结构进行分析，从而明确指针是否发生偏转；
（4）明确实验原理，确定实验方法，从而明确实验中应进行的基本步骤．
【解答】解：（1）要想控制30℃时的情况，此时热敏电阻的阻值约为200Ω，需要的最小电动势E=0.015×（200+20）
=3.3V；由于还要考虑滑动变阻器的阻值，因此3V 的电源电动势太小，应选择6V 的电源E2；
滑动变阻器采用限流接法，因此其阻值应约为热敏电阻的几倍左右，因此滑动变阻器应采用R2
（2）要想测量电压，应将旋钮旋至电压档位上，因电动势为6V，因此应选择10V 量程，故旋至C 点；
（3）若只有b、c 间断路，则应发现表笔接入a、b 时电表与电源不连接，因此指针不偏转；而接入a、c 时，电表
与电源直接连接，故指针发生偏转；
（4）要使50℃时被吸热，由表格数据可知，电阻为108.1Ω；为了使衔铁在热敏电阻为50℃时被吸合，应先电阻箱
替换热敏电阻，将阻值调至108.1Ω；再合上开关，调节滑动变阻器的阻值，直到观察到继电器的衔铁被吸合；此时
再断开开关将电阻箱取下，换下热敏电阻即可实现实验目的；故步骤为⑤④②③①；
故答案为：（1）E2；R2；（2）C；（3）不偏转；偏转；（4）⑤④②③①
【点评】本题考查多用电表的使用方法，要注意明确实验原理，注意分析实验电路图，从而确定实验应采用的基本
方法，从而确定实验所采用的仪器．
【选做题】本题包括A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A、B 两小
题评分．A．[选修3-3]（12 分）
12．
（2 分）一定质量的理想气体从状态A 经过状态B 变化到状态C，其V﹣T 图象如图所示．下列说法正确的有（
）
A．A→B 的过程中，气体对外界做功
B．A→B 的过程中，气体放出热量
C．B→C 的过程中，气体压强不变
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D．A→B→C 的过程中，气体内能增加
【分析】根据气体体积的变化判断气体对外界做功还是外界对气体做功，根据温度的变化判断气体内能的变化，结
合热力学第一定律得出气体是吸热还是放热．
【解答】解：A、A→B 的过程中，温度不变，体积减小，可知外界对气体做功，故A 错误。
B、A→B 的过程中，温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q 知，W 为
正，则Q 为负，即气体放出热量，故B 正确。
C、因为V﹣T 图线中，BC 段的图线是过原点的倾斜直线，则程B→C 的过程中，压强不变，故C 正确。
D、A 到B 的过程中，温度不变，内能不变，B 到C 的过程中，温度降低，内能减小，则A→B→C 的过程中，气体
内能减小，故D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道理想气体的内能由温度决定，掌握热力学第一定律以及理想气体状态方程，并能灵活
运用．
13．（8 分）（甲）和（乙）图中是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片，记录炭粒位置的
时间间隔均为30s，两方格纸每格表示的长度相同。比较两张图片可知：若水温相同，
甲
（选填“甲”或“乙”）
中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，
乙
（选填“甲”或“乙”）中水分子的热运动较剧烈。
【分析】布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，温度越高、颗粒越小，布朗运
动越激烈。
【解答】解：布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动，布朗运动是由于液体分子
对小颗粒的撞击不平衡造成的；颗粒越小，液体分子对颗粒的撞击越不平衡，布朗运动越明显。由图可知，乙图中
颗粒的布朗运动更明显，所以若水温相同，甲中炭粒的颗粒较大；
温度越高，布朗运动越激烈，所以若炭粒大小相同，乙中水分子的热运动较剧烈。
故答案为：甲
乙
【点评】该题考查对布朗运动的理解，把握温度越高、颗粒越小，布朗运动越激烈即可正确解答。
14．（2 分）科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子．资料显示，某种蛋白的摩尔质量为66kg/mol，
其分子可视为半径为3×10
﹣9m 的球，已知阿伏伽德罗常数为6.0×1023mol
﹣1．请估算该蛋白的密度．（计算结果保
留一位有效数字）
【分析】由体积的公式求出分子的体积，乘以阿伏伽德罗常数为摩尔体积，该蛋白的密度为摩尔质量与摩尔体积的
比值．
【解答】解：该蛋白的摩尔体积：V=
由密度：
，
解得：
代入数据得：ρ=1×103kg/m3
答：该蛋白的密度为1×103kg/m3．
【点评】本题要理解阿伏加德罗常数NA 是联系宏观与微观的桥梁，抓住它的含义，来理解分子质量和摩尔质量的
关系．
B．[选修3-4]（12 分）
15．（2 分）接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下
列说法正确的有（
）
A．飞船上的人观测到飞船上的钟较快
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B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢
C．地球上的人观测到地球上的钟较快
D．地球上的人观测到地球上的钟较慢
【分析】根据爱因斯坦狭义相对论，运动具有延时效应，故参考系高速运动的物体上的时间进程变慢．
【解答】解：AB、飞船上的人是以飞船为参考系，故地球是高速运动的，根据爱因斯坦质能方程的运动延时效应，
飞船上的人观测到地球上的钟较慢，即飞船上的人观测到飞船上的钟较快，故A 正确，B 错误；
CD、地球上的人以地球为参考系，认为飞船高速运动，同样根据爱因斯坦质能方程的运动延时效应，飞船上的钟较
慢，故地球上的人观测到地球上的钟较快，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
【点评】本题考查爱因斯坦狭义相对论，关键是记住相对论的几个效应，如：尺缩效应、运动延时效应、质速关系．
16．（2 分）野生大象群也有自己的“语言”．研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音，发现以2 倍速度快速播放
时，能听到比正常播放时更多的声音．播放速度变为原来的2 倍时，播出声波的
频率
（选填“周期”或“频率”）
也变为原来的2 倍，声波的传播速度
不变
（选填“变大”、“变小”或“不变”）．
【分析】由波的传播特性可知，波的波长不变，进而根据速度得到周期的变化；波的传播速度只与波的形式和介质
有关．
【解答】解：波经过录制再次播放，并不改变波的波长、频率等特性；现播放速度变为原来的2 倍时，又有波的传
播过程中，波长不变，那么周期
，则频率变为原来的2 倍；
又有波的传播速度只与波的形式和介质有关，故只改变播放速度，波的传播速度不变．
故答案为：频率；不变．
【点评】了解波的传播特性，在波的传播过程中，波长不变，波速与介质有关，进而周期、频率也和介质发生相对
应的变化．
17．（8 分）人的眼球可简化为如图所示的模型，折射率相同、半径不同的两个球体共轴，平行光束宽度为D，对称
地沿轴线方向射入半径为R 的小球，会聚在轴线上的P 点．取球体的折射率为
，且D=
R，求光线的会聚角α．
（示
意图未按比例画出）
【分析】先根据几何关系求出入射角，由折射定律求得折射角，再由几何知识求光线的会聚角α．
【解答】解：设入射角为i．由几何关系得：sini=
=
，
解得：i=45°
由折射定律有：n=
，
解得折射角为：r=30°
且由几何关系有：i=r+
，
解得：α=30°
答：光线的会聚角α是30°．
【点评】本题是光的折射定律和数学知识的综合应用，运用几何知识得到α与折射角r 的关系是解题的关键．
C[选修3-5]（12 分）
18．原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正的有（
）
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A．
He 核的结合能约为14MeV
B．
He 核比
Li 核更稳定
C．两个
H 核结合成
He 核时释放能量
D．
U 核中核子的平均结合能比
Kr 核中的大
【分析】由图得出氦核的比结合能，抓住比结合能等于结合能与核子数的比值得出氦核的结合能；比结合能越大，
原子核越稳定，通过图示得出比结合能的大小．
【解答】解：A、由图可知，氦核的结合能大约为7MeV，氦核的核子数为4，则氦核的结合能大约为28MeV，故A
错误。
B、比结合能越大，原子核越稳定，由图可知，氦核的比结合能大，则
He 核比
Li 核更稳定，故B 正确。
C、两个
H 核结合成
He 核时有质量亏损，释放能量，故C 正确。
D、由图可知，
U 核中核子的平均结合能比
Kr 核中的小，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了结合能和比结合能的基本运用，知道结合能与比结合能的关系，知道比结合能越大，原子核越
稳定．
19．质子（
H）和α粒子（
He）被加速到相同动能时，质子的动量
小于
（选填“大于”、“小于”或“等于”）α
粒子的动量，质子和α粒子的德布罗意波波长之比为
2：1
．
【分析】根据Ek=
、P=mv 得到动能与动量的关系，然后根据公式
比较物质波的波长．
【解答】解：动能与动量的关系为：P=
，
物质波的波长：λ=
，
联立得到：
∝
，
质子（
H）和α粒子（
He）质量之比为1：4，故物质波的波长之比为2：1；
故答案为：小于，2：1．
【点评】该题考查德布罗意波波长，关键是记住公式λ=
，同时要能够推导出动量与动能的关系分析，基础题目．
20．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，
此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s 和2m/s．求甲、乙两运动员的质量之比．
【分析】甲、乙相遇时用力推对方的过程系统的动量守恒，应用动量守恒定律可以求出甲、乙质量之比．
【解答】解：甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m 甲v 甲+m 乙v 乙=m 甲v 甲′+m 乙v 乙′，
代入得：m 甲×1+m 乙×（﹣1）=m 甲×（﹣1）+m 乙×2，
解得：m 甲：m 乙=3：2．
答：甲、乙两运动员的质量之比是3：2．
【点评】本题的关键是要明确系统的动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意正方向的选择，注
意各人的速度方向．
四、计算题：本题共3 小题，共计47 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后
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答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
21．（15 分）如图所示，两条相距d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的
金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以
速度v0 匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动
过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
（1）MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
（2）MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
（3）PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P．
【分析】（1）根据电磁感应定律的公式可得知产生的电动势，结合闭合电路的欧姆定律，即可求得MN 刚扫过金属
杆时，杆中感应电流的大小I；
（2）根据第一问求得的电流，利用安培力的公式，结合牛顿第二定律，即可求得MN 刚扫过金属杆时，杆的加速
度大小a；
（3）首先要得知，PQ 刚要离开金属杆时，杆切割磁场的速度，即为两者的相对速度，然后结合感应电动势的公式
以及功率的公式即可得知感应电流的功率P．
【解答】解：（1）MN 刚扫过金属杆时，杆上产生的感应电动势为：E=Bdv0，
感应电流为：I=
联立解得：I=
（2）MN 刚扫过金属杆时，杆受到的安培力为：F=BId
由牛顿第二定律有：F=ma
联立解得：a=
（3）PQ 刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为：v′=v0﹣v
则感应电动势为：E′=Bd（v0﹣v）
电功率为：P=
解得：P=
答：（1）MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I 为
；
（2）MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a 为
；
（3）PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P 为
【点评】该题是一道较为综合的题，考查了电磁感应，闭合电路的欧姆定律以及电功电功率．
对于法拉第电磁感应定律是非常重要的考点，经常入选高考物理压轴题，平时学习时要从以下几方面掌握．
（1）切割速度v 的问题
切割速度的大小决定了E 的大小；切割速度是由导体棒的初速度与加速度共同决定的．同时还要注意磁场和金属棒
都运动的情况，切割速度为相对运动的速度；不难看出，考电磁感应的问题，十之八九会用到牛顿三大定律与直线
运动的知识．
（2）能量转化的问题
电磁感应主要是将其他形式能量（机械能）转化为电能，可由于电能的不可保存性，很快又会想着其他形式能量（焦
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耳热等等）转化．
（3）安培力做功的问题
电磁感应中，安培力做的功全部转化为系统全部的热能，而且任意时刻安培力的功率等于系统中所有电阻的热功率．
（4）动能定理的应用
动能定理当然也能应用在电磁感应中，只不过同学们要明确研究对象，我们大多情况下是通过导体棒的．固定在轨
道上的电阻，速度不会变化，显然没有用动能定理研究的必要．
22．（16 分）如图所示，两个半圆柱A、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R．C 的
质量为m，A、B 的质量都为
，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A，使A 缓慢移动，直至C 恰好
降到地面。整个过程中B 保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F；
（2）动摩擦因数的最小值μmin；
（3）A 移动的整个过程中，拉力做的功W。
【分析】（1）根据共点力的平衡条件求解C 受到B 作用力的大小F；
（2）先根据共点力平衡条件求解B 受到C 水平方向最大压力，再求出B 对地面的压力，根据摩擦力的计算公式求
解；
（3）根据动能定理求解A 移动的整个过程中，拉力做的功W。
【解答】解：（1）C 受力平衡，如图所示：
根据平衡条件可得：2Fcos30°=mg，
解得C 受到B 作用力的大小为：F=
；
（2）C 恰好降落到地面时，B 对C 支持力最大为Fm，如图所示，
则根据力的平衡可得：2Fmcos60°=mg，
解得：Fm=mg；
所以最大静摩擦力至少为：fm=Fmcos30°=
，
B 对的地面的压力为：FN=mBg+
=mg，
B 受地面的摩擦力为：f=μmg，
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根据题意有：fm=f，
解得：μ=
，
所以动摩擦因数的最小值为：μmin=
；
（3）C 下降的高度为：h=
，
A 的位移为：x=
，
摩擦力做功的大小为：Wf=fx=2
，
C 对A 的压力对A 做的功等于克服C 的重力做的功，
对A 根据动能定理有：W﹣Wf+mgh=0，
解得：W=
。
答：（1）未拉A 时，C 受到B 作用力的大小为
；
（2）动摩擦因数的最小值为
；
（3）A 移动的整个过程中，拉力做的功W 为
。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡和动能定理，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、
利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。运用
动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多
少，根据动能定理列方程解答。
23．（16 分）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压力为U0 的加速电场，其初速度几乎
为0，经过加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照
相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m 和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N 的
甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．
（1）求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，
求狭缝宽度L 满足的条件．
【分析】（1）从M 进入磁场的粒子打在底片上的位置到N 点距离最小，由动能定理求出粒子进入磁场的速度，根
据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径，由几何关系即可求解甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x；
（2）就是将一个虚线半圆平移到另一个虚线半圆，最窄处位于过两虚线交点的垂线上，把两个虚线圆心找到，并
连接两圆的最高点，两个圆的最高点的距离为L，根据几何关系求解，
（3）从M 点射进磁场的最慢甲种离子到底片的距离比从N 点射入得最快的乙种到达底片的距离要大L，两轨迹的
直径相差为L，列式即可求解；
【解答】解：（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r1
电场加速
且
解得
根据几何关系x=2r1﹣L
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解得
（2）（见图）最窄处位于过两虚线交点的垂线上
解得
（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为
的最小半径
的最大半径
由题意知
，即
﹣
＞L
解得L＜
[2
﹣
]
答：（1）甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x 为
；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域如上图所示，该区域最窄处的宽度d 为
；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U0﹣△U）到（U0+△U）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，
狭缝宽度L 满足的条件L＜
[2
﹣
]
【点评】考查动能定理与牛顿第二定律的应用，确定运动半径与电压的关系，这是解题的关键之处，同时注意理解：
甲、乙两种离子打在照相底片上的区域不重叠的含义．
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2017 年海南省高考物理试卷
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．（4 分）光滑水平桌面上有P、Q 两个物块，Q 的质量是P 的n 倍．将一轻弹簧置于P、Q 之间，用外力缓慢压P、
Q．撤去外力后，P、Q 开始运动，P 和Q 的动量大小的比值为（
）
A．n2
B．n
C．
D．1
2．（4 分）关于静电场的电场线，下列说法正确的是（
）
A．电场强度较大的地方电场线一定较疏
B．沿电场线方向，电场强度一定越来越小
C．沿电场线方向，电势一定越来越低
D．电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹
3．（4 分）汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线．由刹
车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25m．汽车在刹
车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g 取10m/s2）（
）
A．10 m/s
B．20 m/s
C．30 m/s
D．40 m/s
4．（4 分）如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极
板之间，处于静止状态。现保持左极板不动，将右极板向左缓慢移动。关于小球所受的电场力大小F 和绳子的拉力
大小T，下列判断正确的是（
）
A．F 逐渐减小，T 逐渐减小
B．F 逐渐增大，T 逐渐减小
C．F 逐渐减小，T 逐渐增大
D．F 逐渐增大，T 逐渐增大
5．（4 分）已知地球质量为月球质量的81 倍，地球半径约为月球半径的4 倍。若在月球和地球表面同样高度处，
以相同的初速度水平抛出物体，抛出点与落地点间的水平距离分别为s 月和s 地，则s 月：s 地约为（
）
A．9：4 B．6：1 C．3：2 D．1：1
6．（4 分）将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a 为小球运动轨迹上的一点，
小球上升和下降经过a 点时的动能分别为Ek1 和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a 点时重力所做的功为W1，从
抛出开始到小球第二次经过a 点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（
）
A．Ek1=Ek2，W1=W2
B．Ek1＞Ek2，W1=W2
C．Ek1＜Ek2，W1＜W2 D．Ek1＞Ek2，W1＜W2
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．（5 分）三束单色光1、2 和3 的波长分别为λ1、λ2 和λ3（λ1＞λ2＞λ3）．分别用这三束光照射同一种金属．已知用
光束2 照射时，恰能产生光电子．下列说法正确的是（
）
A．用光束1 照射时，不能产生光电子
B．用光束3 照射时，不能产生光电子
C．用光束2 照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多
D．用光束2 照射时，光越强，产生的光电子的最大初动能越大
8．（5 分）如图，电阻R、电容C 和电感L 并联后，接入输出电压有效值恒定、频率可调的交流电源．当电路中交
流电的频率为f 时，通过R、C 和L 的电流有效值恰好相等．若将频率降低为
f，分别用I1、I2 和I3 表示此时通过R、
C 和L 的电流有效值，则（
）
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A．I1＞I3 B．I1＞I2 C．I3＞I2 D．I2=I3
9．（5 分）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q 和R，质量分别为m、2m 和3m，物块与地面间的动摩
擦因数都为μ．用大小为F 的水平外力推动物块P，记R 和Q 之间相互作用力与Q 与P 之间相互作用力大小之比为
k．下列判断正确的是（
）
A．若μ≠0，则k=
B．若μ≠0，则k=
C．若μ=0，则k=
D．若μ=0，则k=
10．（5 分）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均
为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界
的间距．若线框自由下落，从ab 边进入磁场时开始，直至ab 边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（
）
A．始终减小B．始终不变C．始终增加D．先减小后增加
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．（6 分）某同学用游标卡尺分别测量金属圆管的内、外壁直径，游标卡尺的示数分别如图（a）和图（b）所示．
由图可读出，圆管内壁的直径为
cm，圆管外壁的直径为
cm；由此可计算出金属圆管横截面的面积．
12．（12 分）某同学用伏安法测量待测电阻的阻值．现有器材为：
待测电阻R（阻值约为5Ω）
电源（电动势3V）
滑动变阻器（阻值范围0～10Ω）
电流表（量程0.6A，3A
电压表（量程3V，15V）
开关，导线若干．
实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用．回答下列问题：
（1）按照实验要求在图（a）中画出实物连线图．
（2）若已按实验要求接线，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接
近0．写出产生这种现象的一个原因：
．
（3）在连线正确后，闭合开关．电压表和电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示．由图可知，电压表读数为
V，电流表读数为
A．由此可得待测电阻的阻值为
Ω（结果保留3 位有效数字）．
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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．（10 分）如图，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内，轨间距为l，左端连有阻值为R 的电阻。一金属
杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。已知金属杆以速度v0 向右
进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度恰好为零。金属杆与导轨始终保
持垂直且接触良好。除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计。求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小
及此时电流的功率。
14．（16 分）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a 相连，如图所
示。质量为
m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0 时开始，对b 施加沿斜面向上的
外力，使b 始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距
离恰好也为x0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g．求
（1）弹簧的劲度系数；
（2）物块b 加速度的大小；
（3）在物块a、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式。
[选修3-3]（12 分）
15．（4 分）关于布朗运动，下列说法正确的是（
）
A．布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动
B．液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈
C．在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸，都会发生布朗运动
D．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动
E．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的
16．（8 分）一粗细均匀的U 形管ABCD 的A 端封闭，D 端与大气相通．用水银将一定质量的理想气体封闭在U 形
管的AB 一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示．此时AB 侧的气体柱长度l1=25cm．管中AB、CD 两侧的水银面
高度差h1=5cm．现将U 形管缓慢旋转180°，使A、D 两端在上，在转动过程中没有水银漏出．已知大气压强
p0=76cmHg．求旋转后，AB、CD 两侧的水银面高度差．
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[选修3-4]（12 分）
17．如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度θ（0＜θ
＜90°）入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是（
）
A．在第一块玻璃板下表面一定有出射光
B．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光
C．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行
D．第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧
E．第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧
18．从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz 的简谐横波，分别沿x 轴正、负方向传播，在某一时刻到达A、
B 点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10m/s．求
（i）质点P、O 开始振动的时刻之差；
（ii）再经过半个周期后，两列波在x=1m 和x=5m 之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x 坐标．
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2017 年海南省高考物理试卷
参考答案与试题解析
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．（4 分）光滑水平桌面上有P、Q 两个物块，Q 的质量是P 的n 倍．将一轻弹簧置于P、Q 之间，用外力缓慢压P、
Q．撤去外力后，P、Q 开始运动，P 和Q 的动量大小的比值为（
）
A．n2
B．n
C．
D．1
【分析】分析撤去外力后的受力情况，明确系统总动量守恒，再根据动量守恒定律列式即可求得动量大的比值．
【解答】解：撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设P 的动量方向为正方向，则根据动量守恒定律有：
PP﹣PQ=0
故PP=PQ；
故动量之比为1；
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题考查动量守恒定律的应用，要注意明确撤去拉力后的动量大小始终为零，同时在列式时一定要注意动
量的矢量性．
2．（4 分）关于静电场的电场线，下列说法正确的是（
）
A．电场强度较大的地方电场线一定较疏
B．沿电场线方向，电场强度一定越来越小
C．沿电场线方向，电势一定越来越低
D．电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹
【分析】只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电
粒子的轨迹重合；沿电场线方向电势越来越低，而电场线的疏密表示场强的大小，根据这些知识分析解答．
【解答】解：A、电场线的疏密表示场强的强弱，那么电场强度较大的地方电场线一定较密，故A 错误；
BC、沿着电场线的方向，电势会降低，因此沿电场线方向电势越来越低，但电场线不一定越来越疏，则场强不一定
越来越小，故B 错误，C 正确；
D、电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向
在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，故D 错误；
故选：C。
【点评】记住电场线的特点：电场线的疏密代表电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，并要掌握电场线的两个
意义：电场线的方向反映电势的高低，电场线的疏密表示场强的方向．
3．（4 分）汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线．由刹
车线的长短可知汽车刹车前的速度．已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25m．汽车在刹
车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g 取10m/s2）（
）
A．10 m/s
B．20 m/s
C．30 m/s
D．40 m/s
【分析】分析刹车后汽车的合外力，进而求得加速度；再根据匀变速运动规律，由位移求得速度．
【解答】解：刹车后汽车的合外力为摩擦力f=μmg，加速度
；
又有刹车线长25m ，故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小
；故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
【点评】运动学问题，一般先根据物体受力，利用牛顿第二定律求得加速度，然后再由运动学规律求解相关位移、
速度等问题．
4．（4 分）如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极
板之间，处于静止状态。现保持左极板不动，将右极板向左缓慢移动。关于小球所受的电场力大小F 和绳子的拉力
大小T，下列判断正确的是（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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A．F 逐渐减小，T 逐渐减小
B．F 逐渐增大，T 逐渐减小
C．F 逐渐减小，T 逐渐增大
D．F 逐渐增大，T 逐渐增大
【分析】明确电容器与电源相连，故电容器两端的电势差不变，由U=Ed 可分析电场力的变化情况，再根据受力分
析明确绳子拉力的变化情况。
【解答】解：电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将右极板向左缓慢移动过程中，两板间距离减小，由
U=Ed 可知，电场强度E 增大；电场力F=Eq 增大；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，受力如图所
示：
根据力的合成法得：
，由于重力不变，电场力增大，故拉力增大；故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题综合考查了共点力平衡、电场强度以及电容器的动态分析问题，只要明确电容器两板间电势差不变，
再根据匀强电场的性质即可明确场强的变化，从而再结合平衡条件求解即可。
5．（4 分）已知地球质量为月球质量的81 倍，地球半径约为月球半径的4 倍。若在月球和地球表面同样高度处，
以相同的初速度水平抛出物体，抛出点与落地点间的水平距离分别为s 月和s 地，则s 月：s 地约为（
）
A．9：4 B．6：1 C．3：2 D．1：1
【分析】根据万有引力等于重力，求出月球表面重力加速度和地球表面重力加速度关系，运用平抛运动规律求出两
星球上水平抛出的射程之比。
【解答】解：设地球质量为M′，半径为R′，月球质量为M，半径为R。
已知
=81，
=4，
根据万有引力等于重力得：
=mg
则有：g=
因此
=
…①
由题意从同样高度抛出，
h=
gt2=
g′t′2…②，
①、②联立，解得t′=
t，
在地球上的水平位移s=v0t，
在月球上的s′=v0t′；
因此s 月：s 地约为9：4，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
【点评】把月球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题。
重力加速度g 是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量。
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6．（4 分）将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a 为小球运动轨迹上的一点，
小球上升和下降经过a 点时的动能分别为Ek1 和Ek2．从抛出开始到小球第一次经过a 点时重力所做的功为W1，从
抛出开始到小球第二次经过a 点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（
）
A．Ek1=Ek2，W1=W2
B．Ek1＞Ek2，W1=W2
C．Ek1＜Ek2，W1＜W2 D．Ek1＞Ek2，W1＜W2
【分析】根据上升或下降的高度比较重力做功的大小，对两次经过a 点的过程运用动能定理，比较两次经过a 点的
动能大小．
【解答】解：从抛出开始到第一次经过a 点和抛出开始第二次经过a 点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即
W1=W2。
对两次经过a 点的过程运用动能定理得，﹣Wf=Ek2﹣Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道重力做功与路径无关，与首末位置的高度差有关，以及掌握动能定理，知道两次经过
a 点的过程中重力不做功，阻力做负功．
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．（5 分）三束单色光1、2 和3 的波长分别为λ1、λ2 和λ3（λ1＞λ2＞λ3）．分别用这三束光照射同一种金属．已知用
光束2 照射时，恰能产生光电子．下列说法正确的是（
）
A．用光束1 照射时，不能产生光电子
B．用光束3 照射时，不能产生光电子
C．用光束2 照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多
D．用光束2 照射时，光越强，产生的光电子的最大初动能越大
【分析】根据波长与频率关系，结合光电效应发生条件：入射光的频率大于或等于极限频率，及依据光电效应方程，
即可求解．
【解答】解：AB、依据波长与频率的关系：
，因λ1＞λ2＞λ3，那么γ1＜γ2＜γ3；由于用光束2 照射时，恰能
产生光电子，因此用光束1 照射时，不能产生光电子，而光束3 照射时，一定能产生光电子，故A 正确，B 错误；
CD、用光束2 照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多，而由光电效应方程：Ekm=hγ﹣W，可知，光电
子的最大初动能与光的强弱无关，故C 正确，D 错误；
故选：AC。
【点评】考查波长与频率的关系式，掌握光电效应现象发生条件，理解光电效应方程的内容．
8．（5 分）如图，电阻R、电容C 和电感L 并联后，接入输出电压有效值恒定、频率可调的交流电源．当电路中交
流电的频率为f 时，通过R、C 和L 的电流有效值恰好相等．若将频率降低为
f，分别用I1、I2 和I3 表示此时通过R、
C 和L 的电流有效值，则（
）
A．I1＞I3 B．I1＞I2 C．I3＞I2 D．I2=I3
【分析】电容器的特性是通交流隔直流，通高频阻低频．电感线圈的特性是通过直流阻交流，通低频阻高频率．通
过电阻的电流与频率无关．根据三种元件的特性分析．
【解答】解：将频率降低时，通过R 的电流不变，电容器的容抗增大，通过C 的电流减小，则有I1＞I2．电感线圈
的感抗减小，通过L 的电流增大，则有I3＞I2．故AD 错误，BC 正确。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键是要掌握电容器和电感的特性，知道电流的频率越低时，容抗越高；而线圈的频率越低时，
感抗越小．
9．（5 分）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q 和R，质量分别为m、2m 和3m，物块与地面间的动摩
擦因数都为μ．用大小为F 的水平外力推动物块P，记R 和Q 之间相互作用力与Q 与P 之间相互作用力大小之比为
k．下列判断正确的是（
）
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A．若μ≠0，则k=
B．若μ≠0，则k=
C．若μ=0，则k=
D．若μ=0，则k=
【分析】先用整体法求出物体的合外力，进而求得加速度；然后再用隔离法对P、R 两物体进行受力分析，利用牛
顿第二定律即可求得k．
【解答】解：三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度
；
所以，R
和
Q
之间相互作用力
，Q
与
P
之间相互作用力
；
所以，
；
由于谈论过程与μ是否为零无关，故
恒成立，故AC 错误，BD 正确；
故选：BD。
【点评】对物体运动过程中某一力的求解，一般先对物体运动状态进行分析，得到加速度，然后应用牛顿第二定律
求得合外力，再对物体进行受力分析即可求解．
10．（5 分）如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面（纸面）垂直，磁场的上、下边界（虚线）均
为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界
的间距．若线框自由下落，从ab 边进入磁场时开始，直至ab 边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能（
）
A．始终减小B．始终不变C．始终增加D．先减小后增加
【分析】ab 边进入磁场切割磁感线产生感应电流，线框ab 边受到安培力，根据受力分析判断出导体框的运动即可
判断
【解答】解：A、导线框开始做自由落体运动，ab 边以一定的速度进入磁场，ab 边切割磁场产生感应电流，根据左
手定则可知ab 边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产
生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先减速后加速运动，故A 错误、D 正确；
B、当ab 边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时
只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A 错误；
C、当ab 边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时
只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动，故C 正确；
故选：CD。
【点评】本题主要考查了线框切割磁场产生感应电流同时受到安培力，根据牛顿第二定律和运动学即可判断速度的
变化
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．（6 分）某同学用游标卡尺分别测量金属圆管的内、外壁直径，游标卡尺的示数分别如图（a）和图（b）所示．
由图可读出，圆管内壁的直径为
2.23
cm，圆管外壁的直径为
2.99
cm；由此可计算出金属圆管横截面的面积．
【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．
【解答】解：图a 中游标卡尺的主尺读数为22mm，游标尺上第3 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为
3×0.1mm=0.3mm，所以最终读数为：22mm+0.3mm=22.3mm=2.23cm．
图b 中游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第9 个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为9×
0.1mm=0.9mm，所以最终读数为：29mm+0.9mm=29.9mm=2.99cm．
故答案为：2.23，2.99．
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【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
12．（12 分）某同学用伏安法测量待测电阻的阻值．现有器材为：
待测电阻R（阻值约为5Ω）
电源（电动势3V）
滑动变阻器（阻值范围0～10Ω）
电流表（量程0.6A，3A
电压表（量程3V，15V）
开关，导线若干．
实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用．回答下列问题：
（1）按照实验要求在图（a）中画出实物连线图．
（2）若已按实验要求接线，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接
近0．写出产生这种现象的一个原因：
待测电阻R 断路
．
（3）在连线正确后，闭合开关．电压表和电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示．由图可知，电压表读数为
2.20
V，电流表读数为
0.48
A．由此可得待测电阻的阻值为
4.58
Ω（结果保留3 位有效数字）．
【分析】（1）电流表采用外接，滑动变阻器采用限流法，按照要求连接实物图．
（2）抓住电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接近0，即电压表所测的电压等于电源电压，从而分析故
障的原因．
（3）根据表头读出电压表、电流表的读数，结合欧姆定律求出待测电阻的大小．
【解答】解：（1）因为电源电动势为3V，则电压表的量程选用3V，根据欧姆定律知，电流的最大值大约0.6A，则
电流表量程选择0.6A，根据实物图进行连线．
（2）闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3V，电流表的示数始终接近0，产生这种现象的
原因是待测电阻R 断路，由于电压表内阻非常大，导致电流表电流接近0，电压表电压测得是电源电压．
（3）由图可知，电压表的读数为2.20V，电流表的读数为0.48A，根据欧姆定律得，待测电阻R=
．
故答案为：（1）如图所示，（2）待测电阻R 断路，（3）2.20，0.48，4.58．
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【点评】在连线图时要注意选择电流表和电压表的量程，掌握故障分析的方法，读数时理清每一格表示多少，从而
进行读数．
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．（10 分）如图，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内，轨间距为l，左端连有阻值为R 的电阻。一金属
杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。已知金属杆以速度v0 向右
进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度恰好为零。金属杆与导轨始终保
持垂直且接触良好。除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计。求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小
及此时电流的功率。
【分析】依据法拉第电磁感应定律，求解感应电动势，再结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，再依据运动学
公式，求得中间位置的速度，从而确定安培力大小，最后根据功率表达式，即可求解。
【解答】解：由题意可知，开始时导体棒产生的感应电动势为：E=Blv0，
依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为：I=
，
再由安培力公式有：F=BIl=
；
设导体棒的质量为m，则导体棒在整个过程中的加速度为：a=
=
设导体棒由开始到停止的位移为x，由运动学公式：0﹣
解得：x=
=
；
故正中间离开始的位移为：x 中=
；
设导体棒在中间的位置时的速度为v，由运动学公式有：v2﹣v02=2ax 中
解得：v=
则导体棒运动到中间位置时，所受到的安培力为：
F=BIl=
；
导体棒电流的功率为：
P=I2R=
；
答：金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小
，及此时电流的功率
。
【点评】考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握安培力的表达式，理解运动学公式的应用，注
意电功率的内容。
14．（16 分）一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a 相连，如图所
示。质量为
m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0 时开始，对b 施加沿斜面向上的
外力，使b 始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距
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离恰好也为x0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g．求
（1）弹簧的劲度系数；
（2）物块b 加速度的大小；
（3）在物块a、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式。
【分析】（1）对整体分析，根据平衡条件和胡克定律即可求得劲度系数；
（2）分析物体的运动过程，根据运动学规律可明确分离时的位移，从而确定对应的形变量；再根据牛顿第二定律
即可求得加速度的大小；
（3）对整体进行分析，根据牛顿第二定律列式即可求得拉力随时间变化的表达式．
【解答】解：（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
kx0=（m+
m）gsinθ
解得：k=
（1）
（2）由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x0；
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：
=
（2）
说明当形变量为x1=x0﹣
=
时二者分离；
对m 分析，因分离时ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：
kx1﹣mgsinθ=ma
（3）
联立（1）（2）（3）解得：
a=
（3）设时间为t，则经时间t 时，ab 前进的位移x=
at2=
则形变量变为：△x=x0﹣x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有：
F+k△x﹣（m+
m）gsinθ=（m+
m）a
解得：F=
mgsinθ+
t2
因分离时位移x=
由x=
=
at2 解得：
t=
故应保证0≤t＜
，F 表达式才能成立．
答：
（1）弹簧的劲度系数为
；
（2）物块b 加速度的大小为
；
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（3）在物块a、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式F=
mgsinθ+
t2 （0≤t＜
）
【点评】本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运
动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．
[选修3-3]（12 分）
15．（4 分）关于布朗运动，下列说法正确的是（
）
A．布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动
B．液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈
C．在液体中的悬浮颗粒只要大于某一尺寸，都会发生布朗运动
D．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息地做无规则运动
E．液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子对它的撞击作用不平衡所引起的
【分析】布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮
微粒无规则撞击引起的；液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈．
【解答】解：A、布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动，故A 正确。
B、液体温度越高，分子热运动越激烈，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈，故B 正确。
C、悬浮颗粒越大，惯性越大，碰撞时受到冲力越平衡，所以大颗粒不做布朗运动，故C 错误。
D、布朗运动是悬浮在液体中颗粒的无规则运动，不是液体分子的无规则运动，故D 错误。
E、布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的，故E 正确。
故选：ABE。
【点评】对于布朗运动，要理解并掌握布朗运动形成的原因，知道布朗运动既不是颗粒分子的运动，也不是液体分
子的运动，而是液体分子无规则运动的反映．
16．（8 分）一粗细均匀的U 形管ABCD 的A 端封闭，D 端与大气相通．用水银将一定质量的理想气体封闭在U 形
管的AB 一侧，并将两端向下竖直放置，如图所示．此时AB 侧的气体柱长度l1=25cm．管中AB、CD 两侧的水银面
高度差h1=5cm．现将U 形管缓慢旋转180°，使A、D 两端在上，在转动过程中没有水银漏出．已知大气压强
p0=76cmHg．求旋转后，AB、CD 两侧的水银面高度差．
【分析】对封闭气体研究，已知初状态的体积、压强，结合玻意耳定律，通过体积变化导致压强变化求出旋转后，
AB、CD 两侧的水银面高度差．
【解答】解：对封闭气体研究，初状态时，压强为：p1=p0+h1=76+5cmHg=81cmHg，体积为：V1=l1s，
设旋转后，气体长度增大△x，则高度差变为（5﹣2△x）cm，此时气体的压强为：p2=p0﹣（5﹣2△x）=（71+2△x）
cmHg，体积为：V2=（25+△x）s，
根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2，即：（81×25）=（71+2△x）（25+△x）
解得：△x=2cm，
根据几何关系知，AB、CD 两侧的水银面高度差为：△h=5﹣2△x=1cm．
答：AB、CD 两侧的水银面高度差为1cm．
【点评】本题考查了气体定律的基本运用，注意在这一过程中，气体的温度不变，结合气体长度的变化得出压强的
变化，根据玻意耳定律进行求解，难度中等．
[选修3-4]（12 分）
17．如图，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度θ（0＜θ
＜90°）入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是（
）
A．在第一块玻璃板下表面一定有出射光
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B．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光
C．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行
D．第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧
E．第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧
【分析】根据光在玻璃板上表面的折射角和下表面的入射角相等，结合光的可逆原理分析是否一定有出射光线，以
及出射光线与入射光线的关系．
【解答】解：A、光线从第一块玻璃板中的上表面射入，在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等，
根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，
故A 正确，B 错误。
C、因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角
和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故
C 正确。
D、根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长
线的左侧，故D 正确，E 错误。
故选：ACD。
【点评】本题考查了光的折射，知道光从空气进入介质，折射角小于入射角，注意光线从空气进入平行玻璃板，一
定能够从下表面射出，且出射光线与入射光线平行．
18．从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz 的简谐横波，分别沿x 轴正、负方向传播，在某一时刻到达A、
B 点，如图中实线、虚线所示．两列波的波速均为10m/s．求
（i）质点P、O 开始振动的时刻之差；
（ii）再经过半个周期后，两列波在x=1m 和x=5m 之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x 坐标．
【分析】（i）根据频率求出周期，结合波形求质点P、O 开始振动的时刻之差；
（ii）根据路程差与波长的关系确定合振动振幅极大和极小的质点的x 坐标．
【解答】解：（i）该波的周期为T=
=
=0.2s
由图知，质点P、O 开始振动的时刻之差为△t=
=0.05s
（ii）该波的波长为λ=vT=10×0.2m=2m
根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x=1m 和x=5m
之间引起的合振动振幅极大的质点的x 坐标为：1m、2m、3m、4m、5m．合振动振幅极小的质点的x 坐标为1.5m、
2.5m、3.5m、4.5m．
答：（i）质点P、O 开始振动的时刻之差为0.05s．
（ii）两列波在x=1m 和x=5m 之间引起的合振动振幅极大的质点的x 坐标为：1m、2m、3m、4m、5m．合振动振
幅极小的质点的x 坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m．
【点评】解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷
相遇时振动减弱．
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2017 年北京市高考物理试卷
一、本部分共8 小题，每小题6 分，共120 分．在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．
1．（6 分）以下关于热运动的说法正确的是（
）
A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止
C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大
2．（6 分）如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，变为a、b 两束单色光．如果光束b 是蓝光，则光束a 可能
是（
）
A．红光B．黄光C．绿光D．紫光
3．（6 分）某弹簧振子沿x 轴的简谐振动图象如图所示，下列描述正确的是（
）
A．t=1s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
B．t=2s 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值
C．t=3s 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D．t=4s 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
4．（6 分）如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220
sinπt（V）的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，
原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是（
）
A．原线圈的输入功率为220
W
B．电流表的读数为1A
C．电压表的读数为110
V
D．副线圈输出交流电的周期为50s
5．（6 分）利用引力常量G 和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（
）
A．地球的半径及地球表面附近的重力加速度（不考虑地球自转的影响）
B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期
C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离
D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
6．（6 分）2017 年年初，我国研制的“大连光源”﹣﹣极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100nm（1nm=10
﹣9m）
附近连续可调的世界上首个最强的极紫外激光脉冲，大连光源因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技
术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。
一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎。据此判断，能够电离一个分子
的能量约为（取普朗克常量h=6.6×10
﹣34J•s，真空光速c=3×108m/s）（
）
A．10
﹣21J
B．10
﹣18J
C．10
﹣15J
D．10
﹣12J
7．（6 分）图1 和图2 是教材中演示自感现象的两个电路图，L1 和L2 为电感线圈。实验时，断开开关S1 瞬间，灯
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A1 突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2 逐渐变亮，而另一个相同的灯A3 立即变亮，最终A2 与A3 的亮度
相同。下列说法正确的是（
）
A．图1 中，A1 与L1 的电阻值相同
B．图1 中，闭合S1，电路稳定后，A1 中电流大于L1 中电流
C．图2 中，变阻器R 与L2 的电阻值相同
D．图2 中，闭合S2 瞬间，L2 中电流与变阻器R 中电流相等
8．（6 分）物理学原理在现代科技中有许多重要应用．例如，利用波的干涉，可将无线电波的干涉信号用于飞机降
落的导航．如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实验中的双
缝．两天线同时都发出波长为λ1 和λ2 的无线电波．飞机降落过程中，当接收到λ1 和λ2 的信号都保持最强时，表明飞
机已对准跑道．下列说法正确的是（
）
A．天线发出的两种无线电波必须一样强
B．导航利用了λ1 与λ2 两种无线电波之间的干涉
C．两种无线电波在空间的强弱分布稳定
D．两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合
二、解答题（共4 小题，满分72 分）
9．（18 分）如图1 所示，用质量为m 的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录
小车的运动情况．利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验．
（1）打点计时器使用的电源是
（选填选项前的字母）．
A．直流电源
B．交流电源
（2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力．正确操作方法是
（选填选项前的字母）．
A．把长木板右端垫高
B．改变小车的质量
在不挂重物且
（选填选项前的字母）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消
除了摩擦力和其他阻力的影响．
A．计时器不打点
B．计时器打点
（3）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O．在纸带上依次取A、B、
C…若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T．测得A、B、C…各点到O 点的距离为x1、x2、x3…，如图2 所
示．
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实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg，从打O 点打B 点的过程中，拉力对小车做
的功W=
，打B 点时小车的速度v=
．
（4）以v2 为纵坐标，W 为横坐标，利用实验数据做如图3 所示的v2﹣W 图象．由此图象可得v2 随W 变化的表达
式为
．根据功与能的关系，动能的表达式中可能包含v2 这个因子；分析实验结果的单位关系，与图线斜率
有关的物理量应是
．
（5）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，
图4 中正确反映v2﹣W 关系的是
．
10．（16 分）如图所示，长l=1m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向
右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q=1.0×10
﹣6 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，
取重力加速度g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：
（1）小球所受电场力F 的大小．
（2）小球的质量m．
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小．
11．（18 分）在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子（
）
在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．
（1）放射性原子核用
表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程．
（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．
（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损△m．
12．（20 分）发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性．直流发电机和直流电动机的工作原
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理可以简化为如图1、图2 所示的情景．
在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ 固定在水平面内，相距为L，电阻不
计．电阻为R 的金属导体棒ab 垂直于MN、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v（v 平行于MN）向右做匀
速运动．
图1 轨道端点MP 间接有阻值为r 的电阻，导体棒ab 受到水平向右的外力作用．图2 轨道端点MP 间接有直流电源，
导体棒ab 通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I．
（1）求在△t 时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能．
（2）从微观角度看，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用．为了方便，可认为导
体棒中的自由电荷为正电荷．
a．请在图3（图1 的导体棒ab）、图4（图2 的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图．
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中
起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明．
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2017 年北京市高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、本部分共8 小题，每小题6 分，共120 分．在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．
1．（6 分）以下关于热运动的说法正确的是（
）
A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈
B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止
C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈
D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大
【分析】明确分子热运动的性质，知道分子热运动与宏观运动无关，是物体内部分子的无规则运动，其剧烈程度与
温度有关，但要注意温度很低时分子热运动仍在继续，同时温度升高时并不是所有分子的速率都增大。
【解答】解：A、分子的热运动是内部分子的运动，只与温度有关，与水流速度无关，故A 错误；
B、水凝结成冰后，水分子仍然在进行无规则运动，故B 错误；
C、分子热运动与温度有关，水的温度越高，水分子的热运动越剧烈，故C 正确；
D、水的温度升高，分子的平均动能增大，但是并不是每个分子的运动速率都增大，可能有些分子运动速率减小，
故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查分子热运动的基本性质，要注意明确温度是统计规律，温度升高时分子的热运动剧烈，分子平均
动能增大，大多数分子运动加快，但可能有些分子运动减慢。
2．（6 分）如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，变为a、b 两束单色光．如果光束b 是蓝光，则光束a 可能
是（
）
A．红光B．黄光C．绿光D．紫光
【分析】根据两光对应的折射角可确定折射率大小，进而确定频率关系确定光束的性质．
【解答】解：光从空气斜射到玻璃，因为玻璃上下表面平行，当第二次折射时折射光线与第一次折射入射光线平行。
由于折射率不同，a 光偏折较大，b 光偏折较小。所以此玻璃对a 光的折射率大于对b 光的折射率，所以a 的频率
大于b 的频率，给出的各色光中频率大于蓝光的只有紫光，故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查了折射定律的直接应用，要求同学们能根据偏折角的关系判断折射率及频率的关系；同时还
要熟记可见光中各种颜色的单色光的频率大小关系．
3．（6 分）某弹簧振子沿x 轴的简谐振动图象如图所示，下列描述正确的是（
）
A．t=1s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值
B．t=2s 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值
C．t=3s 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零
D．t=4s 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
【分析】根据简谐运动的位移图象直接读出质点的位移与时间的关系。当物体位移为零时，质点的速度最大，加速
度为零；当位移为最大值时，速度为零，加速度最大。加速度方向总是与位移方向相反，位移为负值，加速度为正
值。
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【解答】解：A、t=1s 时，振子位于正向最大位移处，振子的速度为零，加速度的方向指向平衡位置，所以加速度
为负的最大值，故A 正确；
B、t=2s 时，振子位于平衡位置正在向下运动，振子的速度最大，方向向下，加速度为0，故B 错误；
C、t=3s 时，振子位于负向最大位移处，振子的速度为零，加速度最大，故C 错误；
D、t=4s 时，振子位于平衡位置正在向上运动，振子的速度为正，加速度为0，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查对简谐运动图象的理解能力，要抓住简谐运动中质点的速度与加速度的变化情况是相反。
4．（6 分）如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220
sinπt（V）的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，
原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是（
）
A．原线圈的输入功率为220
W
B．电流表的读数为1A
C．电压表的读数为110
V
D．副线圈输出交流电的周期为50s
【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数
成反比，即可求得结论．
【解答】解：A、由题意知，原线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为2：1，由
=
可得，U2=110V，
输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为P 入=P 出=
=220W，故A 错误；
B、副线圈的电流为I2=
=
=2A，由n1I1=n2I2 可得，I1=1A，即电流表的读数为1A，故B 正确；
C、电压表的读数为有效值，即U=110V，故C 错误；
D、由u=220
sinπt（V）可知，ω=π，又由ω=
，解得：T=2s，理想变压器不改变周期，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题
彻底理解．
5．（6 分）利用引力常量G 和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（
）
A．地球的半径及地球表面附近的重力加速度（不考虑地球自转的影响）
B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期
C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离
D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
【分析】A 由地球表面物体重力等于万有引力求解，BCD 根据万有引力做向心力判断。
【解答】解：A、根据地球表面物体重力等于万有引力可得：
=mg，所以，地球质量M=
，故A 可计算；
B、由万有引力做向心力可得：
=m
=m（
）2R，故可根据v，T 求得R，进而求得地球质量，故B 可计算；
CD、根据万有引力做向心力可得：
=m（
）2R，故可根据T，r 求得中心天体的质量M，运动天体的质量m
的质量无法求解，故C 可求解，D 无法求解；
本题选不能计算出的，
故选：D。
【点评】万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速
度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量。
6．（6 分）2017 年年初，我国研制的“大连光源”﹣﹣极紫外自由电子激光装置，发出了波长在100nm（1nm=10
﹣9m）
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附近连续可调的世界上首个最强的极紫外激光脉冲，大连光源因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻技
术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。
一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎。据此判断，能够电离一个分子
的能量约为（取普朗克常量h=6.6×10
﹣34J•s，真空光速c=3×108m/s）（
）
A．10
﹣21J
B．10
﹣18J
C．10
﹣15J
D．10
﹣12J
【分析】根据光子波长，结合E=
求出光子具有的能量，确定能够电离一个分子能量的数量级。
【解答】解：能够电离一个分子的能量为E=
=
J=1.98×10
﹣18J，故B 正确，A、C、
D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道光子能量与光子波长的关系，结合公式分析求解，基础题。
7．（6 分）图1 和图2 是教材中演示自感现象的两个电路图，L1 和L2 为电感线圈。实验时，断开开关S1 瞬间，灯
A1 突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2 逐渐变亮，而另一个相同的灯A3 立即变亮，最终A2 与A3 的亮度
相同。下列说法正确的是（
）
A．图1 中，A1 与L1 的电阻值相同
B．图1 中，闭合S1，电路稳定后，A1 中电流大于L1 中电流
C．图2 中，变阻器R 与L2 的电阻值相同
D．图2 中，闭合S2 瞬间，L2 中电流与变阻器R 中电流相等
【分析】闭合开关的瞬间，通过L 的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电
流的关系。待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭。
【解答】解：A、图1 中，断开S1 的瞬间，A1 灯闪亮，是因为电路稳定时，A1 的电流小于L 的电流，则可知L 的电
阻小于A1 的电阻，故A 错误；
B、图1 中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1 瞬间，灯A1 突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B
错误；
C、图2 中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R
与L2 的电阻值相同，故C 正确；
D、图2 中，闭合S2 瞬间，L2 对电流由阻碍作用，所以L2 中电流与变阻器R 中电流不相等，故D 错误。
故选：C。
【点评】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律
分析自感电动势对电流的影响。
8．（6 分）物理学原理在现代科技中有许多重要应用．例如，利用波的干涉，可将无线电波的干涉信号用于飞机降
落的导航．如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实验中的双
缝．两天线同时都发出波长为λ1 和λ2 的无线电波．飞机降落过程中，当接收到λ1 和λ2 的信号都保持最强时，表明飞
机已对准跑道．下列说法正确的是（
）
A．天线发出的两种无线电波必须一样强
B．导航利用了λ1 与λ2 两种无线电波之间的干涉
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C．两种无线电波在空间的强弱分布稳定
D．两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合
【分析】当两波的频率相同，可以发生干涉，两波源连线的中垂线上的点到两波源的路程差为零，都是加强点．
【解答】解：A、干涉要求两波源的频率相同，而强度没有要求，故A 错误。
B、由于无线电波以光速传播，根据
知，波长不同，频率不同，所以两种无线电波之间不会发生干涉，故B
错误。
C、空间中某点加强与减弱取决于到两波源的距离差为半波长的奇、偶数倍。所以两种电波的干涉强弱分布是固定
的，而且λ1≠λ2，所以两种干涉分布不重合，不过中垂线都是加强点，故C 正确，D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道干涉的条件，知道当飞机沿两波源中垂线降落时，路程差为零，为振动加强点，接收
到的信号最强．
二、解答题（共4 小题，满分72 分）
9．（18 分）如图1 所示，用质量为m 的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录
小车的运动情况．利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验．
（1）打点计时器使用的电源是
B
（选填选项前的字母）．
A．直流电源
B．交流电源
（2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力．正确操作方法是
A
（选填选项前的字母）．
A．把长木板右端垫高
B．改变小车的质量
在不挂重物且
B
（选填选项前的字母）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除
了摩擦力和其他阻力的影响．
A．计时器不打点
B．计时器打点
（3）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O．在纸带上依次取A、B、
C…若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T．测得A、B、C…各点到O 点的距离为x1、x2、x3…，如图2 所
示．
实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg，从打O 点打B 点的过程中，拉力对小车做
的功W=
mgx2
，打B 点时小车的速度v=
．
（4）以v2 为纵坐标，W 为横坐标，利用实验数据做如图3 所示的v2﹣W 图象．由此图象可得v2 随W 变化的表达
式为
0.008+4.69W
．根据功与能的关系，动能的表达式中可能包含v2 这个因子；分析实验结果的单位关系，与
图线斜率有关的物理量应是
kg
﹣1
．
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（5）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，
图4 中正确反映v2﹣W 关系的是
A
．
【分析】（1）打点计时器使用的都是交流电；
（2）回忆平衡摩擦力的方法；为了平衡摩擦力和阻力，应该让打点计时器打点；
（3）根据功的定义计算拉力对小车做的功，根据中点时刻瞬时速度等于平均速度计算；
（4）读图，从中得出两个量的关系，并分析斜率的单位；
（5）根据牛顿第二定律分析图象．
【解答】解：（1）打点计时器使用的是交流电，故选：B；
（2）平衡摩擦力的方法是：把木板一段垫高，让小车滑下，当小车匀速运动时，就意味着摩擦力抵消了，故选：A；
此时应当让打点计时器打点，因为打点计时器也会有摩擦力，故选：B；
（3）由于近似认为拉力等于重力，所以根据W=FS 可知，拉力做功为W=mgx2；
中点时刻的速度等于该段时间内的平均速度，所以B 点的速度等于AC 段的平均速度，即V=
=
；
（4）根据图象上的点，可以得出得v2 随W 变化的表达式为：v2=0.008+4.69W；
功是能量转化的量度，所以功和能的单位是相同的，斜率设为k，则k=
，代入单位后，k 的单位为kg
﹣1，所以
与该斜率有关的物理量为质量；
（5）如果实验中完全消除了摩擦力和其它阻力，那么重物重力做的功就等于重锤和小车动能的增加量；
即：W=
（M+m）v2，期中W=mgh，质量都是定值，所以v2 与W 成正比，A 图正确．
故选：A．
故答案为：（1）B；（2）A；B；（3）mgx2；
；（4）0.008+4.69W；质量；（5）A．
【点评】本题考查动能定理的实验探究，这个实验的一个重点就是学会使用打点计时器计算速度，然后分析动能和
重力势能的关系，多练习速度计算也是本题的一个基础．本实验中也要知道误差的来源，这样在分析图象问题时就
容易得出原因．
10．（16 分）如图所示，长l=1m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向
右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量q=1.0×10
﹣6 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，
取重力加速度g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：
（1）小球所受电场力F 的大小．
（2）小球的质量m．
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小．
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【分析】（1）根据电场力的计算公式求解电场力；
（2）画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量；
（3）根据机械能守恒定律求解速度．
【解答】解：（1）根据电场力的计算公式可得电场力F=qE=1.0×10
﹣6×3.0×103 N=3.0×10
﹣3 N；
（2）小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得mg=
，
所以m=
=
=4×10
﹣4kg；
（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则mgl（1﹣cos37°）=
，
解得：v=2m/s．
答：（1）小球所受电场力F 的大小为3.0×10
﹣3 N．
（2）小球的质量为4×10
﹣4kg．
（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度v 的大小为2m/s．
【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情
况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系．根据电场
力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答．
11．（18 分）在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子（
）
在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R．以m、q 分别表示α粒子的质量和电荷量．
（1）放射性原子核用
表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程．
（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．
（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损△m．
【分析】（1）由质量守恒及电荷守恒写出核反应方程；
（2）由粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力求得运动周期，进而根据一个周期通过的电量为粒子所带电荷量得到
等效电流；
（3）由（2）求得α粒子的速度，再通过动量守恒求得新核的速度，进而求得两粒子的动能，即可得到衰变过程的
核能，再由爱因斯坦质能方程即可求得质量亏损．
【解答】解：（1）由质量守恒及电荷守恒可得该α衰变的核反应方程为
→
+
；
（2）α粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，设圆周运动的速率为v，则有：
，
则圆周运动的周期
；
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那么相当于环形电流在周期T 内通过的电量为q，则等效环形电流大小
；
（3）因为衰变时间极短，且衰变时内力远远大于外力，故认为在衰变过程中外力可忽略，则有动量守恒，设新核
的速度为v′，则有：mv+Mv′=0；
由（2 ）可得：
，所以，
，则衰变过程使两粒子获得动能
=
；
由于衰变过程，质量亏损产生的核能全部转化为粒子的动能，故衰变过程的质量亏损
；
答：（1）放射性原子核用
表示，新核的元素符号用Y 表示，则该α衰变的核反应方程为
→
+
；
（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，则圆周运动的周期为
，环形电流大小为
；
（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，则衰变过程的质量亏损△m 为损
．
【点评】带电粒子在磁场中的运动，一般由洛伦兹力做向心力，进而求得速度、半径、周期等问题，然后根据几何
关系求得粒子运动轨迹，进而求解．
12．（20 分）发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性．直流发电机和直流电动机的工作原
理可以简化为如图1、图2 所示的情景．
在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ 固定在水平面内，相距为L，电阻不
计．电阻为R 的金属导体棒ab 垂直于MN、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v（v 平行于MN）向右做匀
速运动．
图1 轨道端点MP 间接有阻值为r 的电阻，导体棒ab 受到水平向右的外力作用．图2 轨道端点MP 间接有直流电源，
导体棒ab 通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I．
（1）求在△t 时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能．
（2）从微观角度看，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用．为了方便，可认为导
体棒中的自由电荷为正电荷．
a．请在图3（图1 的导体棒ab）、图4（图2 的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图．
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功．那么，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中
起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明．
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律和闭合电路求解感应电流，根据焦耳定律可得在△t 时间内产生的电能，根
据能量关系可得“电动机”输出的机械能．
（2）a、根据运动情况和左手定则画出洛伦兹力的示意图；
b、分析洛伦兹力的分力做功情况，然后说明能量的转化情况．
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【解答】解：（1）导体平动切割磁感应线产生的感应电动势为：E=BLv，
感应电流为：I=
，
图1“发电机”产生的电能为：
E=EI△t=
；
图2 中，电动机输出的机械能等于重物增加的重力势能
△Em=mgv△t
mg=F 安
F 安=BIL
联立解得：△Em=BILv△t．
（2）a、图3 中的导体棒是由于外力作用发生移动，根据右手定则可知电流方向从b 到a；图4 是由于通电使得导
体棒中形成电流，所以电流方向由a 到b，同时电荷还要匀速向右运动，根据左手定则可知受到的洛伦兹力方向如
下图所示：
b、以图2“电动机”为例，所受到的洛伦兹力方向如图4 所示，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在水平向右的
方向上对电荷产生向右的作用力，此分力对电荷做正功，但在沿导体棒方向上洛伦兹力的分力对导体棒做负功，总
体情况洛伦兹力还是对运动电荷不做功，但通过洛伦兹力将电能转化为机械能．
答：（1）在△t 时间内，图1“发电机”产生的电能为=
；图2“电动机”输出的机械能为BILv△t．
（2）a．自由电荷所受洛伦兹力的示意图见解析．
b．图2“电动机”导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力是将电能转化为机械能．
【点评】本题主要是考查电磁感应现象的能量转化问题，解答本题要掌握发电机和电动机的工作原理，了解洛伦兹
力不做功的原因和电磁感应现象中能量的转化情况．
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2016 年浙江省高考物理试卷
一、选择题（本大题共4 小题．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．（6 分）以下说法正确的是（
）
A．在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低
B．外力对物体所做的功越多，对应的功率越大
C．电容器电容C 与电容器所带电荷量Q 成正比
D．在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化
2．（6 分）如图所示，两个不带电的导体A 和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C 置于
A 附近，贴在A、B 下部的金属箔都张开，（
）
A．此时A 带正电，B 带负电
B．此时A 电势低，B 电势高
C．移去C，贴在A、B 下部的金属箔都闭合
D．先把A 和B 分开，然后移去C，贴在A、B 下部的金属箔都闭合
3．（6 分）如图所示，a、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10 匝，边长la=3lb，图示区域内有垂
直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（
）
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b 线圈中感应电动势之比为9：1
C．a、b 线圈中感应电流之比为3：4
D．a、b 线圈中电功率之比为3：1
4．（6 分）如图所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，
被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M0 的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作
用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，
测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高和质量分别为（
）
A．v（t0﹣t），
U
B．
v（t0﹣t），
U
C．v（t0﹣t），
（U﹣U0）
D．
v（t0﹣t），
（U﹣U0）
二、选择题（本大题共3 小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分．有选错的得0 分．）
5．（6 分）如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草
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车与草地之间的动摩擦因数为μ．质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最
后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．则（
）
A．动摩擦因数μ=
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为
g
6．（6 分）如图所示，把A、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10m 的绝缘细线悬挂于OA 和OB 两点。用丝绸摩
擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点OB 移到OA 点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12m。已测得每
个小球质量是8.0×10
﹣4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2（
）
A．两球所带电荷量相等
B．A 球所受的静电力为1.0×10
﹣2N
C．B 球所带的电荷量为4
×10
﹣8C
D．A、B 两球连续中点处的电场强度为0
7．（6 分）如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m 的大圆弧和r=40m 的小圆弧，直
道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是
赛车重力的2.25 倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道
一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，π=3.14）．则赛车（
）
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.85s
三、非选择题部分，共78 分．
8．（10 分）某同学在“探究弹簧和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC 的劲度系数为500N/m．如图1 所
示，用弹簧OC 和弹簧秤a、b 做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm 不变的条件下，
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（1）若弹簧秤a、b 间夹角为90°，弹簧秤a 的读数是
N（图2 中所示），则弹簧秤b 的读数可能为
N．
（2）若弹簧秤a、b 间夹角大于90°，保持弹簧秤a 与弹簧OC 的夹角不变，减小弹簧秤b 与弹簧OC 的夹角，则弹
簧秤a 的读数是
、弹簧秤b 的读数
（填“变大”、“变小”或“不变”）．
9．（10 分）某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3V、内阻约为3kΩ的电压表和量程为0.6A、内阻约为0.1Ω
的电流表．采用分压电路接线，图1 是实物的部分连线图，待测电阻为图2 中的R1 ，其阻值约为
5Ω．
（1）测R1 阻值的最优连接方式为导线①连接
（填a 或b）、导线②连接
（填c 或d）．
（2）正确接线测得实验数据如表，用作图法求得R1 的阻值为
Ω．
U/V
0.40
0.80
1.20
1.60
2.00
2.40
I/A
0.09
0.19
0.27
0.35
0.44
0.53
（3）已知图2 中R2 与R1 是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2 的边长是R1 的
，若测R2 的阻值，
则最优的连线应选
（填选项）．
A．①连接a，②连接c
B．①连接a，②连接d
C．①连接b，②连接c
D．①连接b，②连接d．
10．（16 分）在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示．P 是一个微粒源，能持续水平向右发射
质量相同、初速度不同的微粒．高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L，上端A 与P 点的高度差
也为h，重力加速度为g．
（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间；
（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围；
（3）若打在探测屏A、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系．
11．（20 分）小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l=0.50m，倾角θ=53°，导轨上端
串接一个0.05Ω的电阻．在导轨间长d=0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度
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B=2.0T．质量m=4.0kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与
磁场区域的下边界相距s=0.24m．一位健身者用恒力F=80N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒
始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置（重力加速度
g=10m/s2，sin53°=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）．求
（1）CD 棒进入磁场时速度v 的大小；
（2）CD 棒进入磁场时所受的安培力FA 的大小；
（3）在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q．
12．（22 分）为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子
能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O 的圆形区域等分成
六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图
中虚线所示．
（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
（2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为
90°，求B′和B 的关系．已知：sin（α±β ）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1﹣2sin2
．
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2016 年浙江省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共4 小题．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．（6 分）以下说法正确的是（
）
A．在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低
B．外力对物体所做的功越多，对应的功率越大
C．电容器电容C 与电容器所带电荷量Q 成正比
D．在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化
【分析】明确电场线的性质，知道沿电场线的方向，电势降低；
功率是描述力做功快慢的物理量，大小取决于功与时间的比值；
电容是描述电容器带电能力的物理量，其大小与电压和电量无关；
超重和失重时物体受到的重力不变，只是对外界的压力或拉力改变．
【解答】解：A、根据电场线的性质可知，在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低；故A 正确；
B、功率等于功与时间的比值，做功多但如果用时很长，功率可能较小；故B 错误；
C、电容器电容与电容器所带电量以及两极板间的电压无关；故C 错误；
D、在超重和失重现象中，地球对物体的吸引力大小不变，只是物体对外界的压力或拉力发生了变化；故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电场线、电容器、功率以及超重和失重现象等基本概念，对于物理概念和规律一定要做到准确
掌握，这样才能更好的理解物理并加以应用．
2．（6 分）如图所示，两个不带电的导体A 和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C 置于
A 附近，贴在A、B 下部的金属箔都张开，（
）
A．此时A 带正电，B 带负电
B．此时A 电势低，B 电势高
C．移去C，贴在A、B 下部的金属箔都闭合
D．先把A 和B 分开，然后移去C，贴在A、B 下部的金属箔都闭合
【分析】根据静电感应规律可明确AB 两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C 后AB 所带电量，即可
明确金箔能否闭合．
【解答】解：A、物体C 靠近A 附近时，由于静电感应，A 端带上负电，B 端带上正电；故A 错误；
B、此时AB 为等势体，两端电势相等；故B 错误；
C、移去C 后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C 正确；
D、先把AB 分开，则A 带负电，B 带正电，移去C 后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能通过
所学物理规律进行分析解答．
3．（6 分）如图所示，a、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10 匝，边长la=3lb，图示区域内有垂
直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（
）
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b 线圈中感应电动势之比为9：1
C．a、b 线圈中感应电流之比为3：4
D．a、b 线圈中电功率之比为3：1
【分析】根据楞次定律可求得电流方向；根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析电阻大
小，根据欧姆定律即可明确电流大小；再根据功率公式即可明确功率之比．
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【解答】解：A、根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆
时针；故A 错误；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，E=
=
；而S=l2；因此电动势之比为9：1；故B 正确；
C、线圈中电阻R=
，而导线长度L=n×4l；故电阻之比为：3：1；由欧姆定律可知，I=
；则电流之比为：3：
1；故C 错误；
D、电功率P=
，电动势之比为9：1；电阻之比为3：1；则电功率之比为27：1；故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电
路规律进行分析求解．
4．（6 分）如图所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，
被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M0 的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作
用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，
测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高和质量分别为（
）
A．v（t0﹣t），
U
B．
v（t0﹣t），
U
C．v（t0﹣t），
（U﹣U0）
D．
v（t0﹣t），
（U﹣U0）
【分析】由速度与时间可确定出距离，距离之差为人的高度；由输出电压与作用在其上的压力成正比知U=KG 总，
确定出K 即可确定重力G，从而确定质量．
【解答】解：高度：h=
=
输出电压与作用在其上的压力成正比知：U0=KM0g
又U=K（M0+M）g
由以上两式可得：M=
（U﹣U0），则D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】求身高要注意取单程时间，求质量要明确压力等于重力．不难．
二、选择题（本大题共3 小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分．有选错的得0 分．）
5．（6 分）如图所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草
车与草地之间的动摩擦因数为μ．质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最
后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．则（
）
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A．动摩擦因数μ=
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为
g
【分析】对于整个过程，运用动能定理列式，可求得动摩擦因数．由题分析可知，滑草车通过第一段滑道末端时速
度最大，由动能定理求解．对全过程，运用动能定理求载人滑草车克服摩擦力做功．加速度根据牛顿第二定律求．
【解答】解：A、对整个过程，由动能定理得：2mgh﹣μmgcos45°•
﹣μmgcos37°•
=0
解得：μ=
．故A 正确。
B、滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为v，由动能定理得：mgh﹣μmgcos45°•
=
解得：v=
．故B 正确。
C、对整个过程，由动能定理得：
2mgh﹣Wf=0，解得，载人滑草车克服摩擦力做功为：Wf=2mgh。故C 错误。
D、载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为：a=
=
g，故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的应用，关键要灵活选择研究的过程，也可以根据牛顿第二定律和运
动学公式结合求解动摩擦因数和最大速度．
6．（6 分）如图所示，把A、B 两个相同的导电小球分别用长为0.10m 的绝缘细线悬挂于OA 和OB 两点。用丝绸摩
擦过的玻璃棒与A 球接触，棒移开后将悬点OB 移到OA 点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12m。已测得每
个小球质量是8.0×10
﹣4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2（
）
A．两球所带电荷量相等
B．A 球所受的静电力为1.0×10
﹣2N
C．B 球所带的电荷量为4
×10
﹣8C
D．A、B 两球连续中点处的电场强度为0
【分析】完全相同的导电小球相互接触后，电量先中和后平分，平衡后，两球都处于平衡状态，对其中一个球受力
分析，根据平衡条件求解A 球所受的静电力和电荷量大小，根据电场的叠加原则求解A、B 两球中点的场强。
【解答】解：A、用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，与A 球接触后A 带正电，而B 不带电，所以两球接触后所带电荷
量相等且都带正电，故A 正确；
B、平衡后，两球都处于平衡状态，对A 球受力分析，设悬挂A 的细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示：
根据几何关系得：sinθ=
=
=0.6，
则tanθ=
，
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根据平衡条件得：tanθ=
=
，
代入数据解得：F=6.0×10
﹣3N，q=4
×10
﹣8C，故B 错误，C 正确；
D、A、B 两球带等量同种电荷，则A、B 两球连线中点处的电场强度为0，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题主要考查了共点力平衡条件以及库仑定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，特别
注意完全相同的导电小球相互接触后，电量先中和后平分，难度适中。
7．（6 分）如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m 的大圆弧和r=40m 的小圆弧，直
道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O'距离L=100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是
赛车重力的2.25 倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道
一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，π=3.14）．则赛车（
）
A．在绕过小圆弧弯道后加速
B．在大圆弧弯道上的速率为45m/s
C．在直道上的加速度大小为5.63m/s2
D．通过小圆弧弯道的时间为5.85s
【分析】在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，
速度最大，分别由牛顿第二定律解得在弯道的速度，由运动学公式求加速度，利用t=2πr×
×
求时间．
【解答】解：A．在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提
供向心力，速度最大，由BC 分析可知，在绕过小圆弧弯道后加速，故A 正确；
B．设经过大圆弧的速度为v，经过大圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg=m
可知，代入数据解得：
v=45m/s，故B 正确；
C．设经过小圆弧的速度为v0，经过小圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg=m
可知，代入数据解得：
v0=30m/s，由几何关系可得直道的长度为：x=
=50
m，再由v2﹣
=2ax 代入数据解得：
a=6.50m/s，故C 错误；
D．设R 与OO'的夹角为α，由几何关系可得：cosα=
=
，α=60°，小圆弧的圆心角为：120°，经过小圆弧弯道的
时间为t=2πr×
×
=2.79s，故D 错误。
故选：AB。
【点评】解答此题的关键是由题目获得条件：①绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力；
②由数学知识求得直道长度；③由数学知识求得圆心角．另外还要求熟练掌握匀速圆周运动的知识．
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三、非选择题部分，共78 分．
8．（10 分）某同学在“探究弹簧和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC 的劲度系数为500N/m．如图1 所
示，用弹簧OC 和弹簧秤a、b 做“探究求合力的方法”实验．在保持弹簧伸长1.00cm 不变的条件下，
（1）若弹簧秤a、b 间夹角为90°，弹簧秤a 的读数是
3.00
N（图2 中所示），则弹簧秤b 的读数可能为
4.00
N．
（2）若弹簧秤a、b 间夹角大于90°，保持弹簧秤a 与弹簧OC 的夹角不变，减小弹簧秤b 与弹簧OC 的夹角，则弹
簧秤a 的读数是
变大
、弹簧秤b 的读数
变大
（填“变大”、“变小”或“不变”）．
【分析】（1）由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b
的读数；
（2）根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况．
【解答】解：（1）根据胡克定律可知，F=kx=500×0.01=5N；
根据弹簧秤的读数方法可知，a 的读数为3.00N；两弹簧秤夹角为90°，则可知，b 的读数为：F=
=4.00N；
（2）若弹簧秤a、b 间夹角大于90°，保持弹簧秤a 与弹簧OC 的夹角不变，减小弹簧秤b 与弹簧OC 的夹角；如图
所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；
故答案为：（1）3.00，4.00；（2）变大；变大．
【点评】本题考查验证平行四边形定则的实验，要注意明确实验原理以及胡克定律的应用，注意根据图象法分析拉
力变化情况．
9．（10 分）某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3V、内阻约为3kΩ的电压表和量程为0.6A、内阻约为0.1Ω
的电流表．采用分压电路接线，图1 是实物的部分连线图，待测电阻为图2 中的R1 ，其阻值约为
5Ω．
（1）测R1 阻值的最优连接方式为导线①连接
a
（填a 或b）、导线②连接
d
（填c 或d）．
（2）正确接线测得实验数据如表，用作图法求得R1 的阻值为
4.55
Ω．
U/V
0.40
0.80
1.20
1.60
2.00
2.40
I/A
0.09
0.19
0.27
0.35
0.44
0.53
（3）已知图2 中R2 与R1 是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2 的边长是R1 的
，若测R2 的阻值，
则最优的连线应选
B
（填选项）．
A．①连接a，②连接c
B．①连接a，②连接d
C．①连接b，②连接c
D．①连接b，②连接d．
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【分析】（1）根据题意可明确电路接法，从而确定两导线所接的位置；
（2）根据描点法可得出对应的图象，再根据图象的斜率可求得电阻的阻值；
（3）根据电阻定律分析两电阻的大小关系，则可以明确测量电阻R2 的方法．
【解答】解：（1）由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d 接通；由于电流表内阻与待测电阻阻值接近，
因此只能采用电流表外接法，以减小实验误差；故导线1 应接a；
（2）根据表中数据采用描点法可得出对应的图象如图所示；
图象的斜率为电阻的阻值，则R=
=4.55Ω；
（3）R2 与R1 是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，则根据R=
可知，设边长为a，则有：R=
=
，
电阻只与厚度有关，故说明两电阻的阻值相等；因此测量方法与测①相同；故选B；
故答案为：（1）a、d；（2）如图所示，4.55；（3）B
【点评】本题考查伏安法测电阻的实验方法以及数据的处理，要注意明确分压以及电流表外接法的正确使用；同时
注意电阻微型化原理的应用．
10．（16 分）在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示．P 是一个微粒源，能持续水平向右发射
质量相同、初速度不同的微粒．高度为h 的探测屏AB 竖直放置，离P 点的水平距离为L，上端A 与P 点的高度差
也为h，重力加速度为g．
（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，求微粒在空中飞行的时间；
（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围；
（3）若打在探测屏A、B 两点的微粒的动能相等，求L 与h 的关系．
【分析】（1）粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动；根据几何关系可明确粒子下降的高度，再
由竖直方向的自由落体运动可求得飞行时间；
（2）能被探测到的粒子高度范围为h 至2h，水平位移相同，根据平抛运动规律可知速度范围；
（3）粒子在运动中机械能守恒，根据AB 两点的速度关系以及机械能守恒列式，联立即可求得L 与h 的关系．
【解答】解：（1）打在中点的微粒
h=
gt2①
解得t=
②
（2）打在B 点的微粒v1=
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2h=
③
解得v1=L
④
同理，打在A 点的微粒初速度v2=L
⑤
微粒初速度范围L
≤v≤L
⑥
（3）由能量关系
mv22+mgh=
mv12+2mgh
代入④⑤两式可得：
L=2
h；
答：（1）若微粒打在探测屏AB 的中点，微粒在空中飞行的时间
；
（2）能被屏探测到的微粒的初速度范围为L
≤v≤L
；
（3）若打在探测屏A、B 两点的微粒的动能相等，L=2
h；
【点评】本题考查功能关系以及平抛运动规律的应用，要注意明确平抛运动的研究方法为分别对水平和竖直方向进
行分析，根据竖直方向上的自由落体以及水平方向上的匀速直线运动规律进行分析求解．
11．（20 分）小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l=0.50m，倾角θ=53°，导轨上端
串接一个0.05Ω的电阻．在导轨间长d=0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度
B=2.0T．质量m=4.0kg 的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH 相连．CD 棒的初始位置与
磁场区域的下边界相距s=0.24m．一位健身者用恒力F=80N 拉动GH 杆，CD 棒由静止开始运动，上升过程中CD 棒
始终保持与导轨垂直．当CD 棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD 棒回到初始位置（重力加速度
g=10m/s2，sin53°=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）．求
（1）CD 棒进入磁场时速度v 的大小；
（2）CD 棒进入磁场时所受的安培力FA 的大小；
（3）在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 和电阻产生的焦耳热Q．
【分析】（1）CD 棒进入磁场前，由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式求CD 棒进入磁场时速度v．
（2）CD 棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，先由E=BLv 求感应电动势，再由欧姆定律求出感应电流，最后
由安培力公式求解CD 棒安培力FA 的大小．
（3）健身者所做的功W 根据功的计算公式求．由牛顿第二定律求出CD 棒进入磁场后的加速度，知道CD 棒做匀速
运动，求出运动时间，再由焦耳定律求焦耳热．
【解答】解：（1）CD 棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：
a=
=12m/s2…①
进入磁场时CD 棒的速度为：v=
=
=2.4m/s…②
（2）CD 棒进入磁场时产生的感应电动势为：E=Blv…③
感应电流为：I=
…④
CD 棒安培力为：FA=BIl…⑤
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联立代入得：FA=
=48N…⑥
（3）在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功为：W=F（s+d）=64J…⑦
由于F﹣mgsinθ﹣FA=0…⑧
所以CD 棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为：t=
…⑨
则电阻产生的焦耳热为：Q=I2Rt=26.88J
答：
（1）CD 棒进入磁场时速度v 的大小为2.4m/s
（2）CD 棒进入磁场时所受的安培力FA 的大小是48N；
（3）在拉升CD 棒的过程中，健身者所做的功W 是64J，电阻产生的焦耳热Q 是26.88J．
【点评】本题是力电综合题，关键要根据法拉第定律、欧姆定律得到安培力的表达式，并计算出安培力的大小，从
而判断导体棒的受力情况和运动情况．第3 小题，不要有思维定势，认为求焦耳热就想到能量守恒定律，要知道导
体棒匀速运动时，感应电流一定，可根据焦耳定律求热量．
12．（22 分）为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子
能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O 的圆形区域等分成
六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图
中虚线所示．
（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
（2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为
90°，求B′和B 的关系．已知：sin（α±β ）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1﹣2sin2
．
【分析】（1）根据带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的半径公式和左手定则求解
（2）离子在峰区运动轨迹是圆弧，在谷区做匀速直线运动，根据几何关系求出圆弧所对的圆心角，根据
求出
离子绕闭合平衡轨道一周的时间，即离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T
（3）根据几何关系求出谷区圆弧所对的圆心角，峰区和谷区圆弧的弦长相等，列出等式求出B′与B 之间的关系；
【解答】解：（1）峰区内圆弧半径
①
旋转方向为逆时针方向②
（2）由对称性，峰区内圆弧的圆心角
③
每个圆弧的长度
④
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每段直线长度
⑤
周期
⑥
代入得
⑦
（3）
谷区内的圆心角θ′=120°﹣90°=30°⑧
谷区内的轨道圆弧半径
⑨
由几何关系
⑩
由三角关系
⑪
代入得
⑫
答：（1）闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r 为
，离子旋转的方向是逆时针；
（2）轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ是
，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T 为
；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为
90°，B′和B 的关系是
．
【点评】本题是带电粒子在磁场中运动的综合题，根据题意作出粒子的运动轨迹，运用数学知识求出粒子在磁场区
中做圆周运动的轨道半径、粒子转过的圆心角，是本题的难点．
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2016 年天津市高考物理试卷
一、单项选择题（每小题6 分，共30 分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．（6 分）我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑．米
波雷达发射无线电波的波长在1～10m 范围内，对该无线电波的判断正确的是（
）
A．米波的频率比厘米波频率高B．和机械波一样须靠介质传播
C．同光波一样会发生反射现象D．不可能产生干涉和衍射现象
2．（6 分）如图是a、b 两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则（
）
A．在同种均匀介质中，a 光的传播速度比b 光的大
B．从同种介质射入真空发生全反射时a 光临界角大
C．照射在同一金属板上发生光电效应时，a 光的饱和电流大
D．若两光均由氢原子能级跃迁发生，产生a 光的能级能量差大
3．（6 分）我国将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接。假设“天宫二号”与“神
州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是（
）
A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接
B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接
C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
4．（6 分）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。
在两极板间有一个固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，Ep 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电
计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（
）
A．θ增大，E 增大B．θ增大，EP 不变
C．θ减小，EP 增大
D．θ减小，E 不变
5．（6 分）如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是（
）
A．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R1 消耗的功率变大
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B．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A1 示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1 示数变大，A2 示数变大
二、不定向选择题（每小题6 分，共18 分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，选错或不答的得0 分）
6．（6 分）物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实
的是（
）
A．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论
B．查德威克用α离子轰击
获得反冲核
，发现了中子
C．贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构
D．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型
7．（6 分）在均匀介质中坐标原点O 处有一波源做简谐运动，其表达式为y=5sin（
t），它在介质中形成的简谐横
波沿x 轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x=12m 处，波形图如图所示，则（
）
A．此后再经6s 该波传播到x=24m 处
B．M 点在此后第3s 末的振动方向沿y 轴正方向
C．波源开始振动时的运动方向沿y 轴负方向
D．此后M 点第一次到达y=﹣3m 处所需时间是2s
8．（6 分）我国高铁技术处于世界领先水平，它是由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的
车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车
重成正比．某列动车组由8 节车厢组成，其中第1、5 节车厢为动车，其余为拖车，则该列车组（
）
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6 节与第6、7 节车厢间的作用力之比为3：2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4 节动车带4 节拖车的动车组最大速度之比为1：2
三、解答题
9．（6 分）如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2 倍，滑块与盒内水
平面间的动摩擦因数为μ．若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中
来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为
，滑块相对于盒运动的路程为
。
10．（6 分）某同学利用图1 示装置研究小车的匀变速直线运动。
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①实验中必要的措施是
。
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．小车的质量远大于钩码的质量
D．平衡小车与长木板间的摩擦力
②他实验时将打点机器接到频率为50Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2 所示（每相邻两
个计数点间还有4 个点，图中未画出）。s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm。则
小车的加速度a=
m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B 点时小车的速度vB=
m/s。（结
果均保留两位有效数字）
11．（6 分）某同学想要描绘标有“3.8V
0.3A”字样小灯泡L 的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完
整．可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：
电压表V1（0～3V，内阻等于3kΩ）
电压表V2（0～15V，内阻等于15kΩ）
电流表A1（0～200mA，内阻等于10Ω）
电流表A2（0～3A，内阻等于0.1Ω）
滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）
滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流0.5A）
定值电阻R3（阻值等于1Ω）
定值电阻R4（阻值等于10Ω）
定值电阻R5（阻值等于1kΩ）
电源E（E=6V，内阻不计）
①请在方框中画出实验电路图，并将各元件字母代码标在元件的符号旁；
②该同学描绘出的I﹣U 图象应是图中的
．
12．（16 分）我国将于2022 年举办冬奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg 的
运动员从长直轨道AB 的A 处由静止开始以加速度a=3.6m/s2 匀加速下滑，到达助滑道末端B 时速度vB=24m/s，A
与B 的竖直高度差H=48m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点
C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧，助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h=5m，运动员在B、C 间运动时阻力做
功W=﹣1530J，取g=10m/s2。
（1）求运动员在AB 段下滑时受到阻力Ff 的大小；
（2）若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6 倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大。
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13．（18 分）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=5
N/C，同时存在着水平方向的匀
强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T．有一带正电的小球，质量m=1.0×10
﹣6kg，电荷量q=2
×10
﹣6C，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感
应现象），取g=10m/s2．求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t。
14．（20 分）电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓
车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑
斜面上，斜面与水平方向夹角为θ，一质量为m 的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两
铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动，铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d 的正
方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度
大于d，电阻率为ρ，为研究问题方便铝条只考虑与磁场正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，
假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g。
（1）求铝条中与磁铁正对部分的电流I；
（2）若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v 的表达式；
（3）在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b′＞b 的铝条，磁铁仍以速度v 进入铝条间，试简要分析说
明磁铁在铝条间运动的加速度和速度如何变化。
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2016 年天津市高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题6 分，共30 分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．（6 分）我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑．米
波雷达发射无线电波的波长在1～10m 范围内，对该无线电波的判断正确的是（
）
A．米波的频率比厘米波频率高B．和机械波一样须靠介质传播
C．同光波一样会发生反射现象D．不可能产生干涉和衍射现象
【分析】电磁波能在真空中传播，机械波不能在真空中传播，干涉和衍射是波特有的现象，光可以发生反射现象．
【解答】解：根据f=
可知，波长越长，频率越低，故米波的频率比厘米频率低，故A 错误；
B、无线电波不需要介质传播，故B 错误；
C、无线电波同光波一样会发生反射现象，故C 正确；
D、干涉和衍射是波特有的现象，所以无线电波能产生干涉和衍射现象，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题要注意机械波和电磁波都能发生反射、折射、干涉和衍射等现象，但是机械波不能在真空中传播，电
磁波能在真空中传播．
2．（6 分）如图是a、b 两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则（
）
A．在同种均匀介质中，a 光的传播速度比b 光的大
B．从同种介质射入真空发生全反射时a 光临界角大
C．照射在同一金属板上发生光电效应时，a 光的饱和电流大
D．若两光均由氢原子能级跃迁发生，产生a 光的能级能量差大
【分析】根据图象比较干涉条纹间距大小，再根据
判断波长，从而判断频率大小，频率大的折射率大，
根据n=
判断传播速度，根据
判断发生全反射时临界角大小，光电效应时饱和电流与入射光的强度有关，
a 光的频率大，则能量大．
【解答】解：A、由图可知a 光的干涉条纹间距小于b 光，根据
可知，a 的波长小于b 光，则a 光的频率
大于b 光，a 的折射率大于b 光，根据n=
可知，在同种介质中传播时a 光的传播速度比b 光的小，故A 错误；
B、根据
可知，同种介质射入真空发生全反射时a 光临界角小，故B 错误；
C、光电效应时饱和电流与入射光的强度有关，所以无法判断饱和电流的大小，故C 错误；
D、因a 光的频率大，故若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生a 光的能级差大，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题的关键是根据图象比较干涉条纹间距大小从而得频率大小，明确光电效应时饱和电流与入射光的强度
也有关系，知道全反射临界角的概念，难度适中．
3．（6 分）我国将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接。假设“天宫二号”与“神
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州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是（
）
A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接
B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接
C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接
【分析】正常运行的卫星若加速则所需向心力大于万有引力做离心运动，若减速则所需向力小于万有引力做向心运
动，据此分析各选项。
【解答】解：A、B、在同一轨道上运行加速做离心运动，减速做向心运动均不可实现对接。则AB 错误
C、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动可使飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时
实现对接。则C 正确
D、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与空间实验室相接触。则D 错误。
故选：C。
【点评】明确正常运行的卫星加速做离心运动会达到高轨道，若减速则会做向心运动达到低轨道。
4．（6 分）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。
在两极板间有一个固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，Ep 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电
计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（
）
A．θ增大，E 增大B．θ增大，EP 不变
C．θ减小，EP 增大
D．θ减小，E 不变
【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析
电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed 分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可
分析P 点电势，再由电势分析电势能的变化。
【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=
可知，电
容C 增大，则根据C=
可知，电压U 减小；故静电计指针偏角减小；
两板间的电场强度为：E=
=
=
；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；
再根据设P 与下极板距离为L，则P 点的电势φP=EL，电势能EP=ELq；因此电荷在P 点的电势能保持不变；故D 正
确，ABC 错误；
故选：D。
【点评】本题考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式和定义式；同时注意要掌握相关
结论的应用，如本题中可以直接应用结论：当充电后断开电源时，如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不
变。
5．（6 分）如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是（
）
A．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R1 消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A1 示数变大
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D．若闭合开关S，则电流表A1 示数变大，A2 示数变大
【分析】滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路中的阻值变大，因输出电压不变，则总电流变小，据欧姆
定律确定各表的示数变化。
【解答】解：A、滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1 消耗的功率变小，则A
错误
B、干路电流变小，R1 分压变小，则电压表V 的测量的电压变大，示数变大，则B 正确
C、因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1 示数变小。则C 错误
D、闭合开关S 并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1 的电流变大，分压变大，则R2 的分压变小，电流变小。电
流表A1 示数随副线圈电流的变大而变大，则D 错误
故选：B。
【点评】考查电路的动态分析：本题中P 的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各
表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键。
二、不定向选择题（每小题6 分，共18 分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，选错或不答的得0 分）
6．（6 分）物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列说法符合事实
的是（
）
A．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论
B．查德威克用α离子轰击
获得反冲核
，发现了中子
C．贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构
D．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型
【分析】明确人类对于电磁波以及原子结构研究的物理学史，注意B 中查德威克发现中子的核反应方程，从而明确
发现物．
【解答】解：A、根据物理学史可知，赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论；故A 正确；
B、查德威克用α粒子轰击铍核，产生中子和碳12 原子核，故B 错误；
C、贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构；故C 正确；
D、卢瑟福通过对α射线散射的研究提出了原子的核式结构模型；故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题考查对物理学史的掌握情况，要注意准确记忆相关科学家的主要贡献；并能准确用所学规律进行分析，
绝不能似是而非．
7．（6 分）在均匀介质中坐标原点O 处有一波源做简谐运动，其表达式为y=5sin（
t），它在介质中形成的简谐横
波沿x 轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x=12m 处，波形图如图所示，则（
）
A．此后再经6s 该波传播到x=24m 处
B．M 点在此后第3s 末的振动方向沿y 轴正方向
C．波源开始振动时的运动方向沿y 轴负方向
D．此后M 点第一次到达y=﹣3m 处所需时间是2s
【分析】A、根据质点做简谐运动的表达式，从而求得周期，再由v=
，确定波速，进而可求得某段时间内的波
传播的距离；
B、根据M 点振动的时间，结合周期，从而判定M 点的振动方向；
C、简谐波传播过程中，质点做简谐运动时，起振方向与波源起振方向相同，与图示时刻波最前端质点的振动方向
相同；
D、根据此时M 点的振动方向，再结合末位置，从而确定运动的时间。
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【解答】解：A、波的周期T=
=4s，波长λ=8m，波速v=
=2m/s，
则再经过6s，波传播的距离为x=vt=12m，故该波传到x=24m 处，故A 正确；
B、M 点在此时振动方向向下，则第3 秒末，即经过了0.75T，该点的振动方向沿y 轴正向，故B 正确；
C、因波传到x=12m 处时，质点向y 轴正向振动，故波源开始振动时的运动方向沿y 轴正向，故C 错误；
D、M 点第一次到达y=﹣3cm 位置时，振动的时间为t=
s，故D 错误；
故选：AB。
【点评】考查由表达式来确定角速度与周期，并掌握波长、波速、周期的关系，并能灵活运用，同时并判定某质点
经过一段时间时，所处的振动方向，或由所处的位置，来判定所经历的时间。
8．（6 分）我国高铁技术处于世界领先水平，它是由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的
车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车
重成正比．某列动车组由8 节车厢组成，其中第1、5 节车厢为动车，其余为拖车，则该列车组（
）
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6 节与第6、7 节车厢间的作用力之比为3：2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4 节动车带4 节拖车的动车组最大速度之比为1：2
【分析】根据受力分析，结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力；根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行
的距离；当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可以求得将非动力车改为动力车的数量．
【解答】解：设每节动车的功率为P，牵引力为F，每一节车厢的质量是m，阻力为kmg，
A、启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是相同的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相同。
故A 错误；
B、做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进行受力分析得：
2F﹣8kmg=8ma
对6、7、8 车厢进行受力分析得：
F1﹣3kmg=3ma
对7、8 车厢进行受力分析得：
F2﹣2kmg=2ma
联立可得：
．故B 正确；
C、设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s，则：
可得：s=
可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比。故C 错误；
D、当只有两节动力车时，最大速率为v，则：
2P=8kmg•v
改为4 节动车带4 节拖车的动车组时：
4P=8kmg•v′
所以：v′=2v，故D 正确。
故选：BD。
【点评】当机车的速度达到最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力
的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答本题．
三、解答题
9．（6 分）如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2 倍，滑块与盒内水
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平面间的动摩擦因数为μ．若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中
来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为
，滑块相对于盒运动的路程为
。
【分析】物体与盒子组成的系统动量守恒；先由动量守恒求出盒子与物块的最终速度，再结合损失的机械能即可求
出滑块相对于盒运动的路程。
【解答】解：设滑块的质量是m，碰后速度为v 共，物体与盒子组成的系统合外力为0，设向左为正方向，由动量
守恒：
mv=（m+2m）v 共
解得：v 共=
开始时盒子与物块的机械能：E1=
mv2
碰后盒子与物块的机械能：E2=
（m+2m）v 共2=
mv2
损失的机械能：△E=E1﹣E2=μmg•s
联立得：s=
故答案为：
；
【点评】该题考查动量守恒定律，解答的关键是能忽略运动的过程，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律是正确
解题的关键；解题时要分析清楚运动过程。
10．（6 分）某同学利用图1 示装置研究小车的匀变速直线运动。
①实验中必要的措施是
。
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．小车的质量远大于钩码的质量
D．平衡小车与长木板间的摩擦力
②他实验时将打点机器接到频率为50Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2 所示（每相邻两
个计数点间还有4 个点，图中未画出）。s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm。则
小车的加速度a=
m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B 点时小车的速度vB=
m/s。（结果均
保留两位有效数字）
【分析】①分析实验目标和实验原理，明确实验中需要注意事项即可求解；
②根据逐差法可求得物体运动的加速度；根据平均速度表示中间时刻的瞬时速度可求得B 点的速度。
【解答】解：①A、为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打
点稳定，应先开电源再放纸带；故AB 正确；
C、本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即
可；故C 错误；
D、由C 的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力；故D 错误；
故选：AB；
②每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为T=5×0.02=0.1s；
根
据
逐
差
法
可
知
，
物
体
的
加
速
度
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a=
=
=0.80m/s2；
B 点的速度等于AC 段的平均速度，则有：v=
=
=0.40m/s；
故答案为：①AB；②0.80；0.40。
【点评】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即
可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量。
11．（6 分）某同学想要描绘标有“3.8V
0.3A”字样小灯泡L 的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完
整．可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：
电压表V1（0～3V，内阻等于3kΩ）
电压表V2（0～15V，内阻等于15kΩ）
电流表A1（0～200mA，内阻等于10Ω）
电流表A2（0～3A，内阻等于0.1Ω）
滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）
滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流0.5A）
定值电阻R3（阻值等于1Ω）
定值电阻R4（阻值等于10Ω）
定值电阻R5（阻值等于1kΩ）
电源E（E=6V，内阻不计）
①请在方框中画出实验电路图，并将各元件字母代码标在元件的符号旁；
②该同学描绘出的I﹣U 图象应是图中的
B
．
【分析】①分析给定仪器，明确电表的量程；根据安全性原则进行改装；同时根据实验要求明确滑动变阻器以及电
流表接法；
②根据灯泡电阻随温度的变化规律进行分析，同时明确I﹣U 图象中图象的斜率表示电阻的倒数．
【解答】解：①灯泡额定电压为3.8V，而给出的电压表量程分别为15V 和3V，15V 量程太大，无法正确测量；故
只能选用3V 量程，并且与定值电阻串联扩大量程；3V 量程的电压表内阻为3KΩ；根据串并联电路规律可知，应选
择1KΩ的定值电阻串联；
额定电流为0.3A，而给出的量程中3A 量程过大，不能使用；只能采用将电流表量程200mA 的电流表与定值电阻并
联的方式来扩大量程；根据改装原理可知，并联10Ω的定值电阻，即可将量程扩大到0.4A；
因本实验中要求多测几组数据，因此应采用滑动变阻器分压接法；同时因灯泡内阻较小，故采用电流表外接法；故
答案如图所示；
②因灯泡电阻随温度的增加而增大，因此在I﹣U 图象中图线的斜率应越来越小；
故选：B．
故答案为：①如图所示；②B．
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【点评】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验以及电表的改装，要求能明确改装原理，并正确掌握本实验中电
路的接法；注意分压接法以及电流表接法的正确判断．
12．（16 分）我国将于2022 年举办冬奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg 的
运动员从长直轨道AB 的A 处由静止开始以加速度a=3.6m/s2 匀加速下滑，到达助滑道末端B 时速度vB=24m/s，A
与B 的竖直高度差H=48m。为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点
C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧，助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h=5m，运动员在B、C 间运动时阻力做
功W=﹣1530J，取g=10m/s2。
（1）求运动员在AB 段下滑时受到阻力Ff 的大小；
（2）若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6 倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大。
【分析】（1）运动员在AB 段做初速度为零的匀加速运动，已知初、末速度和位移，可根据速度位移公式求出加速
度，再由牛顿第二定律求出阻力。
（2）运动员从B 到C 的过程，由动能定理求出到达C 点的速度。在C 点，由重力和轨道的支持力充当向心力，由
牛顿第二定律列式，即可求解。
【解答】解：（1）运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x，斜面的倾角为α，则有
=2ax
根据牛顿第二定律得
mgsinα﹣Ff=ma
又sinα=
由以上三式联立解得Ff=144N
（2）设运动员到达C 点时的速度为vC，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有
mgh+W=
﹣
设运动员在C 点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律得
FN﹣mg=m
由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6 倍，即有FN=6mg
联立解得R=12.5m
答：
（1）求运动员在AB 段下滑时受到阻力Ff 的大小是144N；
（2）若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6 倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为12.5m。
【点评】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合
应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理。
13．（18 分）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E=5
N/C，同时存在着水平方向的匀
强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T．有一带正电的小球，质量m=1.0×10
﹣6kg，电荷量q=2
×10
﹣6C，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感
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应现象），取g=10m/s2．求：
（1）小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t。
【分析】（1）小球做匀速直线运动时，受力平衡，根据平衡条件结合几何关系列式求解即可；
（2）撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，小球在竖直方向上做匀减速直
线运动，若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，根据竖直上抛运动的基本公式
列式求解即可。
【解答】解：（1）小球做匀速直线运动时，受力如图，
其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有：
Bqv=
，
代入数据解得：v=20m/s，
速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足tanθ=
，
解得：tanθ=
，则θ=60°
（2）撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上
为正方向，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，其初速度为vy=vsinθ，
若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，则有：
联立解得t=
因此从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间2
s；
答：（1）小球做匀速直线运动的速度v 的大小为20m/s，方向与电场E 的夹角为60°；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间为2
s。
【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析小球的受力情况和运动情况，抓
住小球做匀速直线运动，合力为零求解，难度适中。
14．（20 分）电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓
车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑
斜面上，斜面与水平方向夹角为θ，一质量为m 的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两
铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动，铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d 的正
方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度
大于d，电阻率为ρ，为研究问题方便铝条只考虑与磁场正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，
假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g。
（1）求铝条中与磁铁正对部分的电流I；
（2）若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v 的表达式；
（3）在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b′＞b 的铝条，磁铁仍以速度v 进入铝条间，试简要分析说
明磁铁在铝条间运动的加速度和速度如何变化。
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【分析】（1）磁铁在铝条间运动时，根据安培力公式F=BdI 求出两根铝条受到的安培力大小。磁铁匀速运动，受力
平衡，由平衡条件求解铝条中与磁铁正对部分的电流I。
（2）根据法拉第电磁感应定律求出铝条中产生的感应电动势，根据电阻定律得到铝条与磁铁正对部分的电阻，结
合欧姆定律列式，可求解速度v 的表达式。
（3）磁铁以速度v 进入铝条间恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F．由上题结果得到F 与b、v 等
量的关系。再分析当两铝条的宽度变为b′时，受到的作用力变化，由牛顿第二定律分析铝条的运动情况，从而得到
加速度和速度的变化情况。
【解答】解：（1）磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小为：
F 安=BId…①
磁铁受到沿斜面向上的作用力，其大小有：
F=2F 安…②
磁铁匀速运动时受力平衡，则有：
F﹣mgsinθ=0…③
联立①②③式可得：
I=
…④
（2）磁铁匀速穿过铝条间时，在铝条中产生的感应电动势为E，则有：
E=Bdv…⑤
铝条与磁铁正对部分的电阻为R，由电阻定律有：
R=ρ
…⑥
由欧姆定律有：
I=
…⑦
联立④⑤⑥⑦式可得：
v=
…⑧
（3）磁铁以速度v 进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F，联立①②⑤⑥⑦式可得：
F=
…⑨
当铝条的宽度b′＞b 时，磁铁以速度v 进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F′，有：
F′=
可见，F′＞F=mgsinθ，磁铁受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加
速度最大，之后，随着运动速度减小，F′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受的合力成正
比，则磁铁的加速度逐渐减小。
综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动，直到F′=mgsinθ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度
匀速下滑。
答：
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（1）铝条中与磁铁正对部分的电流I 是
；
（2）两铝条的宽度均为b，磁铁匀速穿过铝条间时速度v 的表达式是v=
；
（3）磁铁做加速度逐渐减小的减速运动，直到F′=mgsinθ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下
滑。
【点评】该题首先要认真读题，搞清问题的情景，抓住磁铁运动、铝条不动与磁铁不动、铝条运动的效果相同，建
立起物理模型，运用电磁感应的规律得到安培力与速度的关系式。
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2016 年四川省高考物理试卷
一、选择题（共7 小题，每小题5 分，共42 分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项
符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（5 分）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保
持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中（
）
A．动能增加了1900J B．动能增加了2000J
C．重力势能减小了1900J
D．重力势能减小了2000J
2．（5 分）如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其它
条件不变，则（
）
A．小灯泡变暗
B．小灯泡变亮
C．原、副线圈两段电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
3．（5 分）国务院批复，自2016 年起将4 月24 日设立为“中国航天日”．1970 年4 月24 日我国首次成功发射的人
造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984
年4 月8 日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km 的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加
速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3 的大小关
系为（
）
A．a2＞a1＞a3
B．a3＞a2＞a1
C．a3＞a1＞a2
D．a1＞a2＞a3
4．（5 分）如图所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场
区域，当速度大小为vb 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc 时，从c 点离开磁场，
在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则（
）
A．vb：vc=1：2，tb：tc=2：1
B．vb：vc=2：2，tb：tc=1：2
C．vb：vc=2：1，tb：tc=2：1
D．vb：vc=1：2，tb：tc=1：2
5．（5 分）某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率n．如图甲所示，O 是圆心，MN 是法线，AO、BO 分别表示
某次测量时光线在空气和玻璃砖中的传播路径．该同学测得多组入射角i 和折射角r，做出sini﹣sinr 图象如图乙所
示．则（
）
A．光由A 经O 到B，n=1.5
B．光由B 经O 到A，n=1.5
C．光由A 经O 到B，n=0.67
D．光由B 经O 到A，n=0.67
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6．（5 分）简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q 是传播方向上相距10m 的两质点，波先传到P，当波传到Q
开始计时，P、Q 两质点的振动图象如图所示．则（
）
A．质点Q 开始振动的方向沿y 轴正方向
B．该波从P 传到Q 的时间可能为7s
C．该波的传播速度可能为2m/s
D．该波的波长可能为6m
7．（5 分）如图所示，电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强
磁场中，导轨左端接一定值电阻R．质量为m、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力
F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F=F0+kv（F0、k 是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触
良好．金属棒中感应电流为I，受到的安培力大小为FA，电阻R 两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时
间t 变化图象可能正确的有（
）
A．
B．
C．
D．
二、非选择题（共4 题，共68 分）
8．（6 分）用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O 点；在O
点右侧的B、C 位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连。先用米尺测得B、C 两点间距离
s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，计时器显示遮光片从B 到C 所用的时间t，用米尺测量
A、O 之间的距离x。
（1）计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是
。
（2）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量
。
A．弹簧原长
B．当地重力加速度
C．滑块（含遮光片）的质量
（3）增大A、O 之间的距离x，计时器显示时间t 将
。
A．增大
B．减小
C．不变。
9．（11 分）用如图1 所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：
待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压
表V，开关S，导线若干．
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实验主要步骤：
（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U 和相应电流表的示数I；
（ⅲ）在图2 中，以U 为纵坐标，I 为横坐标，做U﹣I 图线（U、I 都用国际单位）；
（ⅳ）求出U﹣I 图线斜率的绝对值k 和在横轴上的截距a．
回答下列问题：
（1）电压表最好选用
；电流表最好选用
．
A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ）
B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω）
D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）
（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是
．
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
（3）选用k、a、R1 和R2 表示待测电源的电动势E 和内阻r 的表达式E=
，r=
，代入数值可得E 和r
的测量值．
10．（15 分）中国科学家2015 年10 月宣布中国将在2020 年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭
示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两
极．质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，
加速电压视为不变．设质子进入漂移管B 时速度为8×106m/s，进入漂移管E 时速度为1×107m/s，电源频率为1
×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的
．质子的荷质比取1×108C/kg．求：
（1）漂移管B 的长度；
（2）相邻漂移管间的加速电压．
11．（17 分）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡
床视为水平面夹角为θ的斜面。一辆长12m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s 时，
车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m 时，车头距制动坡床顶端38m，
再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床
上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ=1，sinθ=0.1，
g=10m/s2．求：
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
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（2）制动坡床的长度。
12．（19 分）如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域I 有方向
竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域Ⅱ有固定在水平面上高h=2l、倾角α=
的
光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s=4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C 点在
DD′上，距地面高H=3l．零时刻，质量为m、带电荷量为q 的小球P 在K 点具有大小v0=
、方向与水平面夹角
θ=
的速度，在区域I 内做半径r=
的匀速圆周运动，经C 点水平进入区域Ⅱ．某时刻，不带电的绝缘小球A 由
斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P 所带电量对空间
电磁场的影响．l 已知，g 为重力加速度．
（1）求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
（2）若小球A、P 在斜面底端相遇，求释放小球A 的时刻tA；
（3）若小球A、P 在时刻t=β
（β为常数）相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场
强E 的极大值和极小值及相应的方向．
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2016 年四川省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7 小题，每小题5 分，共42 分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项、有的有多个选项
符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．）
1．（5 分）韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保
持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J．韩晓鹏在此过程中（
）
A．动能增加了1900J B．动能增加了2000J
C．重力势能减小了1900J
D．重力势能减小了2000J
【分析】物体重力做功多少，物体的重力势能就减小多少．根据动能定理确定动能的变化．
【解答】解：AB、外力对物体所做的总功为1900J﹣100J=1800J，是正功，则根据动能定理得：动能增加1800J．故
AB 错误；
CD、重力对物体做功为1900J，是正功，则物体重力势能减小1900J．故C 正确，D 错误；
故选：C。
【点评】本题关键要掌握常见的三对功能关系：总功与动能变化有关，重力做功与重力势能变化有关．
2．（5 分）如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其它
条件不变，则（
）
A．小灯泡变暗
B．小灯泡变亮
C．原、副线圈两段电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
【分析】因变压器为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；而当同时减小相同匝数时，匝数之比一定变大；再
根据变压器原理进行分析即可．
【解答】解：根据数学规律可知，分子与分母减小相同的数据时，比值一定会增大，故原副线圈减小相同的匝数后，
匝数之比变大；因此电压之比变大；输出电压减小，故小灯泡变暗；而电流与匝数之比成反比，故电流的比值变小；
故BCD 错误，A 正确；
故选：A。
【点评】本题考查理想变压器的基本原理，要注意明确电压之比等于匝数之比；而电流之比等于匝数的反比；同时
还要注意数学知识的正确应用．
3．（5 分）国务院批复，自2016 年起将4 月24 日设立为“中国航天日”．1970 年4 月24 日我国首次成功发射的人
造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984
年4 月8 日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km 的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加
速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3 的大小关
系为（
）
A．a2＞a1＞a3
B．a3＞a2＞a1
C．a3＞a1＞a2
D．a1＞a2＞a3
【分析】根据万有引力提供向心力可比较东方红一号和东方红二号的加速度；
同步卫星的运行周期和地球自转周期相等，角速度相等，根据比较固定在地球赤道上的物体和东方红二号的加速度．
【解答】解：东方红二号地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由a=ω2r 可知，a2＞a3；
由万有引力提供向心力可得：a=
，东方红一号的轨道半径小于东方红二号的轨道半径，所以有：a1＞a2，
所以有：a1＞a2＞a3，故ABC 错误，D 正确。
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故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并
能灵活运用．还要知道同步卫星的运行周期和地球自转周期相等．
4．（5 分）如图所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场
区域，当速度大小为vb 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc 时，从c 点离开磁场，
在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则（
）
A．vb：vc=1：2，tb：tc=2：1
B．vb：vc=2：2，tb：tc=1：2
C．vb：vc=2：1，tb：tc=2：1
D．vb：vc=1：2，tb：tc=1：2
【分析】带电粒子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，画出轨迹，由几何知识求出粒子圆周运动的半径
和圆心角，由半径公式求出该粒子射入时的速度大小v．然后求比值，由
求时间之比．
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
粒子在磁场中运动的轨迹如图，从B 点离开磁场的粒子，圆心在a 点，半径等于正六边形的边长，即
从C 点离开磁场的粒子，圆心是O 点，半径等于正六边形边长的2 倍，即
根据半径公式
得
∝r
从b 点离开磁场的粒子，圆心角
；从C 点离开磁场的粒子，圆心角
根据
，得
，故A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，应先分析清楚粒子的运动过程，然后应用牛顿第二定律解题，本题的解
题关键是画轨迹，由几何知识求出带电粒子运动的半径和圆心角．
5．（5 分）某同学通过实验测定半圆形玻璃砖的折射率n．如图甲所示，O 是圆心，MN 是法线，AO、BO 分别表示
某次测量时光线在空气和玻璃砖中的传播路径．该同学测得多组入射角i 和折射角r，做出sini﹣sinr 图象如图乙所
示．则（
）
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A．光由A 经O 到B，n=1.5
B．光由B 经O 到A，n=1.5
C．光由A 经O 到B，n=0.67
D．光由B 经O 到A，n=0.67
【分析】光线从玻璃射入空气折射时，入射角小于折射角．光线从空气射入玻璃折射时，入射角大于折射角．根据
入射角与折射角的大小关系，判断光线传播的方向．根据折射定律求折射率．
【解答】解：由图象可得：sini＜sinr，则i＜r，所以光线光线从玻璃射入空气折射，即光由B 经O 到A。
根据折射定律得
=
由图象得：
=
=
所以可得，n=1.5，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键要掌握折射规律和折射定律，要注意公式n=
的适用条件是光从真空射入介质折射．若
光由介质射入真空折射，则
=
．
6．（5 分）简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q 是传播方向上相距10m 的两质点，波先传到P，当波传到Q
开始计时，P、Q 两质点的振动图象如图所示．则（
）
A．质点Q 开始振动的方向沿y 轴正方向
B．该波从P 传到Q 的时间可能为7s
C．该波的传播速度可能为2m/s
D．该波的波长可能为6m
【分析】A、根据图中的P 点和Q 点的起振方向即可判知选项A 的正误．
B、首先可从图中读出波传播的周期，再几何其周期性的计算出从P 传到Q 的时间可能的时间，也就能判断出选项
B 的正误．
C、由v=
结合波的周期，利用B 的中的可能时间，可计算出可能的波速，即可判知选项C 的正误．
D、利用公式λ=vT 结合周期性，利用C 选项的速度的可能值，即可计算可能的波长，继而可判知选项D 的正误．
【解答】解：A、由图象可知，质点P 的振动图象为虚线，质点Q 的振动图象为实线，从0 时刻开始，质点Q 的起
振方向沿y 轴正方向，所以选项A 正确。
B、由题可知，简谐横波的传播方向从P 到Q，由图可知，周期T=6s，质点Q 的振动图象向左4s、后与P 点的振动
重合，意味着Q 点比P 点振动滞后了4s，即P 传到Q 的时间△t 可能为4s，同时由周期性可知，从P 传到Q 的时
间△t 为（4+nT）s，n=0、1、2、3…，即△t=4s，10s，16s…，不可能为7s，所以选项B 错误。
C、由v=
，考虑到波的周期性，当△t=4s，10s，16s…时，速度v 可能为2.5m/s，1m/s，0.625m/s…，不可能为
2m/s，选项C 错误。
D、同理，考虑到周期性，由λ=vT 可知，波长可能为15m、6m、3.75m…，所以选项D 正确。
故选：AD。
【点评】机械波的多解问题历来是高考中的热门考点，同时本考点又是学生学习机械波时的难点所在．其主要表现
在无法正确判断多解问题的原因，从而造成错解，多解为题主要分为以下几种情况：
1、传播方向导致的多解问题
波源起振后产生的波可以在介质中向四周传播．若题中没有特别注明传播方向，则求解时必须讨论其传播方向，从
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而导致了波的多解问题．
2、波长大小导致的多解问题
因题中没有给定波长的确切条件，故引起答案的不确定性导致多解问题．
3、波形周期导致的多解问题
简谐机械波是周期性的，每经过一个周期波形与原波形重复，从而导致了问题的多解性．
4、质点振动方向导致的多解问题
5、传播时间导致的多解问题
题目中所给定的时间条件不充分，可能比一个周期长，可能比一个周期短，从而导致了多解问题的出现．
6、质点振动图象导致的多解问题
总之，机械波的多解问题产生的根本原因是由于机械波图形的周期性重复．因此我们在求解该类问题时，要充分重
视图象的功能，对图象进行仔细分析，挖掘隐含条件，结合传播方向，利用波动知识，把波动问题全面圆满地解决．
7．（5 分）如图所示，电阻不计、间距为l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强
磁场中，导轨左端接一定值电阻R．质量为m、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力
F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是F=F0+kv（F0、k 是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触
良好．金属棒中感应电流为I，受到的安培力大小为FA，电阻R 两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时
间t 变化图象可能正确的有（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】对金属棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出
表达式，分情
况讨论加速度的变化情况，分三种情况讨论：匀加速运动，加速度减小的加速，加速度增加的加速，再结合图象具
体分析．
【解答】解：设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E=BLv，环路电流
，即I∝v；
安培力
，方向水平向左，即
∝v；R 两端电压
，即
∝v；感应电流功率
，即
。
分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得：
=
，即加速度
，因为金属棒从静止出发，所以
，且
，即a＞0，加速度方向水平向右。
（1）若
，
，即
，金属棒水平向右做匀加速直线运动。有v=at，说明v∝t，也即是I∝t，
，
，
，所以在此情况下没有选项符合。
（2）若
，
随v 增大而增大，即a 随v 增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时
间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知B 选项符合；
（3）若
，
随v 增大而减小，即a 随v 增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加
速度减小为0 后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C 选项符合；
故选：BC。
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【点评】解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动情况，结合安培力公式、法拉第电磁感应定律、牛顿
第二定律分析导体棒的运动情况，分析加速度如何变化．
二、非选择题（共4 题，共68 分）
8．（6 分）用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在O 点；在O
点右侧的B、C 位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连。先用米尺测得B、C 两点间距离
s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，计时器显示遮光片从B 到C 所用的时间t，用米尺测量
A、O 之间的距离x。
（1）计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是
v=
。
（2）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量
C
。
A．弹簧原长
B．当地重力加速度
C．滑块（含遮光片）的质量
（3）增大A、O 之间的距离x，计时器显示时间t 将
B
。
A．增大
B．减小
C．不变。
【分析】明确实验原理，知道测量弹性势能的方法是利用了功能关系，将弹性势能转化为了滑块的动能；根据速度
公式可求得弹出后的速度；再根据实验原理明确应测量的数据；同时根据弹性势能的决定因素分析AO 变化后速度
变化。
【解答】解：（1）滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用BC 段的平均速度表示离开时的速度；则有：
v=
；
（2）弹簧的弹性势能等于物体增加的动能，故应求解物体的动能，根据动能表达式可知，应测量滑块的质量；故
选：C。
（3）增大AO 间的距离时，滑块被弹出后的速度将增大，故通过两光电门的时间将减小；
故答案为：（1）
；（2）C；（3）B。
【点评】本题利用机械能守恒来探究弹簧的弹性势能的大小，要注意明确实验原理，知道如何测量滑块的速度，并
掌握物体运动过程以及光电门的使用方法。
9．（11 分）用如图1 所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：
待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压
表V，开关S，导线若干．
实验主要步骤：
（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U 和相应电流表的示数I；
（ⅲ）在图2 中，以U 为纵坐标，I 为横坐标，做U﹣I 图线（U、I 都用国际单位）；
（ⅳ）求出U﹣I 图线斜率的绝对值k 和在横轴上的截距a．
回答下列问题：
（1）电压表最好选用
A
；电流表最好选用
C
．
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A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ）
B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω）
D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）
（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是
C
．
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
（3）选用k、a、R1 和R2 表示待测电源的电动势E 和内阻r 的表达式E=
ka
，r=
k﹣R2
，代入数值可得E 和r
的测量值．
【分析】（1）根据给出的仪表分析电流和电压最大值，电表量程略大于最大值即可；同时注意明确电压表内阻越大
越好，而电流表内阻越小越好；
（2）明确滑动变阻器的接法以及对电路的调节作用，则可得出正确的接法；
（3）根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据数学规律可求得电动势和内电阻．
【解答】解：（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A 电
压表；
当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为I=
=
=176mA；
因此，电流表选择C；
（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A 项中两导线均接
在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B 项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C 项中一导线接
在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D 项中导线分别接右边上下接线
柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D 错误；
故选：C；
（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2；则内阻r=K﹣R2；
令U=0，则有：
I=
=
；由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：a=I=
；解得：E=Ka；
故答案为：（1）A，C；（2）C；（3）ka；k﹣R2．
【点评】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方
法，重点掌握图象中斜率和截距的意义．
10．（15 分）中国科学家2015 年10 月宣布中国将在2020 年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭
示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两
极．质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，
加速电压视为不变．设质子进入漂移管B 时速度为8×106m/s，进入漂移管E 时速度为1×107m/s，电源频率为1
×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的
．质子的荷质比取1×108C/kg．求：
（1）漂移管B 的长度；
（2）相邻漂移管间的加速电压．
【分析】（1）质子在漂移管内做匀速直线运动，根据质子在每个管内运动时间视为电源周期的
，求出质子在B 中
运动的时间，由公式x=vt 求解B 管的长度．
（2）质子每次在漂移管间被加速，根据动能定理列式，可求相邻漂移管间的加速电压．
【解答】解：（1）设高频脉冲电源的频率为f，周期为T；质子在每个漂移管中运动的时间为t，质子进入漂移管B
时的速度为vB，漂移管B 的长度为LB．则
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T=
=10
﹣7s
据题有：t=
质子在漂移管内做匀速直线运动，则有：LB=vB•
联立代入数据解得：LB=0.4m
（2）质子从B 到E 的过程中，质子从漂移管B 运动到漂移E 共被加速3 次，由动能定理得：3qU=
mvE2﹣
mvB2
据题有
=1×108C/kg
解得：U=6×104V
答：（1）漂移管B 的长度是0.4m；
（2）相邻漂移管间的加速电压是6×104V．
【点评】本题中要理清质子运动的过程，知道质子交替做匀加速运动和匀速运动，明确运用动能定理是求加速电压
常用的思路．
11．（17 分）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡
床视为水平面夹角为θ的斜面。一辆长12m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s 时，
车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m 时，车头距制动坡床顶端38m，
再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床
上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ=1，sinθ=0.1，
g=10m/s2．求：
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。
【分析】（1）货物相对车向前运动，货物所受摩擦力与运动方向相反，对货物受力分析，再由牛顿第二定律列式求
解。
（2）根据牛顿第二定律分别求出货物和货车的加速度，利用相对位移列方程求出运动时间，进而可知货车在这段
时间的位移。
【解答】解：（1）对货物：μmgcosθ+mgsinθ=ma1
a1=5m/s2，方向沿斜面向下；
（2）对货车：0.44（m+4m）g+4mgsinθ﹣μmgcosθ=4ma2
解得：a2=5.5m/s2
设减速的时间为t，则有：
v0t﹣
a1t2﹣（v0t﹣
）=4
得：t=4s
故制动坡床的长度L=38+12+（v0t﹣
）=98m。
答：（1）货物在车厢内滑动时加速度为5m/s2，方向沿斜面向下；
（2）制动坡床的长度为98m。
【点评】解题的关键是将实际问题模型化，本题模型是斜面上的小滑块和平板。易错点是求货车的加速度时容易漏
掉货物对货车向前的摩擦力，求坡的长度时容易忽略货车的长度。
12．（19 分）如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域I 有方向
竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域Ⅱ有固定在水平面上高h=2l、倾角α=
的
光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s=4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C 点在
DD′上，距地面高H=3l．零时刻，质量为m、带电荷量为q 的小球P 在K 点具有大小v0=
、方向与水平面夹角
θ=
的速度，在区域I 内做半径r=
的匀速圆周运动，经C 点水平进入区域Ⅱ．某时刻，不带电的绝缘小球A 由
斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P 所带电量对空间
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电磁场的影响．l 已知，g 为重力加速度．
（1）求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
（2）若小球A、P 在斜面底端相遇，求释放小球A 的时刻tA；
（3）若小球A、P 在时刻t=β
（β为常数）相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场
强E 的极大值和极小值及相应的方向．
【分析】（1）带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力和重力平衡
（2）求出小球A 沿斜面匀加速运动的时间、小球P 匀速圆周运动的时间及离开磁场类平抛运动的时间，根据时间
关系求释放小球A 的时刻
（3）小球P 进入Ⅱ区做类平抛运动，根据类平抛规律列式，结合数学知识求E 的最值．
【解答】解：（1）小球P 在Ⅰ区做匀速圆周运动，则小球P 必定带正电，且所受电场力与重力大小相等．
设Ⅰ区磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供向心力得：
①
代入数据得：
②
（2）小球P 先在Ⅰ区以D 为圆心做匀速圆周运动，由小球初速度和水平方向夹角为θ可得，小球将偏转θ角后自C
点水平进入Ⅱ区做类平抛运动到斜面底端B 点，如图所示，运动到C 点的时刻为
，到达斜面时刻为
，有
③
④
小球A 释放后沿斜面运动的加速度为
，与小球P 在时刻
相遇于斜面底端，有
⑤
⑥
联立以上方程可得：
⑦
（3）设所求电场方向向下，在
时刻释放小球A，小球P 在区域Ⅱ运动加速度为
，有
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则小球A、P 相遇时，由运动公式及几何关系可得：
⑧
⑨
⑩
联立相关方程解得
必须保证小球能落到斜面上2l≤x≤4l
（其中
）
对小球P 的所有运动情形讨论可得得3≤β≤5
由此可得场强极小值为Emin=0，场强极大值为Emax=
，方向竖直向上
答：（1）磁感应强度大小为
（2）小球A 释放时刻为
（3）电场强度为
，极大值
，竖直向上；极小值为0．
【点评】这是一道综合性非常强的题目，涉及的知识点非常多，关键是分析小球的受力情况运动过程，尤其是第三
问难度较大，体现了运用数学知识解决物理问题的能力．
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2016 年上海市高考物理试卷
一.单项选择题（共16 分，每小题2 分．每小题只有一个正确选项．
1．（2 分）卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在（
）
A．电子B．中子C．质子D．原子核
2．（2 分）一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时（
）
A．速度相同，波长相同
B．速度不同，波长相同
C．速度相同，频率相同
D．速度不同，频率相同
3．（2 分）各种不同频率范围的电磁波按频率由大到小的排列顺序是（
）
A．γ射线、紫外线、可见光、红外线
B．γ射线、红外线、紫外线、可见光
C．紫外线、可见光、红外线、γ射线
D．红外线、可见光、紫外线、γ射线
4．（2 分）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中
的（
）
A．OA 方向
B．OB 方向
C．OC 方向
D．OD 方向
5．（2 分）磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁（
）
A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动
6．（2 分）放射性元素A 经过2 次α衰变和1 次β衰变后生成一新元素B，则元素B 在元素周期表中的位置较元素A
的位置向前移动了（
）
A．1 位B．2 位C．3 位D．4 位
7．（2 分）在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空．若减
小风力，体验者在加速下落过程中（
）
A．失重且机械能增加B．失重且机械能减少
C．超重且机械能增加D．超重且机械能减少
8．（2 分）如图，一束电子沿z 轴正向流动，则在图中y 轴上A 点的磁场方向是（
）
A．+x 方向
B．﹣x 方向C．+y 方向
D．﹣y 方向
二.单项选择题（共24 分，每小题3 分．每小题只有一个正确选项．）
9．（3 分）在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则（
）
A．中间条纹间距较两侧更宽
B．不同色光形成的条纹完全重合
C．双缝间距离越大条纹间距离也越大
D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
10．（3 分）研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示。两块平行放置的金属板A、B 分别于电源的两极a、b
连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出。则（
）
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A．a 为电源正极，到达A 板的为α射线
B．a 为电源正极，到达A 板的为β射线
C．a 为电源负极，到达A 板的为α射线
D．a 为电源负极，到达A 板的为β射线
11．（3 分）国际单位制中，不是电场强度的单位是（
）
A．N/C B．V/m C．J/C
D．T•m/s
12．（3 分）如图，粗细均匀的玻璃管A 和B 由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A 管内，初始时两
管水银面等高，B 管上方与大气相通．若固定A 管，将B 管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H，A 管内的水银面高
度相应变化h，则（
）
A．h=H B．h＜
C．h=
D．
＜h＜H
13．（3 分）电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（
）
A．电动势是一种非静电力
B．电动势越大，表明电源储存的电能越多
C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映
D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压
14．（3 分）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m 的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的
加速度是（
）
A．
m/s2
B．
m/s2
C．
m/s2
D．
m/s2
15．（3 分）如图，始终竖直向上的力F 作用在三角板A 端，使其绕B 点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一
小角度，力F 对B 点的力矩为M，则转动过程中（
）
A．M 减小，F 增大
B．M 减小，F 减小
C．M 增大，F 增大
D．M 增大，F 减小
16．（3 分）风速仪结构如图（a）所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动
凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n 圈带动凸轮圆盘
转动一圈．若某段时间△t 内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，则该时间段内风轮叶片（
）
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A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
三.多项选择题（共16 分，每小题4 分．每小题有二个或者三个正确选项．全选对的，得4 分；选对但不全的，得
2 分；有选或不答的，得0 分．）
17．（4 分）某气体的摩尔质量为M，分子质量为m．若1 摩尔该气体的体积为Vm，密度为ρ，则该气体单位体积
分子数为（阿伏伽德罗常数为NA）（
）
A．
B．
C．
D．
18．（4 分）如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合电建，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1
的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中（
）
A．U 先变大后变小
B．I 先变小后变大
C．U 与I 比值先变大后变小
D．U 变化量与I 变化量比值等于R3
19．（4 分）如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，乙图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框
abcd 相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B 随时间按图（b）
所示规律变化时（
）
A．在t1～t2 时间内，L 有收缩趋势
B．在t2～t3 时间内，L 有扩张趋势
C．在t2～t3 时间内，L 内有逆时针方向的感应电流
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D．在t3～t4 时间内，L 内有顺时针方向的感应电流
20．（4 分）甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N 两点沿x 轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同；某时
刻的图象如图所示。则（
）
A．甲乙两波的起振方向相反
B．甲乙两波的频率之比为3：2
C．再经过3s，平衡位置在x=7m 出的质点振动方向向下
D．再经过3s，两波源间（不含波源）有5 个质点位移为零
四.填空题（共20 分，每小题4 分．）本大题中第22 题为分叉题，分A、B 两类，考生可任选一类答题．若两类试
题均做，一律按A 类题积分．
21．（4 分）形象描述磁场分布的曲线叫做
，通常
的大小也叫做磁通量密度．
A、B 选做一题。A 题
22．（4 分）如图，粗糙水平面上，两物体A、B 以轻绳相连，在恒力F 作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，A 在
F 牵引下继续前进，B 最后静止。则在B 静止前，A 和B 组成的系统动量
（选填：“守恒”或“不守恒”）。在B
静止后，A 和B 组成的系统动量
（选填：“守恒”或“不守恒”）。
B 题
23．两颗卫星绕地球运行的周期之比为27：1，则它们的角速度之比为
，轨道半径之比为
．
24．（4 分）如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是位于竖直平面内以O 为圆心的一段圆弧，OA 与竖直
方向的夹角为α．一小球以速度v0 从桌面边缘P 水平抛出，恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从P 到A
的运动时间为
；直线PA 与竖直方向的夹角β=
。
25．（4 分）如图，质量为m 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，处于静止状态．施加一水平向右的匀强电场后，
A 向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A 受到的电场力大小为
．在改变电场强度的大小和方向后，小球
A 的平衡位置在α=60°处，然后再将A 的质量改变为2m，其新的平衡位置在α=30°处，A 受到的电场力大小为
．
26．（4 分）地面上物体在变力F 作用下由静止开始竖直向上运动，力F 随高度x 的变化关系如图所示，物体能上升
的最大高为h，h＜H．当物体加速度最大时其高度为
，加速度的最大值为
．
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五.实验题（共24 分）
27．（3 分）在“用DIS 研究机械能守恒定律”的实验中，用到的传感器是
传感器．若摆锤直径的测量值大于
其真实值会造成摆锤动能的测量值偏
．（选填：“大”或“小”）．
28．（6 分）在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中
（1）（多选题）用多用电测电流或电阻的过程中正确的是
（A）在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零
（B）在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零
（C）在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测
（D）在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测
（2）测量时多用电表指针指在如图所示位置．若选择开关处于“10V”挡，其读数为
V；若选择开关处于“×
10”挡，其读数
200Ω（选填：“大于”，“等于”或“小于”）．
29．（7 分）“用DIS 描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图所示．
（1）（单选题）该实验描绘的是
．
（A）两个等量同种电荷周围的等势线
（B）两个等量异种电荷周围的等势线
（C）两个不等量同种电荷周围的等势线
（D）两个不等量异种电荷周围的等势线
（2）（单选题）实验操作时，需在平整的木板上依次铺放
．
（A）导电纸、复写纸、白纸
（B）白纸、导电纸、复写纸
（C）导电纸、白纸、复写纸
（D）白纸、复写纸、导电纸
（3）若电压传感器的红、黑探针分别接触图中d、f 两点（f、d 连线与A、B 连线垂直）时，示数小于零．为使示
数为零，应保持红色探针与d 点接触，而将黑色探针
（选填：“向左”或“向右”）移动．
30．
（8 分）某同学制作了一个结构如图（a）所示的温度计．一端封闭的轻质细管可绕封闭端O 自由转动，管长0.5m．将
一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水平、细线沿竖直方向．在
气体温度为270K 时，用一段水银将长度为0.3m 的气柱封闭在管内．实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度l 和
力传感器读数F 之间的关系如图（b）所示（实验中大气压强不变）．
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（1）管内水银柱长度为
m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为
K．
（2）若气柱初始长度大于0.3m，该温度计能测量的最高温度将
（选填：“增大”，“不变”或“减小”）．
（3）若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将
（选填：“偏高”，“不变”或“偏低”）．
六、计算题（共50 分）
31．（10 分）如图，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内气体分隔为上下两部分A 和B，上下两部分气
体初始温度相等，且体积VA＞VB．
（1）若A、B 两部分气体同时升高相同的温度，水银柱将如何移动？
某同学解答如下：
设两部分气体压强不变，由
，…，△V=
V，…，所以水银柱将向下移动．
上述解答是否正确？若正确，请写出完整的解答；若不正确，请说明理由并给出正确的解答．
（2）在上下两部分气体升高相同温度的过程中，水银柱位置发生变化，最后稳定在新的平衡位置，A、B 两部分气
体始末状态压强的变化量分别为△pA 和△pB，分析并比较二者的大小关系．
32．（12 分）风洞是研究空气动力学的实验设备．如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m 处，杆上
套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左．小球以速度v0=8m/s 向右
离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2．求：
（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；
（2）小球落地时的动能．
（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？
33．
（14 分）如图（a），长度L=0.8m 的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10
﹣7C；一质量m=0.02kg，
带电量为q 的小球B 套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方
向建立坐标系．点电荷A 对小球B 的作用力随B 位置x 的变化关系如图（b）中曲线I 所示，小球B 所受水平方向
的合力随B 位置x 的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20 和x≥0.40 范围可近似看作直
线．求：（静电力常量k=9×109N•m/C2）
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（1）小球B 所带电量q；
（2）非均匀外电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m 与x=0.6m 之间的电势差U．
（4）已知小球在x=0.2m 处获得v=0.4m/s 的初速度时，最远可以运动到x=0.4m．若小球在x=0.16m 处受到方向向
右，大小为0.04N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s 是多少？
34．（14 分）如图，一关于y 轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B 的匀强磁场与平面垂直．一足够长，
质量为m 的直导体棒沿x 轴方向置于轨道上，在外力F 作用下从原点由静止开始沿y 轴正方向做加速度为a 的匀速
加速直线运动，运动时棒与x 轴始终平行．棒单位长度的电阻ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功
率随棒位置的变化规律为P=ky
（SI）．求：
（1）导体轨道的轨道方程y=f（x）；
（2）棒在运动过程中受到的安培力Fm 随y 的变化关系；
（3）棒从y=0 运动到y=L 过程中外力F 的功．
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2016 年上海市高考物理试卷
参考答案与试题解析
一.单项选择题（共16 分，每小题2 分．每小题只有一个正确选项．
1．（2 分）卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在（
）
A．电子B．中子C．质子D．原子核
【分析】本题比较简单，只要正确理解α粒子散射实验现象及其结论即可正确解答。
【解答】解：α粒子散射实验现象为：绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了较大
的偏转，并有极少数α粒子的偏转超过90°，有的甚至几乎达到180°而被反弹回来。卢瑟福根据该实验现象提出了
原子核式结构模型：原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】了解卢瑟福核式结构模型提出的历史背景及其过程，知道α粒子散射实验现象及其结论。
2．（2 分）一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时（
）
A．速度相同，波长相同
B．速度不同，波长相同
C．速度相同，频率相同
D．速度不同，频率相同
【分析】光波属于电磁波，其频率由波源决定，从一种介质进入另介质，频率不变；
传播速度由介质决定；
波长由速度和频率共同决定，由λ=
分析波长的变化．
【解答】解：传播速度由介质决定，光在真空中传播速度最大，进入水中，速度减小；光波属于电磁波，其频率由
波源决定，所以一束单色光由空气进入水中，频率不变；由λ=
可知，频率不变，速度减小，则波长减小，故ABC
错误，D 正确。
故选：D。
【点评】解答此题的关键是知道频率、速度和波长的决定因素．知道λ=
适用于一切波．
3．（2 分）各种不同频率范围的电磁波按频率由大到小的排列顺序是（
）
A．γ射线、紫外线、可见光、红外线
B．γ射线、红外线、紫外线、可见光
C．紫外线、可见光、红外线、γ射线
D．红外线、可见光、紫外线、γ射线
【分析】依照波长的长短的不同，电磁波谱可大致分为：无线电波，微波，红外线，可见光，紫外线，伦琴射线，
γ射线，即可确定频率的大小关系．
【解答】解：波长越长、频率越小，比可见光频率小，按照波长逐渐变小，即频率逐渐变大的顺序，频率顺序由大
到小排列，电磁波谱可大致分为：γ射线，伦琴射线，紫外线，可见光，红外线，微波，无线电波，故A 正确，BCD
错误。
故选：A。
【点评】本题关键是明确无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ射线都是电磁波，同时要知道它们的波
长的大小关系和频率大小关系，以及知道各自的应用．此题属于基础题目，平时应多记、多积累．
4．（2 分）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中
的（
）
A．OA 方向
B．OB 方向
C．OC 方向
D．OD 方向
【分析】小球受重力和杆对小球的作用力，在两个力共同作用下沿水平向右的方向加速运动，加速度水平向右，合
力水平向右．
【解答】解：小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向右的方向加速运
动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律F=ma 可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿
图中的OD 方向，故ABC 错误，D 正确。
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故选：D。
【点评】根据牛顿第二定律F=ma 可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键．另外知道杆的弹力
不一定沿杆的方向．
5．（2 分）磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁（
）
A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动
【分析】当磁铁向上（下）运动时，穿过线圈的磁通量变小（大），原磁场方向向下，所以感应磁场方向向下（上），
根据右手螺旋定则判断感应电流的方向，然后与图中感应电流的方向比对即可；同理判断出磁铁向右运动或向左运
动的情况。
【解答】解：A、若磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右
手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，故可判断出产生了如图中箭头所示
的感应电流；同理，若磁铁向上运动，则感应电流的方向与图中感应电流的方向相反。故A 错误，B 正确；
C、若磁铁向右运动或向左运动，穿过线圈的磁通量变小，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向下，根据右手螺
旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，故可判断出产生的感应电流的方向与图
中感应电流的方向相反。故CD 错误。
故选：B。
【点评】该题考查楞次定律的应用，楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情
况，应用楞次定律常规的步骤进行判断即可。
6．（2 分）放射性元素A 经过2 次α衰变和1 次β衰变后生成一新元素B，则元素B 在元素周期表中的位置较元素A
的位置向前移动了（
）
A．1 位B．2 位C．3 位D．4 位
【分析】根据原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，质量数减小4；经过一次β衰变，电荷数增加1，质量数不变，
分析求解即可．
【解答】解：原子核经过一次α衰变，电荷数减小2，所以经过2 次α衰变后电荷数减小4；同时，经过一次β衰变，
电荷数增加1；所以元素A 经过2 次α衰变和1 次β衰变后电荷数减小3，则生成的新元素在元素周期表中的位置向
前移3 位，故C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】该题从一个比较特殊的角度考查对两种衰变的本质的理解，在解答中要根据α衰变与β衰变的实质，分析质
子数和中子数的变化即可．注意元素在元素周期表中的位置的变化与质子数的变化有关．
7．（2 分）在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空．若减
小风力，体验者在加速下落过程中（
）
A．失重且机械能增加B．失重且机械能减少
C．超重且机械能增加D．超重且机械能减少
【分析】超重和失重只与加速度的方向有关，与物体的运动方向无关．加速度向上，超重；加速度向下，失重；
物体只有重力或弹簧的弹力做功，机械能守恒，如果还有其它力做功，当其它力做功的代数和为零，机械能不变；
当其它力做功的代数和大于零，机械能增加；当其它力做功的代数和小于零，机械能减少．
【解答】解：体验者在风力作用下漂浮在半空，体验者的合力为零，如果减小风力，则重力大于风力，合力向下，
体验者向下做加速运动，加速度向下，处于失重状态；
体验者向下加速运动过程中，除了重力做功外，风力做负功，机械能减少。故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】解答此题的关键是知道超重和失重只与加速度的方向有关，与物体的运动方向无关．还要理解机械能守恒
定律适用的条件．
8．（2 分）如图，一束电子沿z 轴正向流动，则在图中y 轴上A 点的磁场方向是（
）
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A．+x 方向
B．﹣x 方向C．+y 方向
D．﹣y 方向
【分析】根据右手螺旋定则，右手握住导线，使拇指的方向与电流的方向相同，此时四指所指的方向就是在该点的
磁场方向．
【解答】解：电子流沿z 轴正方向运动，则电流是沿z 轴负方向，根据右手螺旋定则可知，电子流在A 点产生的磁
场的方向为x 轴正方向，所以A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】考查磁场方向的判断，注意右手定则与左手定则的区分及电子运动方向与电流方向的区别．
二.单项选择题（共24 分，每小题3 分．每小题只有一个正确选项．）
9．（3 分）在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则（
）
A．中间条纹间距较两侧更宽
B．不同色光形成的条纹完全重合
C．双缝间距离越大条纹间距离也越大
D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
【分析】根据△x=
λ可知条纹间距随波长的变化而变化，且相邻亮（或暗）条纹间距不变，并依据单缝衍射条纹
不相等，而双缝干涉条纹却是相等的，从而即可求解．
【解答】解：A、根据△x=
λ可知亮条纹之间的距离和暗条纹之间的距离相等，故A 错误。
B、根据△x=
λ可知条纹间距随波长的变化而变化，故B 错误。
C、根据△x=
λ可知，双缝间距离越大条纹间距离越小，故C 错误。
D、若把其中一缝挡住，出现单缝衍射现象，故仍出现明暗相间的条纹，故D 正确。
故选：D。
【点评】掌握了双缝干涉条纹的间距公式就能顺利解决此类题目，同时理解干涉与衍射条纹的区别．
10．（3 分）研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示。两块平行放置的金属板A、B 分别于电源的两极a、b
连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出。则（
）
A．a 为电源正极，到达A 板的为α射线
B．a 为电源正极，到达A 板的为β射线
C．a 为电源负极，到达A 板的为α射线
D．a 为电源负极，到达A 板的为β射线
【分析】α、β和γ三种射线中，α带正电、β带负电、γ不带电。由图知，向左的轨迹曲率半径小于向右的轨迹曲率半
径，说明向右为α射线。再根据带电粒子在电场中的偏转可判断电场方向。
【解答】解：β射线为高速电子流，质量约为质子质量的
，
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速度接近光速；α射线为氦核流，速度约为光速的
。
在同一电场中，β射线偏转的轨迹曲率半径小于α射线的曲率半径，
由图知，向左偏的为β射线，向右偏的为α射线，即到达A 板的为β射线；
因α粒子带正电，向右偏转，说明电场方向水平向右，那么a 为电源正极，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题要求学生能熟记放各种射线的性质，并能根据电场的性质区分射线的种类，注意在同一电场中，β射
线偏转的轨迹曲率半径小于α射线的曲率半径是解题的突破口。
11．（3 分）国际单位制中，不是电场强度的单位是（
）
A．N/C B．V/m C．J/C
D．T•m/s
【分析】物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分
析物理量的单位即可．
【解答】解：A、根据电场强度的定义式
可知，力的单位是N，电量的单位是C，所以电N/C 是场强度的单位；
B、根据电场强度的公式
可知，电势差的单位为V，距离的单位为m，所以V/m 是电场强度的单位；
C、根据电势差的公式
可知，功的单位为J，电量的单位为C，J/C 是电势差的单位，不是电场强度的单位；
D、根据公式F=qE 及F=qvB，E 的单位与Bv 的单位一样，故T•m/s 也是电场强度的单位；
本题选不是电场强度的单位的，故选：C
【点评】物理公式在确定物理量间的关系的时候同时也确定了单位之间的关系，根据不同的公式来确定单位之间的
关系．
12．（3 分）如图，粗细均匀的玻璃管A 和B 由一橡皮管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A 管内，初始时两
管水银面等高，B 管上方与大气相通．若固定A 管，将B 管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H，A 管内的水银面高
度相应变化h，则（
）
A．h=H B．h＜
C．h=
D．
＜h＜H
【分析】封闭气体是等温变化，根据玻意耳定律，气压变大，体积缩小．最终B 侧水银面比A 侧水银面低
【解答】解：封闭气体是等温变化，B 管沿竖直方向缓慢下移一小段距离H，压强变小，故气体体积要增大，但最
终平衡时，封闭气体的压强比大气压小，一定是B 侧水银面低，B 侧水银面下降的高度（H﹣h）大于A 侧水银面下
降的高度h，故有：H﹣h＞h，故
；
故选：B。
【点评】本题关键是明确平衡后右侧水银面比左侧低，然后列式求解，不难．
13．（3 分）电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（
）
A．电动势是一种非静电力
B．电动势越大，表明电源储存的电能越多
C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映
D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压
【分析】电动势等于非静电力把1C 的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，描述电源把其它形式的能量
转化为电能本领的物理量．
【解答】解：A、电动势在数值上等于非静电力把1C 的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，不是一种非
静电力，故A 错误。
BC、电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表
明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大，故B 错误，C 正确。
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D、电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，小于电源电
动势，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查对电动势的理解，要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，抓住电
动势的物理意义和闭合电路欧姆定律进行分析．
14．（3 分）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m 的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的
加速度是（
）
A．
m/s2
B．
m/s2
C．
m/s2
D．
m/s2
【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求
出物体的加速度。
【解答】解：第一段时间内的平均速度为：
，
第二段时间内的平均速度为：
，
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：△t=2+1s=3s，
则加速度为：a=
．选项ACD 错误，B 正确
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更
加简捷。
15．（3 分）如图，始终竖直向上的力F 作用在三角板A 端，使其绕B 点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一
小角度，力F 对B 点的力矩为M，则转动过程中（
）
A．M 减小，F 增大
B．M 减小，F 减小
C．M 增大，F 增大
D．M 增大，F 减小
【分析】根据力矩平衡知，拉力F 的力矩与重力G 力矩平衡，可以判断转动过程中力F 对B 点的力矩M 的变化情
况，根据拉力力臂的变化和重力力臂的变化判断拉力的变化．
【解答】解：三角板绕B 点缓慢顺时针转动一小角度，知拉力F 的力矩和重力的力矩平衡，转动一小角度后，如图
所示
设原来重心为O，旋转后重心O′，
令∠A′BC=
，∠O′BC=
，
根据几何关系有拉力F 的力臂：
重力G 的力臂：
根据力矩平衡有：
，其中G，O′B 为定值，缓慢转动
变大，所以拉力F 的力矩M 减小；
根据力矩平衡：
解得：
，转动过程中
均增大，始终
，G，OB，AB 为定值，
，
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=
=
是定值，
缓慢增加，
比值增加，所以缓慢转动过程中，F 增加；
综上可知：M 减小，F 增加；A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】本题考查了力矩的平衡，关键是画出示意图，确定力臂的大小，对力矩这部分内容常和力的平衡综合考查，
一定要熟悉基本概念．
16．（3 分）风速仪结构如图（a）所示．光源发出的光经光纤传输，被探测器接收，当风轮旋转时，通过齿轮带动
凸轮圆盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统时光被挡住．已知风轮叶片转动半径为r，每转动n 圈带动凸轮圆盘
转动一圈．若某段时间△t 内探测器接收到的光强随时间变化关系如图（b）所示，则该时间段内风轮叶片（
）
A．转速逐渐减小，平均速率为
B．转速逐渐减小，平均速率为
C．转速逐渐增大，平均速率为
D．转速逐渐增大，平均速率为
【分析】根据图b 可知，在△t 内，通过的光照的时间越来越长，且在△t 内挡了4 次光，据此求出周期，再求出风
轮叶片转动的周期，根据v=
求解平均线速度即可．
【解答】解：根据图b 可知，在△t 内，通过的光照的时间越来越长，则风轮叶片转动的越来越慢，即转速逐渐减
小，
在△t 内挡了4 次光，则
．根据风轮叶片每转动n 圈带动凸轮圆盘转动一圈可知：则风轮叶片转动的周期
T=
，
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则风轮叶片转动的平均速率
，故B 正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查了圆周运动线速度、周期、转速之间的关系，能读懂b 图是解题的关键，难度适中．
三.多项选择题（共16 分，每小题4 分．每小题有二个或者三个正确选项．全选对的，得4 分；选对但不全的，得
2 分；有选或不答的，得0 分．）
17．（4 分）某气体的摩尔质量为M，分子质量为m．若1 摩尔该气体的体积为Vm，密度为ρ，则该气体单位体积
分子数为（阿伏伽德罗常数为NA）（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】每摩尔物体含有NA 个分子数，所以分子的质量等于摩尔质量除以阿伏伽德罗常数．要求出单位体积内的
分子数，先求出单位体积的摩尔量，再用摩尔量乘以阿伏伽德罗常数．
【解答】解：1 摩尔该气体的体积为Vm，则单位体积分子数为n=
，
气体的摩尔质量为M，分子质量为m，则1mol 气体的分子数为NA=
，则单位体积分子数为n=
=
，
单位体积的质量等于单位体积乘以密度，质量除以摩尔质量等于摩尔数，所以单位体积所含的分子数n=
．故
D 错误，A、B、C 正确。
故选：ABC。
【点评】解决本题的关键掌握摩尔质量与分子质量的关系，知道质量除以摩尔质量等于摩尔数．
18．（4 分）如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合电建，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1
的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中（
）
A．U 先变大后变小
B．I 先变小后变大
C．U 与I 比值先变大后变小
D．U 变化量与I 变化量比值等于R3
【分析】电源内阻忽略不计，电压表测量电源电压，所以无论外电阻如何变化，电压表示数不变。滑动变阻器R1
的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，电阻先曾大后减小，由欧姆定律可判断电流表示数的变化和和U 与I 比值的变
化。
【解答】解：A、由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故A
错误；
BC、由图可知，在滑动变阻器R1 的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器R1 的电阻先增大后减小，由于电
压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U 与I 的比值就是接入电路的R1 的电阻与R2 的电
阻的和，所以U 与I 比值先变大后变小，故C 正确；
D、由于电压表示数没有变化，所以U 变化量与I 变化量比值等于0，故D 错误；
故选：BC。
【点评】考查闭合电路欧姆定律与部分电路欧姆定律的应用，掌握闭合电路的动态分析，知道电阻的串并联阻值，
注意本题已说明电源内阻忽略不计，学生容易忽略该条件，从而导致错误。
19．（4 分）如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，乙图中箭头所示方向为其正方向．螺线管与导线框
abcd 相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B 随时间按图（b）
所示规律变化时（
）
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A．在t1～t2 时间内，L 有收缩趋势
B．在t2～t3 时间内，L 有扩张趋势
C．在t2～t3 时间内，L 内有逆时针方向的感应电流
D．在t3～t4 时间内，L 内有顺时针方向的感应电流
【分析】根据B﹣t 图线斜率的变化，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得出感应电流的变化，根
据楞次定律判断出感应电流的方向，再根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁通量的变化，进而
即可求解．
【解答】解：A、在t1﹣t2 时间内，穿过圆环的磁通量向上不是均匀增大，由愣次定律可以确定L 必须减小面积以
达到阻碍磁通量的增大，故有收缩的趋势；故A 正确。
BC、在t2﹣t3 时间内，穿过圆环的磁通量向上均匀减小，之后是向下均匀增大的，由法拉第电磁感应定律可知，L
中磁通量不变，则L 中没有感应电流，因此没有变化的趋势。故BC 错误；
D、在t3﹣t4 时间内，向下的磁通量减小，根据楞次定律，在线圈中的电流方向c 到b，根据右手螺旋定则，穿过圆
环L 的磁通量向外减小，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故D 正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系．
20．（4 分）甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N 两点沿x 轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同；某时
刻的图象如图所示。则（
）
A．甲乙两波的起振方向相反
B．甲乙两波的频率之比为3：2
C．再经过3s，平衡位置在x=7m 出的质点振动方向向下
D．再经过3s，两波源间（不含波源）有5 个质点位移为零
【分析】根据上下坡法判断甲乙两波的起振方向，根据波长关系，结合波速相等，求出甲乙两波的频率之比，根据
3s 内两波传播的距离，通过波的叠加分析x=7m 处质点的振动方向以及合位移为零的位置。
【解答】解：A、根据上下坡法知，甲波的起振方向向下，乙波的起振方向向上，可知甲乙两波的起振方向相反，
故A 正确。
B、两列波的波速相同，甲波的波长为4m，乙波的波长为6m，则两列波的波长之比为2：3，根据f=
知，频率
之比为3：2，故B 正确。
C、再经过3s，甲乙两波传播的距离x=2×3m=6m，即波谷到达x=7m 处，乙波是平衡位置与波峰之间某一振动到
达x=7m 处，根据叠加知，该质点向上振动，故C 错误；
D、根据波的叠加知，此时除了波源还有x=9m 处、x=6﹣7m 处、x=6m 处、x=5﹣6m 处、x=2﹣3m 处质点位移为零，
故D 正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了波长、波速、频率之间的关系以及波的叠加，会根据波的传播方向判断振动方向，知道质点的
实际位移等于两列波单独传播时引起位移的矢量和。
四.填空题（共20 分，每小题4 分．）本大题中第22 题为分叉题，分A、B 两类，考生可任选一类答题．若两类试
题均做，一律按A 类题积分．
21．（4 分）形象描述磁场分布的曲线叫做
磁感线
，通常
磁感应强度
的大小也叫做磁通量密度．
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【分析】磁感线是为了形象的描述磁场引入的，是假象的，磁感线的疏密表示强弱，切线方向表示磁场方向．
【解答】解：磁感线可以形象地描述磁场的分布．形象描述磁场分布的曲线叫做磁感线，通常磁感应强度的大小也
叫做磁通量密度．
故答案为：磁感线；磁感应强度．
【点评】本题考查了磁感线的特点，还要知道磁感线实际不存在，与电场线对应知记忆．
A、B 选做一题。A 题
22．（4 分）如图，粗糙水平面上，两物体A、B 以轻绳相连，在恒力F 作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，A 在
F 牵引下继续前进，B 最后静止。则在B 静止前，A 和B 组成的系统动量
守恒
（选填：“守恒”或“不守恒”）。在
B 静止后，A 和B 组成的系统动量
不守恒
（选填：“守恒”或“不守恒”）。
【分析】动量守恒定律适用的条件：系统的合外力为零。或者某个方向上的合外力为零，则那个方向上动量守恒。
两木块原来做匀速直线运动，合力为零，某时刻剪断细线，在A 停止运动以前，系统的合力仍为零，系统动量守恒；
在B 静止后，系统合力不为零，A 和B 组成的系统动量不守恒。
【解答】解：剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB 为系统，绳子受到的力属于系统的内
力，系统所受合力为零；剪断细线后，在A 停止运动以前，摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统
的总动量守恒；
B 静止后，B 的合力为0，A 木块的拉力大于摩擦力，A 和B 组成的系统合力不为0，所以系统动量不守恒。
故答案为：守恒；不守恒。
【点评】本题是脱钩问题，尽管两个没有发生相互作用，但系统的合力为零，系统的总动量也守恒。注意动量守恒
定律适用的条件。
B 题
23．两颗卫星绕地球运行的周期之比为27：1，则它们的角速度之比为
1：27
，轨道半径之比为
9：1
．
【分析】要求轨道半径之比和角速度之比，由于已知运动周期之比，故可以利用万有引力提供向心力来求解．
【解答】解：行星在绕恒星做圆周运动时恒星对行星的引力提供圆周运动的向心力，故有：
=m
r
解得：r=
已知两颗卫星绕地球运行的周期之比为27：1，
故则它们的轨道半径的比为9：1
卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：
=mω2r
解得：ω=
，
已知它们的轨道半径之比为9：1，所以角速度之比为：ω1：ω2=1：27．
故答案为：1：27，9：1
【点评】一个天体绕中心天体做圆周运动时万有引力提供向心力，灵活的选择向心力的表达式是我们顺利解决此类
题目的基础．我们要按照不同的要求选择不同的公式来进行求解
24．（4 分）如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是位于竖直平面内以O 为圆心的一段圆弧，OA 与竖直
方向的夹角为α．一小球以速度v0 从桌面边缘P 水平抛出，恰好从A 点沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从P 到A
的运动时间为
；直线PA 与竖直方向的夹角β=
arctan（2cotα）
。
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【分析】从图中可以看出，在A 点时速度与水平方向的夹角为α，从P 点到A 点的过程中，位移与竖直方向的夹角
为β．利用平抛运动的知识可求出位移偏角的正切值大小。
【解答】解：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。速度与水平方向的夹角为α，
有：
tanα=
。
解得：t=
小球在由P 到A 的过程中，位移与竖直方向的夹角为β，则有：
tanβ=
=
=
=2cotα，
直线PA 与竖直方向的夹角为：
β=arctan（2cotα）
故选：
；arctan（2cotα）。
【点评】解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由
落体运动。以及知道速度与水平方向夹角的正切值是同一位置位移与水平方向夹角的正切值的两倍。
25．（4 分）如图，质量为m 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，处于静止状态．施加一水平向右的匀强电场后，
A 向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A 受到的电场力大小为
mg
．在改变电场强度的大小和方向后，小
球A 的平衡位置在α=60°处，然后再将A 的质量改变为2m，其新的平衡位置在α=30°处，A 受到的电场力大小为
mg
．
【分析】选取摆动最大角度60°，根据动能定理，结合拉力不做功，即可求解；
根据平衡条件，依据正弦定理，列出方程组，即可求解．
【解答】解：带电小球A，受到电场力向右摆动的最大角度为60°，末速度为零，
此过程中电场力F 对小球做正功，重力G 做负功，细线拉力T 不做功，
根据动能定理，则有：Flsinα﹣mgl（1﹣cosα）=0，
解得：F=
mg
改变电场强度的大小和方向后，平衡在α=60°处时，设电场力与竖直方向的夹角为γ，
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根据正弦定理，则有：
；
而在新的平衡位置在α=30°处，根据正弦定理，则有：
；
解得：F=mg；
故答案为：
mg；mg．
【点评】考查动能定理的应用，掌握正弦定理的内容，理解平衡条件及矢量合成法则的运用．
26．（4 分）地面上物体在变力F 作用下由静止开始竖直向上运动，力F 随高度x 的变化关系如图所示，物体能上升
的最大高为h，h＜H．当物体加速度最大时其高度为
0 或h
，加速度的最大值为
．
【分析】因外力在均匀地减小，所以利用对称性结合物体的运动特点可知何时物体的加速度最大；
先利用几何关系求得在物体最大高度的过程中的外力的平均值，在该过程中，外力的功等于克服重力所做的功，由
此先表示出物体的质量，再利用牛顿第二定律列式，即可解得加速度的最大值．
【解答】解：因作用在物体上的力F 均匀地减小，所以加速度是先减小至零时在反向增加，开始时与到达最高点时
速度都为零，根据对称性可知开始时和高度最大时，具有相同的加速度，且为最大，所以当物体加速度最大时其高
度为0 或h．
因变力F 在均匀地变化，由图中的几何关系可知该过程中的平均作用力为：=
=
…①
所以在物体能上升到最大高h 的过程中，由功能关系有：
…②
①②两式联立的：m=
…③
在开始时，由牛顿第二定律有：F0﹣mg=ma…④
联立③④两式解得：a=
故答案为：0 或h，
【点评】该题虽然是一道填空题，但是有一定的难度，首先要求学生要一定的分析能力，会用平均的思想来思考解
答问题．同时要注意运动过程的对称性，结合数学知识进行相关的计算．再者就是会用平均的思想来分析力做功的
问题．
五.实验题（共24 分）
27．（3 分）在“用DIS 研究机械能守恒定律”的实验中，用到的传感器是
光电门
传感器．若摆锤直径的测量值大
于其真实值会造成摆锤动能的测量值偏
大
．（选填：“大”或“小”）．
【分析】在“用DIS 研究机械能守恒定律”的实验中，摆锤的速度通过光电门进行测量，速度等于小球直径d 与挡光
时间的比值．
【解答】解：实验中用DIS 测出的应为小球在各点时的动能，故应用到光电门传感器，而小球充当档光片的作用；
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由于小球直径较小，所以可以把小球通过光电门的平均速度当作摆锤的瞬时速度．即摆球的速度等于小球直径d 与
挡光时间的比值，为：v=
．若摆锤直径的测量值大于其真实值，那么导致计算出来的摆锤的瞬时速度偏大，则
摆锤动能的测量值也偏大．
故答案为：光电门；大．
【点评】本题比较新颖，要注意结合实验的原理进行分析，从而找出符合该实验的原理，注意借助平均速度来求解
瞬时速度．
28．（6 分）在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中
（1）（多选题）用多用电测电流或电阻的过程中正确的是
AD
（A）在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零
（B）在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零
（C）在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测
（D）在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测
（2）测量时多用电表指针指在如图所示位置．若选择开关处于“10V”挡，其读数为
5.4
V；若选择开关处于“×
10”挡，其读数
小于
200Ω（选填：“大于”，“等于”或“小于”）．
【分析】该题考查了多用电表的使用，在了解多用电表的欧姆档的原理的情况下，可以对（1）的AC 两选项进行判
断；通过电流变的工作原来可以得知选项BD 的正误．
对于电压档的读数，首先通过量程，结合最小刻度的数量，得知最小刻度值，即可读出所测的电压的数值；根据欧
姆表刻度的不均匀的特征，可知图示位置的读数要小于200Ω．
【解答】解：（1）、在测量电阻时，更换倍率后，欧姆表的内部电阻发生了变化，欧姆档的零刻度在最右边，也就
是电流满偏，所以必须重新进行调零，选项A 正确．
B、在测量电流时，根据电流表的原理，电流的零刻度在左边，更换量程后不需要调零．
C、在测量未知电阻时，若先选择倍率最大挡进行试测，当被测电阻较小时，电流有可能过大，所以应从倍率较小
的挡进行测试，若指针偏角过小，在换用倍率较大的挡，选项C 错误．
D、在测量未知电流时，为了电流表的安全，必须先选择电流最大量程进行试测，若指针偏角过小，在换用较小的
量程进行测量，选项D 正确．
（2）、选择开关处于“10V”挡，最小分度值为0.2v，所以此时的读数为5.4v．
因多用电表的欧姆档的刻度分布不是均匀的，越向左，刻度越密集，所以10 至30 的中间数值一定小于20，若选
择开关处于“×10”挡，由图可知其读数小于200Ω
故答案为：（1）A，D；（2）5.4，小于
【点评】该题考查到了多用电表的工作原理，要明确多用电表的工作原理，对于电流档时利用了定值电阻的分流，
电压档是利用了定值电阻的分压，要知道直流电流档和直流电压档的刻度是均匀的．要注意电流档和电压档的读数
方法：
精确度为1（如：0.01、0.1、1、10）等，最终读数在精确度的下一位
精确度为2（如：0.02、0.2、2、20）等，最终读数与精确度在同一位
精确度为5（如：0.05、0.5、5、50）等，最终读数与精确度在同一位
欧姆表的使用步骤：
①机械调0（左侧0）：用螺丝刀进行机械调0（左侧0）．
②选挡：测电阻时选择合适的倍率．以使指针指在中央
刻度范围，可用比估计值低1 个数量级的倍率，如估计值
为200Ω就应该选×10 的倍率．
③电阻调0（右侧0）：用（电阻）调0 旋钮进行调0（表笔直接接触，指针指右侧0 刻度）．
④测量：将红黑表笔接被测电阻两端进行测量．
⑤读数：将指针示数乘以倍率得测量值．
⑥将选择开关调至off 档或交流电压最高档位置．
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欧姆表的使用注意事项：
（1）待测电阻要跟别的元件和电源断开．
（2）倍率应使指针指在中间位置附近．
（3）换挡要重新电阻调零．
（4）读数=表针示数×倍数．
29．（7 分）“用DIS 描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图所示．
（1）（单选题）该实验描绘的是
B
．
（A）两个等量同种电荷周围的等势线
（B）两个等量异种电荷周围的等势线
（C）两个不等量同种电荷周围的等势线
（D）两个不等量异种电荷周围的等势线
（2）（单选题）实验操作时，需在平整的木板上依次铺放
D
．
（A）导电纸、复写纸、白纸
（B）白纸、导电纸、复写纸
（C）导电纸、白纸、复写纸
（D）白纸、复写纸、导电纸
（3）若电压传感器的红、黑探针分别接触图中d、f 两点（f、d 连线与A、B 连线垂直）时，示数小于零．为使示
数为零，应保持红色探针与d 点接触，而将黑色探针
向右
（选填：“向左”或“向右”）移动．
【分析】（1）“用DIS 描绘电场等势线”的实验原理是用恒定电流场模拟静电场．
（2）等势线描绘在白纸上，在木板上依次铺放白纸、复写纸、导电纸；放置导电纸时有导电物质的一面应向上．
（3）明确两点状电极所形成的电场线分布以及等势面的特点，再根据指针的偏转可明确两点电势的大小，从而明
确探针的移动方向．
【解答】解：（1）该实验是利用两电极间的电流来模拟两个等量异种电荷周围的等势线的分布情况；故B 正确；
（2）本实验的原理是用恒定电流场模拟静电场，在导电纸上寻找等势点，作出等势线，所以导电纸应铺在最上面，
白纸在最下面；且导电纸有导电物质的一面要朝上，中间放复写纸；故D 正确．
（3）示数小于零，则电流是从黑表笔流进，是从红表笔流出的；根据两等量异号电荷的电场线和等势面的特点可
知，d 点的电势低于f 点的电势，所以为使两点的电势相等，应将接f 的黑表笔向右移动．
故答案为：（1）B
（2）D
（3）向右
【点评】本题考查采用等效电流场模拟电场线的实验，注意实验中采用了两电极在纸面上形成的稳定的直流电流；
同时明确如何找出等电势点；并且要注意掌握实验的基本步骤和方法．
30．
（8 分）某同学制作了一个结构如图（a）所示的温度计．一端封闭的轻质细管可绕封闭端O 自由转动，管长0.5m．将
一量程足够大的力传感器调零，细管的开口端通过细线挂于力传感器挂钩上，使细管保持水平、细线沿竖直方向．在
气体温度为270K 时，用一段水银将长度为0.3m 的气柱封闭在管内．实验时改变气体温度，测得封闭气柱长度l 和
力传感器读数F 之间的关系如图（b）所示（实验中大气压强不变）．
（1）管内水银柱长度为
0.1m
m，为保证水银不溢出，该温度计能测得的最高温度为
360
K．
（2）若气柱初始长度大于0.3m，该温度计能测量的最高温度将
减小
（选填：“增大”，“不变”或“减小”）．
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（3）若实验中大气压强略有升高，则用该温度计测出的温度将
偏低
（选填：“偏高”，“不变”或“偏低”）．
【分析】（1）由图读出l=0.31m 和0.35m 时F 对应的值．以O 点为支点，对两种情况，分别根据力矩平衡条件列式，
可求得水银柱长度．当水银柱移动管口时温度计测得的温度最高．由于气体发生等压变化，根据盖•吕萨克定律求
温度计能测得的最高温度．
（2）根据盖•吕萨克定律分析温度计能测量的最高温度如何变化．
（3）根据大气压强的变化，分析气柱移动距离的变化，判断测出的温度如何变化．
【解答】解：（1）设管内水银柱长度为l，管子长度为L，水银柱的重力为G．
由图知：气柱长度为l1=0.31m 时，力传感器读数F1=0.36N；气柱长度为l2=0.35m 时，力传感器读数F2=0.40N
以O 点为支点，根据力矩平衡得：
G（l1+
）=F1L
G（l2+
）=F2L
两式相除得：
=
代入解得l=0.1m
所以水银不溢出时，气柱最大长度为Lm=L﹣l=0.5m﹣0.1m=0.4m
设该温度计能测得的最高温度为Tm．根据盖•吕萨克定律得：
=
可得Tm=
=
K=360K
（2）若气柱初始长度大于0.3m，由Tm=
知，Lm 和T1 均不变，当L1 增大时，可得Tm 减小．即温度计能测量
的最高温度将减小．
（3）若实验中大气压强略有升高，封闭气体的压强略增大，由气态方程
=c，当气体温度升高气柱向右移动的距
离将小于大气压不变时移动的距离，可知，测得的温度将偏低．
故答案为：（1）0.1；360．（2）减小．（3）偏低．
【点评】解决本题的关键要理解实验原理，知道管子相对于杠杆，O 为支点．要明确气体发生的等压变化，运用盖
•吕萨克定律分析实验的误差．
六、计算题（共50 分）
31．（10 分）如图，两端封闭的直玻璃管竖直放置，一段水银将管内气体分隔为上下两部分A 和B，上下两部分气
体初始温度相等，且体积VA＞VB．
（1）若A、B 两部分气体同时升高相同的温度，水银柱将如何移动？
某同学解答如下：
设两部分气体压强不变，由
，…，△V=
V，…，所以水银柱将向下移动．
上述解答是否正确？若正确，请写出完整的解答；若不正确，请说明理由并给出正确的解答．
（2）在上下两部分气体升高相同温度的过程中，水银柱位置发生变化，最后稳定在新的平衡位置，A、B 两部分气
体始末状态压强的变化量分别为△pA 和△pB，分析并比较二者的大小关系．
【分析】（1）分别以两部分气体为研究对象，明确水银柱移动的原因是因为压强变化，不是因为体积的变化；故应
设体积不变，根据查理定律进行分析；
（2）根据平衡条件分别对改变温度前后两部分气体间的压强关系列式，联立即可比较压强的变化量．
【解答】解：
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（1）不正确．
水银柱移动的原因是升温后，由于压强变化造成受力平衡被破坏，因此应该假设气体体积不变，由压强变化判断移
动方向．
正确解法：设升温后上下部分气体体积不变，则由查理定律可得
△P=P′﹣P=
因为△T＞0，pA＜pB，可知△PA＜△PB，所示水银柱向上移动．
（2）升温前有PB=PA+Ph（ph 为汞柱压强）
升温后同样有PB′=PA′+Ph
两式相减可得△PA=△PB
答：（1）不正确，水银柱向上移动；
（2）△pA 和△pB 相同．
【点评】本题考理想气体的实验定律的正确应用以及气体压强的计算方法，要注意明确液柱的移动是因为压强变化
而破坏平衡引起的；从而正确选择实验定律求解．
32．（12 分）风洞是研究空气动力学的实验设备．如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m 处，杆上
套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左．小球以速度v0=8m/s 向右
离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2．求：
（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；
（2）小球落地时的动能．
（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？
【分析】（1）小球离开杆后在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动；根据自由落体运动规律可求
得时间；根据水平方向的匀变速直线运动规律可求得水平位移；
（2）对小球下落全过程由动能定理列式可求得落地时的动能；
（3）设达到78J 用时为t，根据运动学公式求出其竖直分位移和水平分位移；再对下落过程由动能定理列式，根据
数学规律可求得速度为78J 所用的时间．
【解答】解：
（1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为
t=
=
=0.8s；
小球在水平方向做匀减速运动，加速度
a=
=
=5m/s2；
则水平位移s=v0t﹣
at2=8×0.8﹣
=4.8m
（2）由动能定理
EK﹣
mv02=mgH﹣Fx
解得：Ek=120J
（3）小球离开杆后经过时间t 的水平位移
x=v0t﹣
at2
竖直分位移h=
gt2；
由动能定理EK﹣
mv02=mg×
gt2﹣Fx
将EK=78J 和v0=8m/s 代入得
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187.5t2﹣80t+18=0
解得t1=0.4s，t2=0.24s
答：（1）小球落地所需时间为0.8s；离开杆端的水平距离为4.8m；
（2）小球落地时的动能为120J；
（3）小球离开杆端后经过0.4s 和0.24s 时间动能均为78J．
【点评】本题考查动能定理以及运动的合成和分解规律，难点在于第三问中的数学规律的应用，要注意体会物理对
于数学知识应用的考查，在学习中要注意体会并加强该方面的训练．
33．
（14 分）如图（a），长度L=0.8m 的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=1.8×10
﹣7C；一质量m=0.02kg，
带电量为q 的小球B 套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方
向建立坐标系．点电荷A 对小球B 的作用力随B 位置x 的变化关系如图（b）中曲线I 所示，小球B 所受水平方向
的合力随B 位置x 的变化关系如图（b）中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16≤x≤0.20 和x≥0.40 范围可近似看作直
线．求：（静电力常量k=9×109N•m/C2）
（1）小球B 所带电量q；
（2）非均匀外电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m 与x=0.6m 之间的电势差U．
（4）已知小球在x=0.2m 处获得v=0.4m/s 的初速度时，最远可以运动到x=0.4m．若小球在x=0.16m 处受到方向向
右，大小为0.04N 的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s 是多少？
【分析】（1）根据库仑定律可求小球B 所带电量；
（2）根据电场强度的定义可求非均匀外电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小；
（3）在合电场中，根据电场力做功求x=0.4m 与x=0.6m 之间的电势差；
（4）分别求出各段电场力做的功，再由动能定理求恒力作用的最小距离．
【解答】解：（1）由图可知，当x=0.3m 时，F1=k
=0.018N
因此：q=
=1×10
﹣6 C
（2）设在x=0.3m 处点电荷与小球间作用力为F2，则：F 合=F2+qE
因此：E=
=
N/C=﹣3×104N/C
电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C，方向水平向左．
（3）根据图象可知在x=0.4m 与x=0.6m 之间合力做功
W 合=﹣0.004×0.2=﹣8×10
﹣4J
由qU=W 合可得：U=
=﹣800V
（4）由图可知小球从x=0.16m 到x=0.2m 处
电场力做功W1=
=6×10
﹣4J
小球从x=0.2m 到x=0.4m 处，电场力做功W2=﹣
mv2=﹣1.6×10
﹣3 J
由图可知小球从x=0.4m 到x=0.8m 处，电场力做功W3=﹣0.004×0.4=﹣1.6×10
﹣3 J
由动能定理可得：W1+W2+W3+F 外s=0
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解得：s=
=0.065m
答：（1）小球B 所带电量为1×10
﹣6 C；
（2）非均匀外电场在x=0.3m 处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N/C；
（3）在合电场中，x=0.4m 与x=0.6m 之间的电势差为﹣800V；
（4）恒力作用的最小距离s 是0.065m．
【点评】解答此题的关键是从图象中获得信息，求各区间电场力做的功．正确理解库仑定律和电场力做功，尤其是
运用动能定理时要注意正功和负功．
34．（14 分）如图，一关于y 轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B 的匀强磁场与平面垂直．一足够长，
质量为m 的直导体棒沿x 轴方向置于轨道上，在外力F 作用下从原点由静止开始沿y 轴正方向做加速度为a 的匀速
加速直线运动，运动时棒与x 轴始终平行．棒单位长度的电阻ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功
率随棒位置的变化规律为P=ky
（SI）．求：
（1）导体轨道的轨道方程y=f（x）；
（2）棒在运动过程中受到的安培力Fm 随y 的变化关系；
（3）棒从y=0 运动到y=L 过程中外力F 的功．
【分析】（1）求出安培力的功率及题给表达式，匀变速运动的速度位移关系，电阻关系式联立而得到轨道方程
（2）将安培力表示出来，联立轨道方程即可求解
（3）根据动能定理求外力F 做功
【解答】解：（1）设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±x，y），安培力的功率为：
棒做匀加速运动，有：
R=2ρx
代入前式得：
轨道形式为抛物线．
（2）安培力为：
以轨道方程代入得：
（3）由动能定理有：
y=L 时
安培力平均值
安培力做功
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安培力做功为：
棒在y=L 处动能为：Ek=
外力F 做功为：
答：（1）导体轨道的轨道方程
（2）棒在运动过程中受到的安培力Fm 随y 的变化关系
；
（3）棒从y=0 运动到y=L 过程中外力F 的功
．
【点评】本题是电磁感应与力学和能量知识的综合，一要掌握力学的基本运动规律和动能定理，二要熟练运用电磁
感应的规律，如法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式进行综合解题．
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2016 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）
一、选择题：本大题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项是符合题目要求，
第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分．有选错的得0 分．
1．（6 分）质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T
表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中（
）
A．F 逐渐变大，T 逐渐变大
B．F 逐渐变大，T 逐渐变小
C．F 逐渐变小，T 逐渐变大
D．F 逐渐变小，T 逐渐变小
2．（6 分）如图，P 为固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动．运动轨迹与两
圆在同一平面内，a、b、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a、b、c 点的加速度大小分别为aa、
ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则（
）
A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞va
C．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb
3．（6 分）小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球
的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，（
）
A．P 球的速度一定大于Q 球的速度
B．P 球的动能一定小于Q 球的动能
C．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力
D．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度
4．（6 分）阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S 断开且电流稳定
时，C 所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q2．Q1 与Q2 的比值为（
）
A．
B．
C．
D．
5．（6 分）一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直
径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，
射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未
与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（
）
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A．
B．
C．
D．
6．（6 分）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运
动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则（
）
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
7．（6 分）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q 分别于圆盘的边缘和
铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中，圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是（
）
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2 倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2 倍
8．（6 分）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静
止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜
．在
小球从M 点运动到N 点的过程中（
）
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N 点时的动能等于其在M、N 两点的重力势能差
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题～第12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13 题～第
18 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（6 分）某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹
簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离，
由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
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（1）实验中涉及到下列操作步骤：
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是
（填入代表步骤的序号）。
（2）图（b）中M 和L 纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电的频
率为50Hz．由M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为
m/s．比较两纸
带可知，
（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。
10．（9 分）某同学利用图（a）所示电路测量量程为2.5V 的电压表
的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材
有：电阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），直流电源
E（电动势3V）。开关1 个，导线若干。
实验步骤如下：
①按电路原理图（a）连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器使电压表满偏；
④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。
回答下列问题：
（1）实验中应选择滑动变阻器
（填“R1”或“R2”）。
（2）根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线。
（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表
的内阻为
Ω（结果保留到个位）。
（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为
（填正确答案标号）。
A.100μA
B.250μA
C.500μA
D.1mA。
11．（12 分）如图，水平面（纸面）内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l 的金属杆置于导
轨上，t=0 时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0 时刻，金属杆进入磁感应强度
大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，
两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g．求：
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
（2）电阻的阻值．
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12．（20 分）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧
被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长
度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间
的动摩擦因数μ=0.5．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．
（1）若P 的质量为m，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点间的距离；
（2）若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量mp 的取值范围．
三、选考题：共45 分．请考生从给出的物理题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]
13．（5 分）一定量的理想气体从状态a 开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da 回到原状态，其P﹣T 图象如图
所示，其中对角线ac 的延长线过原点O．下列判断正确的是（
）
A．气体在a、c 两状态的体积相等
B．气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能
C．在过程cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功
14．（10 分）一氧气瓶的容积为0.08m3，开始时瓶中氧气的压强为20 个大气压．某实验室每天消耗1 个大气压的
氧气0.36m3．当氧气瓶中的压强降低到2 个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气
前可供该实验室使用多少天．
[物理--选修3-4]
15．关于电磁波，下列说法正确的是（
）
A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直
D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失
16．一列简谐横波在介质中沿x 轴正向传播，波长不小于10cm．O 和A 是介质中平衡位置分别位于x=0 和x=5cm
处的两个质点．t=0 时开始观测，此时质点O 的位移为y=4cm，质点A 处于波峰位置：t=
s 时，质点O 第一次回
到平衡位置，t=1s 时，质点A 第一次回到平衡位置．求
（i）简谐波的周期、波速和波长；
（ii）质点O 的位移随时间变化的关系式．
[物理--选修3-5]
17．在下列描述的核过程的方程中，属于α衰变的是
，属于β衰变的是
，属于裂变的是
，属
于聚变的是
．（填正确答案的标号）
A.
C→
N+
e
B.
P→
S+
e
C.
U→
Th+
He
D.
N+
He→
O+
H
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E.
U+
n→
Xe+
Sr+2
n
F.
H+
H→
He+
n．
18．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰
面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大
高度为h=0.3m（h 小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑
板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。
（i）求斜面体的质量；
（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
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2016 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项是符合题目要求，
第6～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分．有选错的得0 分．
1．（6 分）质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T
表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中（
）
A．F 逐渐变大，T 逐渐变大
B．F 逐渐变大，T 逐渐变小
C．F 逐渐变小，T 逐渐变大
D．F 逐渐变小，T 逐渐变小
【分析】本题关键是抓住悬挂物B 的重力不变，即OB 段绳中张力恒定，O 点缓慢移动时，点O 始终处于平衡状态，
根据平衡条件列式求解各力变化情况．
【解答】解：以结点O 为研究对象受力分析如下图所示：
由题意知点O 缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：
绳OB 的张力TB=mg
根据平衡条件可知：
Tcosθ﹣TB=0
Tsinθ﹣F=0
由此两式可得：
F=TBtanθ=mgtanθ
T=
在结点为O 被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：
F 和T 均变大，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】掌握共点力平衡条件是正确解决本题的关键，本题中注意对缓慢拉动所隐含的在拉动过程中物体始终处于
平衡状态条件的挖掘．
2．（6 分）如图，P 为固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动．运动轨迹与两
圆在同一平面内，a、b、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a、b、c 点的加速度大小分别为aa、
ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则（
）
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A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞va
C．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb
【分析】根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向，即可判断库仑力是引力还是斥力；电场线密的地方电场的强度大，电
场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，速度增大，电场力做负功，速度减小，根据这些知识进行分析即可．
【解答】解：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，粒子受到的电场力越大，带电粒子的
加速度越大，所以ab＞ac＞aa，
根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，离电荷最近的位置，电场力对粒子做的负
功越多，粒子的速度越小，所以va＞vc＞vb，所以D 正确，ABC 错误；
故选：D。
【点评】本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，
即可解决本题．属于基础题目．
3．（6 分）小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球
的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，（
）
A．P 球的速度一定大于Q 球的速度
B．P 球的动能一定小于Q 球的动能
C．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力
D．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度
【分析】从静止释放至最低点，由机械能守恒列式，可知最低点的速度、动能；在最低点由牛顿第二定律可得绳子
的拉力和向心加速度。
【解答】解：AB．从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=
mv2，解得：v=
在最低点的速度只与半径有关，可知vP＜vQ；动能与质量和半径有关，由于P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P
球的绳比悬挂Q 球的绳短，所以不能比较动能的大小。故AB 错误；
CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F﹣mg=m
，解得，F=mg+m
=3mg，a 向=
，
所以P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力，向心加速度两者相等。故C 正确，D 错误。
故选：C。
【点评】再求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，
全面的分析才能正确的解题。
4．（6 分）阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S 断开且电流稳定
时，C 所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q2．Q1 与Q2 的比值为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】开关S 断开和闭合时，利用闭合电路欧姆定律，分别求电容的电压，再由C=
可得电量之比．
【解答】解：
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当开关S 断开时，电路总阻值：R 总=R+
=
，则干路电流I=
，电容的电压U1=
=
；
当开关S 闭合时，电路总阻值：R 总=R+
=
，则干路电流I=
，电容的电压U2=E﹣IR=
；
由C=
可得：
=
，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】解题的关键是清楚开关断开与闭合时电路的结构，并能应用闭合电路欧姆定律求电容的电压．
5．（6 分）一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直
径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，
射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未
与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】由题，粒子不经碰撞而直接从N 孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的圆心角，根
据圆筒转动时间和粒子匀速圆周运动时间相等即可．
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，
根据几何关系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，∠MO′A=30°
即轨迹圆弧所对的圆心角为30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
粒子在磁场中匀速圆周运动的时间
圆筒转动90°所用时间
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粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t=t′
解得：
，A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】本题考查了带点粒子在匀强磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、应用牛顿第二定律、数学知识即可正
确解题；根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键．
6．（6 分）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运
动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则（
）
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【分析】设出小球的密度，写出质量的表达式，再结合题目的条件写出阻力的表达式，最后结合牛顿第二定律写出
加速度的表达式．
根据物体的加速度的关系结合运动学的公式判断运动的时间以及末速度；根据功的公式判断克服阻力做的功．
【解答】解：设小球的密度为ρ，半径为r，则小球的质量为：m=
重力：G=mg=
小球的加速度：a=
可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大。所以甲的加速度比较大。
A、两个小球下降的距离是相等的，根据：x=
可知，加速度比较大的甲运动的时间短。故A 错误；
B、根据：2ax=
可知，加速度比较大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小。故B 正确；
C、小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大。所以甲的加速度比较大。故C 错误；
D、由题可知，它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，即：f=kr，所以甲的阻力大，根据W=FS 可知，甲球克服
阻力做的功大于乙球克服阻力做的功。故D 正确。
故选：BD。
【点评】该题结合新信息考查牛顿第二定律的应用，解答的关键是根据质量关系判断出半径关系，然后正确应用“它
们运动时受到的阻力与球的半径成正比”进行解答．
7．（6 分）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q 分别于圆盘的边缘和
铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中，圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是（
）
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2 倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2 倍
【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式分析
电动势情况，由欧姆定律分析电流情况．根据右手定则分析感应电流方向，根据
分析电流在R 上的热功率
变化情况
【解答】解：AB、铜盘转动产生的感应电动势为：
，B、L、ω不变，E 不变，电流大小恒定不变，由右
手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a 到b 的方向流动，
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故AB 正确；
C、若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C 错误；
D、若圆盘转动的角速度变为原来的2 倍，回路电流变为原来2 倍，根据
电流在R 上的热功率也变为原来的
4 倍，故D 错误；
故选：AB。
【点评】本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理．根据右手定则判断感应电流的方向，需要熟练掌握．
8．（6 分）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静
止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜
．在
小球从M 点运动到N 点的过程中（
）
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N 点时的动能等于其在M、N 两点的重力势能差
【分析】弹力为0 时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且弹力功率为0．因M，N 弹力大小相等则弹性势能
相等．据此分析各选项．
【解答】解：A、由题可知，M、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中OM 为压缩状态，N 点
为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以
弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功。故A 错误。
B、在运动过程中M 点为压缩状态，N 点为伸长状态，则由M 到N 有一状态弹力为0 且此时弹力与杆不垂直，加
速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g。则有两处加速度为g。故B 正确。
C、由图可知，弹簧长度最短时，弹簧与杆的方向相互垂直，则弹力的方向与运动的方向相互垂直，所以弹力对小
球做功的功率为零，故C 正确。
D、因M 点与N 点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹
力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达N 点
时的动能等于其在M、N 两点的重力势能差。故D 正确
故选：BCD。
【点评】本题考查弹簧类问题中的机械能守恒，注意弹簧的弹性势能与弹簧的形变量有关，形变量相同，则弹簧势
能相同．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题～第12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13 题～第
18 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
9．（6 分）某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹
簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物块使弹簧压缩一段距离，
由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。
（1）实验中涉及到下列操作步骤：
①把纸带向左拉直
②松手释放物块
③接通打点计时器电源
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
319 / 598
④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量
上述步骤正确的操作顺序是
④①③②
（填入代表步骤的序号）。
（2）图（b）中M 和L 纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电的频
率为50Hz．由M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为
1.29
m/s．比较两纸
带可知，
M
（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。
【分析】（1）根据实验原理可明确实验方法以及步骤；
（2）分析纸带，根据纸带上距离的变化可明确物体何时离开弹簧，再根据平均速度法可求得脱离时的速度；根据
对应的长度可明确速度大小，从而比较弹性势能。
【解答】解：（1）实验中应先将物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸
带；故步骤为④①③②；
（2）由M 纸带可知，左侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后减小；故2.58 段时物体应脱
离弹簧；则由平均速度可求得，其速度v=
×10
﹣2=1.29m/s；
因弹簧的弹性势能转化为物体的动能，则可知离开时速度越大，则弹簧的弹性势能越大；由图可知，M 中的速度要
大于L 中速度；故说明M 纸带对应的弹性势能大；
故答案为：（1）④①③②；（2）1.29；M。
【点评】本题考查探究弹性势能的实验，要注意通过题意分析实验原理，然后再结合我们所学过的规律分析求解即
可；同时要求能注意实验中的注意事项以及实验方法。
10．（9 分）某同学利用图（a）所示电路测量量程为2.5V 的电压表
的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材
有：电阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），直流电源
E（电动势3V）。开关1 个，导线若干。
实验步骤如下：
①按电路原理图（a）连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器使电压表满偏；
④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。
回答下列问题：
（1）实验中应选择滑动变阻器
R1
（填“R1”或“R2”）。
（2）根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线。
（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表
的内阻为
2520
Ω（结果保留到个位）。
（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为
D
（填正确答案标号）。
A.100μA
B.250μA
C.500μA
D.1mA。
【分析】（1）调节电阻箱时滑动变阻器上的分压要几乎不变，故需要选择较小的变阻器；
（2）对照电路图连线，可以先连接电源、电键和变阻器，最后将电压表和电阻箱串联后并联上去；
（3）结合欧姆定律列式求解即可；
（4）电压表为表头与分压电阻串联而成，根据欧姆定律，用满偏电压除以电阻即可。
【解答】解：（1）调节电阻箱时需要滑动变阻器上的分压保持不变，需要电压表的电阻远大于变阻器的电阻，故变
阻器选阻值小的，故选滑动变阻器R1；
（2）实物图连接如图所示：
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（3）电压表和电阻箱整体分压不变，故：
U=U′+
代入数据，有：
2.5=2+
解得：
RV=2520Ω
（4）该表头的满刻度电流为：I=
=1.0×10
﹣3A=1mA
故选D
故答案为：（1）R1；（2）如图所示；（3）2520；（4）D。
【点评】本题是半偏法测电阻原理的改编，关键是明确实验原理，结合欧姆定律进行分析，在变阻器选择上，要从
减小系统误差的角度进行分析，不难。
11．（12 分）如图，水平面（纸面）内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l 的金属杆置于导
轨上，t=0 时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0 时刻，金属杆进入磁感应强度
大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，
两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g．求：
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
（2）电阻的阻值．
【分析】（1）根据牛顿第二定律和运动学公式求刚进入磁场时的速度，再根据法拉第电磁感应定律求切割电动势
（2）进入磁场匀速运动受力平衡求出安培力，结合闭合电路欧姆定律求电流，即可求电阻
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：F﹣μmg=ma…①
刚进磁场时的速度：
…②
感应电动势为：
…③
解得：
…④
（2）根据右手定则，导体棒中的电流向上，由左手定则知安培力水平向左
匀速运动受力平衡：F=μmg+BI′l…⑤
回路电流为：
…⑥
得：
…⑦
答：（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小为
；
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（2）电阻的阻值为
．
【点评】本题是电磁感应中的力学问题，知道受力情况，要能熟练运用动力学方法求解金属棒进入磁场时的速度．要
知道安培力与速度成正比，都是常用的方法，这些思路要熟悉．
12．（20 分）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧
被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长
度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间
的动摩擦因数μ=0.5．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．
（1）若P 的质量为m，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点间的距离；
（2）若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量mp 的取值范围．
【分析】（1）先研究弹簧竖直的情况，根据系统的机械能守恒求出弹簧最大的弹性势能．弹簧如图放置时，由于弹
簧的压缩量等于竖直放置时的压缩量，两种情况弹簧的弹性势能相等．由能量守恒定律求出物体P 滑到B 点时的速
度，由机械能守恒定律求出物体P 到达D 点的速度．物体P 离开D 点后做平抛运动，由平抛运动的规律求水平距
离．
（2）P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，能上升的最高点为C，根据能量守恒定律列式和临界条件求解．
【解答】解：（1）将弹簧竖直放置在地面上，物体下落压缩弹簧时，由系统的机械能守恒得
Ep=5mgl
如图，根据能量守恒定律得
Ep=μmg•4l+
联立解得vB=
物体P 从B 到D 的过程，由机械能守恒定律得
mg•2l+
=
解得vD=
＞
所以物体P 能到达D 点，且物体P 离开D 点后做平抛运动，则有
2l=
x=vDt
解得x=2
l
即落地点与B 点间的距离为2
l．
（2）P 刚好过B 点，有：Ep=μm1g•4l，解得m1=
m
P 最多到C 而不脱轨，则有Ep=μm2g•4l+m2gl，解得m2=
m
所以满足条件的P 的质量的取值范围为：
m≤mP＜
m．
答：
（1）P 到达B 点时速度的大小是
，它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点间的距离是2
l．
（2）P 的质量的取值范围为：
m≤mP＜
m．
【点评】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运
用能量守恒定律列式是关键．
三、选考题：共45 分．请考生从给出的物理题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]
13．（5 分）一定量的理想气体从状态a 开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da 回到原状态，其P﹣T 图象如图
所示，其中对角线ac 的延长线过原点O．下列判断正确的是（
）
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A．气体在a、c 两状态的体积相等
B．气体在状态a 时的内能大于它在状态c 时的内能
C．在过程cd 中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D．在过程da 中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E．在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功
【分析】根据气态方程
，结合p﹣T 图象上点与原点连线的斜率等于
，分析体积的变化，判断做功情况，由
热力学第一定律进行分析．
【解答】解：A、根据气体状态方程
，得
，p﹣T 图象的斜率
，a、c 两点在同一直线上，即a、c
两点是同一等容线上的两点，体积相等，故A 正确；
B、理想气体在状态a 的温度大于状态c 的温度，理想气体的内能只与温度有关，温度高，内能大，故气体在状态a
时的内能大于它在状态c 时的内能，故B 正确；
C、在过程cd 中温度不变，内能不变△U=0，等温变化压强与体积成反比，压强大体积小，从c 到d 体积减小，外
界对气体做正功W＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q，
所以W=|Q|，所以在过程cd 中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，故C 错误；
D、在过程da 中，等压变化，温度升高，内能增大△U＞0，体积变大，外界对气体做负功即W＜0，根据热力学第
一定律△U=W+Q，Q＞|W|，所以在过程da 中气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，故D 错误；
E、在过程bc 中，等压变化，温度降低，内能减小△U＜0，体积减小，外界对气体做功，根据
，即pV=CT，
da 过程中，气体对外界做功
，因为
，所以
，
在过程bc 中外界对气体做的功等于在过程da 中气体对外界做的功，故E 正确。
故选：ABE。
【点评】解决气体问题，关键要掌握气态方程和热力学第一定律，知道温度的意义：一定质量的理想气体的内能只
跟温度有关，温度是分子平均动能的标志．
14．（10 分）一氧气瓶的容积为0.08m3，开始时瓶中氧气的压强为20 个大气压．某实验室每天消耗1 个大气压的
氧气0.36m3．当氧气瓶中的压强降低到2 个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气
前可供该实验室使用多少天．
【分析】根据玻意耳定律列式，将用去的氧气转化为1 个大气压下的体积，再除以每天消耗1 个大气压的氧气体积
量，即得天数．
【解答】解：方法一：设氧气开始时的压强为
，体积为
，压强变为
（2 个大气压）时，体积为
．
根据玻意耳定律得
①
重新充气前，用去的氧气在
压强下的体积为
②
设用去的氧气在
（1 个大气压）压强下的体积为
，则有
设实验室每天用去的氧气在
下的体积为△V，则氧气可用的天数为
④
联立①②③④式，并代入数据得N=4 天
方法二：根据玻意耳定律p1V1=Np2V2+p3V1，有
20×0.08=N×1×0.36+2×0.08
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解得：N=4
答：这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用4 天．
【点评】要学会将储气筒中的气体状态进行转化，根据玻意耳定律列方程求解，两边单位相同可以约掉，压强可以
用大气压作单位．
[物理--选修3-4]
15．关于电磁波，下列说法正确的是（
）
A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直
D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失
【分析】A、电磁波在真空的传播速度均相等；
B、变化的电场与变化的磁场共同产生电磁场；
C、电磁波是横波；
D、电磁波传递信号可以实现无线通信，也可以进行有线通信；
E、若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波不会随即消失．
【解答】解：A、电磁波在真空中的传播速度均相等，与电磁波的频率无关，故A 正确；
B、周期性变化的磁场产生周期性变化电场，周期性变化的电场产生周期性变化磁场，相互激发，形成电磁波。故
B 正确；
C、变化的电场与变化的磁场共同产生电磁场，电磁波的电场强度与磁感应强度总是相互垂直，且与传播方向垂直。
所以电磁波是横波；故C 正确；
D、电磁波可以通过电缆、光缆进行有线传输，也可以实现无线传输；故D 错误；
E、电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波继续传播，不会随即消失；故E 错误；
故选：ABC。
【点评】本题考查电磁波的产生原理，类型，及电磁波的作用，同时注意电磁波在真空中传播速度均相等，与频率
没有关系．
16．一列简谐横波在介质中沿x 轴正向传播，波长不小于10cm．O 和A 是介质中平衡位置分别位于x=0 和x=5cm
处的两个质点．t=0 时开始观测，此时质点O 的位移为y=4cm，质点A 处于波峰位置：t=
s 时，质点O 第一次回
到平衡位置，t=1s 时，质点A 第一次回到平衡位置．求
（i）简谐波的周期、波速和波长；
（ii）质点O 的位移随时间变化的关系式．
【分析】（i）利用A 点在0s 时和1s 时所处的位置可求得简谐波的周期，利用波速的公式v=
可求得波速，利用波
速波长及周期之间的关系式λ=vT 可求得波长；
（ii）先根据题意求出简谐波的圆频率，设出简谐振动的通式，利用0s 时和1s 时的O 点的位移，可得知初相位，
即为可知质点O 的位移随时间变化的关系式．
【解答】解：（i）因为t=0 时，质点O 的位移为：y=4 cm；
t=1s 时，A 点第一次回到平衡位置，可的：
=1s，解得：T=4s．
而且t=
s 时，质点O 第一次回到平衡位置，用时小于
，可以判断出，在t=0 时刻，质点O 正在向下振动．
结合简谐波沿x 轴正向传播，可知在t=0 时刻，质点O 位于“上坡”且位移为正；根据已知条件“波长不小于10 cm”
和O、A 两点在平衡位置上间距5 cm，即小于半个波长，可知在t=0 时刻，质点A 位于紧邻O 点右侧的波峰处．
结合上述两个推断，可知经历时间
s，波的传播距离x=5cm．所以波速为：
v=
=
=7.5cm/s=0.075m/s．
波长为：λ=vT=7.5m/s×4s=30cm=0.3m
（ii）设y=Asin（ωt+φ0）
可得：ω=
=
rad/s
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再由t=0 时，y=4cm；t=
s 时，y=0
代入得：A=8cm=0.08m
再结合t=1s 和当t=
s 时，质点的位移，可得：φ0=
所以质点O 的位移随时间变化的关系式为：y=0.08sin（
）或y=0.08cos（
+
）
答：（i）简谐波的周期为4s，波速为0.075m/s，波长为0.3m；
（ii）质点O 的位移随时间变化的关系式为y=0.08sin（
）或y=0.08cos（
+
）
【点评】该题对于简谐振动的考查非常新颖，首先要求学生能准确的从题干中提取出相关的信息，熟练的利用波速、
波长、周期之间的关系式及周期的定义进行相关问题的解答．对于第二问的解答有一定的难度，要注意利用数学知
识求解初相位，同时要注意会分别用正弦和余弦来表述振动的关系式．
[物理--选修3-5]
17．在下列描述的核过程的方程中，属于α衰变的是
C
，属于β衰变的是
AB
，属于裂变的是
E
，属于聚
变的是
F
．（填正确答案的标号）
A.
C→
N+
e
B.
P→
S+
e
C.
U→
Th+
He
D.
N+
He→
O+
H
E.
U+
n→
Xe+
Sr+2
n
F.
H+
H→
He+
n．
【分析】β衰变生成的是电子，α衰变生成的是α粒子；裂变是重核裂变成轻核，聚变是轻核生成重核，据此分析即
可．
【解答】解：A 和B 的反应生成物里都有电子，属于β衰变，C 的反应生成物里有α粒子，是α衰变，
裂变是重核裂变成轻核，属于裂变的是E，
聚变是轻核生成重核，属于聚变的是F．
故答案为：C；AB；E；F．
【点评】本题难度不大，要知道衰变的生成物还有几个典型的核反应方程，难度不大，属于基础题．
18．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰
面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大
高度为h=0.3m（h 小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑
板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。
（i）求斜面体的质量；
（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【分析】（i）冰块和斜面体组成的系统动量守恒，机械能守恒，根据系统动量守恒和机械能守恒计算斜面体的质量；
（ii）小孩和冰块动量守恒，冰块和斜面动量守恒机械能守恒，计算小孩和冰块的最后速度，比较他们的速度大小
的关系可以判断能否追上小孩。
【解答】解：（i）对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得，
m2v2=（m2+M）v
根据系统的机械能守恒，可得，m2gh+
（m2+M）v2=
m2v22
解得：M=20kg
（ii）小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得，m1v1=﹣m2v2，
解得v1=﹣1m/s（向右）
冰块与斜面：m2v2=m2v2′+Mv3′，
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根据机械能守恒，可得，
m2v22=
m2v2′2+
Mv3′2
解得：v2′=﹣1m/s（向右）
因为v2′=v1，所以冰块不能追上小孩。
答：（i）斜面体的质量为20kg；
（ii）冰块与斜面体分离后不能追上小孩。
【点评】本题是对动量守恒和机械能守恒的考查，根据小孩和冰块，还有斜面体的在不同的过程中动量守恒以及冰
块与斜面机械能守恒计算最终的速度的大小即可。
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2016 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）
二、选择题：本大题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项是符合题目要求，
第5～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分．有选错的得0 分．
1．（6 分）一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（
）
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
2．（6 分）现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从
静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速
电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12 倍．此离子和质子
的质量比约为（
）
A．11
B．12
C．121
D．144
3．（6 分）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2 和R3 的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，A 为理想交流电
流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S 断开时，电流表的示数为I；当S 闭合时，电流表
的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（
）
A．2
B．3
C．4
D．5
4．（6 分）利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星
的轨道半径为地球半径的6.6 倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转
周期的最小值约为（
）
A．1h
B．4h
C．8h
D．16h
5．（6 分）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（
）
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
6．（6 分）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位
于水平粗糙桌面上的物块b．外力F 向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变
化，物块b 仍始终保持静止，则（
）
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
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7．（6 分）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P
的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（
）
A．Q 点的电势比P 点高
B．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大
C．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大
D．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小
8．（6 分）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t 图象如图所示。已知两车在t=3s 时并排行驶，则（
）
A．在t=1s 时，甲车在乙车后
B．在t=0 时，甲车在乙车前7.5m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t=2s
D．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第9 题～第
12 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（5 分）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的
频率有20Hz、30Hz 和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。
该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。
（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点
时，重物下落的速度大小为
，打出C 点时重物下落的速度大小为
，重物下落的加速度的大小
为
。
（2）已测得s1=8.89cm，s2=9.5cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，试验中重物受到的平均阻力大小
约为其重力的1%．由此推算出f 为
Hz。
10．（10 分）现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60℃时，系统报警。提
供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过IC 时就会报警），电阻箱（最大阻值为999.9Ω），直流
电源（输出电压为U，内阻不计），滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω），滑动变阻器R2（最大阻值为2000Ω），单
刀双掷开关一个，导线若干。
在室温下对系统进行调节，已知U 约为18V，IC 约为10mA；流过报警器的电流超过20mA 时，报警器可能损坏；
该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60℃时阻值为650.0Ω。
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（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
（2）在电路中应选用滑动变阻器
（填“R1”或“R2”）。
（3）按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为
Ω；滑动变阻器的滑片应置于
（填“a”或“b”）端附近，不能置于另一端的原因是
。
②将开关向
（填“c”或“d”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至
。
（4）保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。
11．（14 分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab（仅标出a 端）和cd（仅标出c 端）
长度均为L，质量分别为2m 和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿
的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直
于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度
大小为g，已知金属棒ab 匀速下滑。求
（1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小；
（2）金属棒运动速度的大小。
12．（18 分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨
道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为
R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC=7R，A、B、C、D 均在同一
竖直面内。质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点
到达F 点，AF=4R，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ=
，重力加速度大小为g。（取sin37°=
，cos37°=
）
（1）求P 第一次运动到B 点时速度的大小。
（2）求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能。
（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放。已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通
过G 点。G 点在C 点左下方，与C 点水平相距
R、竖直相距R，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量。
三、选考题：共45 分．请考生从给出的3 道物理题任选一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方
框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科
按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】
13．（5 分）关于热力学定律，下列说法正确的是（
）
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
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D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
14．
（10 分）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差△p 与气泡半径r 之间的关系为△p=
，
其中σ=0.070N/m。现让水下10m 处一半径为0.50cm 的气泡缓慢上升，已知大气压强p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0
×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2。
（i）求在水下10m 处气泡内外的压强差；
（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
【物理--选修3-4】（15 分)
15．某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s 的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近，该同学发
现从第1 个波峰到第10 个波峰通过身下的时间间隔为15s，下列说法正确的是（
）
A．水面波是一种机械波
B．该水面波的频率为6 Hz
C．该水面波的波长为3 m
D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去
E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
16．如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m．从点光源A 射向池边的光线AB
与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为
．
（i）求池内的水深；
（ii）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为2.0m．当他看到正前下方的点光源A 时，他
的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°．求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果保留1 位有效数字）．
【物理--选修3-5】
17．现用一光电管进行光电效应的实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是（
）
A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大
B．入射光的频率变高，饱和光电流变大
C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大
D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生
E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关
18．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设
水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v0 竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板
后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大
小为g．求：
（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
请修改新增的标题
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2016 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）
参考答案与试题解析
二、选择题：本大题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项是符合题目要求，
第5～8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分．有选错的得0 分．
1．（6 分）一平行电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器（
）
A．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间的电场强度不变
【分析】电容器始终与恒压直流电源相连，则电容器两端间的电势差不变，将云母介质移出后介电常数减小，根据
电容器介电常数的变化判断电容的变化以及电场强度的变化．
【解答】解：电容器接在恒压直流电源上，则电容器两端的电势差不变。
将云母介质移出后，介电常数减小，根据电容的决定式C=
知，介电常数减小，电容减小。
由于电压不变，根据C=
可知，电荷量Q 减小。
由于电容器的电压不变，板间的距离d 不变，根据E=
可知，极板间的电场强度不变。
所以ABC 错误，D 正确；
故选：D。
【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与
电源断开，则电荷量不变．要掌握C=
、C=
、E=
三个公式．
2．（6 分）现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从
静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速
电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12 倍．此离子和质子
的质量比约为（
）
A．11
B．12
C．121
D．144
【分析】本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场
中运动的半径公式求出离子质量的表达式．
【解答】解：根据动能定理得，
得
①
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
根据牛顿第二定律，有
得
②
①②两式联立得：
一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U 相同，同一出口离开磁场则R 相同，所以m∝
，磁感应
强度增加到原来的12 倍，离子质量是质子质量的144 倍，D 正确，ABC 错误
故选：D。
【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，关键要能通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式．
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3．（6 分）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2 和R3 的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，A 为理想交流电
流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S 断开时，电流表的示数为I；当S 闭合时，电流表
的示数为4I．该变压器原、副线圈匝数比为（
）
A．2
B．3
C．4
D．5
【分析】变压器输入电压为U 与电阻R1 两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据
电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U 与I 的关系；则可求得线圈匝数之比。
【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为k，则可知，开关断开时，副线圈电流为
I；
则根据理想变压器原理可知：
=k
（1）
同理可知，
=k
（2）
代入数据联立解得：U=48I；
代入（1）式可得：
k=3；故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【点评】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确
输入电压与总电压之间的关系。
4．（6 分）利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星
的轨道半径为地球半径的6.6 倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转
周期的最小值约为（
）
A．1h
B．4h
C．8h
D．16h
【分析】明确同步卫星的性质，知道其转动周期等于地球的自转周期，从而明确地球自转周期减小时，地球同步卫
星的运动周期减小，当运动轨迹半径最小时，周期最小。由三颗同步卫星需要使地球赤道上任意两点之间保持无线
电通讯可求得最小半径，再结合开普勒第三定律可求周期。
【解答】解：设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r=6.6R
已知地球的自转周期T=24h，
地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小。
由
公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小。
由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边
三角形并且三边与地球相切，如图。
由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r′=2R。
由开普勒第三定律
得：T′=T
=24
≈4h
故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
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【点评】本题考查开普勒第三定律以及同步卫星的性质，要注意明确题目中隐含的信息的判断是本题解题的关键。
5．（6 分）一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（
）
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
【分析】明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运动，速
度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动；
由牛顿第二定律F=ma 可知，物体加速度的方向由合外力的方向决定；
由加速度的定义a=
来判断质点单位时间内速率的变化量．
【解答】解：A．质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果所加恒力与原来的运动方向
在一条直线上，质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；如果所加恒力与原
来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和运动方向之间有夹角，故A 错误；
B．由A 分析可知，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B 正确；
C．由于质点做匀速直线运动，即所受合外力为0，原来质点上的力不变，增加一个恒力后，则质点所受的合力就
是这个恒力，所以加速度方向与该恒力方向相同，故C 正确；
D．因为合外力恒定，加速度恒定，由△v=a△t 可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但是，如果质点做
匀变速曲线运动，则单位时间内速度的变化量是不变的，而速率的变化量却是变化的，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题要注意物体做曲线运动的条件是速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运
动；正确理解牛顿第二定律和加速度的定义a=
也是解答本题的关键．
6．（6 分）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位
于水平粗糙桌面上的物块b．外力F 向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变
化，物块b 仍始终保持静止，则（
）
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a 平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由F 的大小变化求
得物块b 所受各力的变化情况．
【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a 和b 的绳子的夹角不变；物块a 只受重力以及
绳子的拉力，由于物体a 平衡，则连接a 和b 的绳子张力T 保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中
的张力保持不变，故AC 均错误；
BD、b 处于静止即平衡状态，对b 受力分析有：
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力T 与力F 与x 轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：
N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0
Fcosα+f﹣Tcosθ=0
由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ
由于T 的大小不变，可见当F 大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B 正确
f=Tcosθ﹣Fcosα
由于T 的大小不变，当F 大小发生变化时，b 静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D 正确。
故选：BD。
【点评】解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先由平衡条件求得绳中张力大
小不变，再由此分析b 的平衡．
7．（6 分）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P
的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知（
）
A．Q 点的电势比P 点高
B．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大
C．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大
D．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小
【分析】根据曲线运动的性质以及运动轨迹可明确粒子受力情况，再根据电场力的性质即可判断电场线的方向，从
而明确电势高低；根据电场力做功情况可明确动能的变化以及电势能的变化；根据力的性质可明确加速度的关系．
【解答】解：A、根据粒子的弯折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同时因轨迹关于P 点对称，则可说明电场
力应竖直向上；粒子带负电，故说明电场方向竖直向下；则可判断Q 点的电势比P 点高；故A 正确；
B、粒子由P 到Q 过程，合外力做正功，故油滴在Q 点的动能比它在P 点的大；故B 正确；
C、因电场力竖直向上，故油滴由P 到Q 的过程中，电场力做正功，故电势能减小，Q 点的电势能比它在P 点的小；
故C 错误；
D、因受力为恒力；故PQ 两点加速度大小相同；故D 错误；
故选：AB。
【点评】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，要注意本题中油滴受到重力和电场力作用，这里应先考虑合力，
再去分析电场力的性质；同时注意掌握物体做曲线运动的条件应用．
8．（6 分）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v﹣t 图象如图所示。已知两车在t=3s 时并排行驶，则（
）
A．在t=1s 时，甲车在乙车后
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B．在t=0 时，甲车在乙车前7.5m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t=2s
D．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
【分析】由图象可知，1 到3s 甲乙两车的位移相等，两车在t=3s 时并排行驶，所以两车在t=1s 时也并排行驶；v
﹣t 图象的斜率表示加速度，根据图象可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解。
【解答】解：A．由图象可知，1 到3s 甲乙两车的位移相等，两车在t=3s 时并排行驶，所以两车在t=1s 时也并排行
驶，故A 错误；
B．由图象可知，a 甲=
=
=10m/s2；a 乙=
=
=5m/s2；0 至1s，x 甲=
a 甲t2=
×10×12=5m，x 乙=v0t+
a
乙t2=10×1+
×5×12=12.5m，△x=x 乙﹣x 甲=12.5﹣5=7.5m，即在t=0 时，甲车在乙车前7.5m，故B 正确；
C．由AB 分析可知，甲乙两车相遇时间分别在1s 和3s，故C 错误；
D.1s 末甲车的速度为：v=a 甲t=10×1=10m/s，1 到3s，甲车的位移为：x=vt+
a 甲t2=10×2+
×10×22=40m，即甲、
乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题。解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动情
况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第9 题～第
12 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（5 分）某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的
频率有20Hz、30Hz 和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。
该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。
（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点
时，重物下落的速度大小为
，打出C 点时重物下落的速度大小为
，重物下落的加
速度的大小为
。
（2）已测得s1=8.89cm，s2=9.5cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，试验中重物受到的平均阻力大小
约为其重力的1%．由此推算出f 为
40
Hz。
【分析】（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B 和C 点的瞬时速度，利用速度公式求加速
度；
（2）利用牛顿第二定律和解出的加速度求频率。
【解答】解：（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：vB=
=
；
vC=
=
；由速度公式vC=vB+aT 可得：a=
；
（2）由牛顿第二定律可得：mg﹣0.01mg=ma，所以a=0.99g，结合（1）解出的加速度表达式，代入数据可得：f=40HZ。
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故答案为：（1）
；
；
；（2）40。
【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运
用。
10．（10 分）现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60℃时，系统报警。提
供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过IC 时就会报警），电阻箱（最大阻值为999.9Ω），直流
电源（输出电压为U，内阻不计），滑动变阻器R1（最大阻值为1000Ω），滑动变阻器R2（最大阻值为2000Ω），单
刀双掷开关一个，导线若干。
在室温下对系统进行调节，已知U 约为18V，IC 约为10mA；流过报警器的电流超过20mA 时，报警器可能损坏；
该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60℃时阻值为650.0Ω。
（1）在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
（2）在电路中应选用滑动变阻器
R2
（填“R1”或“R2”）。
（3）按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为
650.0
Ω；滑动变阻器的滑片应置于
b
（填“a”或“b”）端附近，不能置于另一端的原因是
保证报警器的安全使用
。
②将开关向
c
（填“c”或“d”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至
报警器开始报警
。
（4）保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。
【分析】（1）分析实验，明确实验原理，根据题目要求即可明确电路结构；
（2）根据欧姆定律确定电路中的电阻，则可明确滑动变阻器的选择；
（3）根据仪器原理进行分析，明确电阻箱的作用以及实验过程和实验安全的分析，则可以明确滑动变阻器的调节
和实验现象。
【解答】解：（1）根据题意可知，本实验要求能用电阻箱进行校准，故电阻箱应与热敏电阻并联，利用单刀双掷开
关进行控制；它们再与报警器和滑动变阻器串联即可起到报警作用；故连线如图所示；
（2）电压为18V，而报警时的电流为10mA；此时电阻约为：R=
=1800Ω；而热敏电阻的阻值约为650Ω；
故滑动变阻器接入电阻约为1150Ω；故应选择R2；
（3）①因要求热敏电阻达到60°时报警；此时电阻为650Ω；故应将电阻箱调节至650Ω；然后由最大调节滑动变阻
器，直至报警器报警；故开始时滑片应在b 端；目的是让电流由小到大调节，保证报警器的安全使用；
②将开关接到C 端与电阻箱连接，调节滑动变阻器直至报警器开始报警即可；然后再接入热敏电阻，电路即可正常
工作；
故答案为：（1）如上图；（2）R2；（3）①650.0，b，保证报警器的安全使用；②c；报警器开始报警。
【点评】本题关键在于明确实验原理，分析实验步骤是解题的关键，通过实验步骤才能明确实验的目的和实验方法；
从而确定各步骤中应进行的操作和仪器的使用情况。
11．（14 分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab（仅标出a 端）和cd（仅标出c 端）
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长度均为L，质量分别为2m 和m；用两根不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿
的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直
于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度
大小为g，已知金属棒ab 匀速下滑。求
（1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小；
（2）金属棒运动速度的大小。
【分析】（1）对ab、cd 棒根据共点力平衡列式求作用在金属棒ab 上的安培力的大小
（2）根据安培力公式，感应电动势和闭合电路欧姆定律联立求解
【解答】解：（1）设导线的张力的大小为T，右斜面对ab 棒的支持力的大小为
，作用在ab 棒上的安培力的大小
为F，左斜面对cd 的支持力大小为
．对于ab 棒，由力的平衡条件得
②
对于cd 棒，同理有
④
联立①②③④式得
F=mg（sinθ﹣3μcosθ）⑤
（2）由安培力公式得
F=BIL⑥
这里I 是abcda 中的感应电流．ab 棒上的感应电动势为
ɛ=BLv⑦
式中，v 是ab 棒下滑速度的大小，由欧姆定律得
⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
⑨
答：（1）作用在金属棒ab 上的安培力的大小mg（sinθ﹣3μcosθ）；
（2）金属棒运动速度的大小
．
【点评】本题是电磁感应中的力学平衡问题，涉及法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等知识点，受力分析
和计算安培力是关键．
12．（18 分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨
道上B 处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为
R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC=7R，A、B、C、D 均在同一
竖直面内。质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点（未画出），随后P 沿轨道被弹回，最高点
到达F 点，AF=4R，已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ=
，重力加速度大小为g。（取sin37°=
，cos37°=
）
（1）求P 第一次运动到B 点时速度的大小。
（2）求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能。
（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放。已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通
过G 点。G 点在C 点左下方，与C 点水平相距
R、竖直相距R，求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量。
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【分析】（1）对物体从C 到B 的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B 点的速度；
（2）同（1）的方法求出物块返回B 点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；
（3）P 离开D 点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D 点的速度，E 到D 的过程中重力、弹簧的弹
力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P 的质量。
【解答】解：（1）C 到B 的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：
其中：
代入数据得：
（2）物块返回B 点后向上运动的过程中：
其中：
联立得：
物块P 向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：
整理得：x=R
物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：
又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP=W
所以：EP=2.4mgR
（3）由几何关系可知图中D 点相对于C 点的高度：
h=r+rcos37°=1.8r=
=1.5R
所以D 点相对于G 点的高度：H=1.5R+R=2.5R
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小球做平抛运动的时间：t=
G 点到D 点的水平距离：L=
=
由：L=vDt
联立得：
E 到D 的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：
联立得：m′=
答：（1）P 第一次运动到B 点时速度的大小是
。
（2）P 运动到E 点时弹簧的弹性势能是2.4mgR。
（3）改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放。已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通
过G 点。G 点在C 点左下方，与C 点水平相距
R、竖直相距R，求P 运动到D 点时速度的大小是
，改变后
P 的质量是
m。
【点评】本题考查功能关系、竖直面内的圆周运动以及平抛运动，解题的关键在于明确能达到E 点的条件，并能正
确列出动能定理及理解题目中公式的含义。
三、选考题：共45 分．请考生从给出的3 道物理题任选一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方
框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科
按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】
13．（5 分）关于热力学定律，下列说法正确的是（
）
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
【分析】做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量与外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：△U=Q+W；
所有的热力学过程都有一定的方向性；结合热平衡定律分析两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡的情
况．
【解答】解：A、物体吸收热量，同时对外做功，如二者相等，则内能可能不变，所以气体吸热后温度不一定升高，
故A 错误；
B、做功和热传递都能改变内能；所以对气体做功可以改变其内能。故B 正确；
C、根据理想气体的状态方程可知，理想气体等压膨胀过程中压强不变，体积增大则气体的温度一定升高，所以气
体的内能增大；气体的体积增大对外做功而内能增大，所以气体一定吸热，故C 错误；
D、根据热力学第二定律热量不可能自发地从低温物体传到高温物体。故D 正确；
E、根据热平衡定律可知，如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必
定达到热平衡。故E 正确。
故选：BDE。
【点评】本题考查热力学第一定律，热力学第二定律以及热平衡定律等，知道做功和热传递都能改变内能，理解热
力学第二定律的几种不同的说法是解答的关键．基础题．
14．
（10 分）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差△p 与气泡半径r 之间的关系为△p=
，
其中σ=0.070N/m。现让水下10m 处一半径为0.50cm 的气泡缓慢上升，已知大气压强p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0
×103kg/m3，重力加速度大小g=10m/s2。
（i）求在水下10m 处气泡内外的压强差；
（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
【分析】（1）根据题给公式△p=
算在水下10m 处气泡内外的压强差；
（2）先确定初末状态的p、V，根据玻意耳定律列方程，忽略很小量，求出气泡的半径与其原来半径之比的近似值
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【解答】解：（i）当气泡在水下h=10m 处时，设其半径为
，气泡内外压强差为
，则
①
代入题给数据得
②
（ii）设气泡在水下10m 处时，气泡内空气的压强为
，气泡体积为
；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压
强为
，内外压强差为
，其体积为
，半径为
．
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有
③
由力学平衡条件有
④
⑤
气泡体积
和
分别为
⑥
⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
⑧
由
，故可略去⑧式中的
项，代入题给数据得
答：（i）在水下10m 处气泡内外的压强差28Pa；
（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，气泡的半径与其原来半径之比的近似值1.3
【点评】本题题型新颖，有创意，考查了考生获取新知的能力，对玻意耳定律考查有了创新，平时复习要注重多训
练，在高考中才能灵活应用．
【物理--选修3-4】（15 分)
15．某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8m/s 的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近，该同学发
现从第1 个波峰到第10 个波峰通过身下的时间间隔为15s，下列说法正确的是（
）
A．水面波是一种机械波
B．该水面波的频率为6 Hz
C．该水面波的波长为3 m
D．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去
E．水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
【分析】明确水波是种机械波；首先根据题干中的条件，可计算出波的振动周期，再利用周期与频率之间的关系，
即可计算出波的频率；利用波速、周期、波长之间的关系式λ=vT 可求得波长，结合波传播的特点，参与振动的质点
只是在自己的平衡位置处振动．
【解答】解：A、水面波是有机械振动一起的，在介质（水）中传播的一种波，是一种机械波，故A 正确。
B、由第1 个波峰到第10 个波峰通过身下的时间间隔为15s，可得知振动的周期T 为：T=
=
=
s，频率为：
f=
=
=0.6Hz，故B 错误。
C、由公式λ=vT，有λ=1.8×
=3m，故C 正确。
DE、参与振动的质点只是在自己的平衡位置附近做往复运动，并不会“随波逐流”，但振动的能量和振动形式却会不
断的向外传播，故D 错误，E 正确。
故选：ACE。
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【点评】本题应明确机械波的特点：注意以下几点：
（1）介质各个质点不是同时起振，但起振方向与振源起振方向相同．
（2）离振源近的质点先起振．
（3）质点只在平衡位置振动，并不随波迁移．
（4）波传播的是振动形式和能量，且能传递信息．
（5）传播过程中各质点的振动都是受迫振动，驱动力来源于振源，各质点起振时与振源起振时的情况完全相同，
其频率等于振源频率．
16．如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m．从点光源A 射向池边的光线AB
与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为
．
（i）求池内的水深；
（ii）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为2.0m．当他看到正前下方的点光源A 时，他
的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°．求救生员的眼睛到池边的水平距离（结果保留1 位有效数字）．
【分析】（i）光由光源A 射向B 点时恰好发生全反射，入射角等于临界角．由临界角公式sinC=
求临界角C，从而
得到光线在B 点的入射角，再由几何知识求出水深．
（ii）作出射向救生员的光路，由折射定律求出光线在水面的入射角．根据几何关系求解救生员的眼睛到池边的水
平距离．
【解答】解：（i）光由A 射向B 点发生全反射，光路如图所示．
图中入射角θ等于临界角C，则有
sinθ=
=
由题，
=3m，由几何关系可得：
=4m
所以
=
=
m
（ii）光由A 点射入救生员眼中的光路图如图所示．
在E 点，由折射率公式得
=n
得sinα=
，tanα=
=
设
=x，则得tanα=
=
代入数据解得x=（3﹣
）m
由几何关系可得，救生员到池边水平距离为（2﹣x）m≈0.7m
答：
（i）池内的水深
m．
（ii）救生员的眼睛到池边的水平距离约0.7m．
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【点评】本题是折射定律的应用问题，根据几何知识与折射定律结合进行处理．要掌握全反射的条件和临界角公式，
并能灵活运用．
【物理--选修3-5】
17．现用一光电管进行光电效应的实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是（
）
A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大
B．入射光的频率变高，饱和光电流变大
C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大
D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生
E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关
【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，根据光电效应方程知，光子频率越大，光电子
的最大初动能越大，光强度会影响单位时间内逸出的光电子数目．
【解答】解：A、保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，因为饱和光电流与入射光的强度
成正比，故A 正确；
B、饱和光电流与入射光的频率无关，故B 错误；
C、根据光电效应的规律，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，所以入射光的频率变高，光电子的最
大初动能变大，故C 正确；
D、如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故D 错误；
E、根据
，得遏止电压
及最大初动能
与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故E 正确
故选：ACE。
【点评】解决本题的关键知道光电效应的条件，以及影响光电子最大初动能的因素，知道入射光的强度影响的是单
位时间内逸出的光电子数目．入射光越强饱和光电流越大．
18．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设
水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v0 竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板
后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大
小为g．求：
（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【分析】（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV 求解；
（ii）玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基本公式求得水上升到玩具
处的速度，再根据动量定理列式求解即可。
【解答】解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV=ρSv0，
（ii）设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，
根据运动学基本公式得：
，
水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，
根据动量定理得：
﹣Mgt=ρSv0t（0﹣v）
联立解得：h=
答：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量为ρSv0；
（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为
。
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【点评】本题主要考查了动量定理与运动学基本公式的直接应用，知道玩具在空中悬停时，受力平衡，合力为零，
另外注意水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，难度适中。
请修改新增的标题
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2016 年全国高考统一物理试卷（新课标Ⅲ）
一、选择题
1．（6 分）关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是（
）
A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
2．（6 分）关于静电场的等势面，下列说法正确的是（
）
A．两个电势不同的等势面可能相交
B．电场线与等势面处处相互垂直
C．同一等势面上各点电场强度一定相等
D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
3．（6 分）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s，动能变为原来的9 倍。该质点的加
速度为（
）
A．
B．
C．
D．
4．（6 分）如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为
m 的小球，在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦，
小物块的质量为（
）
A．
B．
m
C．m
D．2m
5．（6 分）平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁
感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）．粒子沿纸面以大小为v
的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，
并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的射点到两平面交线O 的距离为（
）
A．
B．
C．
D．
6．（6 分）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b．当输入电压U 为灯泡额定电压的10
倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（
）
A．原、副线圈匝数之比为9：1
B．原、副线圈匝数之比为1：9
C．此时a 和b 的电功率之比为9：1
D．此时a 和b 的电功率之比为1：9
7．（6 分）如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P．它在
容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W．重力加速度大小为g．设质点P 在最低点时，向
心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（
）
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A．a=
B．a=
C．N=
D．N=
8．（6 分）如图，M 为半圆形导线框，圆心为OM；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一
竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框
M、N 在t=0 时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM 和ON 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则（
）
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t=
时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
二、解答题（共3 小题，满分27 分）
9．（5 分）某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab 和a1b1 固定在同一水平面内且相互
平行，足够大的电磁铁（未画出）的N 极位于两导轨的正上方，S 极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且
两导轨垂直。
（1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所
示的方向移动。
（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是
（填入正确选项前的标号）
10．（10 分）某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中置于试验台
上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮：轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本
实验中可用的钩码共有N=5 个，每个质量均为0.010kg．实验步骤如下：
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（1）将5 个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车（和钩码）可以在木板上匀速
下滑．
（2）将n（依次取n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N﹣n 个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使
轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t 相对于其起始位置的位移s，绘制s﹣t 图象，经数据
处理后可得到相应的加速度a．
（3）对应于不同的n 的a 值见下表．n=2 时的s﹣t 图象如图（b）所示：由图（b）求出此时小车的加速度（保留
2 位有效数字），将结果填入下表．
n
1
2
3
4
5
a/m•s
﹣2
0.20
0.58
0.78
1.00
（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a﹣n 图象．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的
加速度与其所受的合外力成正比．
（5）利用a﹣n 图象求得小车（空载）的质量为
kg（保留2 位有效数字，重力加速度取g=9.8 m•s
﹣2）．
（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是
（填入正确选项前的标号）
A．a﹣n 图线不再是直线
B．a﹣n 图线仍是直线，但该直线不过原点
C．a﹣n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大
11．（12 分）如图，在竖直平面内由
圆弧AB 和
圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB
弧的半径为R，BC 弧的半径为
．一小球在A 点正上方与A 相距
处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．
（1）求小球在B、A 两点的动能之比；
（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．
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12．（20 分）如图，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R 的电阻；一
与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里
的均匀磁场，磁感应强度大小B1 随时间t 的变化关系为B1=kt，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，
区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一
外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0 时刻恰好以速度v0 越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导
轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：
（1）在t=0 到t=t0 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
（2）在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
【物理-选修3-3】
13．（5 分）关于气体的内能，下列说法正确的是（
）
A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
14．（10 分）一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空
气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞
向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0=75.0
cmHg．环境温度不变。
【物理-选修3-4】
15．由波源S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s．已知介质中P、
Q 两质点位于波源S 的两侧，且P、Q 和S 的平衡位置在一条直线上，P、Q 的平衡位置到S 的平衡位置之间的距离
分别为15.8m、14.6m．P、Q 开始震动后，下列判断正确的是（
）
A．P、Q 两质点运动的方向始终相同
B．P、Q 两质点运动的方向始终相反
C．当S 恰好通过平衡位置时，P、Q 两点也正好通过平衡位置
D．当S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰
E．当S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 在波峰
16．如图，玻璃球冠的折射率为
，其底面镀银，底面半径是球半径的
倍，在过球心O 且垂直底面的平面（纸
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面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃冠上的M 点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A 点，求该光线从球
面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。
【物理-选修3-5】
17．一静止的铝原子原子核
俘获一速度为1.0×107m/s 的质子p 后，变为处于激发状态的硅原子核
，
下列说法正确的是（
）
A．核反应方程为p+
→
B．核反应方程过程中系统动量守恒
C．核反应过程中系统能量不守恒
D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和
E．硅原子核速度的数量级105m/s，方向与质子初速度方向一致
18．如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b，其连线与墙垂直，a 和b 相距l，b 与墙之间也相距l；a 的质量
为m，b 的质量为
m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a 以初速度v0 向右滑动，此后a 与b 发生弹性
碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
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2016 年全国高考统一物理试卷（新课标Ⅲ）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（6 分）关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是（
）
A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因
D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】解：开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并未找出了行星按照这
些规律运动的原因；牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内
容之一．
2．（6 分）关于静电场的等势面，下列说法正确的是（
）
A．两个电势不同的等势面可能相交
B．电场线与等势面处处相互垂直
C．同一等势面上各点电场强度一定相等
D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
【分析】电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面
垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．负电荷在等势面高的位置的电势能小．
【解答】解：A、沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势面不可能相交。故A 错误；
B、根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故B 正确；
C、电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故C 错误；
D、负电荷在电势高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势
能增大，电场力做负功，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题关键是要记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势
面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是不做功．
3．（6 分）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s，动能变为原来的9 倍。该质点的加
速度为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据动能的变化可求出初末速度间的关系，再根据平均速度公式可求出平均速度，则由位移公式即可明确
速度与位移时间的关系，再由加速度的定义即可求出质点的加速度。
【解答】解：设质点的初速度为v，则动能Ek1=
mv2，由于末动能变为原来的9 倍，则可知，末速度为原来的3 倍，
故v’=3v；
故平均速度=
=2v；
根据位移公式可知：=
联立解得：v=
；
根据加速度定义可知a=
=
=
=
，故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查动能以及运动学规律的问题，要注意明确动能变为9 倍所隐含的信息，从而求出速度关系，同时
还要注意应用平均速度公式。
4．（6 分）如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为
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m 的小球，在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦，
小物块的质量为（
）
A．
B．
m
C．m
D．2m
【分析】同一根绳子上的张力大小相等，根据ab 距离等于圆环半径可知绳所成角度，据此由平衡分析即可。
【解答】解：设悬挂小物块的点为O'，圆弧的圆心为O，由于ab=R，所以三角形Oab 为等边三角形。
由于圆弧对轻环的支持力沿半径方向背向圆心，所以小球和小物块对轻环的合力方向由轻环指向圆心O，因为小物
块和小球对轻环的作用力大小相等，所以aO、bO 是∠maO′、∠mbO′的角平分线，所以∠O'Oa=∠maO=∠mbO=30°，
那么∠mbO′=60°，
所以由几何关系可得∠aO'b=120°，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用
大小相等，夹角为120°，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉
力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【点评】解决本题关键是能根据题目给出的几何关系确认拉小物块的两绳夹角为120°，再根据两个大小相等互成
120°两力的合成结论求解即可。
5．（6 分）平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁
感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）．粒子沿纸面以大小为v
的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，
并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的射点到两平面交线O 的距离为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的半径，然后根据几何关
系求出射点与O 点间的距离．
【解答】解：粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，
根据洛伦兹力提供向心力，有
解得
根据轨迹图知
，∠OPQ=60°
粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为
，D 正确，ABC 错误
故选：D。
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【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，由牛顿第二定律求出
粒子的临界轨道半径即可正确解题．
6．（6 分）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b．当输入电压U 为灯泡额定电压的10
倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（
）
A．原、副线圈匝数之比为9：1
B．原、副线圈匝数之比为1：9
C．此时a 和b 的电功率之比为9：1
D．此时a 和b 的电功率之比为1：9
【分析】根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器
电流之间的关系和功率公式可明确功率之比．
【解答】解：AB、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可
知，原副线圈匝数之比为：9：1：故A 正确；B 错误；
CD、根据公式
可得
，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI 可得两者的电功率之比为1：
9；故C 错误，D 正确；
故选：AD。
【点评】本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；
则可求得匝数之比．
7．（6 分）如图，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P．它在
容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W．重力加速度大小为g．设质点P 在最低点时，向
心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（
）
A．a=
B．a=
C．N=
D．N=
【分析】质点P 下滑的过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理求出质点P 到达最低点时的速度，在最
低点，质点受重力和支持力，根据合力提供向心力，列式求解．
【解答】解：质点P 下滑的过程，由动能定理得
mgR﹣W=
在最低点，质点P 的向心加速度a=
=
根据牛顿第二定律得
N﹣mg=m
解得N=
，故AC 正确，BD 错误。
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故选：AC。
【点评】解决本题的关键掌握动能定理解题，以及知道质点在B 点径向的合力提供圆周运动的向心力．
8．（6 分）如图，M 为半圆形导线框，圆心为OM；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一
竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框
M、N 在t=0 时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM 和ON 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则（
）
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t=
时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
【分析】正确利用法拉第电磁感应定律，在本题中由于导线框匀速转动，因此产生的感应电动势是恒定的，计算有
效值根据有效值的定义。
【解答】解：A、半径切割磁感线产生的感应电动势：
B、
，因为线框匀速转动，感应电动势恒定，线框中电流大小恒定，故A 错
误；
M、N 两线框匀速转动，M 线框第一个
电流方向逆时针，第二个
电流顺时针方向；N 线框，相框转动一圈，
只有
的时间有感应电流，第一个
电流逆时针，第二个
电流为0．第三个
电流顺时针方向，第四个
没有电流，依次循环。画出M、N 线框中电流随时间变化的关系图线如图所示，所以两线框中感应电流的周期相等，
故B 正确；
C、
，两线框均有一条半径在切割磁感线产生感应电动势，感应电动势的大小为
，故C 正确；
D、根据电流的热效应，对M 线框
N 线框转动一周只有
时间内有感应电流
联立①②得
，故D 错误
故选：BC。
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【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律
在转动切割类型中的应用，掌握楞次定律，会判断感应
电流的方向。理解有效值的定义，掌握好有效值的定义就可以计算非正弦交变电流的有效值。中等难度。
二、解答题（共3 小题，满分27 分）
9．（5 分）某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab 和a1b1 固定在同一水平面内且相互
平行，足够大的电磁铁（未画出）的N 极位于两导轨的正上方，S 极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且
两导轨垂直。
（1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所
示的方向移动。
（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是
AC
（填入正确选项前的标号）
【分析】（1）要求滑动变阻器以限流方式接入电路，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，考虑金属棒向右
运动，所爱安培力向右，根据左手定则知，通过金属棒的电流从上向下，把各个元件按顺序串联起来。
（2）根据安培力公式和动能定理进行分析
【解答】解：（1）电路如右图所示。
（2）根据公式F=BIL 可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得，
，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A、C 正确；若换用一根更长的
金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力F 不变，棒的质量变大，速度
变小，故B 错误；
故答案为：（1）如图所示
（2）AC
【点评】本题考查电路实物图连线，关键是明确实验原理，注意滑动变阻器的限流接法和电表的正负接线柱，确定
金属棒中的电流方向是关键。
10．（10 分）某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中置于试验台
上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮：轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本
实验中可用的钩码共有N=5 个，每个质量均为0.010kg．实验步骤如下：
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（1）将5 个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车（和钩码）可以在木板上匀速
下滑．
（2）将n（依次取n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N﹣n 个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使
轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t 相对于其起始位置的位移s，绘制s﹣t 图象，经数据
处理后可得到相应的加速度a．
（3）对应于不同的n 的a 值见下表．n=2 时的s﹣t 图象如图（b）所示：由图（b）求出此时小车的加速度（保留
2 位有效数字），将结果填入下表．
n
1
2
3
4
5
a/m•s
﹣2
0.20
0.40
0.58
0.78
1.00
（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a﹣n 图象．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的
加速度与其所受的合外力成正比．
（5）利用a﹣n 图象求得小车（空载）的质量为
0.45
kg（保留2 位有效数字，重力加速度取g=9.8 m•s
﹣2）．
（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是
BC
（填入正确选项前的标号）
A．a﹣n 图线不再是直线
B．a﹣n 图线仍是直线，但该直线不过原点
C．a﹣n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大
【分析】（3）根据x﹣t 图象的性质可明确各时刻对应的位移，根据位移公式可求得加速度；
（4）将点（2，0.40）作出，并用直线将各点连接即可得出图象；
（5）找出图象上的点，根据图象的性质以及牛顿第二定律列式，即可求出小车的质量；
（6）对实验原理进行分析，明确摩擦力带来的影响；根据牛顿第二定律可明确图象的变化情况．
【解答】解：（3）物体做匀加速直线运动，对应的x﹣t 图象为曲线，由图象可知，当t=2.0s 时，位移为：x=0.80m；
则由x=
代入数据得：a=0.40m/s2；
（4）在图C 中作出点（2，0.40），并用直线将各点相连，如图所示；
（5）由图c 可知，当n=4 时，加速度为0.78m/s2，由牛顿第二定律可知：
4×0.01×9.8=（m+5×0.01）×0.78
解得：m=0.45kg；
（6）若木板水平，则物体将受到木板的摩擦力；则有：
nm0g﹣μ[mg+（5﹣n）m0g]=（m+5m0）a；
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a=
﹣
=
﹣
故说明图象仍为直线，但不再过原点；并且斜率增大；故BC 正确；
故选：BC；
故答案为：（3）0.40；（4）如图所示；（5）0.45；BC．
【点评】本题考查验证牛顿第二定律的实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注
意掌握图象的性质，能根据图象进行分析，明确对应规律的正确应用．
11．（12 分）如图，在竖直平面内由
圆弧AB 和
圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB
弧的半径为R，BC 弧的半径为
．一小球在A 点正上方与A 相距
处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．
（1）求小球在B、A 两点的动能之比；
（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．
【分析】（1）根据机械能守恒定律分别求出小球经过B 点和A 点的动能，再得到它们的比值．
（2）假设小球能到达C 点，由机械能守恒定律求出小球到达C 点的速度，与临界速度比较，即可判断小球能否到
C 点．
【解答】解：（1）根据机械能守恒定律得
EKA=mg
EKB=mg（
+R）=
则得小球在B、A 两点的动能之比EKB：EKA=5：1．
（2）假设小球能到达C 点，由机械能守恒定律得
mg
=
即得到达C 点的速度vC=
设小球通过C 点的临界速度为v0．则有
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mg=m
即得v0=
因为vC=v0，所以小球恰好到达C 点．
答：
（1）小球在B、A 两点的动能之比是5：1．
（2）小球恰好到达C 点．
【点评】分析清楚小球的运动过程，把握圆周运动最高点临界速度的求法：重力等于向心力，同时要熟练运用机械
能守恒定律．
12．（20 分）如图，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R 的电阻；一
与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里
的均匀磁场，磁感应强度大小B1 随时间t 的变化关系为B1=kt，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，
区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一
外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0 时刻恰好以速度v0 越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导
轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：
（1）在t=0 到t=t0 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
（2）在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及电量表达式，从而导出电量的综合表达式，即
可求解；
（2）根据磁通量的概念，Φ=BS，结合磁场方向，即可求解穿过回路的总磁通量；根据动生电动势与感生电动势公
式，求得线圈中的总感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，最后依据平衡条件，即可求解水平
恒力大小．
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有：E=
=
结合闭合电路欧姆定律有：I=
，
及电量表达式有：q=It=
=
，
（2）根据题意可知，MN 左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为两种情况之和，
即为：在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量为：Φ=
+
=ktS+B0v0（t﹣t0）l；
依据法拉第电磁感应定律，那么线圈中产生总感应电动势为：E=E1+E2=kS+B0lv0；
根据闭合电路欧姆定律，则线圈中产生感应电流大小为：I=
=
那么安培力大小为：FA=B0Il=
；
最后根据平衡条件，则水平恒力大小等于安培力大小，即为：F=
；
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答：（1）在t=0 到t=t0 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值
；
（2）在时刻t（t＞t0）穿过回路的总磁通量ktS+B0v0（t﹣t0）l，金属棒所受外加水平恒力的大小
．
【点评】考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，及电量综合表达式的内容，注意磁通量的方向，及安培力
表达式的应用，本题难度不大，但符号运算要细心．
【物理-选修3-3】
13．（5 分）关于气体的内能，下列说法正确的是（
）
A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
【分析】理想气体是一种理想化的物理模型，实际上并不存在；理想气体的内能仅与温度有关，与气体的体积无关；
实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下可以看做理想气体。
【解答】解：A、质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，还和气体的种类有关，故A 错误；
B、物体的内能与温度、体积有关，与物体宏观整体运动的机械能无关，所以整体运动速度越大，其内能不一定越
大，故B 错；
C、气体被压缩时，外界对气体做功W＞0，如果向外界放热Q＜0，根据热力学第一定律，△U=W+Q，可能△U=0
内能不变，所以C 正确；
D、理想气体分子间无分子势能，理想气体的内能只与温度有关，故D 正确；
E、一定量的某种理想气体等压膨胀过程中，体积与热力学温度成正比，温度升高，内能增加。故E 正确
故选：CDE。
【点评】本题关键要理解理想气体这个模型的物理意义，抓住不考虑分子间的作用力，一定质量理想气体的内能只
与温度有关是关键。
14．（10 分）一U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空
气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞
向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0=75.0
cmHg．环境温度不变。
【分析】由题意知两部分封闭气体的温度与环境温度保持相等，气体都作等温变化。先对左端气体研究，根据玻意
耳定律求出活塞下移后的压强。水银面相平时，两部分气体的压强相等，再研究右端气体，求出活塞下移后的长度
和气体压强，根据几何关系求解活塞向下移动的距离。
【解答】解：设初始时，右管中空气柱的压强为
，长度为
；左管中空气柱的压强为
，长度为
．该
活塞被下推h 后，右管中空气柱的压强为
，长度为
．；左管中空气柱的压强为
，长度为
．以cmHg
为压强单位。由题给条件得：
…①
…②
由玻意耳定律得
…③
联立①②③式和题给条件得：
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…④
依题意有：
…⑤
…⑥
由玻意耳定律得：
…⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h=9.42cm
答：此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离9.42cm。
【点评】本题考查了玻意耳定律，关键要抓住两部分气体之间相关联的条件，运用玻意耳定律解答。
【物理-选修3-4】
15．由波源S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s．已知介质中P、
Q 两质点位于波源S 的两侧，且P、Q 和S 的平衡位置在一条直线上，P、Q 的平衡位置到S 的平衡位置之间的距离
分别为15.8m、14.6m．P、Q 开始震动后，下列判断正确的是（
）
A．P、Q 两质点运动的方向始终相同
B．P、Q 两质点运动的方向始终相反
C．当S 恰好通过平衡位置时，P、Q 两点也正好通过平衡位置
D．当S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰
E．当S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 在波峰
【分析】先通过题干中所给出的波速和频率，利用公式λ=
计算出波长．
根据PQ 两点的距离之差与半个波长相比较，利用半个波长的奇数倍或偶数倍来判断PQ 振动的情况，可判知选项
AB 的正误．
利用波长不是出P、Q 与波源S 之间的距离，通过不足一个波长的部分是波的四分之一还是四分之三，结合S 点的
运动情况，即可判断P、Q 点的位置，继而可得知选项BDE 的正误
【解答】解：波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s，由波长公式λ=
有：λ=
=0.8m
AB、P、Q 两质点距离波源的距离之差为：△x=15.8﹣14.6=1.2m=3×
，为半个波长的奇数倍，所以P、Q 两质点
振动步调相反，P、Q 两质点运动的方向始终相反，选项A 错误，B 正确。
C、SP=15.8m=（19+
）λ，SQ=14.6m=（18+
）λ，所以当S 恰好通过平衡位置时，P、Q 两点一个在波峰，一个在
波谷，选项C 错误。
D、由SP=15.8m=（19+
）λ可知，当S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰，选项D 正确。
E、SQ=14.6m=（18+
）λ，当S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 在波峰，选项E 正确。
故选：BDE。
【点评】关于波的传播的相关计算，首先应注意其周期性，同时要注意波传播的方程的通式，尤其是对其不到一个
波长的部分，要会通过该部分是波长的四分之一还是四分之三来判断质点的振动情况和位置关系．同时要熟记两点
与波源的距离之差若是半个波长的偶数倍，该两质点振动步调一致，若为半个波长的奇数倍，该两质点的振动步调
相反．对于此结论，在波的干涉中的加强和减弱的判断上也是用到的．解答该类型的题，要习惯在草纸上画出对应
的波形图，这样有利于对题的理解和分析．
16．如图，玻璃球冠的折射率为
，其底面镀银，底面半径是球半径的
倍，在过球心O 且垂直底面的平面（纸
面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃冠上的M 点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A 点，求该光线从球
面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。
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【分析】光线由M 点射入后先发生折射，再在镀银底面发生反射，最后射出玻璃冠。已知球半径、底面半径以及
折射率，则由几何关系和折射定律可求得入射角、折射角，再由几何关系可求得光线在镀银底面的入射角和反射角，
从而可知反射光线与ON 的关系，最后可求光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。
【解答】解：设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB
令∠OAO′=α
则：cosα=
=
=
…①
即∠OAO′=α=30°…②
已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③
设图中N 点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示。
设光线在M 点的入射角为i，折射角为r，在N 点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n。
由于△OAM 为等边三角形，所以入射角i=60°…④
由折射定律得：sini=nsinr…⑤
代入数据得：r=30°…⑥
作N 点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦
由反射定律得：i″=30°…⑧
连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°…⑨
由⑦⑨式可得∠ENO=30°
所以∠ENO 为反射角，ON 为反射光线。由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向。
所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β=180°﹣∠ENO=150°。
答：光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为150°。
【点评】本题关键之处是借助于光的折射与反射定律作出光路图，同时利用几何关系来辅助计算。
【物理-选修3-5】
17．一静止的铝原子原子核
俘获一速度为1.0×107m/s 的质子p 后，变为处于激发状态的硅原子核
，
下列说法正确的是（
）
A．核反应方程为p+
→
B．核反应方程过程中系统动量守恒
C．核反应过程中系统能量不守恒
D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和
E．硅原子核速度的数量级105m/s，方向与质子初速度方向一致
【分析】由质量数、电荷数守恒可知核反应方程，核反应方程过程中系统动量守恒，能量也守恒，核反应过程中质
量发生亏损，根据动量守恒定律求解硅原子核的速度．
【解答】解：A、由质量数、电荷数守恒可知，核反应方程为p+
→
，故A 正确；
B、核反应方程过程中系统动量守恒，能量也守恒，故B 正确，C 错误；
D、核反应过程中，要释放热量，质量发生亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，故D 错误；
E、设质子的质量为m，则铝原子原子核的质量约为27m，以质子初速度方向为正，根据动量守恒定律得：
mv0=（m+27m）v
解得：v=3.57×105m/s，方向与质子初速度方向一致，故E 正确。
故选：ABE。
【点评】本题考查了核反应方程过程中质量数守恒和电荷数守恒，以及系统动量守恒，能量守恒，属于基础题．
18．如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b，其连线与墙垂直，a 和b 相距l，b 与墙之间也相距l；a 的质量
为m，b 的质量为
m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a 以初速度v0 向右滑动，此后a 与b 发生弹性
碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
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【分析】由题意可得动摩擦因数必须满足两个条件：①a、b 能相碰；②b 不能与墙相碰．先根据能量求出a 与b 碰
撞前的速度．再根据弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量守恒列式，得到碰后b 的速度，根据b 没有与墙发生碰撞，
碰后b 向右滑行的距离s≤l，由功能列式，即可求解．
【解答】解：设物块与地面间的动摩擦因数为μ
要使物块a、b 能够发生碰撞，应有：
mv
＞μmgl…①
即μ＜
…②
设a 与b 碰撞前的速度为v1，由能量守恒得：
=μmgl+
…③
设a 与b 碰撞后的瞬间，速度大小分别为va、vb，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv1=mva+
mvb…④
=
mv
+
×
mv
；…⑤
联立④⑤式解得：vb=
v1…⑥
碰后，b 没有与墙发生碰撞，即b 在达到墙前静止，由功能关系得：
（
m）v
≤μ
mgl…⑦
联立③⑥⑦式，得：μ≥
…⑧
联立②⑧式，a 与b 发生碰撞、但b 没有与墙发生碰撞的条件为：
≤μ＜
答：物块与地面间的动摩擦因数满足的条件是
≤μ＜
．
【点评】该题要按时间顺序分析物体的运动过程和物理规律，知道弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量守恒，要结合
几何关系分析b 与墙不相撞的条件．
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2016 年江苏省高考物理试卷
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分，每小题只有一个选项符合题意．
1．（3 分）一轻质弹簧原长为8cm，在4N 的拉力作用下伸长了2cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数
为（
）
A．40 m/N
B．40 N/m
C．200 m/N
D．200 N/m
2．（3 分）有A、B 两小球，B 的质量为A 的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①
为A 的运动轨迹，则B 的运动轨迹是（
）
A．①
B．②
C．③
D．④
3．（3 分）一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内
表面为等势面，A、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（
）
A．A 点的电场强度比B 点的大
B．小球表面的电势比容器内表面的低
C．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直
D．将检验电荷从A 点沿不同路径到B 点，电场力所做的功不同
4．（3 分）一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只饶有一个线圈，将其接在a、b 间作为原线圈．通过滑动触头取
该线圈的一部分，接在c、d 间作为副线圈．在a、b 间输入电压为U1 的交变电流时，c、d 间的输出电压为U2，在
将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中（
）
A．U2＞U1，U2 降低
B．U2＞U1，U2 升高
C．U2＜U1，U2 降低
D．U2＜U1，U2 升高
5．（3 分）小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为
原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v 和位置x 的关系图象中，能描述该过程的是（
）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题：本题共4 个小题，每小题4 分，共计16 分，每个选择题有多个选项符合题意．全部选对的得4
分，选对但不全的得2 分，选错或不选的得0 分．
6．（4 分）电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应
电流，电流经电路放大后传送到音箱发生声音，下列说法正确的有（
）
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A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D．磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
7．（4 分）如图所示，两质量相等的卫星A、B 绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S 分别表示卫星的轨道半径、
周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有（
）
A．TA＞TB
B．EkA＞EkB
C．SA=SB D．
=
8．（4 分）如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列
说法正确的有（
）
A．路端电压为10 V
B．电源的总功率为10 W
C．a、b 间电压的大小为5 V
D．a、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A
9．（4 分）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两
之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（
）
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
三、简答题：本题分必做题（第10、11 题）和选做题（第12 题）两部分，共计42 分．请将解答填写在答题卡相
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应位置．
10．（8 分）小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值R 随温度t 的变化关系．已知该金属电阻在常温下的阻值约
10Ω，R 随t 的升高而增大．实验电路如图1 所示，控温箱用以调节金属电阻的温值．
实验时闭合S，先将开关K 与1 端闭合，调节金属电阻的温度，分别记下温度t1，t2，…和电流表的相应示数I1，I2，…．然
后将开关K 与2 端闭合，调节电阻箱使电流表的实数再次为I1，I2，…，分别记下电阻箱相应的示数R1，R2，…．
（1）有以下两电流表，实验电路中应选用
．
（A）量程0～100mA，内阻约2Ω
（B）量程0～0.6A，内阻可忽略
（2）实验过程中，要将电阻箱的阻值由9.9Ω调节至10.0Ω，需旋转图中电阻箱的旋钮“a”、“b”、“c”，正确的操作
顺序是
．
①将旋钮a 由“0”旋转至“1”
②将旋钮b 由“9”旋转至“0”
③将旋钮c 由“9”旋转至“0”
（3）实验记录的t 和R 的数据见下表“
温度t（℃）
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
阻值R（Ω）
9.6
10.4
11.1
12.1
12.8
请根据表中数据，在图2 作出R﹣t 图象．
由图线求得R 随t 的变化关系为R=
．
11．（10 分）某同学用如图1 所示的装置验证机械能守恒定律．一根细线系住钢球，悬挂着铁架台上，钢球静止于
A 点，光电门固定在A 的正下方．在钢球底部竖直地粘住一片宽带为d 的遮光条．将钢球拉至不同位置由静止释放，
遮光条经过光电门的挡光时间t 时由计时器测出，取v=
作为钢球经过A 点时的速度．记录钢球每次下落的高度h
和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A 点之间的势能变化大小△Ep 与动能变化大小△Ek，就能验证机械能
是否守恒．
（1）△Ep=mgh 计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h 应测量释放时的钢球球心到
之间的竖
直距离．
（A）钢球在A 点时的顶端
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（B）钢球在A 点时的球心
（C）钢球在A 点时的底端
（2）用△Ek=
mv2 计算钢球动能变化的大小，用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图2 所示，其读数为
cm．某
次测量中，计时器的示数为0.0100s，则钢球的速度为v=
m/s．
（3）下表为该同学的实验结果：
△Ep（×10
﹣2J）
4.892
9.786
14.69
19.59
29.38
△Ek（×10
﹣2J）
5.04
10.1
15.1
20.0
29.8
他发现表中的△Ep 与△Ek 之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的．你是否同意他的观点？请说明理由．
（4）请你提出一条减小上述差异的改进建议．
四、【选做题】本题包括A、B、C 三题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A、B 两
小题评分.[选修3-3]（12 分）
12．（3 分）在高原地区烧水需要使用高压锅，水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽，停止加热，高压锅在密封状
态下缓慢冷却，在冷却过程中，锅内水蒸汽的变化情况为（
）
A．压强变小B．压强不变C．一直是饱和汽D．变为未饱和汽
13．（9 分）（1）如图1 所示，在斯特林循环的p﹣V 图象中，一定质量理想气体从状态A 依次经过状态B、C 和D
后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成B→C 的过程中，单位体积中的气体分子数目
（选
填“增大”、“减小”或“不变”），状态A 和状态D 的气体分子热运动速率的统计分布图象如图2 所示，则状态A 对应
的是
（选填“①”或“②”）．
（2）如图1 所示，在A→B 和D→A 的过程中，气体放出的热量分别为4J 和20J．在B→C 和C→D 的过程中，气体
吸收的热量分别为20J 和12J．求气体完成一次循环对外界所做的功．
[选修3-4]（12 分）
14．（3 分）一艘太空飞船静止时的长度为30m，他以0.6c（c 为光速）的速度沿长度方向飞行经过地球，下列说法
正确的是（
）
A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30m
B．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30m
C．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于c
D．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c
15．（9 分）（1）杨氏干涉实验证明光的确是一种波，一束单色光投射在两条相距很近的狭缝上，两狭缝就成了两
个光源，它们发出的光波满足干涉的必要条件，则两列光的
相同．如图所示，在这两列光波相遇的区域中，
实线表示波峰，虚线表示波谷，如果放置光屏，在
（选填“A”、“B”或“C”）点会出现暗条纹．
（2）在上述杨氏干涉试验中，若单色光的波长λ=5.89×10
﹣7m，双缝间的距离d=1mm，双缝到屏的距离l=2m．求
第1 个亮光条纹到第11 个亮条纹的中心间距．
[选修3-5]（12 分）
16．贝克勒尔在120 年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用。下列属于放
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射性衰变的是（
）
A．
C→
N+
e
B．
U+
n→
I+
Y+2
n
C．
H+
H→
He+
n
D．
He+
Al→
P+
n
17．已知光速为c，普朗克常数为h，则频率为μ的光子的动量为
。用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜
面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为
。
六、计算题：本题共4 小题，共计47 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写出最后
答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
18．几种金属的逸出功W0 见下表：
金属
钨
钙
钠
钾
鉫
W0（×10
﹣19J）
7.26
5.12
3.66
3.60
3.41
由一束可见光照射上述金属的表面，请通过计算说明哪些能发生光电效应．已知该可见光的波长的范围为4.0×10
﹣7～7.6×10
﹣7m，普朗克常数h=6.63×10
﹣34J•s．
19．（15 分）据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓
清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v=7.7km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、
N 的连线垂直，M、N 间的距离L=20m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN 所在平面的分量B=1.0×10
﹣5 T，将太
阳帆板视为导体．
（1）求M、N 间感应电动势的大小E；
（2）在太阳帆板上将一只“1.5V、0.3W”的小灯泡与M、N 相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判
断小灯泡能否发光，并说明理由；
（3）取地球半径R=6.4×103 km，地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h（计
算结果保留一位有效数字）．
20．（16 分）如图所示，倾角为α的斜面A 被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小
滑轮与物块B 相连，B 静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行。A、B 的质量均为m。撤去
固定A 的装置后，A、B 均做直线运动。不计一切摩擦，重力加速度为g。求：
（1）A 固定不动时，A 对B 支持力的大小N；
（2）A 滑动的位移为x 时，B 的位移大小s；
（3）A 滑动的位移为x 时的速度大小vx。
21．（16 分）回旋加速器的工作原理如图1 所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁
感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如图2 所示，
电压值的大小为Ub．周期T=
．一束该粒子在t=0﹣
时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考
虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：
（1）出射粒子的动能Em；
（2）粒子从飘入狭缝至动能达到Em 所需的总时间t 总；
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（3）要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件。
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参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分，每小题只有一个选项符合题意．
1．（3 分）一轻质弹簧原长为8cm，在4N 的拉力作用下伸长了2cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数
为（
）
A．40 m/N
B．40 N/m
C．200 m/N
D．200 N/m
【分析】由题确定出弹簧的弹力和伸长的长度，根据胡克定律求解弹簧的劲度系数．
【解答】解：弹簧伸长的长度为：x=2cm=0.02m，弹簧的弹力为F=4N，根据胡克定律F=kx 得：k=
=
=200N/m。
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查胡克定律的基本应用，关键要知道公式F=kx 中，x 是弹簧伸长的长度或缩短的长度，不是弹簧的
长度．该题还应特别注意单位．
2．（3 分）有A、B 两小球，B 的质量为A 的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图中①
为A 的运动轨迹，则B 的运动轨迹是（
）
A．①
B．②
C．③
D．④
【分析】明确抛体运动的轨迹取决于物体的初速度和加速度，明确加速度均为重力加速度，即可分析小球B 的运动
轨迹．
【解答】解：两球初速度大小和方向均相同，同时因抛出后两物体均只受重力，故加速度相同，因此二者具有相同
的运动状态，故B 的运动轨迹也是①；选项A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题考查对抛体运动的掌握，要注意明确质量不同的物体在空中加速度是相同的，而影响物体运动的关键
因素在于加速度，与质量无关．
3．（3 分）一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内
表面为等势面，A、B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（
）
A．A 点的电场强度比B 点的大
B．小球表面的电势比容器内表面的低
C．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直
D．将检验电荷从A 点沿不同路径到B 点，电场力所做的功不同
【分析】A、根据电场线的疏密可判定电场强度的强弱；
B、依据沿着电场线方向电势是降低的，即可判定；
C、根据电场线总与等势线垂直，即可确定；
D、在同一等势线上，电场力做功为零．
【解答】解：A、依据电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则A 点的电场
强度比B 点的小，故A 错误；
B、根据沿着电场线方向电势是降低的，可知，小球表面的电势比容器内表面的高，故B 错误；
C、因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此B 点的电场强度方向与该处内表面垂直，故C 正确；
D、因A、B 在同一等势面上，将检验电荷从A 点沿不同路径到B 点，电场力所做的功相同，均为零，故D 错误；
故选：C。
【点评】考查电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，掌握电场线的方向与电势的高低的关系，理解电场线总垂直
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等势面，注意同一等势面上，电场力不做功．
4．（3 分）一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只饶有一个线圈，将其接在a、b 间作为原线圈．通过滑动触头取
该线圈的一部分，接在c、d 间作为副线圈．在a、b 间输入电压为U1 的交变电流时，c、d 间的输出电压为U2，在
将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中（
）
A．U2＞U1，U2 降低
B．U2＞U1，U2 升高
C．U2＜U1，U2 降低
D．U2＜U1，U2 升高
【分析】本题属于自耦变压器，输入和输出的电压同样与匝数成正比，当滑动触头M 顺时针转动时，输出电压的
匝数将变小，从而可以判断输出的电压的变化的情况．
【解答】解：根据变压器的电压关系有
=
，
当滑动触头M 顺时针转动时，即n2 减小时，电压U2 应该减小，即降低，
由于n2＜n1，所以U2＜U1，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基
本的规律分析即可．
5．（3 分）小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为
原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v 和位置x 的关系图象中，能描述该过程的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】小球先自由下落，做匀加速直线运动，与地面碰撞后，做竖直上抛运动，即匀减速直线运动，之后不断重
复．小球在空中运动的加速度始终为g，根据运动学公式列式分析v 与x 的关系，再选择图象．
【解答】解：以竖直向上为正方向，则小球下落的速度为负值，故C、D 两图错误。
设小球原来距地面的高度为h。小球下落的过程中，根据运动学公式有：
v2=2g（h﹣x），由数学知识可得，v﹣x 图象应是开口向左的抛物线。
小球与地面碰撞后上升的过程，与下落过程具有对称性，故A 正确，B 错误。
故选：A。
【点评】对于图象类型的选择题，采用判断法和排除法相结合的方法，可提高准确率和解题速度．对于图象，往往
根据物理规律得到解析式再分析图象的形状．
二、多项选择题：本题共4 个小题，每小题4 分，共计16 分，每个选择题有多个选项符合题意．全部选对的得4
分，选对但不全的得2 分，选错或不选的得0 分．
6．（4 分）电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应
电流，电流经电路放大后传送到音箱发生声音，下列说法正确的有（
）
A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
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D．磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
【分析】电吉他的拾音器由磁铁和线圈组成，钢弦被磁化，弹动钢弦，相当于线圈做切割磁感线运动，在线圈中就
会产生对应的音频电流，电流经放大后通过音箱，我们就听到了声音，根据E=
可知，增加线圈匝数可以增大
线圈中的感应电动势．
【解答】解：A、铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故A 错误；
B、取走磁体，就没有磁场，振弦不能切割磁感线产生电流，电吉他将不能正常工作，故B 正确；
C、根据E=
可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，故C 正确；
D、磁振动过程中，磁场方向不变，但磁通量有时变大，有时变小，则线圈中的电流方向不断变化，故D 正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查了电吉他的原理，知道法拉第电磁感应定律在本题中的应用，特别注意铜不可以被磁化，则选用
铜质弦，电吉他不能正常工作，难度适中．
7．（4 分）如图所示，两质量相等的卫星A、B 绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S 分别表示卫星的轨道半径、
周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有（
）
A．TA＞TB
B．EkA＞EkB
C．SA=SB D．
=
【分析】由开普勒定律第三定律可确定周期与半径的关系，据开普勒第二定律可确定扫过的面积相等，则可知半径
大的速度小．
【解答】解：A、D、则开普勒第三定律可知周期的二次方与半径的三次方成正比，则D 正确，A 的半径大，则其周
期长，则A 正确。
B、C、由开普勒第二定可知绕同一天体运动的天体与中心天体连线在同一时间内扫过的面积相等，AB 不的同一轨
道，则面积不同，轨道半径大的速度小，则A 的速度小于B 的，又质量相等，则A 的动能小于B 的动能，则BC 错
误；
故选：AD。
【点评】考查开普勒定律的内容，其中第二定律说明速度的变化近日点速度大，远日点速度小，第三定律确定了周
期与半径的关系，熟练掌握并理解其内容是解题的关键，不难．
8．（4 分）如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列
说法正确的有（
）
A．路端电压为10 V
B．电源的总功率为10 W
C．a、b 间电压的大小为5 V
D．a、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A
【分析】由串并联电路分别出初态的外接电阻阻由欧姆定律确定外压，求电流定功率；确定出a，b 间的电势求其
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电压；a、b 间用导线连接后电路结构变化，重新求电阻求电流。
【解答】解：A、B、外阻为R：R
=
=10Ω，则I=
=
=1A，则外压U=IR=10V，功率P=EI=12W，
则A 正确，B 错误；
C、选电源负极为0 势点，则b 点电势为U=
×10=7.5V，a 点电势为U=
×10=2.5V，则ab 间的电压为7.5
﹣2.5=5V，则C 正确；
D、a、b 间用导线连接后外阻为R′，则R′=2×
=7.5Ω，则电流I′=
=
=
≠1A，则D 错误；
故选：AC。
【点评】考查串并联电路电阻的求解及全电路欧姆定律，计算前要明确电路结构是求解问题的关键。
9．（4 分）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两
之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（
）
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
【分析】根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以
及运动学公式进行分析，明确拉力变化后运动位移的变化情况。
【解答】解：A、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右；故A 错误；
B、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小
相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at 可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B 正确；
C、鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力
不变；故C 错误；
D、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位
移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查牛顿第二定律以及摩擦力的应用，分析判断鱼缸受到的摩擦力是解题的关键，同时，还要注意掌
握物体的运动情况，能根据牛顿第二定律进行分析。
三、简答题：本题分必做题（第10、11 题）和选做题（第12 题）两部分，共计42 分．请将解答填写在答题卡相
应位置．
10．（8 分）小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值R 随温度t 的变化关系．已知该金属电阻在常温下的阻值约
10Ω，R 随t 的升高而增大．实验电路如图1 所示，控温箱用以调节金属电阻的温值．
实验时闭合S，先将开关K 与1 端闭合，调节金属电阻的温度，分别记下温度t1，t2，…和电流表的相应示数I1，I2，…．然
后将开关K 与2 端闭合，调节电阻箱使电流表的实数再次为I1，I2，…，分别记下电阻箱相应的示数R1，R2，…．
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（1）有以下两电流表，实验电路中应选用
A
．
（A）量程0～100mA，内阻约2Ω
（B）量程0～0.6A，内阻可忽略
（2）实验过程中，要将电阻箱的阻值由9.9Ω调节至10.0Ω，需旋转图中电阻箱的旋钮“a”、“b”、“c”，正确的操作
顺序是
①②③
．
①将旋钮a 由“0”旋转至“1”
②将旋钮b 由“9”旋转至“0”
③将旋钮c 由“9”旋转至“0”
（3）实验记录的t 和R 的数据见下表“
温度t（℃）
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
阻值R（Ω）
9.6
10.4
11.1
12.1
12.8
请根据表中数据，在图2 作出R﹣t 图象．
由图线求得R 随t 的变化关系为R=
R=0.04t+8.8
．
【分析】（1）选择电学仪器要满足：准确性原则、安全性原则、便于操作的原则．指针偏转角度要大于满偏的
，
根据这些要求选择合适的电流表
（2）电阻箱的调节考虑到电路安全，从大到小调节
（3）根据表中数据描点连线，注意尽可能多的点在直线上，偏离太远的点舍弃，根据图线写出R 随t 变化的关系
式
【解答】解：（1）已知电源的电动势为1.5V，R 在常温下阻值约为10Ω，滑动变阻器的阻值为0 时，电路中的最大
电流约为
，当滑动变阻器的阻值最大为10Ω 时，电路中的电流最小约为
，考虑到准确性原则，电流表B 量程太大，指针偏转角度小于满偏的
，所
以应选择电流表A．
（2）将电阻箱阻值由9.9Ω调节到10.0Ω，要考虑到安全性原则，如果先把bc 旋钮调节到0，这样做很危险，电路
中的电流过大可能会损坏电表，应该先把电阻箱阻值调大再慢慢减小，以确保电路的安全，操作步骤是先将旋钮a
由“0”旋至“1”，然后将个位数及小数位旋转至0，所以正确的顺序①②③
（3）描点画图，如图所示
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由图象可得R 随t 的变化关系为：R=0.04t+8.8
故答案为：（1）A；（2）①②③；（3）如图所示，R=0.04t+8.8
【点评】本题考查了电学仪器的选择和操作及运用图象法进行数据处理，注重考查实际操作能力，突出证据意识，
如考查改变电阻箱挡位的操作，对平时注重实验操作的考生有利．
11．（10 分）某同学用如图1 所示的装置验证机械能守恒定律．一根细线系住钢球，悬挂着铁架台上，钢球静止于
A 点，光电门固定在A 的正下方．在钢球底部竖直地粘住一片宽带为d 的遮光条．将钢球拉至不同位置由静止释放，
遮光条经过光电门的挡光时间t 时由计时器测出，取v=
作为钢球经过A 点时的速度．记录钢球每次下落的高度h
和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A 点之间的势能变化大小△Ep 与动能变化大小△Ek，就能验证机械能
是否守恒．
（1）△Ep=mgh 计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h 应测量释放时的钢球球心到
B
之间的竖直
距离．
（A）钢球在A 点时的顶端
（B）钢球在A 点时的球心
（C）钢球在A 点时的底端
（2）用△Ek=
mv2 计算钢球动能变化的大小，用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图2 所示，其读数为
1.50
cm．某
次测量中，计时器的示数为0.0100s，则钢球的速度为v=
1.50
m/s．
（3）下表为该同学的实验结果：
△Ep（×10
﹣2J）
4.892
9.786
14.69
19.59
29.38
△Ek（×10
﹣2J）
5.04
10.1
15.1
20.0
29.8
他发现表中的△Ep 与△Ek 之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的．你是否同意他的观点？请说明理由．
（4）请你提出一条减小上述差异的改进建议．
【分析】小球下落的高度h 是初末位置球心之间的高度差；
掌握刻度尺读数的方法，需估读一位；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出最低点小球的速度；
根据动能表达式，从而得出动能的量增加，再结合下降的高度求出重力势能的减小量．
结合实验的装置与实验的原理，分析误差产生的原因，从而提出建议．
【解答】解：（1）小球下落的高度h 是初末位置球心之间的高度差，所以要选B；
（2）刻度尺读数的方法，需估读一位，所以读数为1.50cm；某次测量中，计时器的示数为0.0100s，则钢球的速度
为：
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v=
m/s
（3）不同意．
从表中的数据可知，小球动能的增加量大于小球的重力势能的减小量；若空气的阻力造成的，则△EK 要小于△WP，
所以误差不是空气的阻力造成的．
（4）由图可知，在该实验中所求的速度是遮光片的速度，而不是小球的速度，二者之间的速度略有差别．
由于小球与遮光片都做圆周运动，它们具有相等的角速度ω，根据角速度与线速度之间的关系：v=ωr 可知，小球的
速度与遮光片的速度之间的关系为：
l 和L 分别是小球的球心到悬点的距离和光电门到悬点的距离，所以在计算小球的动能时，使用的速度为：
故答案为：（1）B；（2）1.5，1.5；（3）不同意，空气的阻力造成的，则△EK 要小于△WP，所以误差不是空气的阻
力造成的；
（4）分别是小球的球心到悬点的距离和光电门到悬点的距离l 和L，在计算小球的动能时，使用的速度为：
．
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量；
抓住某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出瞬时速度的大小是解题的关键．
四、【选做题】本题包括A、B、C 三题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A、B 两
小题评分.[选修3-3]（12 分）
12．（3 分）在高原地区烧水需要使用高压锅，水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽，停止加热，高压锅在密封状
态下缓慢冷却，在冷却过程中，锅内水蒸汽的变化情况为（
）
A．压强变小B．压强不变C．一直是饱和汽D．变为未饱和汽
【分析】水上方蒸汽的气压叫饱和气压，只与温度有关，只要下面还有水，那就是处于饱和状态，根据饱和汽压的
特点进行分析．温度降低时，液体分子的平均动能减小，单位时间里从液面飞出的分子数减少，所以达到动态平衡
后该饱和汽的质量减小，密度减小，压强也减小．
【解答】解：水上方蒸汽的气压叫饱和气压，只与温度有关，只要下面还有水，那就是处于饱和状态，饱和气压随
着温度的降低而减小，AC 正确，BD 错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查饱和汽和饱和汽压等概念的理解，关于这两个概念注意：饱和汽压随温度的升高而增大，饱
和气压与蒸汽所占的体积无关，与该蒸汽中有无其他气体也无关，不能用气体实验定律分析，这是饱和气体，不是
理想气体，对于未饱和汽，气体实验定律近似适用．
13．（9 分）（1）如图1 所示，在斯特林循环的p﹣V 图象中，一定质量理想气体从状态A 依次经过状态B、C 和D
后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成B→C 的过程中，单位体积中的气体分子数目
不变（选
填“增大”、“减小”或“不变”），状态A 和状态D 的气体分子热运动速率的统计分布图象如图2 所示，则状态A 对应
的是
①
（选填“①”或“②”）．
（2）如图1 所示，在A→B 和D→A 的过程中，气体放出的热量分别为4J 和20J．在B→C 和C→D 的过程中，气体
吸收的热量分别为20J 和12J．求气体完成一次循环对外界所做的功．
【分析】（1）气体的内能只与温度有关，根据热力学第一定律有△U=W+Q 判断气体吸热还是发热；根据图象利用
理想气体状态方程对每一个过程进行分析即可．
温度是分子热运动平均动能的标志；气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少；即大多数的分子的速率是比
较接近的，但不是说速率大的和速率小的就没有了，也是同时存在的，但是分子的个数要少很多；
（2）根据热力学第一定律即可求出气体对外做功是多少．
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【解答】解：（1）由图可知，图线BC 与纵坐标平行，表示气体的体积不变，所以B→C 的过程中，单位体积中的气
体分子数目不变；
根据理想气体的状态方程：
可知，气体的温度越高，压强与体积的乘积PV 值越大，所以由图可知TD＞TA；
气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少；温度高，最可几速率向速度较大的方向移动；故T1＜T2；因此状
态A 对应的是①．
（2）在气体完成一次循环后的内能与开始时是相等的，所以内能不变，即△U=0；
由图可知，A→B 和D→A 的过程中，气体放出的热量分别为4J 和20J．在B→C 和C→D 的过程中气体吸收的热量分
别为20J 和12J，则吸收的热量Q=QAB+QBC+QCD+QDA=﹣4+20+12﹣20=8J．
由热力学第一定律得：△U=Q+W，所以W=﹣8J
所以气体完成一次循环对外做功是8J．
故答案为：（1）不变；①；（2）气体对外做功是8J．
【点评】该题是图象问题，解题的关键从图象判断气体变化过程，利用理想气体状态方程，然后结合热力学第一定
律进行分析判断即可解决．
[选修3-4]（12 分）
14．（3 分）一艘太空飞船静止时的长度为30m，他以0.6c（c 为光速）的速度沿长度方向飞行经过地球，下列说法
正确的是（
）
A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30m
B．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30m
C．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于c
D．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c
【分析】狭义相对论的基本假设之一是光速不变原理；
长度的相对性：
，即一条沿自身长度方向运动的杆，其长度（l）总比杆静止时的长度（l0）小．
【解答】解：A、飞船上的观测者测得该飞船的长度是静止时的长度，为30m，故A 错误；
B、地球上的观测者测得该飞船的长度是以0.6c 的速度沿长度方向飞行时长度，为：
=30×
=24m＜30m，故B 正确；
C、根据狭义相对论的光速不变原理，飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度等于c，地球上的观测者测得飞
船上发来的光信号速度也等于c，故CD 错误；
故选：B。
【点评】本题关键是记住狭义相对论的光速不变原理，知道运动中的尺缩效应；
狭义相对论的两个基本假设：
（1）狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的．
（2）光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．
15．（9 分）（1）杨氏干涉实验证明光的确是一种波，一束单色光投射在两条相距很近的狭缝上，两狭缝就成了两
个光源，它们发出的光波满足干涉的必要条件，则两列光的
频率
相同．如图所示，在这两列光波相遇的区域中，
实线表示波峰，虚线表示波谷，如果放置光屏，在
C
（选填“A”、“B”或“C”）点会出现暗条纹．
（2）在上述杨氏干涉试验中，若单色光的波长λ=5.89×10
﹣7m，双缝间的距离d=1mm，双缝到屏的距离l=2m．求
第1 个亮光条纹到第11 个亮条纹的中心间距．
【分析】（1）光波能发生稳定干涉的必要条件是频率相等．波峰与波谷相遇的点振动减弱，出暗条纹．
（2）根据△x=
求出干涉条纹的间距，再求解第1 个亮光条纹到第11 个亮条纹的中心间距．
【解答】解：（1）产生稳定干涉图样的必要条件是两束光的频率相同．A、B 两点是波峰与波峰、波谷与波谷相遇
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的点，是振动加强点，出现明条纹，C 点波峰与波谷相遇，振动减弱，出现暗条纹．
（2）相邻干涉条纹的间距为△x=
=
×5.89×10
﹣7m=1.178×10
﹣3m
则第1 个亮光条纹到第11 个亮条纹的中心间距为S=10△x=1.178×10
﹣2m
故答案为：（1）频率，C．（2）第1 个亮光条纹到第11 个亮条纹的中心间距为1.178×10
﹣2m．
【点评】解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的规律和干涉条纹间距公式△x=
．知道干涉条纹是均匀分布的．
[选修3-5]（12 分）
16．贝克勒尔在120 年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用。下列属于放
射性衰变的是（
）
A．
C→
N+
e
B．
U+
n→
I+
Y+2
n
C．
H+
H→
He+
n
D．
He+
Al→
P+
n
【分析】放射性衰变是指不稳定原子核自发地放射出射线而转变为另一种原子核的过程，放出的射线包括α、β和γ
射线，β衰变生成的是电子，α衰变生成的是α粒子，裂变是重核裂变成轻核，聚变是轻核生成重核，据此分析即可。
【解答】解：A、A 选项的反应释放出电子，属于β衰变，故A 正确；
B、B 选项属于重核裂变，故B 错误；
C、B 选项属于轻核聚变，故C 错误；
D、D 选项是原子核的人工转变，不是放射性衰变，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题难度不大，要知道衰变的生成物还有几个典型的核反应方程，属于基础题。
17．已知光速为c，普朗克常数为h，则频率为μ的光子的动量为
。用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜
面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为
。
【分析】根据德布罗意波长公式
，结合c=λγ，即可求解；
根据动量是矢量，结合动量的变化公式△p=﹣p﹣p，即可求解。
【解答】解：根据德布罗意波长公式，则光子的动量为p=
=
=
。
取入射方向为正方向，则光子动量的变化量为△p=p 末﹣p 初=﹣p﹣p=﹣2h
因此当光被镜面全部垂直反射回去，光子的速度方向与开始时相反，
所以光子在反射前后动量改变量的大小为
；
故答案为：
；
。
【点评】考查德布罗意波长公式
，并掌握速度、波长及频率的关系式，理解动量、动量的变化均是矢量。注
意正方向选取是列矢量式的前提。
六、计算题：本题共4 小题，共计47 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写出最后
答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
18．几种金属的逸出功W0 见下表：
金属
钨
钙
钠
钾
鉫
W0（×10
﹣19J）
7.26
5.12
3.66
3.60
3.41
由一束可见光照射上述金属的表面，请通过计算说明哪些能发生光电效应．已知该可见光的波长的范围为4.0×10
﹣7～7.6×10
﹣7m，普朗克常数h=6.63×10
﹣34J•s．
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【分析】根据E=
求出可见光的最大光子能量，通过光子能量与逸出功比较，判断哪些金属可以发生光电效应．
【解答】解：可见光的最大光子能量E=
=
≈5.0×10
﹣19J．
可见光子能量大于钠、钾、铷的逸出功，可以使钠、钾、铷发生光电效应．
答：可以使钠、钾、铷发生光电效应．
【点评】解决本题的关键知道发生光电效应的条件，知道光子能量与波长的关系，波长越短，光子能量越大．
19．（15 分）据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓
清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v=7.7km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、
N 的连线垂直，M、N 间的距离L=20m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN 所在平面的分量B=1.0×10
﹣5 T，将太
阳帆板视为导体．
（1）求M、N 间感应电动势的大小E；
（2）在太阳帆板上将一只“1.5V、0.3W”的小灯泡与M、N 相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判
断小灯泡能否发光，并说明理由；
（3）取地球半径R=6.4×103 km，地球表面的重力加速度g=9.8m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h（计
算结果保留一位有效数字）．
【分析】（1）根据公式E=BLv 求M、N 间感应电动势的大小．
（2）根据穿过回路的磁通量是否变化，从而判断小灯泡能否正常发光．
（3）根据万有引力等于向心力，以及重力等于万有引力，分别列式，即可求h．
【解答】解：（1）M、N 间感应电动势的大小为：
E=BLv=1.0×10
﹣5×20×7.7×103=1.54 V
（2）小灯泡与M、N 相连构成闭合电路，穿过回路的磁通量不变，没有感应电流产生，所以小灯泡不能发光．
（3）“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有：
G
=m
在地球表面，有：m′g=G
联立解得：h=
﹣R
代入数据解得：h≈4×105m
答：（1）M、N 间感应电动势的大小E 是1.54 V．
（2）小灯泡与M、N 相连构成闭合电路，穿过回路的磁通量不变，没有感应电流产生，所以小灯泡不能发光．
（3）“天宫一号”距离地球表面的高度h 是4×105m．
【点评】解决本题的关键要建立清晰的物理模型，知道产生感应电流的条件，明确卫星问题常用的两条解题万有引
力等于向心力，以及重力等于万有引力．
20．（16 分）如图所示，倾角为α的斜面A 被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小
滑轮与物块B 相连，B 静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行。A、B 的质量均为m。撤去
固定A 的装置后，A、B 均做直线运动。不计一切摩擦，重力加速度为g。求：
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（1）A 固定不动时，A 对B 支持力的大小N；
（2）A 滑动的位移为x 时，B 的位移大小s；
（3）A 滑动的位移为x 时的速度大小vx。
【分析】（1）依据力的合成法则，结合平衡条件与三角知识，即可求解；
（2）根据运动的合成与分解，结合各自位移存在的几何关系，及三角知识，即可求解；
（3）根据系统只有重力做功，机械能守恒，结合相似三角形，得出速度之比等于位移之比，从而求解。
【解答】解：（1）根据受力分析：重力、支持力与绳子的拉力，
结合力的平行四边形定则，及平衡条件与三角知识，
则斜面的支持力大小为：
N=mgcosα；
（2）撤去固定A 的装置后，A、B 均做直线运动，根据运动的合成与分解，当A 滑动的位移为x 时，设B 的位移大
小s，依据几何关系有：
则有：sx=x（1﹣cosα）
sy=xsinα
且s=
；
解得：s=x
=2xsin
；
（3）因B 的下降的高度为sy=xsinα；
根据系统只有重力做功，机械能守恒定律，则有：
mgsy=
+
如下图所示，画阴影部分的三角形相似，依据位移之比等于速度之比，
可得：
=
则有：vB=vA
；
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解得：vA=
答：（1）A 固定不动时，A 对B 支持力的大小mgcosα；
（2）A 滑动的位移为x 时，B 的位移大小2xsin
；
（3）A 滑动的位移为x 时的速度大小
。
【点评】考查力的平行四边形定则与平衡条件的应用，掌握运动的合成与分解与三角知识的内容，理解机械能守恒
的条件，及其定律的运用，注意运用三角形相似，确定位移之比与速度之比是解题的关键。
21．（16 分）回旋加速器的工作原理如图1 所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁
感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如图2 所示，
电压值的大小为Ub．周期T=
．一束该粒子在t=0﹣
时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考
虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：
（1）出射粒子的动能Em；
（2）粒子从飘入狭缝至动能达到Em 所需的总时间t 总；
（3）要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件。
【分析】（1）根据牛顿第二定律，依据洛伦兹力提供向心力，结合动能的表达式，即可求解；
（2）根据一次加速获得的动能，结合总动能，从而确定加速的次数，再依据运动学公式，求得在电场中加速的时
间，最后根据粒子在磁场中的周期公式，即可求解；
（3）根据只有在0 到（
﹣△t）时间内，飘入的粒子才能每次均被加速，结合有超过99%能射出，从而即可求解。
【解答】解：（1）粒子运动半径为R 时，依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力，
则有：qvB=m
，
且Em=
解得：Em=
；
（2）粒子被加速n 次到达动能为Em，则Em=nqU0，
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为△t；
而加速度a=
因匀加速直线运动，依据运动学公式，则有：nd=
由t0=（n﹣1）
+△t，
解得：t0=
（3）只有在0 到（
﹣t）时间内，飘入的粒子才能每次均被加速，
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则所占的比例为：η=
由于η＞99%，解得：d
；
答：（1）出射粒子的动能
；
（2）粒子从飘入狭缝至动能达到Em 所需的总时间
；
（3）要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件：d
。
【点评】考查牛顿第二定律与向心力的表达式的内容，掌握依据一次加速获得的动能，从而求得加速的次数是解题
的突破口，理解只有在0 到（
﹣△t）时间内，飘入的粒子才能每次均被加速，注意粒子在电场一直处于匀加速的
原因是粒子在磁场中速度大小不变，最后掌握粒子在磁场中运动的周期公式。
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2016 年海南省高考物理试卷
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题3 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．
（3 分）在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（
）
A．速度和加速度的方向都在不断变化
B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小
C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等
D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等
2．（3 分）如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a 和b 叠放在P 的斜面上，整个系统处于静止状态．若
将a 和b、b 与P、P 与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2 和f3 表示．则（
）
A．f1=0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2=0，f3=0
C．f1≠0，f2≠0，f3=0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0
3．（3 分）如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时
对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2．重力加速度大小为g，则N1﹣N2 的值为（
）
A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg
4．（3 分）如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直
径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．以下说法正确的是（
）
A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
5．（3 分）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F 的作用，其下滑的速度﹣时间图线如图所示．已知
物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s 内F 的大小分别为F1、F2 和F3，则（
）
A．F1＜F2
B．F2＞F3
C．F1＞F3
D．F1=F3
6．（3 分）如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q（q＞0）
的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0 竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，
则两极板间电场强度的最大值为（
）
A．
B．
C．
D．
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二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 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．（5 分）通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量．假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量
外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量．这两个物理量可以是（
）
A．卫星的速度和角速度
B．卫星的质量和轨道半径
C．卫星的质量和角速度
D．卫星的运行周期和轨道半径
8．（5 分）如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出
声音，俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面），磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中
（
）
A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
9．（5 分）图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4：1，RT 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1
为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u 随时间t 按正弦规律变化，如图（b）所示．下
列说法正确的是（
）
A．变压器输入、输出功率之比为4：1
B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1：4
C．u 随t 变化的规律为u=51sin（50πt）（国际单位制）
D．若热敏电阻RT 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
10．（5 分）如图，一带正电的点电荷固定于O 点，两虚线圆均以O 为圆心，两实线分别为带电粒子M 和N 先后在
电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e 为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是（
）
A．M 带负电荷，N 带正电荷
B．M 在b 点的动能小于它在a 点的动能
C．N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能
D．N 在从c 点运动到d 点的过程中克服电场力做功
三、实验题：本题共2 小题，第11 题6 分，第12 题9 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．（6 分）某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化．物块放在桌面上，细绳的一端与物块
相连，另一端跨过滑轮挂上钩码．打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为50Hz．纸带穿过打点计时器
连接在物块上．启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动．打点计时器打出的纸带如图（b）
所示（图中相邻两点间有4 个点未画出）．
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根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动．回答下列问题：
（1）在打点计时器打出B 点时，物块的速度大小为
m/s．在打出D 点时，物块的速度大小为
m/s；
（保留两位有效数字）
（2）物块的加速度大小为
m/s2．（保留两位有效数字）
12．（9 分）某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。
（1）已知表头G 满偏电流为100μA，表头上标记的内阻值为900Ω．R1、R2 和R3 是定值电阻。利用R1 和表头构成
1mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b 两个接线柱，电压表的量程为1V；若使用a、
c 两个接线柱，电压表的量程为3V．则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1=
Ω，R2=
Ω，R3=
Ω。
（2）用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表
对改装表3V 挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E 为
5V；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5kΩ．为了方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值为
Ω的滑动变阻器。
（3）校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近
（填“M”或“N”）端。
（4）若由于表头G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G 内阻的真
实值
（填“大于”或“小于”）900Ω。
四、计算题：本题共2 小题，第13 题9 分，第14 题14 分．把解答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．（9 分）水平地面上有质量分别为m 和4m 的物A 和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ．细绳的一端固定，另
一端跨过轻质动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示．初始时，绳处于水平拉直状态．若物块A 在水平向
右的恒力F 作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g．求
（1）物块B 克服摩擦力所做的功；
（2）物块A、B 的加速度大小．
14．（14 分）如图，A、C 两点分别位于x 轴和y 轴上，∠OCA=30°，OA 的长度为L．在△OCA 区域内有垂直于xOy
平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，以平行于y 轴的方向从OA 边射入磁场。已知粒子从
某点射入时，恰好垂直于OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0．不计重力。
（1）求磁场的磁感应强度的大小；
（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC 边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中
运动的时间之和；
（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC 边相切，且在磁场内运动的时间为
t0，求粒子此次入射速度的
大小。
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五、选考题：请考生从第15～17 题中任选二题作答．如果多做，则按所做的第一、二题计分．【选修3-3】（12 分）
15．（4 分）一定量的理想气体从状态M 可以经历过程1 或者过程2 到达状态N，其p﹣V 图象如图所示。在过程1
中，气体始终与外界无热量交换；在过程2 中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法
正确的是（
）
A．气体经历过程1，其温度降低
B．气体经历过程1，其内能减小
C．气体在过程2 中一直对外放热
D．气体在过程2 中一直对外做功
E．气体经历过程1 的内能改变量与经历过程2 的相同
16．（8 分）如图，密闭气缸两侧与一U 形管的两端相连，气缸壁导热；U 形管内盛有密度为ρ=7.5×102kg/m3 的液
体．一活塞将气缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为P0=4.5×
103Pa．外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U 形管两侧液面的高度差h=40cm，求此时左、右两气室的体积之比，
取重力加速度大小g=10m/s2，U 形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．
【选修3-4】（12 分）
17．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向
18．（8 分）如图，半径为R 的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A 点。一细
束单色光经球心O 从空气中射入玻璃体内（入射面即纸面）
，入射角为45°，出射光线射在桌面上B 点处。测得AB 之间的距离为
．现将入射光束在纸面内向左平移，求射入
玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O 点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反
射。
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【选修3-5】（12 分）
19．下列说法正确的是（
）
A．爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程
B．康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量
C．波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律
D．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
E．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长
20．如图，物块A 通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B
沿水平方向与A 相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B 的速度的大小v 及碰撞后A 和B 一起上升的高度h
均可由传感器（图中未画出）测得．某同学以h 为纵坐标，v2 为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的
斜率为k=1.92×10
﹣3s2/m．已知物块A 和B 的质量分别为mA=0.400kg 和mB=0.100kg，重力加速度大小g=9.8m/s2．
（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h﹣v2 直线斜率的理论值k0．
（ii）求k 值的相对误差δ（δ=
×100%），结果保留1 位有效数字．
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2016 年海南省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题3 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．
（3 分）在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（
）
A．速度和加速度的方向都在不断变化
B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小
C．在相等的时间间隔内，速率的改变量相等
D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等
【分析】明确平抛运动的性质，知道平抛运动可分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动；
再根据运动的合成和分解规律可明确速度及速率的变化情况．
【解答】解：A、平抛运动的物体其加速度恒定不变，速度方向时刻变化；故A 错误；
B、由于竖直分速度一直增大，而水平分速度不变，故合速度的方向由水平逐渐变为接近竖直，故与竖直方向夹角
越来越小；与加速度方向的夹角越来越小；故B 正确；
C、由v=gt 可知，在相等的时间间隔内速度的改变量相同；但是速率为水平速度和竖直速度的合速度的大小；故速
率的改变量不相同；故C 错误；
D、由C 可知，速率的变化量不相等，故由动能的表达式可知，动能的改变量也不相等；故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查平抛运动的规律，要注意明确平抛运动的研究方法为运动的合成和分解，要正确理解合成与分解
的方法；并注意速率和速度变化的区别．
2．（3 分）如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a 和b 叠放在P 的斜面上，整个系统处于静止状态．若
将a 和b、b 与P、P 与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2 和f3 表示．则（
）
A．f1=0，f2≠0，f3≠0 B．f1≠0，f2=0，f3=0
C．f1≠0，f2≠0，f3=0 D．f1≠0，f2≠0，f3≠0
【分析】分别对a、ab 以及abP 整体进行分析，根据平衡条件可明确各研究对象是否受到摩擦力作用．
【解答】解：对a 物体分析可知，a 物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a 受到b 向上的
摩擦力；f1≠0；
再对ab 整体分析可知，ab 整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此b 受到P 向上的摩擦力；
f2≠0；
对ab 及P 组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此P 不受地面的摩擦力；f3=0；
故只有C 正确，ABD 错误；
故选：C。
【点评】本题考查静摩擦力的分析和判断，要注意明确静摩擦力随物体受到的外力的变化而变化；同时明确静摩擦
力产生的条件，从而分析是否存在摩擦力；同时注意整体法与隔离法的正确应用．
3．（3 分）如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时
对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2．重力加速度大小为g，则N1﹣N2 的值为（
）
A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg
【分析】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点
时的压力大小，则可求得压力的差值．
【解答】解：设最高点的速度为v2，最低点速度为v1；
对由最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律可知：
﹣mg2R=
mv22﹣
mv12
根据向心力公式可得：
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最高点时：N2+mg=m
最低点时；N1﹣mg=m
联立解得：N1﹣N2=6mg；
故选：D。
【点评】本题考查机械能守恒定律以及向心力公式，要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力
只能竖直向下．
4．（3 分）如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直
径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．以下说法正确的是（
）
A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
【分析】通过线圈面积的磁通量发生变化时，则会出现感应电动势，当电路闭合时，则产生感应电流．结合楞次定
律可判定感应电流方向．
【解答】解：AB、直导线之间的磁场时对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，金属环上下运动的时候，
圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故AB 错误；
C、金属环向左侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方
向为顺时针，故C 错误；
D、金属环向右侧直导线靠近，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方
向为逆时针，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查楞次定律的应用，掌握感应电流的产生条件，理解右手螺旋定则的内容．穿过线框的磁通量变化
有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变化，还有磁场与面积均变化导致磁通量变化
的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化．
5．（3 分）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F 的作用，其下滑的速度﹣时间图线如图所示．已知
物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s 内F 的大小分别为F1、F2 和F3，则（
）
A．F1＜F2
B．F2＞F3
C．F1＞F3
D．F1=F3
【分析】速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛
顿第二定律分析拉力的大小即可．
【解答】解：由速度时间图象的斜率可知，0～5s 内和10～15s 内物体的加速度大小a 相等。
在0～5s 内，物体加速下滑，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣f﹣F1=ma，所以F1=mgsinθ﹣f﹣ma；
在5～10s，物体匀速下滑，受力平衡，则mgsinθ﹣f=F2，所以F2=mgsinθ﹣f；
在10～15s 内，物体减速下滑，由牛顿第二定律可得，F3+f﹣mgsinθ=ma，所以F3=mgsinθ﹣f+ma；
由以上分析可得，F1＜F2＜F3；
故选：A。
【点评】本题是对速度时间图象含义的考查，明确速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运
动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律计算拉力的大小即可．
6．（3 分）如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q（q＞0）
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的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能Ek0 竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，
则两极板间电场强度的最大值为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】粒子在电场中只受到电场力的作用，只有电场力做功，粒子恰好到达上极板时速度恰好与上极板平行，所
以将粒子初速度分解为垂直极板和平行极板的分速度，再结合运动学公式可求得E．
【解答】解：根据电荷的受力情况可知，粒子在电场中做曲线运动，如图所示，
将粒子的速度v 分解为垂直于板的vy 和平行于板的vx，由于极板与水平面夹角45°，粒子的初速度方向竖直向上，
所以粒子初速度在垂直于板的方向的速度为vy=v0sin45°=
。
当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，即粒子垂直于极板方向的速度vy′=0。
根据运动学公式有
﹣vy′2=2
d
又知Ek0=
m
联立以上各式求得E=
故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【点评】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，然后根据类平抛运动的规律和动能定理计算电场强度的大小
即可．
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 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．（5 分）通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量．假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量
外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量．这两个物理量可以是（
）
A．卫星的速度和角速度
B．卫星的质量和轨道半径
C．卫星的质量和角速度
D．卫星的运行周期和轨道半径
【分析】人造卫星绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律列式求中心
天体的质量，然后由选项条件判断正确的答案．
【解答】解：卫星围绕冥王星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，
A、已知卫星的速度和角速度，则轨道半径r=
，根据
即可求解冥王星质量M，故A 正确；
B、根据
可知，卫星的质量可以约去，只知道半径不能求出冥王星质量，故B 错误；
C、根据
可知，卫星的质量可以约去，只知道角速度不能求出冥王星质量，故C 错误；
D、根据
可知，知道卫星的运行周期和轨道半径可求解冥王星质量M，故D 正确；
故选：AD。
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【点评】解答万有引力定律在天体运动中的应用时要明确天体做匀速圆周运动，其受到的万有引力提供向心力，会
用线速度、角速度、周期表示向心力，同时注意公式间的化简．
8．（5 分）如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出
声音，俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面），磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中
（
）
A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
【分析】应用化曲为直法，把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，再根据左手定则判断所受安培力的方向即
可．
【解答】解：A、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿顺时针方向时，根据左手定则可知，每一
小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向外，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故A 错误，B 正确；
C、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿逆时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受
到的安培力都是垂直于纸面向里，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，故D 错误，C 正确；
故选：BC。
【点评】本题主要考查了左手定则的直接应用，注意化曲为直法在解题中的应用，难度不大，属于基础题．
9．（5 分）图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4：1，RT 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1
为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u 随时间t 按正弦规律变化，如图（b）所示．下
列说法正确的是（
）
A．变压器输入、输出功率之比为4：1
B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1：4
C．u 随t 变化的规律为u=51sin（50πt）（国际单位制）
D．若热敏电阻RT 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
【分析】变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等，根据电流之比等于匝数之反比求出原副线圈的电流比．根据
交变电压的u﹣t 图线得出峰值和周期，从而求出角速度，得出u﹣t 的表达式．抓住输入电压不变，得出输出电压
不变，结合副线圈负载电阻的变化得出电流的变化．
【解答】解：A、原副线圈输入功率和输出功率相等，故A 错误。
B、根据
得，原副线圈的电流之比为1：4，故B 正确。
C、交变电压的峰值为51V，周期T=0.02s，则角速度
，则u 随t 的变化规律为u=51sin（100πt），
故C 错误。
D、若热敏电阻RT 的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中
的电流变大，故D 正确。
故选：BD。
【点评】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数
比的关系，是解决本题的关键．
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10．（5 分）如图，一带正电的点电荷固定于O 点，两虚线圆均以O 为圆心，两实线分别为带电粒子M 和N 先后在
电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e 为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是（
）
A．M 带负电荷，N 带正电荷
B．M 在b 点的动能小于它在a 点的动能
C．N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能
D．N 在从c 点运动到d 点的过程中克服电场力做功
【分析】根据轨迹的弯曲，确定粒子所受的力是吸引力还是排斥力，从而确定粒子的电性；根据动能定理，结合库
仑力做功情况判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．
【解答】解：A、由粒子运动轨迹可知，M 受到的是吸引力，N 受到的是排斥力，可知M 带负电荷，N 带正电荷，
故A 正确。
B、M 从a 到b 点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b 点的动能小于在a 点的动能，故B 正确。
C、d 点和e 点在同一等势面上，电势相等，则N 在d 点的电势能等于在e 点的电势能，故C 正确。
D、N 从c 到d，库仑斥力做正功，故D 错误。
故选：ABC。
【点评】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思
路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．
三、实验题：本题共2 小题，第11 题6 分，第12 题9 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．（6 分）某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化．物块放在桌面上，细绳的一端与物块
相连，另一端跨过滑轮挂上钩码．打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为50Hz．纸带穿过打点计时器
连接在物块上．启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动．打点计时器打出的纸带如图（b）
所示（图中相邻两点间有4 个点未画出）．
根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动．回答下列问题：
（1）在打点计时器打出B 点时，物块的速度大小为
0.56
m/s．在打出D 点时，物块的速度大小为
0.96
m/s；
（保留两位有效数字）
（2）物块的加速度大小为
2.0
m/s2．（保留两位有效数字）
【分析】（1）做匀变速直线运动的物体，某一时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，所以B 点的速
度等于AC 两点间的平均速度，D 点速度等于CE 两点间的平均速度
（2）根据逐差法求加速度
【解答】解：（1）根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以
（2）根据匀变速直线运动的推论公式
可以求出加速度的大小，得
为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得
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=
=2.0
故答案为：（1）0.56，0.96；（2）2.0．
【点评】本题借助实验考查了匀变速直线的规律以及推论的应用，知道纸带的数据处理方法，8 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．
12．（9 分）某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。
（1）已知表头G 满偏电流为100μA，表头上标记的内阻值为900Ω．R1、R2 和R3 是定值电阻。利用R1 和表头构成
1mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b 两个接线柱，电压表的量程为1V；若使用a、
c 两个接线柱，电压表的量程为3V．则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1=
90
Ω，R2=
910
Ω，R3=
2000
Ω。
（2）用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表
对改装表3V 挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E 为
5V；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5kΩ．为了方便实验中调节电压，图中R 应选用最大阻值为
50
Ω的滑动变阻器。
（3）校准时，在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近
M
（填“M”或“N”）端。
（4）若由于表头G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G 内阻的真
实值
大于
（填“大于”或“小于”）900Ω。
【分析】（1）根据串并联电路的知识求定值电阻的阻值
（2）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器
（3）分压电路，控制电路两端的电压由0 开始增大，同时也起到保护作用
（4）改装表的读数比标准表的读数偏小，指针偏转的角度偏小，流过的表头的电流偏小，可能是表头电阻偏大
【解答】解：（1）根据题意，
与表头G 构成1mA 的电流表，则：
，
代入数据：
整理得
若使用a、b 两个接线柱，电压表的量程为1V，则
若使用a、c 两个接线柱，电压表的量程为3V，则
=
（2）电压表与之并联之后，电阻小于2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大值远小于并联部分，同时
还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50Ω的电阻。
（3）在闭合开关S 前，滑动变阻器的滑动端P 应靠近M 端，这样把并联部分电路短路，起到一种保护作用。
（4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G 的电流偏小，则实际其电阻偏大，故其
实际阻值大于900Ω
故答案为：（1）90，910，2 000；（2）50；（3）M；（4）大于。
【点评】本题关键是电压表和电流表的改装原理，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解
题。
四、计算题：本题共2 小题，第13 题9 分，第14 题14 分．把解答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．（9 分）水平地面上有质量分别为m 和4m 的物A 和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ．细绳的一端固定，另
一端跨过轻质动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示．初始时，绳处于水平拉直状态．若物块A 在水平向
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右的恒力F 作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g．求
（1）物块B 克服摩擦力所做的功；
（2）物块A、B 的加速度大小．
【分析】（1）根据几何关系确定B 的位移；再根据滑动摩擦力公式可明确摩擦力的大小，根据功的公式即可求得克
服摩擦力所做的功；
（2）分别对AB 受力分析，根据牛顿第二定律进行列式，联立可求得两物体的加速度．
【解答】解：
（1）物块A 移动了距离s，则物块B 移动的距离为
s1=
①
物块B 受到的摩擦力大小为
f=4μmg②
物块B 克服摩擦力所做的功为
W=fs1=4μmg×
s=2μmgs
③
（2）设物块A、B 的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T．有牛顿第二定律得
F﹣μmg﹣T=maA④
2T﹣4μmg=4maB⑤
由A 和B 的位移关系得
aA=2aB⑥
联立④⑤⑥式得
aA=
⑦
aB=
⑧
答：（1）物块B 克服摩擦力所做的功为2μmgs；
（2）物块A、B 的加速度大小分别为
和
．
【点评】本题考查牛顿第二定律以及功的计算，要注意明确研究对象的选取，正确受力分析，再根据牛顿第二定律
列式求解．
14．（14 分）如图，A、C 两点分别位于x 轴和y 轴上，∠OCA=30°，OA 的长度为L．在△OCA 区域内有垂直于xOy
平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，以平行于y 轴的方向从OA 边射入磁场。已知粒子从
某点射入时，恰好垂直于OC 边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0．不计重力。
（1）求磁场的磁感应强度的大小；
（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC 边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中
运动的时间之和；
（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC 边相切，且在磁场内运动的时间为
t0，求粒子此次入射速度的
大小。
【分析】（1）粒子垂直OA 进入磁场中，转过90°，垂直打在y 轴上，则t=t0=
T，求出周期，由周期公式T=
求B 的大小。
（2）画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为θ1 和θ2，由几何关系有θ1=180°﹣θ2，可得到时间之
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和等于
。
（3）根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差△t 与△θ=θ2﹣θ1 成正比，只要求出△θ的最大值，即
可求得θ2 的最大值。
由△t=
T 和已知条件△tmax=
，联立可求出θ2 的最大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定
律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0 内其速度方向改变了90°，故其周期
T=4t0①
设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r．由洛伦兹力公式和牛顿定律得
②
匀速圆周运动的速度满足
③
联立①②③式得
B=
④
（2）设粒子从OA 边两个不同位置射入磁场，能从OC 边上的同一点P 射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图所
示。
设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1 和θ2．由几何关系有
θ1=180°﹣θ2 ⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1 与t2，则
t1+t2=
=2t0；⑥
（3）如下图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°．
设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC 相切与B 点，从D 点射出磁场，
由几何关系和题给条件可知，此时有
∠O O'D=∠B O'A=30°⑦
r0cos∠OO′D+
=L⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0，
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由圆周运动线速度公式，则有：v0=
⑨
联立①⑦⑧⑨式得
v0=
答：（1）磁场的磁感应强度的大小
；
（2）该粒子这两次在磁场中运动的时间之和2t0；
（3）粒子此次入射速度的大小
。
【点评】对于带电粒子在磁场中运动类型，要善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键，注意
画出正确的运动轨迹图是解题的重点。
五、选考题：请考生从第15～17 题中任选二题作答．如果多做，则按所做的第一、二题计分．【选修3-3】（12 分）
15．（4 分）一定量的理想气体从状态M 可以经历过程1 或者过程2 到达状态N，其p﹣V 图象如图所示。在过程1
中，气体始终与外界无热量交换；在过程2 中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法
正确的是（
）
A．气体经历过程1，其温度降低
B．气体经历过程1，其内能减小
C．气体在过程2 中一直对外放热
D．气体在过程2 中一直对外做功
E．气体经历过程1 的内能改变量与经历过程2 的相同
【分析】AB、根据绝热，既不吸热，也不放热，结合热力学第一定律：△U=Q+W，即可判定；
CD、根据理想气体状态方程
=C，结合过程2 中，压强与体积的变化情况，从而即可求解；
E、依据初末状态的温度相同，从而确定内能改变量也相同。
【解答】解：AB、气体经历过程1，压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，故AB 正确；
CD、气体在过程2 中，根据理想气体状态方程
=C，刚开始时，体积不变，压强减小，则温度降低，对外放热，
然后压强不变，体积变大，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故CD 错误；
E、无论是经过1 过程还是2 过程，初、末状态相同，故内能改变量相同，故E 正确；
故选：ABE。
【点评】考查热力学第一定律与理想气体状态方程的应用，理解绝热的含义，注意热力学第一定律中各量的正负含
义，及掌握理想气体的定义。
16．（8 分）如图，密闭气缸两侧与一U 形管的两端相连，气缸壁导热；U 形管内盛有密度为ρ=7.5×102kg/m3 的液
体．一活塞将气缸分成左、右两个气室，开始时，左气室的体积是右气室的体积的一半，气体的压强均为P0=4.5×
103Pa．外界温度保持不变．缓慢向右拉活塞使U 形管两侧液面的高度差h=40cm，求此时左、右两气室的体积之比，
取重力加速度大小g=10m/s2，U 形管中气体的体积和活塞拉杆的体积忽略不计．
【分析】对左右两部分气体分别运用玻意耳定律列式，由力的平衡找出压强关系，由几何关系找出体积关系．
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【解答】解：设初始状态时气缸左气室的体积为V01，右气室的体积为V02；当活塞至气缸中某位置时，左、右气室
的压强分别为p1、p2，体积分别为V1、V2，由玻意耳定律得
p0V01=p1V1①
p0V02=p2V2②
依题意有
V01+V02=V1+V2③
由力的平衡条件有
p2﹣p1=ρgh④
⑤
联立①②③④⑤式，并代入题给数据得
⑥
由此解得
（另一解不合题意，舍去）⑦
得
⑧
V1：V2=1：1⑨
答：此时左、右两气室的体积之比1：1
【点评】本题考查气体实验定律的应用，关键是确定状态参量，尤其是两部分气体的压强关系，初末状态的体积关
系．
【选修3-4】（12 分）
17．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．在同一地点，单摆做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比
B．弹簧振子做简谐振动时，振动系统的势能与动能之和保持不变
C．在同一地点，当摆长不变时，摆球质量越大，单摆做简谐振动的周期越小
D．系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率
E．已知弹簧振子初始时刻的位置及其振动周期，就可知振子在任意时刻运动速度的方向
【分析】根据单摆的周期公式分析周期与摆长的关系．弹簧振子做简谐振动时，系统的机械能守恒．单摆的周期与
摆球的质量无关．受迫振动的频率等于驱动力的频率．根据时间与周期的关系，结合弹簧振子初始时刻的振动方向
才可确定弹簧振子在任意时刻运动速度的方向．
【解答】解：A、根据单摆的周期公式T=2π
，得T2=
L．在同一地点，g 一定，则知T2 与L 成正比，即单摆
做简谐振动的周期的平方与其摆长成正比。故A 正确。
B、弹簧振子做简谐振动时，振动系统的机械能守恒，即振动系统的势能与动能之和保持不变。故B 正确。
C、根据单摆的周期公式T=2π
，知单摆做简谐振动的周期与摆球质量无关，故C 错误。
D、系统做稳定的受迫振动时，系统振动的频率等于周期性驱动力的频率，与固有频率无关，故D 正确。
E、振动质点在同一位置振动方向有两种，所以已知弹簧振子初始时刻的位置，不知道初始时刻振子的振动方向，
根据振动周期，不能知道振子在任意时刻运动速度的方向。
故选：ABD。
【点评】解决本题的关键要掌握单摆周期公式T=2π
，知道单摆的周期与摆球的质量无关，明确受迫振动的频率
等于驱动力的频率，与固有频率无关．
18．（8 分）如图，半径为R 的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球的上表面水平，球面与桌面相切于A 点。一细
束单色光经球心O 从空气中射入玻璃体内（入射面即纸面）
，入射角为45°，出射光线射在桌面上B 点处。测得AB 之间的距离为
．现将入射光束在纸面内向左平移，求射入
玻璃体的光线在球面上恰好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O 点的距离。不考虑光线在玻璃体内的多次反
射。
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【分析】根据几何关系求出光线从O 点射入时的折射角的正弦，结合折射定律求出折射率，在玻璃体球面上光线恰
好发生全反射时，作出光路图，根据角度关系，运用正弦定理求出光束在上表面的入射点到O 点的距离。
【解答】解：当光线经球心O 入射时，光路图如右上图所示。设玻璃的折射率为n，由折射定律有：
n=
①
式中，入射角i=45°，γ为折射角。
△OAB 为直角三角形，因此sinr=
②
发生全反射时，临界角C 满足：sinC=
③
在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如右下图所示。设此时光线入射点为E，折射光线射到玻璃体球面
的D 点。由题意有
∠EDO=C
④
在∠EDO 内，根据正弦定理有
⑤
联立以上各式并利用题给条件得OE=
。
答：光束在上表面的入射点到O 点的距离为
。
【点评】解决本题的关键作出光路图，灵活运用数学知识，结合折射定律和全反射的知识进行求解。本题对数学几
何能力要求较高，需加强这方面的训练。
【选修3-5】（12 分）
19．下列说法正确的是（
）
A．爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程
B．康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量
C．波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律
D．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
E．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长
【分析】爱因斯坦建立了光电效应方程；
康普顿效应表明光子有能量，也有动量；
波尔的原子理论只能成功地解释了氢原子光谱；
卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；
依据德布罗意波长公式λ=
，可知，波长与动量的关系．
【解答】解：A、爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故A 正确；
B、康普顿效应表明光子有能量，也有动量，故B 错误；
C、玻尔的原子理论只能成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故C 正确；
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D、卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故D 正确；
E、依据德布罗意波长公式λ=
，可知，微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短，故E 错误；
故选：ACD。
【点评】考查光电效应方程、康普顿效应的作用、波尔的原子理论的意义、及α粒子散射实验等等知识，理解德布
罗意波，即为物质波．
20．如图，物块A 通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B
沿水平方向与A 相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B 的速度的大小v 及碰撞后A 和B 一起上升的高度h
均可由传感器（图中未画出）测得．某同学以h 为纵坐标，v2 为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的
斜率为k=1.92×10
﹣3s2/m．已知物块A 和B 的质量分别为mA=0.400kg 和mB=0.100kg，重力加速度大小g=9.8m/s2．
（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h﹣v2 直线斜率的理论值k0．
（ii）求k 值的相对误差δ（δ=
×100%），结果保留1 位有效数字．
【分析】（i）若B 与A 碰撞过程，由碰撞时间极短，外力的冲量不计，认为AB 系统的动量守恒．由动量守恒定律
得出碰后AB 的共同速度．在碰撞后A 和B 共同上升的过程中，绳子拉力不做功，AB 共同体的机械能守恒，由机械
能守恒定律列式，联立可得到h 与v2 的关系式，结合数学知识得到h﹣v2 直线斜率的理论值k0．
（ii）根据题意δ=
）×100%，求k 值的相对误差δ．
【解答】解：（i）设物块A 和B 碰撞后共同运动的速度为v′，取向右为正方向，由动量守恒定律有：
mBv=（mA+mB）v′①
在碰撞后A 和B 共同上升的过程中，由机械能守恒定律有
（mA+mB）v′2=（mA+mB）gh
②
联立①②式得
h=
v2③
由题意得：
h﹣v2 直线斜率的理论值k0=
④
代入题给数据得k0=2.04×10
﹣3s2/m
⑤
（ii）按照定义知，k 值的相对误差δ=
×100%
⑥
由⑤⑥式和题给条件得δ=6% ⑦
答：
（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，h﹣v2 直线斜率的理论值k0 是2.04×10
﹣3s2/m．
（ii）k 值的相对误差δ是6%．
【点评】根据物理规律得到解析式，再分析图象斜率的物理意义是物理上常用的方法．要知道碰撞的基本规律：系
统的动量守恒．
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2016 年北京市高考物理试卷
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）处于n=3 能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有（
）
A．1 种B．2 种C．3 种D．4 种
2．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．电磁波在真空中以光速C 传播
B．在空气中传播的声波是横波
C．声波只能在空气中传播
D．光需要介质才能传播
3．（6 分）如图所示，弹簧振子在M、N 之间做简谐运动．以平衡位置O 为原点，建立Ox 轴．向右为x 的轴的正
方向．若振子位于N 点时开始计时，则其振动图象为（
）
A．
B．
C
．
D．
4．（6 分）如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B 随时间均匀
增大．两圆环半径之比为2：1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea 和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法
正确的是（
）
A．Ea：Eb=4：1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea：Eb=4：1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea：Eb=2：1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea：Eb=2：1，感应电流均沿顺时针方向
5．（6 分）中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，
不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是（
）
A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
6．（6 分）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1 绕地球E 运行，在P 变轨后进入轨道2 做匀速圆周运动．下
列说法正确的是（
）
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A．不论在轨道1 还是在轨道2 运行，卫星在P 点的速度都相同
B．不论在轨道1 还是在轨道2 运行，卫星在P 点的加速度都相同
C．卫星在轨道1 的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道2 的任何位置都具有相同动量
7．（6 分）某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为
使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（
）
A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器
B．一个伏特表和多个定值电阻
C．一个安培表和一个电阻箱
D．两个安培表和一个滑动变阻器
8．（6 分）雾霾天气对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气候条件与人类活动相互作用的结果．雾
霾中，各种悬浮颗粒物形状不规则，但可视为密度相同、直径不同的球体，并用PM10、PM2.5 分别表示直径小于
或等于10μm、2.5μm 的颗粒物（PM 是颗粒物的英文缩写）．
某科研机构对北京地区的检测结果表明，在静稳的雾霾天气中，近地面高度百米的范围内，PM10 的浓度随高度的
增加略有减小，大于PM10 的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小，且两种浓度分布基本不随时间变化．
据此材料，以下叙述正确的是（
）
A．PM10 表示直径小于或等于1.0×10
﹣6m 的悬浮颗粒物
B．PM10 受到的空气分子作用力的合力始终大于其受到的重力
C．PM10 和大悬浮颗粒物都在做布朗运动
D．PM2.5 浓度随高度的增加逐渐增大
二、解答题
9．（4 分）热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R 随温度t 变化的
示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力
（选填“增强”或“减弱”）；相对金属热电阻而言，
热敏电阻对温度变化的影响更
（选填“敏感”或“不敏感”）．
10．（14 分）利用图1 装置做“验证机械能守恒定律”实验．
①为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的
．
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
②除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两
种器材是
A．交流电源
B．刻度尺
C．天平（含砝码）
③实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2 所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得
它们到起始点O 的距离分别为hA、hB、hC．
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已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T．设重物的质量为m．从打O 点到打B 点的过程中，重物的
重力势能变化量△Ep=
，动能变化量△Ek=
．
④大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是
A．利用公式v=gt 计算重物速度
B．利用公式v=
计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦力阻力的影响
D．没有采用多次试验去平均值的方法．
⑤根据以下方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O 的距离h，计算对应计数点
的重物速度v，描绘v2﹣h 图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒．请
你分析论证该同学的判断依据是否正确．
11．（16 分）如图所示，质量为m，电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀
强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。
（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小。
12．（18 分）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已
知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，
板间距为d．
（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0 和从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离△y；
（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据
分析说明其原因．已知U=2.0×102V，d=4.0×10
﹣2m，m=9.1×10
﹣31kg，e=1.6×10
﹣19C，g=10m/s2．
（3）极板间既有电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方
法，在重力场中建立“重力势”的φG 概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
13．（10 分）动量定理可以表示为△p=F△t，其中动量p 和力F 都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以
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在相互垂直的x、y 两个方向上分别研究．例如，质量为m 的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的
角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．
a．分别求出碰撞前后x、y 方向小球的动量变化△px、△py；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
14．（10 分）激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生
反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等
微小颗粒．
一束激光经S 点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图②所示，
图中O 点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO 的夹角均为θ，出射时光束均与SO 平行．请在下面两种情况
下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．
a．光束①和②强度相同；
b．光束①比②强度大．
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2016 年北京市高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分）
1．（6 分）处于n=3 能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有（
）
A．1 种B．2 种C．3 种D．4 种
【分析】本题考查了波尔原子理论，所有的激发态都是不稳定的，都会继续向基态跃迁，故辐射光子的种类为
．
【解答】解：现有大量的氢原子处于n=3 的激发态，当这些氢原子向低能级跃迁时，辐射光子的频率为n=
=3 种。
选项C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，知道数学组合公式
的
应用．
2．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．电磁波在真空中以光速C 传播
B．在空气中传播的声波是横波
C．声波只能在空气中传播
D．光需要介质才能传播
【分析】电磁波在真空中的传播速度与光在真空中的传播速度相同，机械波传播的是振动形式，离不开介质；波速
由介质决定．
【解答】解：A、电磁波在真空中的传播速度与光在真空中的传播速度相同，故A 正确；
B、空气中的声波是纵波，故B 错误；
C、声波不仅能在空气中传播，也能在固体、液体中传播，但不能在真空中传播，故C 错误；
D、光可以在真空中的传播，不需要介质，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电磁波的传播条件、传播速度，涉及的是基础知识，还有要明确声波是机械波，然后结合机械
波的波速、波长、频率关系公式列式求解．
3．（6 分）如图所示，弹簧振子在M、N 之间做简谐运动．以平衡位置O 为原点，建立Ox 轴．向右为x 的轴的正
方向．若振子位于N 点时开始计时，则其振动图象为（
）
A．
B．
C
．
D．
【分析】当振子运动到N 点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t=0 时刻质点的位置，即可确定位移时间
的图象．
【解答】解：由题意：设向右为x 正方向，振子运动到N 点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N 点
时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【点评】本题在选择图象时，关键研究t=0 时刻质点的位移和位移如何变化．
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4．（6 分）如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B 随时间均匀
增大．两圆环半径之比为2：1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea 和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法
正确的是（
）
A．Ea：Eb=4：1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea：Eb=4：1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea：Eb=2：1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea：Eb=2：1，感应电流均沿顺时针方向
【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n
=n
S 计算感应电动势的大小，根据楞次定律判断感应电流的方向．
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律E=
=
S，题中
相同，
a 圆环中产生的感应电动势分别为Ea=
=
S=
π
，
b 圆环中产生的感应电动势分别为Eb=
=
S=
π
，
由于ra：rb=2：1，
所以
，
由于磁场向外，磁感应强度B 随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向，故B 正确，ACD 错
误；
故选：B。
【点评】本题整合了法拉第电磁感应定律，楞次定律，常规题，要善于运用比例法求解比值．
5．（6 分）中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，
不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是（
）
A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
【分析】根据课本中有关地磁场的基础知识，同时明在确磁场及磁通量的性质；即可确定此题的答案．
【解答】解：A、地理南、北极与地磁场的南、北极不重合有一定的夹角，即为磁偏角；故A 正确；
B、磁场是闭合的曲线，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B 正确；
C、磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置
的地磁场方向都与地面平行，故C 错误；
D、地磁场与射向地球赤道的带电宇宙射线粒子速度方向并不平行，所以对带电宇宙射线粒子有力的作用，故D 正
确；
本题选错误的，故选：C。
【点评】本题考查了地磁场的性质以及磁通量等内容，要注意借助地磁场的磁场分布分析地磁场对应的性质．
6．（6 分）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1 绕地球E 运行，在P 变轨后进入轨道2 做匀速圆周运动．下
列说法正确的是（
）
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A．不论在轨道1 还是在轨道2 运行，卫星在P 点的速度都相同
B．不论在轨道1 还是在轨道2 运行，卫星在P 点的加速度都相同
C．卫星在轨道1 的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道2 的任何位置都具有相同动量
【分析】卫星变轨，做离心运动要加速；万有引力提供向心力；加速度和动量都是矢量．
【解答】解：A．卫星由轨道1 在P 点进入轨道2 做离心运动，要加速，所以在轨道1 和在轨道2 运行经过P 点的
速度不同，故A 错误；
B．在轨道1 和在轨道2 运行经过P 点，都是万有引力提供向心力，由a=
可知，卫星在P 点的加速度都相同，
故B 正确；
C．由a=
可知，由于r 不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1 的任何位置的加速度都不同，
故C 错误；
D．卫星在轨道2 的任何位置的速度方向不同，所以动量不同，故D 错误。
故选：B。
【点评】解答本题的关键是知道卫星变轨问题，做离心运动要加速．还要知道加速度和动量都是矢量，都有方向．
7．（6 分）某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合．为
使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（
）
A．一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器
B．一个伏特表和多个定值电阻
C．一个安培表和一个电阻箱
D．两个安培表和一个滑动变阻器
【分析】根据U﹣I 图象与坐标轴的交点求解电动势和内阻．
【解答】解：通过改变电路的阻值从而获得多组数据，根据U﹣I 图象与坐标轴的交点求解电动势和内阻。
A．安培表测电流，伏特表测路端电压，滑动变阻改变电路的阻值从而获得多组数据，故A 可取；
B．伏特表测路端电压，电流可由路端电压和定值电阻求得，通过改变接入定值电阻的个数改变电路的电阻，故B
可取；
C．安培表测电流，再由电流和定值电阻可得路端电压，通过改变接入定值电阻的个数改变电路的电阻，故C 可取；
D．两个安培表和一个滑动变阻器，不管怎么组合，不能测出路端电压，故不能测出电动势和内阻，故D 最不可取。
本题选最不可取的一组器材，故选：D。
【点评】解决本题的关键会从U﹣I 图线获取电源的电动势和内阻，电源的内阻等于图线的斜率绝对值，以及会分
析误差的来源．
8．（6 分）雾霾天气对大气中各种悬浮颗粒物含量超标的笼统表述，是特定气候条件与人类活动相互作用的结果．雾
霾中，各种悬浮颗粒物形状不规则，但可视为密度相同、直径不同的球体，并用PM10、PM2.5 分别表示直径小于
或等于10μm、2.5μm 的颗粒物（PM 是颗粒物的英文缩写）．
某科研机构对北京地区的检测结果表明，在静稳的雾霾天气中，近地面高度百米的范围内，PM10 的浓度随高度的
增加略有减小，大于PM10 的大悬浮颗粒物的浓度随高度的增加明显减小，且两种浓度分布基本不随时间变化．
据此材料，以下叙述正确的是（
）
A．PM10 表示直径小于或等于1.0×10
﹣6m 的悬浮颗粒物
B．PM10 受到的空气分子作用力的合力始终大于其受到的重力
C．PM10 和大悬浮颗粒物都在做布朗运动
D．PM2.5 浓度随高度的增加逐渐增大
【分析】由题意知：PM10 表示直径小于或等于的10μm；
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PM10、PM2.5 是直径小于或等于10μm、2.5μm 的颗粒物，在空气分子作用力的合力作用下做无规则运动，合力不
可能始终大于其受到的重力；
布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，是空气分子无规则运动的反映．
【解答】解：A．由题意知：PM10 表示直径小于或等于的10μm=10
﹣5m 悬浮颗粒，故A 错误；
BCD．由题意知，PM10、PM2.5 是直径小于或等于10μm、2.5μm 的颗粒物，在空气分子作用力的合力作用下做无
规则运动，合力不可能始终大于其受到的重力，所以PM10 和大悬浮颗粒物都在做布朗运动，PM10、PM2.5 的浓度
随高度的增加略有减小，故C 正确，BD 错误。
故选：C。
【点评】解答此题的关键是由题目获得信息，并能理解布朗运动的含义．
二、解答题
9．（4 分）热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R 随温度t 变化的
示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力
增强
（选填“增强”或“减弱”）；相对金属热电阻而言，
热敏电阻对温度变化的影响更
敏感
（选填“敏感”或“不敏感”）．
【分析】图中横轴表示温度，纵轴表示电阻，图象反映了电阻随着温度的变化情况．
【解答】解：图中横轴表示温度，纵轴表示电阻，随着温度的增加，金属热电阻的阻值略微增大，而热敏电阻的阻
值显著减小．
所以这种热敏电阻在温度上升时导电能力增强；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的影响更敏感．
故答案为：增强，敏感．
【点评】解题的关键是能看懂图象，一个物理量不断变化时，看另一个物理量如何变化，从而得出结论．
10．（14 分）利用图1 装置做“验证机械能守恒定律”实验．
①为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的
A
．
A．动能变化量与势能变化量
B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
②除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两
种器材是
AB
A．交流电源
B．刻度尺
C．天平（含砝码）
③实验中，先接通电源，再释放重物，得到图2 所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得
它们到起始点O 的距离分别为hA、hB、hC．
已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T．设重物的质量为m．从打O 点到打B 点的过程中，重物的
重力势能变化量△Ep=
﹣mghB
，动能变化量△Ek=
．
④大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是
C
A．利用公式v=gt 计算重物速度
B．利用公式v=
计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦力阻力的影响
D．没有采用多次试验去平均值的方法．
⑤根据以下方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O 的距离h，计算对应计数点
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的重物速度v，描绘v2﹣h 图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒．请
你分析论证该同学的判断依据是否正确．
【分析】根据验证机械能守恒定律原理可判断；
根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定所需的测量器材；
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B 点的瞬时速度，从而得出动能的增加量；
根据功能关系可判断；
如果v2﹣h 图象为直线，仅表示合力恒定，与机械能是否守恒无关，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，
v2﹣h 图象也可能是一条过原点的倾斜的直线．
【解答】解：①验证机械能守恒定律原理是看减少的重力势能和增加的动能是否相等，所以需要比较重物下落过程
中任意两点间的动能变化量与势能变化量；
②电磁打点计时器使用低压交流电源；需选用刻度尺测出纸带上任意连点见得距离，表示重锤下落的高度；等式两
边都含有相同的质量，所以不需要天平秤质量；
③根据功能关系，重物的重力势能变化量的大小等于重力做的功的多少，打B 点时的重力势能较打A 点时的小，所
以△Ep=﹣mghB；B 点的速度为：vB=
，所以动能变化量为：△Ek=
mv2=
；
④由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一
部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故C 选
项正确；
⑤该同学的判断依据不正确．在重物下落h 的过程中，若阻力f 恒定，根据mgh﹣fh=
mv2﹣0 可得：v2=2（g﹣
）
h，则此时v2﹣h 图象就是过原点的一条直线．所以要想通过v2﹣h 图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象
的斜率是否接近2g．
故答案为：①A；②AB；③mghB；
；④C；⑤不正确．
【点评】解决本题的关键掌握实验的原理，会通过原理确定器材，以及掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时
速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用．
11．（16 分）如图所示，质量为m，电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀
强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。
（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小。
【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道半径，然后求出周期。
（2）粒子在电磁场中做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力二力平衡，即可求出电场强度E 的大小
【解答】解：（1）由洛伦兹力公式，粒子在磁场中受力F 为F=qvB①
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粒子做匀速圆周运动所需向心力
粒子仅受洛伦兹力做匀速圆周运动
联立①②③得
④④
由匀速圆周运动周期与线速度关系：
⑤
联立④⑤得
（2）粒子做匀速直线运动需受力平衡
故电场力需与洛伦兹力等大反向即qE=qvB
解得：E=vB
答：（1）粒子做匀速圆周运动的半径R 为
和周期T 为
；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，电场强度E 的大小为vB。
【点评】本题考查了求粒子做圆周运动的轨道半径、周期，应用牛顿第二定律、线速度与周期的关系即可正确解题。
注意粒子（重力不计）在电磁复合场中做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡。
12．（18 分）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已
知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，
板间距为d．
（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0 和从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离△y；
（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据
分析说明其原因．已知U=2.0×102V，d=4.0×10
﹣2m，m=9.1×10
﹣31kg，e=1.6×10
﹣19C，g=10m/s2．
（3）极板间既有电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方
法，在重力场中建立“重力势”的φG 概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
【分析】（1）根据动能定理，即可求得加速的速度大小，再依据类平抛运动处理规律，结合运动学公式，及运动的
合成与分解，从而即可求解；
（2）依据提供的数据，从而计算出重力与电场力，并求得它们的比值，即可求解；
（3）根据电势是电势能与电荷量的比值，故重力势等于重力势能与质量的比值，再根据两者的联系，从而确定共
同点．
【解答】解：（1）电子在加速场中加速，根据动能定理，则有：eU0=
解得：v0=
电子在偏转电场中加速，做类平抛运动，将其运动分解成速度方向匀速直线运动，与电场强度方向做初速度为零的
匀加速直线运动，则有：
速度方向的位移为：L=v0t；
电场强度方向的位移为：△y=
由牛顿第二定律有：a=
=
且E=
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综上所述，解得：△y=
（2）已知U=2.0×102V，d=4.0×10
﹣2m，m=9.1×10
﹣31kg，e=1.6×10
﹣19C，g=10m/s2．
电子所受重力为：G=mg=9.1×10
﹣30N
电子受到的电场力为：F 电=e
=8×10
﹣16N
那么
=
≈10
﹣14；
由于F 电＞＞G，所以重力忽略不计，
（3）电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能EP 与其电荷量q 的比值，
即：φ=
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG 与其质量m 的比值，
叫做“重力势”，即φG=
．
电势φ与重力势φG 都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
答：（1）忽略电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度
，
从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离
；
（2）根据
≈10
﹣14，从而可以忽略了电子所受重力．
（3）电势φ的定义式为：φ=
；
电势和“重力势”的共同特点为：电势φ与重力势φG 都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
【点评】考查了动能定理的内容，掌握类平抛运动处理规律，掌握运动的合成与分解的应用，注意类比法的内涵，
及如何归纳物理量间的共同点是解题的关键．
13．（10 分）动量定理可以表示为△p=F△t，其中动量p 和力F 都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以
在相互垂直的x、y 两个方向上分别研究．例如，质量为m 的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的
角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是υ，如图所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．
a．分别求出碰撞前后x、y 方向小球的动量变化△px、△py；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
【分析】（a）把小球入射速度和反射速度沿x 方向和y 方向进行分解，再根据动量的变化量等于末动量减初动量求
解即可；
（b）对小球分析，根据△p=F△t 分别求出x 方向和y 方向的作用力，从而求出合力，再结合牛顿第三定律分析即
可．
【解答】解：a、把小球入射速度分解为vx=vsinθ，vy=﹣vcosθ，
把小球反弹速度分解为vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，
则△px=m（vx′﹣vx）=0，△py=m（vy′﹣vy）=2mvcosθ，方向沿y 轴正方向，
b、对小球分析，根据△p=F△t 得：
，
，
则
，方向沿y 轴正向，
根据牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力的方向沿y 轴负方向．
答：a．分别求出碰撞前后x、y 方向小球的动量变化△px 为0，△py 大小为2mvcosθ，方向沿y 轴正方向；
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b．小球对木板的作用力的方向沿y 轴负方向．
【点评】本题主要考查了速度的合成与分解原则以及动量定理的直接应用，注意动量是矢量，有大小也有方向，难
度适中．
14．（10 分）激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生
反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等
微小颗粒．
一束激光经S 点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图②所示，
图中O 点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO 的夹角均为θ，出射时光束均与SO 平行．请在下面两种情况
下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．
a．光束①和②强度相同；
b．光束①比②强度大．
【分析】分竖直和水平两个方向，分别运用动量定理列式，求出球对光子的作用力的两个分力，再合成求球对光子
的作用力，由牛顿第三定律得到光对球的合力．
【解答】解：设光束1 单位时间内射出的光子数为N1，光束2 单位时间内射出的光子数为N2，该激光束单个光子
的动量为P．规定向右为水平方向的正方向．向上为竖直方向的正方向．根据动量定理得
对光束1 有：
水平方向：（N1△t）（P﹣Pcosθ）=F1x•△t
竖直方向：（N1△t）（0﹣Psinθ）=F1y•△t
对光束2 有：
水平方向：（N2△t）（P﹣Pcosθ）=F2x•△t
竖直方向：（N2△t）[0﹣（﹣Psinθ）]=F2y•△t
a、光束①和②强度相同，有N1=N2．
Fx=F1x+F2x＞0，方向向右
Fy=F1y+F2y=0
所以F=Fx，方向水平向右
根据牛顿第三定律可知，小球所受的合力方向水平向左．
b、若强度不同，且N1＞N2．所以
Fx=F1x+F2x＞0，方向向右
Fy=F1y+F2y＜0，方向竖直向下
根据力的合成可知，合力F 方向为右下
根据牛顿第三定律知，小球所受的合力方向为左上．
答：
a．光束①和②强度相同时，光束因折射对小球产生的合力的方向向左；
b．光束①比②强度大时，小球所受的合力方向为左上．
【点评】解决本题的关键建立物理模型，可将光子抽象成小球，根据动量定理进行分析其受力情况．
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2015 年重庆市高考物理试卷
一、选择题（共5 小题，每小题6 分，满分30 分）
1．（6 分）图中曲线a、b、c、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂
直于纸面向里．以下判断可能正确的是（
）
A．a、b 为β粒子的径迹
B．a、b 为γ粒子的径迹
C．c、d 为α粒子的径迹
D．c、d 为β粒子的径迹
2．（6 分）宇航员王亚平在“天宮1 号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若
飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为
（
）
A．0
B．
C．
D．
3．（6 分）高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用
前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖
直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（
）
A．
+mg
B．
﹣mg C．
+mg
D．
﹣mg
4．（6 分）如图为无线电充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S，若在t1 到t2 时间内，匀强
磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1 均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电
势差φa﹣φb 是（
）
A．恒为
B．从0 均匀变化到
C．恒为
D．从0 均匀变化到
5．（6 分）若货物随升降机运动的v﹣t 图象如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关
系的图象可能是（
）
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A．
B．
C．
D．
二、非选择题（本大题共5 小题，共68 分）
6．（9 分）同学们利用如图所示方法估测反应时间．
首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，
立即用手指捏直尺，若捏住位置刻度读数为x，则乙同学的反应时间为
（重力加速度为g）．
基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若测量范围为0～0.4s，则所用直尺的长度至少为
cm
（g 取10m/s2）；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对
应的长度是
的（选填“相等”或“不相等”）．
7．（10 分）同学们测量某电阻丝的电阻Rx，所用电流表的内阻与Rx 相当，电压表可视为理想电压表．
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①若所用图1 所示电路进行实验，要使得Rx 的测量值更接近真实值，电压表的a 端应连接到电路的
点（选
填“b”或“c”）．
②测得电阻丝的U﹣I 图如图2 所示，则Rx 为
Ω（保留两位有效数字）．
③实验中，随电压进一步增加电阻丝逐渐进入炽热状态，某同学发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会变化．他们对此
现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为10V 的条件下，得到电阻丝的电阻Rx 随风速v（用风速计测）的变化关
系如图3 所示．由图可知当风速增加时，Rx 会
（选填“增大”或“减小”）．在风速增加过程中，为保持电阻丝
两端电压为10V，需要将滑动变阻器RW 的滑片向
端调节（选填“M”或“N”）．
④为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如图4 所示的电路，其中R 为两只阻值相同的电阻，Rx 为两根
形同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，
为待接入的理想电压表．如果要求在测量中，风速从
零开始增加，电压表的示数也从零开始增加，则电压表的“+”端和“﹣”端应分别连接到电路中的
点和
点（在“a”“b”“c”“d”中选填）．
8．（15 分）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．如图是某音圈电机的原理图，它是一对正对
的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面
竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的
长度始终相等．某时刻线圈中电流从P 流向Q，大小为I．
（1）求此时线圈所受安培力的大小和方向．
（2）若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．
9．（16 分）同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直
地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的
圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水
平，距底板高为H．N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地
通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g．求：
（1）距Q 水平距离为
的圆环中心到底板的高度；
（2）小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；
（3）摩擦力对小球做的功．
10．（18 分）图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中
MN 和M′N′是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O′，O′N′=ON=d，P 为靶点，O′P=kd（k 为
大于1 的整数）．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U．质量为m、带电量为q 的正离子从O 点由
静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域（含N′点）或外壳上时将会被吸收．两虚线之间
的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．求：
（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小；
（2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；
（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间．
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三、选做题（第10 题和第11 题各12 分，从中选做一题，若两题都做，则按第10 题计分）[选修3-3]
11．（12 分）某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且
可视为理想气体，那么（
）
A．外界对胎内气体做功，气体内能减小
B．外界对胎内气体做功，气体内能增大
C．胎内气体对外界做功，内能减小
D．胎内气体对外界做功，内能增大
12．北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结．若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为P1，肥
皂泡冻住后泡内气体温度降为T2．整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为P0．求冻
结后肥皂膜内外气体的压强差．
[选修3-4]
13．虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可利用白光照射玻璃球来说明．两束平行白
光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN 和PQ 两条彩色光带，光路如图1 所示．M、N、P、Q 点
的颜色分别为（
）
A．紫、红、红、紫
B．红、紫、红、紫
C．红、紫、紫、红
D．紫、红、紫、红
14．如图为一列沿x 轴正方向传播的简谐机械横波某时刻的波形图，质点P 的振动周期为0.4s．求该波的波速并判
断P 点此时的振动方向．
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2015 年重庆市高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共5 小题，每小题6 分，满分30 分）
1．（6 分）图中曲线a、b、c、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂
直于纸面向里．以下判断可能正确的是（
）
A．a、b 为β粒子的径迹
B．a、b 为γ粒子的径迹
C．c、d 为α粒子的径迹
D．c、d 为β粒子的径迹
【分析】该题通过带电粒子在磁场中运动，考查三种射线的特性，α射线带正电荷，在磁场中根据左手定则判定向
右偏转；β射线带负电荷，偏转的方向与α射线相反；γ射线不带电，不偏转，由此可以判定．
【解答】解：射线在磁场中向右运动时，带正电荷射线，根据左手定则可以判断它将向上偏转，带负电荷射线，可
以判断它将向下偏转，不带电射线，不偏转，由此可以判定a、b 带正电，c、d 带负电，所以ABC 错误，D 正确。
故选：D。
【点评】该题通过带电粒子在磁场中运动考查射线的特性，可以根据左手定则进行判定．属于简单题目．
2．（6 分）宇航员王亚平在“天宮1 号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些完全失重状态下的物理现象．若
飞船质量为m，距地面高度为h，地球质量为M，半径为R，引力常量为G，则飞船所在处的重力加速度大小为
（
）
A．0
B．
C．
D．
【分析】飞船在距地面高度为h 的位置，由万有引力等于重力列式求解重力加速度．
【解答】解：飞船在距地面高度为h 处，由万有引力等于重力得：
解得：g=
故选：B。
【点评】本题考查万有引力的应用，要能根据公式求解重力加速度，难度不大，属于基础题．
3．（6 分）高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用
前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖
直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（
）
A．
+mg
B．
﹣mg C．
+mg
D．
﹣mg
【分析】先根据h=
求解自由落体运动的时间；然后对运动全程根据动量定理列式求解平均拉力．
【解答】解：对自由落体运动，有：
h=
解得：
规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：
mg（t1+t）﹣Ft=0
解得：
F=
+mg
故选：A。
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【点评】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动
量定理前要先规定正方向．
4．（6 分）如图为无线电充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S，若在t1 到t2 时间内，匀强
磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1 均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电
势差φa﹣φb 是（
）
A．恒为
B．从0 均匀变化到
C．恒为
D．从0 均匀变化到
【分析】穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故感应电动势为定则；根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势即
可。
【解答】解：穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有：
E=n
=nS
=nS
根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向左，故感应电动势顺时针（从右侧看），故φa＜φb，故：
φa﹣φb=
故选：C。
【点评】本题综合考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律，注意感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原因。
5．（6 分）若货物随升降机运动的v﹣t 图象如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关
系的图象可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据速度时间图线得出每段过程中的加速度变化，从而结合牛顿第二定律得出支持力随时间的变化关系．
【解答】解：根据速度时间图线可知，货物先向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，mg﹣F=ma，解得F=mg
﹣ma＜mg，
然后做匀速直线运动，F=mg，
然后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，F﹣mg=ma，解得F=mg+ma＞mg，
然后向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，F﹣mg=ma，解得F=mg+ma＞mg，
然后做匀速直线运动，F=mg，
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最后向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，mg﹣F=ma，解得F=mg﹣ma＜mg．故B 正确，A、C、D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键通过速度时间图线得出加速度的变化，从而结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．
二、非选择题（本大题共5 小题，共68 分）
6．（9 分）同学们利用如图所示方法估测反应时间．
首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，
立即用手指捏直尺，若捏住位置刻度读数为x，则乙同学的反应时间为
（重力加速度为g）．
基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若测量范围为0～0.4s，则所用直尺的长度至少为
80
cm
（g 取10m/s2）；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对
应的长度是
不相等
的（选填“相等”或“不相等”）．
【分析】直尺做的是自由落体运动，根据自由落体运动计算下降的时间，直尺下降的时间就是人的反应时间，根据
匀变速直线运动的规律分析相等时间间隔内位移的变化规律．
【解答】解：直尺下降的时间即为自由落体运动的时间，
根据x=
gt2 可得，
t=
，
即乙同学的反应时间为
．
测量范围为0～4s，则所用直尺的长度即为自由落体下降4s 的位移的大小，
即h=
gt2=
=0.8m=80cm
自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速直线运动的规律可知，在相等时间间隔通过的位移是不
断增加的，所以每个时间间隔在直尺上对应的长度是不相等的．
故答案为：
；80；不相等．
【点评】本题自由落体运动规律在生活的应用，自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，结合自由落体运动
考查了匀加速直线运动的规律，难度不大．
7．（10 分）同学们测量某电阻丝的电阻Rx，所用电流表的内阻与Rx 相当，电压表可视为理想电压表．
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①若所用图1 所示电路进行实验，要使得Rx 的测量值更接近真实值，电压表的a 端应连接到电路的
c
点（选填“b”
或“c”）．
②测得电阻丝的U﹣I 图如图2 所示，则Rx 为
4.2
Ω（保留两位有效数字）．
③实验中，随电压进一步增加电阻丝逐渐进入炽热状态，某同学发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会变化．他们对此
现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为10V 的条件下，得到电阻丝的电阻Rx 随风速v（用风速计测）的变化关
系如图3 所示．由图可知当风速增加时，Rx 会
减小
（选填“增大”或“减小”）．在风速增加过程中，为保持电阻丝
两端电压为10V，需要将滑动变阻器RW 的滑片向
M
端调节（选填“M”或“N”）．
④为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如图4 所示的电路，其中R 为两只阻值相同的电阻，Rx 为两根
形同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，
为待接入的理想电压表．如果要求在测量中，风速从
零开始增加，电压表的示数也从零开始增加，则电压表的“+”端和“﹣”端应分别连接到电路中的
b
点和
d
点
（在“a”“b”“c”“d”中选填）．
【分析】①根据准确性原则可确定电流表的接法，进而选出电压表所接在电路的位置；
②图象的斜率表示电阻的阻值，由图象确定斜率即可；
③根据图象可知，电阻随风速的增大而减小；再根据并联电路的分压原理可明确滑片如何滑动；
④分析电路结构，找出两点的电势差能从零开始变化的点即可．
【解答】解：①因电流表内阻接近待测电阻，故若用内接法误差很大，应采用电流表外接法；故a 端应接在c 点；
②图象的斜率表示电阻的阻值，则其阻值R=4.2Ω；
③由图可知，电阻的阻值随风速的增加而减小；当电阻减小时，并联部分电阻减小，为了让其分压仍为10V，滑动
变阻器的阻值应向上移动，从而维持上下电阻之比恒定；
④风速从零增加时，置于气流中的电阻减小，其他电阻不变，要使电压表示数从零开始增加，电压表的正负极只能
接在b、d 两点；其他各点之间电势差均不可能为零；
故答案为：①c；②4.2；③减小；M；④b、d
【点评】本题考查电学实验中的基本内容，要求能正确理解题意，把握好图象的正确应用，同时能对电路进行分析，
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并能准确掌握电压的定义；最后一问中要注意电压表从零开始调节的含义．
8．（15 分）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．如图是某音圈电机的原理图，它是一对正对
的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面
竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计．线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的
长度始终相等．某时刻线圈中电流从P 流向Q，大小为I．
（1）求此时线圈所受安培力的大小和方向．
（2）若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．
【分析】（1）由左手定则即可判断出安培力的方向，由F=BIL 即可求出安培力的大小；
（2）由功率的公式：P=Fv 即可求出安培力的功率；
【解答】解：（1）由图可知，线圈的平面与磁场的方向垂直，由左手定则可得，线圈的里边与外边受到的安培力大
小相等，方向相反，相互抵消；线圈右边电流的方向向外，根据左手定则可得，受到的安培力的方向水平向右．
由于线圈的平面与磁场的方向垂直，所以线圈所受安培力的大小：F=nBIL．
（2）线圈在安培力的作用下运动，根据功率的表达式可知：P=Fv=nBILv．
答：（1）线圈受到的安培力的大小为nIBL
方向：水平向右；
（2）安培力的功率为nIBLv．
【点评】该题中线圈平面与磁场的方向垂直，根据安培力的公式F=BIL 可以直接计算安培力的大小，要注意的是线
圈有n 匝，所以线圈受到的安培力在单根导线上的n 倍．
9．（16 分）同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直
地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的
圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水
平，距底板高为H．N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地
通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g．求：
（1）距Q 水平距离为
的圆环中心到底板的高度；
（2）小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；
（3）摩擦力对小球做的功．
【分析】（1）根据平抛运动的特点，将运动分解即可求出；
（2）根据平抛运动的特点，即可求出小球运动到Q 点时速度的大小；在Q 点小球受到的支持力与重力的合力提供
向心力，由牛顿第二定律即可求出小球受到的支持力的大小；最后有牛顿第三定律说明对轨道压力的大小和方向；
（3）小球从P 到Q 的过程中，重力与摩擦力做功，由功能关系即可求出摩擦力对小球做的功．
【解答】解：（1）小球从Q 抛出后运动的时间：
①
水平位移：L=vQ•t
②
小球运动到距Q 水平距离为
的位置时的时间：
③
此过程中小球下降的高度：h=
④
联立以上公式可得：h=
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圆环中心到底板的高度为：H﹣
=
；
（2）由①②得小球到达Q 点的速度：
⑤
在Q 点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力，得：
⑥
联立⑤⑥得：
由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力的大小：mg（1+
）方向：竖直向下
（3）小球从P 到Q 的过程中，重力与摩擦力做功，由功能关系得：mgR+Wf=
⑦
联立⑥⑦得：Wf=mg（
）
答：（1）到底板的高度：
；
（2）小球的速度的大小：
小球对轨道的压力的大小：mg（1+
）方向：竖直向下；
（3）摩擦力对小球做的功：mg（
）．
【点评】该题是平抛运动、功能关系以及圆周运动的综合题，该题中要熟练掌握机械能守恒定律，能量守恒定律，
以及圆周运动的临界问题．
10．（18 分）图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中
MN 和M′N′是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O′，O′N′=ON=d，P 为靶点，O′P=kd（k 为
大于1 的整数）．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U．质量为m、带电量为q 的正离子从O 点由
静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域（含N′点）或外壳上时将会被吸收．两虚线之间
的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．求：
（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小；
（2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；
（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间．
【分析】（1）对直线加速过程，根据动能定理列式；对在磁场中圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第
二定律列式；最后联立求解即可；
（2）为了使离子打到P 点，粒子可以加速1 次、2 次、3 次、…，对加速过程根据动能定理列式，对在磁场中圆周
运动过程根据牛顿第二定律列式；要考虑临界条件，一次加速后要达到虚线区域；
（3）打到P 点的能量最大的离子加速次数最大；在电场向上中是匀加速全程根据动量定理求解时间；在磁场中是
匀速圆周运动，根据t=
求解时间．
【解答】解：（1）在电场中的直线加速过程，根据动能定理，有：
qU=
①
在磁场中，根据牛顿第二定律，有：
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②
联立解得磁感应强度大小：
B=
③
（2）在电场中的第一次直线加速过程，根据动能定理，有：
qU=
④
在磁场第一次圆周运动过程中，根据牛顿第二定律，有：
⑤
其中：
⑥
离子经过电场加速n 次后能打到P 点，则：
在电场中的前n 次直线加速过程，根据动能定理，有：
nqU=
⑦
在磁场中第n 次圆周运动过程，根据牛顿第二定律，有：
⑧
其中：
⑨
联立解得：B=
（n=1，2，3，4，…，k2﹣1）⑩
（3）在电场中n 次运动都是加速，可以当作一个匀加速直线运动进行考虑；
根据⑩式，最大速度为：v=
根据动量定理，有：q
t=mv
打到P 点的能量最大的离子加速次数最大，为：
n=k2﹣1
联立解得：
t=h
在磁场中做圆周运动，为（n﹣
）圈，即（k2﹣
）圈；
周期：T=
根据⑨式，Bn=
故在磁场中的运动时间为：
t′=（k2﹣
）T
联立解得：
t′=
答：
（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小为
；
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（2）能使离子打到P 点的磁感应强度磁感应强度的可能值为：
（n=1，2，3，4，…，k2﹣1）；
（3）在磁场中运动的时间为
；在电场中运动的时间为h
．
【点评】本题是回旋加速器的改进，电场方向不需要周期性改变，关键是明确粒子的运动规律，然后结合牛顿第二
定律和运动学公式列式求解．
三、选做题（第10 题和第11 题各12 分，从中选做一题，若两题都做，则按第10 题计分）[选修3-3]
11．（12 分）某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且
可视为理想气体，那么（
）
A．外界对胎内气体做功，气体内能减小
B．外界对胎内气体做功，气体内能增大
C．胎内气体对外界做功，内能减小
D．胎内气体对外界做功，内能增大
【分析】根据理想气体的状态方程分析气体的温度的变化，根据热力学第一定律分析内能的变化．
【解答】解：根据理想气体的状态方程：
可知轮胎内的压强增大、体积增大，则温度一定升高。
气体的温度升高，内能一定增大。气体的体积增大的过程中，对外做功。
故选：D。
【点评】该题考查理想气体的状态方程与热力学第一定律，热力学第一定律是能量守恒定律的特殊情况，可以从能
量转化和守恒的角度理解．应用时关键抓住符号法则：使气体内能增加的量均为正值，否则为负值．
12．北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结．若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为P1，肥
皂泡冻住后泡内气体温度降为T2．整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为P0．求冻
结后肥皂膜内外气体的压强差．
【分析】对泡内气体分析，由等容变化规律可求得冻结后的压强，即可求得压强差．
【解答】解：对泡内气体有查理定律可知：
=
解得：P2=
；
内外压强差为：P2﹣P0=
﹣P0；
答：冻结后肥皂膜内外气体的压强差为
﹣P0
【点评】本题考查气体的等容变化，要注意明确本题中泡内气体的体积视为不变；故直接由查理定律求解冻结后的
压强即可．
[选修3-4]
13．虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可利用白光照射玻璃球来说明．两束平行白
光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN 和PQ 两条彩色光带，光路如图1 所示．M、N、P、Q 点
的颜色分别为（
）
A．紫、红、红、紫
B．红、紫、红、紫
C．红、紫、紫、红
D．紫、红、紫、红
【分析】根据红光和紫光的折射率可得出对两光对应的折射角；只分析两光的入射点即可得出正确答案．
【解答】解：七色光中白光中红光的折射率最小；紫光的折射率最大；故经玻璃球折射后红光的折射角较大；由玻
璃球出来后将形成光带，而两端分别是红光和紫光；
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根据光路图可知说明M、Q 点为紫光；N、P 点为红光；
故选：A。
【点评】本题考查折射定律的应用，只需明确一个点的入射角和折射角即可以明确两光线的光路图，从而确定各点
的颜色．
14．如图为一列沿x 轴正方向传播的简谐机械横波某时刻的波形图，质点P 的振动周期为0.4s．求该波的波速并判
断P 点此时的振动方向．
【分析】质点的振动周期等于波传播的周期，根据波长和周期求出波速，根据“上下坡”法判断P 点的振动方向．
【解答】解：质点的振动周期与波的周期相同，可知波的周期T=0.4s，
由图象可知，波长λ=1.0m．
则波速v=
．
波沿x 轴正方向传播，根据上下坡法知，P 点的振动方向竖直向上．
答：波的波速为2.5m/s，P 点的振动方向竖直向上．
【点评】本题考查了波动和振动的联系，知道质点的振动周期与波的周期相同，会通过波的传播方向判断质点的振
动方向，难度不大．
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2015 年天津市高考物理试卷
一、单项选择题（每小题6 分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．（6 分）物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上，下列说法正确的是（
）
A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的
B．电子的发现使人们认识到原子具有核式结构
C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的
D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
2．（6 分）中国古人对许多自然现象有深刻认识，唐人张志和在《玄真子•涛之灵》中写道：“雨色映日而为虹”．从
物理学角度看，虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的．如图是彩虹成因的简化示意图，其中a、b 是
两种不同频率的单色光，则两光（
）
A．在同种玻璃中传播，a 光的传播速度一定大于b 光
B．以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，b 光侧移量大
C．分别照射同一光电管，若b 光能引起光电效应，a 光也一定能
D．以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是a 光
3．（6 分）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b 两质点的横坐标分别为xa=2m 和xb=6m，图乙为质点b
从该时刻开始计时的振动图象，下列说法正确的是（
）
A．该波沿+x 方向传播，波速为1m/s
B．质点a 经4s 振动的路程为4m
C．此时刻质点a 的速度沿+y 方向
D．质点a 在t=2s 时速度为零
4．（6 分）未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天
器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示，当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可
以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是（
）
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
5．（6 分）如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧
的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时
弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（
）
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A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了
mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
二、不定向选择题（每小题6 分，共18 分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，选错或不答的得0 分）
6．（6 分）如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在
副线圈两端连接了定值电阻R0 和滑动变阻器R，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流
电，则（
）
A．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小
7．（6 分）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进
入电场竖直向下的匀强电场E2 发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么
（
）
A．偏转电场E2 对三种粒子做功一样多
B．三种粒子一定打到屏上的同一位置
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子打到屏上时的速度一样大
8．（6 分）P1、P2 为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2 做匀速圆周运动，图中纵坐
标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r 的平方，两条曲线分
别表示P1、P2 周围的a 与r2 的反比关系，它们左端点横坐标相同，则（
）
A．P1 的平均密度比P2 的大B．P1 的第一宇宙速度比P2 的小
C．s1 的向心加速度比s2 的大
D．s1 的公转周期比s2 的大
三、实验填空题（共3 小题，每小题4 分，满分18 分）
9．（4 分）如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生
正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3：1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞，A、
B 两球的质量之比为
，A、B 碰撞前、后两球总动能之比为
．
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10．（4 分）某同学利用单摆测量重力加速度．
①为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是
．
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
②如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m 的单摆．实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm 的
钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆
的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一
标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离△L．用上述测量结果，写
出重力加速度的表达式g=
．
11．（10 分）用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组（电动势约4.5V，内电阻约1Ω）的电动势和
内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有下列器材供选用：
A．电流表：量程0.6A，内电阻约1Ω
B．电流表：量程3A，内电阻约0.2Ω
C．电压表：量程3V，内电阻约30kΩ
D．电压表：量程6V，内电阻约60kΩ
E．滑动变阻器：0～1000Ω，额定电流0.5A
F．滑动变阻器：0～20Ω，额定电流2A
①为了使测量结果尽量准确，电流表应选用
，电压表应选用
，滑动变阻器应选用
（均填仪
器的字母代号）．
②如图为正确选择仪器后，连好的部分电路，为了使测量误差尽可能小，还需在电路中用导线将
和
相
连、
和
相连、
和
相连（均填仪器上接线柱的字母代号）．
③实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能
完成实验．实验中读出几组电阻箱的阻值R 和对应电压表的示数U．用图象法处理采集到的数据，为在直角坐标系
中得到的函数图象是一条直线，则可以
为纵坐标，以
为横坐标．
四、计算题（共3 小题，满分54 分）
12．（16 分）某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s 的恒定速度向右
运动，现将一质量为m=2kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5．设皮带足够长，取g=10m/s2，
在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：
（1）邮件滑动的时间t；
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（2）邮件对地的位移大小x；
（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
13．（18 分）如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab 边长为
l，cd 边长为2l，ab 与cd 平行，间距为2l．匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始
时，cd 边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd 边进入磁场直到ef、pq 边进入磁场前，线框做匀速运
动。在ef、pq 边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q．线
框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd 边保持水平，重力加速度为g．求：
（1）线框ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍；
（2）磁场上下边界间的距离H。
14．（20 分）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动，真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强
电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电
场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子在第1 层电场左侧边界某处
由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．
（1）求粒子在第2 层磁场中运动时速度v2 的大小与轨迹半径r2；
（2）粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn；
（3）若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n 层磁场，但比荷较
该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．
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参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题6 分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1．（6 分）物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上，下列说法正确的是（
）
A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的
B．电子的发现使人们认识到原子具有核式结构
C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的
D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
【分析】本题是原子物理学史问题，根据相关科学家的物理学成就进行解答．
【解答】解：A、天然放射现象是原子核发生衰变而产生的，说明原子核内部是有结构的，故A 正确。
B、电子的发现使人们认识到原子具有复杂结构，但不能说明原子具有核式结构，故B 错误。
C、α粒子散射实验的重要发现是原子的核式结构，而不是电荷的量子化，故C 错误。
D、密立根油滴实验测出了电子的电荷量，发现了电荷量的量子化，不明说明核外电子的轨道是不连续的，故D 错
误。
故选：A。
【点评】本题考查了原子核的知识和物理学史，象、原子的核式结构学说、α粒子散射实验、密立根油滴实验都是
考查的重点，要重点掌握．
2．（6 分）中国古人对许多自然现象有深刻认识，唐人张志和在《玄真子•涛之灵》中写道：“雨色映日而为虹”．从
物理学角度看，虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的．如图是彩虹成因的简化示意图，其中a、b 是
两种不同频率的单色光，则两光（
）
A．在同种玻璃中传播，a 光的传播速度一定大于b 光
B．以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，b 光侧移量大
C．分别照射同一光电管，若b 光能引起光电效应，a 光也一定能
D．以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是a 光
【分析】由图看出第一次折射时，b 光折射角较大，其折射率较小，频率较小，波长较长．由公式v=
得到，b 光
在玻璃中的传播速度较大；结合发生光电效应的条件分析；折射率较小，则临界角大，不容易发生全反射．
【解答】解：画出光路图，分析可知，第一次折射时，b 光的折射角较大，而入射角相等，根据折射率公式n=
得知，b 光的折射率较小，频率较小，波长较长。再由
=λf，可知，折射率越小，则波长越长。
A、由公式v=
得知，b 光的折射率较小，在同种玻璃中传播，a 光的传播速度一定小于b 光，故A 错误；
B、光的折射率较小，以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，b 光的折射角较大，所以b 光侧移量小。故B
错误；
C、b 光的折射率较小，频率较小，分别照射同一光电管，若b 光能引起光电效应，a 光也一定能，故C 正确；
D、b 光的折射率较小，则临界角大，不容易发生全反射，所以以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看
到一种光时，一定是b 光。故D 错误。
故选：C。
【点评】该题结合光的折射考查折射率、折射率与光的频率、速度的关系以及光电效应的条件等知识点的内容，关
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键之处是画出光路图，分析第一次折射时折射角的关系，要注意运用反射的对称性作图．
3．（6 分）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b 两质点的横坐标分别为xa=2m 和xb=6m，图乙为质点b
从该时刻开始计时的振动图象，下列说法正确的是（
）
A．该波沿+x 方向传播，波速为1m/s
B．质点a 经4s 振动的路程为4m
C．此时刻质点a 的速度沿+y 方向
D．质点a 在t=2s 时速度为零
【分析】A、由图可知ab 两点之间的距离，利用波的速度公式可求出波传播的速度大小，结合b 点在该时刻的位置
及振动方向，利用平移法可知波的传播方向，从而可知选项A 的正误
B、方向经过4s 的时间与周期之间的关系，利用在一个周期内，质点经过的路程为振幅的4 倍，即可得知选项B 的
正误。
C，结合b 质点此时刻的位置和振动方向，从而可得知a 质点所处的位置和振动方向，继而可知选项C 的正误。
D、通过t=2s 时b 的位置，可判断出a 点的位置，从而可知a 点的运动情况，继而得知选项D 的正误。
【解答】解：A、ab 两点间的距离为x=xb﹣xa=6﹣2=4m，振动从a 传播到b 的时间为半个周期，为t=
=4s，所以
波速为：v=
=
=1m/s，但是b 点该时刻的振动方向是沿y 轴正方向，由微平移法可知波向﹣x 轴方向传播，选项
A 错误。
B、质点a 振动4s，是经过了半个周期，质点运动过的路程为振幅的2 倍，即为1m，选项B 错误
C、此时刻b 的振动方向是向y 轴正方向，ab 间相隔半个波长，振动步调完全相反，所以此时刻质点a 的速度沿﹣
y 方向，选项C 错误。
D、在t=2s 时，质点b 在正的最大位移处，ab 两质点的振动步调完全相反，所以质点a 在负的最大位移处，此时a
的速度为零，选项D 正确。
故选：D。
【点评】该题考查了简谐波的传播和质点的振动，解答该题要熟练的掌握波传播方向的判断，常用的方法有“微平
移法”、“带动法”、“上下坡法”、“振向波向同侧法”和“头头尾尾相对法”，还有就是要熟练的掌握步调一致的点的判
断和步调始终相反的点的判断。会通过时间计算振动质点通过的路程。
4．（6 分）未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天
器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示，当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可
以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是（
）
A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大
B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小
C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大
D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小
【分析】首先分析出该题要考查的知识点，就是对向心加速度的大小有影响的因素的分析，列出向心加速度的表达
式，进行分析即可得知正确选项。
【解答】解：为了使宇航员在航天器上受到与他站在地球表面时相同大小的支持力，即为使宇航员随旋转舱转动的
向心加速度为定值，且有a=g，
宇航员随旋转舱转动的加速度为：a=ω2R，由此式可知，旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小，此加速度与
宇航员的质量没有关系，所以选项ACD 错误，B 正确。
故选：B。
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【点评】该题的考查方法非常新颖，解题的关键是从相关描述中提起有用的东西，对于该题，就是得知在向心加速
度不变的情况下，影响向心加速度大小的物理量之间的变化关系，该题还要熟练的掌握有关匀速圆周运动的各个物
理量的关系式，并会应用其进行正确的计算和分析。
5．（6 分）如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧
的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时
弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（
）
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了
mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，由于弹簧的拉力对圆环做功，所以圆环机械能不守恒，系统
的机械能守恒；根据系统的机械能守恒进行分析。
【解答】解：A、圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做功，圆环的机械能不守恒，故A 错误，
B、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为h=
L，
根据系统的机械能守恒得
弹簧的弹性势能增大量为△Ep=mgh=
mgL，故B 正确。
C、圆环所受合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合
力不为零，故C 错误。
D、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先
减小后增大，故D 错误。
故选：B。
【点评】对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法。要注意圆环的机械能不守恒，圆环与弹
簧组成的系统机械能才守恒。
二、不定向选择题（每小题6 分，共18 分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6
分，选对但不全的得3 分，选错或不答的得0 分）
6．（6 分）如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在
副线圈两端连接了定值电阻R0 和滑动变阻器R，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流
电，则（
）
A．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小
【分析】保持Q 位置不动，则输出电压不变，保持P 位置不动，则负载不变，再根据变压器的特点分析．
【解答】解：AB、在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定。因此，当Q 位置不变
时，输出电压不变，此时P 向上滑动，负载电阻值增大，则输出电流减小，电流表的读数I 变小，故A 错误，B 正
确；
CD、P 位置不变，将Q 向上滑动，则输出电压变大，输出电流变大，则电流表的读数I 变大，故C 正确，D 错误；
故选：BC。
【点评】本题的关键在于P 位置不动时总电阻不变，Q 不变时输出电压不变，完全利用变压器特点．
7．（6 分）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进
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入电场竖直向下的匀强电场E2 发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么
（
）
A．偏转电场E2 对三种粒子做功一样多
B．三种粒子一定打到屏上的同一位置
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子打到屏上时的速度一样大
8．（6 分）P1、P2 为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2 做匀速圆周运动，图中纵坐
标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r 的平方，两条曲线分
别表示P1、P2 周围的a 与r2 的反比关系，它们左端点横坐标相同，则（
）
A．P1 的平均密度比P2 的大B．P1 的第一宇宙速度比P2 的小
C．s1 的向心加速度比s2 的大
D．s1 的公转周期比s2 的大
【分析】根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a 的表达式，结合a 与r2 的反比关系
函数图象得出P1、P2 的质量和半径关系，
根据密度和第一宇宙速度的表达式分析求解；
根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式求解。
【解答】解：A、根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a=
，
两曲线左端点横坐标相同，所以P1、P2 的半径相等，结合a 与r2 的反比关系函数图象得出P1 的质量大于P2 的质量，
根据ρ=
，所以P1 的平均密度比P2 的大，故A 正确；
B、第一宇宙速度v=
，所以P1 的“第一宇宙速度”比P2 的大，故B 错误；
C、s1、s2 的轨道半径相等，根据a=
，所以s1 的向心加速度比s2 的大，故C 正确；
D、根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式T=2π
，所以s1 的公转周期比s2 的小，故D 错误；
故选：AC。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关
系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算。该题还要求要有一定的读图能力和数学分析能力，会从图中读出一
些信息。就像该题，能知道两个行星的半径是相等的。
三、实验填空题（共3 小题，每小题4 分，满分18 分）
9．（4 分）如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生
正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3：1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞，A、
B 两球的质量之比为
4：1
，A、B 碰撞前、后两球总动能之比为
9：5
．
【分析】设开始时B 的速度为v0，由题得出B 与A 碰撞后A 与B 的速度关系，然后由动量守恒定律即可求出质量
关系，由动能的定义式即可求出动能关系．
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【解答】解：设开始时B 的速度为v0，B 球碰撞前、后的速率之比为3：1，A 与挡板碰后原速率返回，两球刚好不
发生第二次碰撞，所以碰撞后A 与B 的速度方向相反，大小相等，A 的速度是
，B 的速度是
，选取向左
为正方向，由动量守恒定律得：
整理得：
碰撞前的动能：
碰撞后的动能：
=
所以：
故答案为：4：1，9：5
【点评】该题考查水平方向的动量守恒定律，从题目给出的条件中判断出碰撞后A 与B 的速度方向相反，大小相等
是解答的关键．
10．（4 分）某同学利用单摆测量重力加速度．
①为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是
BC
．
A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
②如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m 的单摆．实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm 的
钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆
的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一
标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离△L．用上述测量结果，写
出重力加速度的表达式g=
．
【分析】①为减小实验误差应选择密度大而体积小的球作为摆球，选用轻质细线做摆线，当单摆摆角小于5°时单摆
的运动是简谐运动，根据实验注意事项分析答题；
②应用单摆周期公式求出重力加速度的表达式．
【解答】解：①A、为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，
故A 错误；
B、为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故B 正确；
C、实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能使单摆成为圆锥摆，故C 正确；
D、单摆摆角最大摆角应小于5°，摆长一定的情况下，摆的振幅尽量小些，故D 错误；故选BC．
②由单摆周期公式，根据题意看得：T1=2π
，T2=2π
，解得：g=
；
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故答案为：①BC；②
．
【点评】本题考查了实验注意事项、求重力加速度，知道实验原理与实验注意事项、应用单摆周期公式即可正确解
题，本题是一道基础题，要注意基础知识的学习与掌握．
11．（10 分）用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组（电动势约4.5V，内电阻约1Ω）的电动势和
内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有下列器材供选用：
A．电流表：量程0.6A，内电阻约1Ω
B．电流表：量程3A，内电阻约0.2Ω
C．电压表：量程3V，内电阻约30kΩ
D．电压表：量程6V，内电阻约60kΩ
E．滑动变阻器：0～1000Ω，额定电流0.5A
F．滑动变阻器：0～20Ω，额定电流2A
①为了使测量结果尽量准确，电流表应选用
A
，电压表应选用
D
，滑动变阻器应选用
F
（均填仪器的字
母代号）．
②如图为正确选择仪器后，连好的部分电路，为了使测量误差尽可能小，还需在电路中用导线将
a
和
d
相连、
c
和
g
相连、
f
和
h
相连（均填仪器上接线柱的字母代号）．
③实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能
完成实验．实验中读出几组电阻箱的阻值R 和对应电压表的示数U．用图象法处理采集到的数据，为在直角坐标系
中得到的函数图象是一条直线，则可以
为纵坐标，以
为横坐标．
【分析】1、根据电路电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动
变阻器．
2、根据伏安法测电源电动势与内阻的原理作出实验图．
3、根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，让图象为直线，便于我们处理．
【解答】解：①实验中电流较小，若选用3A 量程测量误差较大；故为了准确测量，电流表应选A，电源电动势约
为1.5×3=4.5V，电压表应选D，
电阻值太大，调节不方便，为方便实验操作，滑动变阻器应选F；
②测量电源电动势和内阻的时候，由于电源的内阻是很小的，为了减小内阻的测量误差，我们选用的是电流表的相
对电源的外接法，故应将ad、cg 以及fh 相连组成电路；
③由于电流表坏，故只能利用电压表和电阻箱进行实验，由闭合电路欧姆定律可得：电源电动势E=U+Ir=U+
r，则
=
+
•
，故应作出
﹣
图象；
故答案为：①ADF；②ad，cg，fh；③
；
．
【点评】本题考查了测电压表内阻、测电源电动势与内阻实验，要掌握办偏法测电表内阻的方法；根据电路图由欧
姆定律求出图象的函数表达式是正确求出电源电动势与内阻的前提与关键
四、计算题（共3 小题，满分54 分）
12．（16 分）某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图，皮带在电动机的带动下保持v=1m/s 的恒定速度向右
运动，现将一质量为m=2kg 的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5．设皮带足够长，取g=10m/s2，
在邮件与皮带发生相对滑动过程中，求：
（1）邮件滑动的时间t；
（2）邮件对地的位移大小x；
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（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。
【分析】（1）对邮件运用动量定理，求出邮件速度达到传送带速度所需的时间．
（2）对邮件运用动能定理，求出邮件相对地面的位移大小．
（3）根据摩擦力的大小以及皮带的位移大小求出邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W．
【解答】解：（1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则：
F=μmg
①
取向右为正方向，对邮件应用动量定理得，Ft=mv﹣0，②
由①②式并代入数据得，
t=0.2s
③
（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有：
④
由①④式并代入数据得，x=0.1m
⑤
（3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则：
s=vt
⑥
摩擦力对皮带做的功W=﹣Fs
⑦
由①③⑥⑦式并代入数据得，W=﹣2J．
答：（1）邮件滑动的时间t 为0.2s；
（2）邮件对地的位移大小x 为0.1m；
（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W 为﹣2J．
【点评】本题考查了动量定理、动能定理的基本运用，本题也可以采用动力学知识进行求解，关键需理清邮件在整
个过程中的运动规律．
13．（18 分）如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab 边长为
l，cd 边长为2l，ab 与cd 平行，间距为2l．匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始
时，cd 边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd 边进入磁场直到ef、pq 边进入磁场前，线框做匀速运
动。在ef、pq 边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q．线
框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd 边保持水平，重力加速度为g．求：
（1）线框ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍；
（2）磁场上下边界间的距离H。
【分析】（1）线框匀速进入（离开）磁场，重力与安培力平衡，根据平衡条件、安培力公式、切割公式、欧姆定律
列式求解即可分别求出两个速度；
（2）由动能定理和功的计算公式，写出重力做的功W，然后结合功能关系即可求出磁场的宽度。
【解答】解：（1）设线框dc 边刚进入磁场时，线框的速度为v1，感应电动势E=B•2lv1①
感应电流：I=
②
dc 边受安培力的大小：F=BI•2l
③
由于做匀速运动，则：F=mg
④
由①～④式解得速度：
⑤
设线框ab 边将离开磁场时，线框的速度为v2，同理可得：
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⑥
所以：v2=4v1⑦
（2）在线框从开始下落到dc 边刚进入磁场的过程中，重力做功WG=2mgl
根据动能定理得：2mgl=
⑧
线框完全穿过磁场的过程中，由功能关系得：
⑨
联立⑦⑧⑨得：H=
答：（1）线框ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的4 倍；
（2）磁场上下边界间的距离是
。
【点评】本题是电磁感应中的综合问题，全面考查电磁感应定律、欧姆定律以及动能定理、平衡条件等知识，分析
清楚线框的运动过程、应用匀变速直线运动的速度位移公式、E=BLv、安培力公式、平衡条件、能量守恒定律、电
流定义式即可正确解题。
14．（20 分）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动，真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强
电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d，电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．电
场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子在第1 层电场左侧边界某处
由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．
（1）求粒子在第2 层磁场中运动时速度v2 的大小与轨迹半径r2；
（2）粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn；
（3）若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n 层磁场，但比荷较
该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．
【分析】（1）粒子在混合场中加速，由动能定理可求得进入第2 层时的速度；再由洛仑兹力充当向心力可求得半径；
（2）根据电场力做功可明确速渡，再根据洛仑兹力充当向心力找出第n 层中的半径关系，由数学规律可得出通项
式，即可求出sinθn；
（3）根据题意进行假设，通过讨论明确增大比荷能否使粒子飞出右侧磁场．
【解答】解：（1）粒子在进入第2 层磁场时，经过两次加速，中间穿过磁场时洛仑兹力不做功；由动能定理可得：
2qEd=
mv22
解得：v2=2
；
粒子在第2 层磁场中受到的洛仑兹力充当向心力，有：
qv2B=m
解得：r2=
；
（2）设粒子在第n 层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn；
则有：
nqEd=
mvn2
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qvnB=m
；
粒子进入第n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n 层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的
夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：
vn﹣1sinθn﹣1=vnsinαn
如图所示：
rnsinθn﹣rnsinαn=d；
由以上三式可得：
rnsinθn﹣rn﹣1sinθn﹣1=d；
则可知，r1sinθ1、r2sinθ2、r3sinθ3、…rnsinθn 为一组等差数列，公差为d，可得：
rnsinθn=r1sinθ1+（n﹣1）d；
当n=1 时，由图2 可知：
r1sinθ1=d
则可得：
sinθn=B
（3）若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，则有：
θn=
sinθn=1；
在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为
，假设能穿出第n 层磁场右侧边界，粒子穿出时
速度方向与水平方向的夹角为θn′．由于
＞
，则导致
sinθn′＞1
设明θn′不存在，即假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．
答：（1）粒子在第2 层磁场中运动时速度v2 的大小为2
；轨迹半径r2 为
（2）粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，sinθn 为B
（3）比荷较大的粒子不能飞出右侧边界．
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，属于高考的压轴题，要求学生能正确分析物理过程，并能灵活应用物
理学中相应的规律；同时还要注意掌握数学知识在物理学中的应用；该类问题的难度较大，对学生综合能力要求极
高．
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2015 年四川省高考物理试卷
一、选择题：每题6 分，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项，有的有多个选项符合题目要求，全部选地的
得6 分，选对但不全的得3 分，有选错和不选的得0 分
1．（6 分）在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同
一水平地面时的速度大小（
）
A．一样大
B．水平抛出的最大
C．斜向上抛的最大
D．斜向下抛的最大
2．（6 分）平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距3m 的甲、乙两个小木块随波上下运动，
测得两个小木块每分钟都上下30 次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰．这列水面波（
）
A．频率是30Hz
B．波长是3m
C．波速是1m/s
D．周期是0.1s
3．（6 分）直线P1P2 过均匀玻璃球球心O，细光束a、b 平行且关于P1P2 对称，由空气射入玻璃球的光路如图．a、
b 光相比（
）
A．玻璃对a 光的折射率较大
B．玻璃对a 光的临界角较小
C．b 光在玻璃中的传播速度较小
D．b 光在玻璃中的传播时间较短
4．（6 分）小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线
圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示，矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计
线圈电阻，则发电机输出电压（
）
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是
e0
D．有效值是
Ne0
5．（6 分）登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020 年登陆火星．地球和火星公转视为
匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据如表，火星和地球相比（
）
行星
半径/m
质量/kg
轨道半径/m
地球
6.4×106
6.0×1024
1.5×1011
火星
3.4×106
6.4×1023
2.3×1011
A．火星的公转周期较小
B．火星做圆周运动的加速度较小
C．火星表面的重力加速度较大
D．火星的第一宇宙速度较大
6．（6 分）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定、圆心是O，最低点是P，直径MN 水平，a、b 是两个完全相同的
带正电小球（视为点电荷），b 固定在M 点，a 从N 点静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q（图中未画出）
时速度为零．则小球a（
）
A．从N 到Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小
C．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加
D．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量
7．
（6 分）如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，
中点O 与S 间的距离d=4.55cm，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向
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外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0×10
﹣4T．电子质量m=9.1×10
﹣31kg，电量e=1.6×10
﹣19C，不计电子重力．电子源
发射速度v=1.6×106m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（
）
A．θ=90°时，l=9.1cm B．θ=60°时，l=9.1cm
C．θ=45°时，l=4.55cm D．θ=30°时，l=4.55cm
二、非选择题：（共68 分）
8．（6 分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧
下端挂1 个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1 所示，图2 是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是
1 毫米）上位置的放大图，示数l1=
cm．在弹簧下端分别挂2 个、3 个、4 个、5 个相同钩码，静止时弹簧长
度分别是l2、l3、l4、l5，已知每个钩码质量是50g，挂2 个钩码时，弹簧弹力F2=
N（当地重力加速度g=9.8m/s2）．要
得到弹簧伸长量x，还需要测量的是
．作出F﹣x 曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．
9．（11 分）用实验测一电池的内阻r 和一待测电阻的阻值Rx，已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值
都为数十欧．可选用的实验器材有：
电流表A1（量程0～30mA）；
电流表A2（量程0～100mA）；
电压表V（量程0﹣6V）；
滑动变阻器R1（阻值0～5Ω）
滑动变阻器R2（阻值0～300Ω）；
开关S 一个，导线若干条．
某同学的实验过程如下：
Ⅰ．设计如图1 所示的电路图，正确连接电路．
Ⅱ．将R 的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R 的阻值，测出多组U 和I 的值，并记录．以U 为纵轴．I 为横轴．得
到如图2 所示的图线．
Ⅲ．断开开关，将Rx 改接在B、C 之间．A 与B 直接相连，其他部分保持不变．重复Ⅱ的步骤，得到另一条U﹣I
图线，图线与横轴I 的交点坐标为（I0，0），与纵轴U 的交点坐标为（0，U0）．
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回答下列问题：
①电流表应选用
，滑动变阻器应选用
②由图2 的图线，得电源内阻r=
Ω；
③用I0、U0 和r 表示待测电阻的关系式Rx=
，代入数值可得Rx；
④若电表为理想电表，Rx 接在B、C 之间与接在A、B 之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，
两种情况相比，电流表示数变化范围
，电压表示数变化范围
（选填“相同”或“不同”）
10．（15 分）严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的首要污染源，“铁腕治污”
已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放、大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气
排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s 达最高速度72km/h，再匀速运动80s，接
着匀减速运动15s 到达乙站停住，设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×
103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．
（1）求甲站到乙站的距离；
（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．
（燃
油公交车每做1 焦耳功排放气态污染物3×10
﹣6 克）
11．（17 分）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A
点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P 电荷量是2.0×
10
﹣6C．质量m=0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ=0.4．P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55s 到达A 点．到达B
点时速度是5m/s，到达空间D 点时的速度与竖直方向的夹角为α，且tanα=1.2．P 在整个运动过程中始终受到水平
向右的某外力F 作用．F 大小与P 的速率v 的关系如表所示．P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取
g=10m/s2．求：
v（m•s
﹣1）
0≤v≤2
2＜v＜5
v≥5
F/N
2
6
3
（1）小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间；
（2）小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功．
12．（19 分）如图所示，金属导轨MNC 和PQD，MN 与PQ 平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q 连
线与MN 垂直，M、P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ．均
匀金属棒ab 和ef 质量均为m，长均为L，ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与
导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1 和2 阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画
出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力
大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。
（1）若磁感应强度大小为B，给ab 棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距
离后停止，ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量；
（2）在（1）问过程中，ab 棒滑行距离为d，求通过ab 棒某横截面的电量；
（3）若ab 棒以垂直于NQ 的速度v2 在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1 和2，且运动过程
中ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离。
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2015 年四川省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：每题6 分，每题给出的四个选项中，有的只有一个选项，有的有多个选项符合题目要求，全部选地的
得6 分，选对但不全的得3 分，有选错和不选的得0 分
1．（6 分）在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同
一水平地面时的速度大小（
）
A．一样大
B．水平抛出的最大
C．斜向上抛的最大
D．斜向下抛的最大
【分析】不计空气阻力，物体的机械能守恒，分析三个球的运动情况，由机械能守恒可以判断落地的速度。
【解答】解：由于不计空气的阻力，所以三个球的机械能守恒，由于它们的初速度的大小相同，又是从同一个位置
抛出的，最后又都落在了地面上，所以它们的初末的位置高度差相同，初动能也相同，由机械能守恒可知，末动能
也相同，所以末速度的大小相同。
故选：A。
【点评】本题是机械能守恒的直接应用，比较简单，也可以直接用动能定理求解。
2．（6 分）平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距3m 的甲、乙两个小木块随波上下运动，
测得两个小木块每分钟都上下30 次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰．这列水面波（
）
A．频率是30Hz
B．波长是3m
C．波速是1m/s
D．周期是0.1s
【分析】由题可知，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，说明两木块平衡位置间的距离等于1.5 波
长，即可求出波长，由小木块每分钟振动30 次，求出每秒振动的次数即为频率，再由波速公式v=λf 求波速．
【解答】解：据题意：甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，则1.5λ=3m
得：λ=2m。
由小木块每分钟振动30 次，则得木块振动的频率f=
Hz=0.5Hz，故波速为：v=λf=2×0.5m/s=1m/s。周期为T=
=2s
故选：C。
【点评】解决本题的关键要理解波长和频率的含义，得到波长和频率，记住波速公式v=λf，再进行求解．
3．（6 分）直线P1P2 过均匀玻璃球球心O，细光束a、b 平行且关于P1P2 对称，由空气射入玻璃球的光路如图．a、
b 光相比（
）
A．玻璃对a 光的折射率较大
B．玻璃对a 光的临界角较小
C．b 光在玻璃中的传播速度较小
D．b 光在玻璃中的传播时间较短
【分析】根据光的偏折程度分析折射率的大小，由sinC=
分析临界角的大小．由v=
分析光在玻璃中的传播速度
大小，由t=
分析光在玻璃中的传播时间关系．
【解答】解：A、由图知，光线通过玻璃砖后，b 光的偏折角大，则玻璃对b 光的折射率较大，故A 错误。
B、玻璃对a 光的折射率较小，由sinC=
分析知，玻璃对a 光的临界角较大。故B 错误。
C、由v=
分析知，b 光在玻璃中的传播速度较小，故C 正确。
D、b 光在玻璃砖通过的路程较大，传播速度较小，由t=
分析知b 光在玻璃中的传播时间较长。故D 错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键要明确折射率越大，光的偏折角越大，判断出折射率关系，再分析其他量之间的关系．
4．（6 分）小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线
圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示，矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计
线圈电阻，则发电机输出电压（
）
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A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是
e0
D．有效值是
Ne0
【分析】根据矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势求出整个矩形线圈产生的感应电动势的最大值；
根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系求解发电机输出电压．
【解答】解：矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以矩形线圈产生的感应电动势的最大是
2Ne0，
根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系得
发电机输出电压有效值U=
=
Ne0，
故选：D。
【点评】本题考查了交流电产生的原理和最大值、有效值的关系，知道整个矩形线圈产生的感应电动势是ab 边和
cd 边产生的感应电动势之和．
5．（6 分）登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020 年登陆火星．地球和火星公转视为
匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据如表，火星和地球相比（
）
行星
半径/m
质量/kg
轨道半径/m
地球
6.4×106
6.0×1024
1.5×1011
火星
3.4×106
6.4×1023
2.3×1011
A．火星的公转周期较小
B．火星做圆周运动的加速度较小
C．火星表面的重力加速度较大
D．火星的第一宇宙速度较大
【分析】根据开普勒第三定律分析公转周期的关系．由万有引力定律和牛顿第二定律结合分析加速度的关系．根据
万有引力等于重力，分析星球表面重力加速度的关系．由v=
分析第一宇宙速度关系．
【解答】解：A、由表格数据知，火星的轨道半径比地球的大，根据开普勒第三定律知，火星的公转周期较大，故
A 错误。
B、对于任一行星，设太阳的质量为M，行星的轨道半径为r。
根据G
=ma，得加速度a=
，则知火星做圆周运动的加速度较小，故B 正确。
C、在行星表面，由G
=mg，得g=
由表格数据知，火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为
=
•
=
×
＜1
故火星表面的重力加速度较小，故C 错误。
D、设行星的第一宇宙速度为v。则G
=m
，得v=
．代入可得火星的第一宇宙速度较小。故D 错误。
故选：B。
【点评】对于行星绕太阳运动的类型，与卫星类型相似，关键要建立运动模型，掌握万有引力等于向心力与万有引
力等于重力两条基本思路．
6．（6 分）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定、圆心是O，最低点是P，直径MN 水平，a、b 是两个完全相同的
带正电小球（视为点电荷），b 固定在M 点，a 从N 点静止释放，沿半圆槽运动经过P 点到达某点Q（图中未画出）
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时速度为零．则小球a（
）
A．从N 到Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N 到P 的过程中，速率先增大后减小
C．从N 到Q 的过程中，电势能一直增加
D．从P 到Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量
【分析】分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能
的关系分析电势能的变化．
【解答】解：A、a 由N 到Q 的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力
的夹角一直减小，同时库仑力在增大；故合力一直在增大；故A 错误；
B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合
力做负功；故从N 到P 的过程中，速率先增大后减小；故B 正确；
C、由于在下降过程中，库仑力一直与运动方向夹角大于90 度，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故C 正确；
D、从P 到Q 的过程中，由动能定理可知，﹣mgh﹣WE=0﹣
mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能
的增加量；故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变量；而电
场力做功量度电势能的改变量．
7．
（6 分）如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，
中点O 与S 间的距离d=4.55cm，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向
外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0×10
﹣4T．电子质量m=9.1×10
﹣31kg，电量e=1.6×10
﹣19C，不计电子重力．电子源
发射速度v=1.6×106m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（
）
A．θ=90°时，l=9.1cm B．θ=60°时，l=9.1cm
C．θ=45°时，l=4.55cm D．θ=30°时，l=4.55cm
【分析】由洛仑兹力充当向心力可求得粒子运动半径，再由几何关系可知，电子运动的范围，由几何关系即可求出
电子打在板上可能位置的区域的长度．
【解答】解：由洛仑兹力充当向心力可得；
Bqv=m
解得：R=
=
=0.0455m=4.55cm；恰好有：r=d=
，由于电子源S 可向纸面内任意方向
发射电子，因此电子的运动的轨迹将是过S 点的一系列半径为r 的等大圆，能够打到板MN 上的区域范围如下图所
示，实线SN 表示电子刚好经过板N 端时的轨迹，实线SA 表示电子轨迹刚好与板相切于A 点时的轨迹，因此电子
打在板上可能位置的区域的长度为：l=NA，
又由题设选项可知，MN 与SO 直线的夹角θ不定，但要使电子轨迹与MN 板相切，根据图中几何关系可知，此时电
子的轨迹圆心一定落在与MN 距离为r 的平行线上，如下图所示，当l=4.55cm 时，即A 点与板O 点重合；作出电
子轨迹如下图中虚线S1A1 所示；由图中几何关系可知，此时S2O 与MN 的夹角为30°，故C 正确D 错误；
当l=9.1cm 时，即A 点与板M 端重合，作出电子轨迹如下图中实线S2A2 所示；由图中几何关系可知，此时S2O 与
MN 的夹角为90°，故A 正确B 错误。
故选：ACD。
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【点评】本题考查带电粒子充当向心力的运动规律，解题的关键问题在于明确粒子运动的圆心和半径，进而明确所
有粒子可能出现的空间．
二、非选择题：（共68 分）
8．（6 分）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧
下端挂1 个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1 所示，图2 是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是
1 毫米）上位置的放大图，示数l1=
25.85
cm．在弹簧下端分别挂2 个、3 个、4 个、5 个相同钩码，静止时弹簧
长度分别是l2、l3、l4、l5，已知每个钩码质量是50g，挂2 个钩码时，弹簧弹力F2=
0.98
N（当地重力加速度
g=9.8m/s2）．要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是
弹簧原长
．作出F﹣x 曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系．
【分析】根据刻度尺的读数方法可得出对应的读数，由G=mg 可求得所挂钩码的重力，即可得出弹簧的拉力；由实
验原理明确需要的物理量．
【解答】解：由mm 刻度尺的读数方法可知图2 中的读数为：25.85cm；
挂2 个钩码时，重力为：G=2mg=2×0.05×9.8=0.98N；由平衡关系可知，弹簧的拉力为0.98N；
本实验中需要是弹簧的形变量，故还应测量弹簧的原长；
故答案为：25.85；0.98；弹簧原长．
【点评】本题考查探究弹簧的弹力与弹簧伸长量之间的关系，要注意明确实验原理，同时注意掌握相应仪器的测量
方法．
9．（11 分）用实验测一电池的内阻r 和一待测电阻的阻值Rx，已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值
都为数十欧．可选用的实验器材有：
电流表A1（量程0～30mA）；
电流表A2（量程0～100mA）；
电压表V（量程0﹣6V）；
滑动变阻器R1（阻值0～5Ω）
滑动变阻器R2（阻值0～300Ω）；
开关S 一个，导线若干条．
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某同学的实验过程如下：
Ⅰ．设计如图1 所示的电路图，正确连接电路．
Ⅱ．将R 的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R 的阻值，测出多组U 和I 的值，并记录．以U 为纵轴．I 为横轴．得
到如图2 所示的图线．
Ⅲ．断开开关，将Rx 改接在B、C 之间．A 与B 直接相连，其他部分保持不变．重复Ⅱ的步骤，得到另一条U﹣I
图线，图线与横轴I 的交点坐标为（I0，0），与纵轴U 的交点坐标为（0，U0）．
回答下列问题：
①电流表应选用
A2
，滑动变阻器应选用
R2
②由图2 的图线，得电源内阻r=
25
Ω；
③用I0、U0 和r 表示待测电阻的关系式Rx=
﹣r
，代入数值可得Rx；
④若电表为理想电表，Rx 接在B、C 之间与接在A、B 之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，
两种情况相比，电流表示数变化范围
相同
，电压表示数变化范围
不同
（选填“相同”或“不同”）
【分析】①根据题目中给出的电源及待测电阻的大约阻值，略算对应的电流，则可明确电流表及滑动变阻器应选择
的仪器；
②由图象的性质及闭合电路欧姆定律可得出电源内阻；
③根据电路结构，利用闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式；
④根据闭合电路欧姆定律及电表的使用方法可明确两表的示数变化范围是否相同．
【解答】解：①由题意可知，电动势为6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A2；由电
路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R2；
②图象的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为：r=
=25Ω；
③接Rx 改接在B、C 之间，由题意可知，等效内阻为：R0+r=
；
解得：RX=
﹣r；
④由于在调节滑动变阻器时，闭合电路中电阻不变，故电流表的变化范围相同；而由于电压表测量的是路端电压，
由于等效内电阻不同，故电压表的变化范围不同；
故答案为：①A2；R2；②25；③
﹣r；④相同；不同．
【点评】本题考查测量电源内阻及电阻的实验，关键在于明确电路结构，认清实验方法及步骤；再由欧姆定律或闭
合电路欧姆定律进行分析求解．
10．（15 分）严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的首要污染源，“铁腕治污”
已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放、大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气
排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s 达最高速度72km/h，再匀速运动80s，接
着匀减速运动15s 到达乙站停住，设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×
103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．
（1）求甲站到乙站的距离；
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（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．
（燃
油公交车每做1 焦耳功排放气态污染物3×10
﹣6 克）
【分析】（1）根据匀变速直线运动平均速度的推论求出匀加速和匀减速运动的位移，结合匀速运动的位移，求出总
位移的大小．
（2）分别由功的计算公式：W=FS 和W=Pt 求出牵引力对列车做的功，结合燃油公交车每做1 焦耳功排放气态污染
物3×10
﹣6 克即可求解．
【解答】解：（1）72km/h=20m/s，
匀加速直线运动的位移为：
m．
匀速直线运动的位移为：x2=vt2=20×80m=1600m．
匀减速直线运动的位移为：
m．
则总位移为：x=x1+x2+x3=200+1600+150m=1950m
（2）设列车在第一阶段的牵引力为F，所做的功为W1，在第二阶段牵引力的功率为P，所做的功为W2，设燃油公
交车从甲站到乙站做相同的功W，排放的污染物的质量为M，则：
W1=Fx1；
W2=Pt2
W=W1+W2
M=W•（3×10
﹣9kg•J
﹣1）
联立以上公式，代入数据得：M=2.04kg
答：（1）甲站到乙站的距离是1950m；
（2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，公交车排放气态污染物的质量是
2.04kg．
【点评】该题结合机车的功与功率的问题考查匀变速直线运动的综合应用，解决本题的关键掌握匀变速直线运动的
速度时间公式，并能灵活运用，基础题．
11．（17 分）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A
点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P 电荷量是2.0×
10
﹣6C．质量m=0.25kg，与轨道间动摩擦因数μ=0.4．P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55s 到达A 点．到达B
点时速度是5m/s，到达空间D 点时的速度与竖直方向的夹角为α，且tanα=1.2．P 在整个运动过程中始终受到水平
向右的某外力F 作用．F 大小与P 的速率v 的关系如表所示．P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取
g=10m/s2．求：
v（m•s
﹣1）
0≤v≤2
2＜v＜5
v≥5
F/N
2
6
3
（1）小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间；
（2）小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功．
【分析】（1）小物体P 做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，根据速度公式计算受到的大小；
（2）根据物体的运动的不同的过程，逐项计算受到和位移的大小，在利用功的公式来计算电场力做的功；
【解答】解：（1）小物体P 的速率从0 至2m/s，受外力F1=2N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间△
t1，则
F1﹣μmg=ma1①
v1=a1△t
②
由式代入数据得△t1=0.5s
③
（2）小物体P 从2m/s 运动至A 点，受外力F2=6N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则
F2﹣μmg=ma2④
设小物体P 从速度v1 经过△t2 时间，在A 点的速度为v2，则
△t2=0.55s﹣△t1 ⑤
v2=v1+a2△t2⑥
P 从A 点至B 点，受外力F2=6N、电场力和滑动摩擦力的作用，
设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B 点的速度为v3，从A 点至B 点的位移为x1，则有：
F2﹣μmg﹣qE=ma3⑦
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⑧
P 以速度v3 滑出轨道右端B 点，设水平方向外力为F3，电场力大小为FE，
有FE=F3 ⑨
F3 与FE 大小相等方向相反，P 水平方向所受合力为零，所以P 从B 点开始做初速度为v3 的平抛运动．
设P 从B 点运动至D 点用是为△t3，水平位移为x2，
由题意知
（10）
x2=v3△t3 （11）
设小物体P 从A 点至D 点电场力做功为W，则有：
W=﹣qE（x1+x2）
（12）
联立④⑧（10）（12）式并代入数据得W=﹣9.25J．
答：
（1）小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间为0.5s；
（2）小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功为﹣9.25J．
【点评】本题物体的运动的过程比价复杂，关键是分析清楚物体的不同的运动的过程，根据不同过程的速度和位移
即可计算电场力做功的大小，本题的难度比较大．
12．（19 分）如图所示，金属导轨MNC 和PQD，MN 与PQ 平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q 连
线与MN 垂直，M、P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ．均
匀金属棒ab 和ef 质量均为m，长均为L，ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与
导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1 和2 阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画
出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力
大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。
（1）若磁感应强度大小为B，给ab 棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距
离后停止，ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量；
（2）在（1）问过程中，ab 棒滑行距离为d，求通过ab 棒某横截面的电量；
（3）若ab 棒以垂直于NQ 的速度v2 在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1 和2，且运动过程
中ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离。
【分析】（1）根据能量守恒定律，求解ef 棒上产生的热量；
（2）由几何知识求出回路的面积变化，根据楞次定律和欧姆定律，计算通过ab 棒某横截面的电量；
（3）根据法拉第电磁感应定律计算电动势的大小，根据棒的受力计算最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动
的最大距离。
【解答】解：（1）ab 棒在水平导轨上运动的过程，根据能的转化与守恒定律，有：
=QR+Qef①
由于金属棒ab 和ef 的电阻相等，电阻R 和ef 棒中产生的焦耳热相等，则QR=Qef②
由①②式联立解得ef 棒上产生的热量为：Qef=
（2）设在ab 棒滑行距离为d 时所用时间为t，其示意图如下图所示：
该过程中回路变化的面积为：△S=
[L+（L﹣2dcotθ）]d
③
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在该过程中，回路平均感应电动势为：=
④
流经ab 棒平均电流为：=
⑤
流经ab 棒某横截面的电量为：q= t
⑥
由③④⑤⑥式联立解得：q=
（3）当ab 棒滑行x 距离时，感应电动势为：e=B（L﹣2xcotθ）v2⑦
流经ef 棒的电流为：i=
⑧
ef 棒所受安培力为：F=iLB
⑨
由⑦⑧⑨式联立解得：F=
（L﹣2xcotθ）
⑩
由⑩式可知，当x=0 且B 取最大值，即B=Bm 时，F 有最大值Fm，ef 棒受力示意图如图所示：
沿导轨方向上有：Fmcosα=mgsinα+fm⑪
在垂直于导轨方向上有：FN=mgcosα+Fmsinα⑫
根据滑动摩擦定律和题设条件有：fm=μFN⑬
由⑩⑪⑫⑬式联立解得：Bm=
显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可
由⑩式可知，当B=Bm 时，F 随x 的增大而减小，即当F 最小为Fmin 时，x 有最大值为xm，此时ef 棒受力示意图如
图所示：
在沿导轨方向上有：Fmincosα+fm=mgsinα⑭
在垂直于导轨方向上有：FN=mgcosα+Fminsinα⑮
由⑩⑬⑭⑮式联立解得：xm=
答：
（1）此过程ef 棒上产生的热量是
。
（2）通过ab 棒某横截面的电量是
。
（3）此状态下最强磁场的磁感应强度是
，方向竖直向上或竖直向下均可，此磁场下ab
棒运动的最大距离是
。
【点评】解决本题的关键是分析清楚棒的受力的情况，根据平衡条件找出磁感应强度的表达式。要知道力学与电磁
感应联系的桥梁是安培力，要能熟练运用法拉第定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式。
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2015 年上海市高考物理试卷
一、单项选择题（共16 分，每小题2 分，每小题只有一个正确选项．）
1．（2 分）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
2．（2 分）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
3．（2 分）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
4．（2 分）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
5．（2 分）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
6．（2 分）
Th 经过一系列α衰变和β衰变后变成
Pb，则
Pb 比
Th 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
7．（2 分）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
8．（2 分）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
二、单项选择题（共24 分，每小题3 分，每小题只有一个正确选项）
9．（3 分）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△p1 和△p2，体积变化分别为△V1
和△V2．已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则（
）
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A．△p2 一定等于△p1 B．△V2 一定等于△V1
C．△p2 与△p1 之差为ρgh
D．△V2 与△V2 之和为HS
10．（3 分）用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图象如图所示，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
11．（3 分）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
12．（3 分）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，其束流强度为1.2×10
﹣5A，则在1s 内发射
的重离子个数为（e=1.6×10
﹣19C）（
）
A．3.0×1012 B．1.5×1013 C．7.5×1013 D．3.75×1014
13．
（3 分）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
14．（3 分）如图，一质量为m 的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，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
15．（3 分）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
波
长，N 位于M 右方．设向上为正，在t=0 时M 位移为+
，且向上运动；经时间t（t＜T），M 位移仍为+
，但向
下运动，则（
）
A．在t 时刻，N 恰好在波谷位置
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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﹣
，速度向下
16．（3 分）如图，战机在斜坡上进行投弹演练．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
三、多项选择题（共16 分，每小题4 分，每小题有二个或三个正确选择，全选对的，得4 分；选对但不全的，得
2 分，有选错或不答的，得0 分）
17．（4 分）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（
）
A．
B．
C．
D．
18．（4 分）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
19．（4 分）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
20．（4 分）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WF，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WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为EK．则
（
）
A．W1=Q
B．W2﹣W1=Q
C．W1=EK
D．WF+WG=Q+EK
四、填空题（共20 分，每小题4 分）22、23 题任选一道作答，若两道均做，按所做第一道计分．
21．（4 分）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．
22．（4 分）两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动，A 车总质量为50kg，以2m/s 的速度向右运动；B 车总质量为
70kg，以3m/s 的速度向左运动．碰撞后，A 以1.5m/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”）．
23．两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Rm1：Rm2=
，速度之比vm1：
vm2=
．
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24．（4 分）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
．
25．（4 分）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0.02kg，在该平面上以v0=2m/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．
26．（4 分）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
．
五、实验题（共24 分）
27．（3 分）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5mT．减小通过电螺线
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.5mT
B．﹣5mT
C.3mT
D．﹣3mT．
28．（4 分）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图．电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻
1Ω；变阻器R0 阻值0﹣5000Ω．
（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V 刻度的，当电池的电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω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300Ω，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1.5V，内阻为10Ω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”）．
29．（8 分）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为5cm．
（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3N．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
1N，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．
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30．（9 分）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75cmHg 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
．
六、计算题（共50 分）
31．（10 分）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。
32．（12 分）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
；
（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
时的重力势能EP．
33．（14 分）如图（a），两相距L=0.5m 的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω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=0.2kg 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 图象如图（b）所
示．在15s 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）0﹣15s 内匀强磁场的磁感应强度大小B0；
（3）15﹣20s 内磁感应强度随时间变化规律．
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34．（14 分）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 在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
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We；
（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．
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参考答案与试题解析
一、单项选择题（共16 分，每小题2 分，每小题只有一个正确选项．）
1．（2 分）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
【分析】解答本题应明确X 射线为电磁波的一种，它具有电磁波的一切性质．
【解答】解：X 射线属于电磁波的一种，它具有波的一切性质，如反射、折射、干涉及衍射等；它可以在真空中传
播；
故只有B 正确，ACD 错误；
故选：B。
【点评】本题考查电磁波谱，要注意电磁波谱中的一切波均能发生反射、折射、干涉及衍射等现象．
2．（2 分）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
【分析】发生明显的衍射现象的条件：孔缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或更小．当衍射现象明显时，形成的
水波能带动树叶A 振动起来．
【解答】解：拍打水面时，水波中的质点上下振动，形成的波向前传播，提高拍打水面的频率，则质点振动的频率
增加，波的频率与振动的频率相等，根据
，波速不变，频率增大，波长减小，衍射现象不明显，反之降低频
率，波长增大，衍射现象更明显。故A 错误，B 正确。C、D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道质点振动的频率与波传播的频率相等，以及掌握波发生明显衍射的条件．
3．（2 分）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
【分析】鸟受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿
着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可．
【解答】解：鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F 沿着虚线向上；
鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：
故选：B。
【点评】本题是已知运动情况判断受力情况的问题，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．（2 分）一定质量的理想气体在升温过程中（
）
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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
【分析】在等容过程中，温度与压强在变化，温度是分子平均动能变化的标志，分子间同时存在分子引力和斥力，
都随距离的增大而减小；
【解答】解：A、温度是分子平均动能的量度，当温度升高时平均动能一定变大，分子的平均速率也一定变化，但
不是每个分子速率都增大，因理想气体，则不考虑分子势能，故AB 错误，C 正确；
D、由于理想气体，不考虑分子间的作用力，故D 错误；
故选：C。
【点评】热学中很多知识点要需要记忆，注意平时的积累，在平时训练中加强练习，注意理想气体不考虑分子势能．
5．（2 分）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
【分析】衰变能自发发生．铀235 发生裂变的条件是有慢速中子轰击，重核裂变时用中子轰击重核，产生多个中子，
中子又会撞击重核，产生更多的中子，使裂变不断进行下去，这就是链式反应，产生链式反应的条件是中子再生率
大于1．
【解答】解：衰变能自发发生。铀235 发生裂变的条件是有慢速中子轰击。故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
【点评】本题考查了重核裂变和产生链式反应的条件，难度不大，属于基础题．
6．（2 分）
Th 经过一系列α衰变和β衰变后变成
Pb，则
Pb 比
Th 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
【分析】正确解答本题的关键是：理解α、β衰变的实质，正确根据衰变过程中质量数和电荷数守恒进行解题．
【解答】解：发生α衰变是放出42He，发生β衰变是放出电子0
﹣1e，则根据质量数和电荷数守恒有：
则
Pb 比
Th 少的质子数：z=90﹣82=8 个，质量数：m=232﹣208=24 个，据质量数=电荷数+中子数可知，
减少的中子数：n=24﹣8=16 个
即铅核比钍核少8 个质子，少16 个中子。
故选：A。
【点评】本题主要考查了质量数和电荷数守恒在衰变过程中的应用，是考查基础知识和规律的好题．
7．（2 分）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
【分析】在α粒子散射实验中，由于电子的质量较小，α粒子与电子相碰，就像子弹碰到灰尘一样．
【解答】解：α粒子的质量是电子质量的7000 多倍，α粒子碰到电子，像子弹碰到灰尘，损失的能量极少，几乎不
改变运动的轨迹。故D 正确，A、B、C 错误。
故选：D。
【点评】该题考查对α粒子散射实验的解释，解决本题的关键知道α粒子散射实验，会解释α粒子偏转的原因．基础
题目．
8．（2 分）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
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【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电
场线的方向可判断电势的正负
【解答】解：A、正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由P 静止释放不能运动到Q，故A 错误
B、电场线的疏密代表场强的大小，故EP＞EQ，故正电荷在P 的加速度大于在Q 的加速度，故B 错误；
C、负电荷从P 到Q 电场力做负功，电势能增加，故负电荷在P 的电势能小于在Q 的电势能，故C 错误；
D、从P 到Q 的过程中，沿电场线方向电势降低，故在PQ 间有一点电势为零点，故EP=qφ，故其间必有一点电势
能为零，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种
电荷连线的垂直平分线是一个等势面
二、单项选择题（共24 分，每小题3 分，每小题只有一个正确选项）
9．（3 分）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△p1 和△p2，体积变化分别为△V1
和△V2．已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则（
）
A．△p2 一定等于△p1 B．△V2 一定等于△V1
C．△p2 与△p1 之差为ρgh
D．△V2 与△V2 之和为HS
【分析】对水银柱受力分析，根据平衡列方程可分析压强关系，从而分析压强变化之间的关系；两部分气体做等温
变化，根据玻意耳定律列式求解分析．
【解答】解：AC、对水银柱有P1S+mg=P2S
水银柱的质量为：m=ρhSg△P2=P2′﹣P2=（P1′+ρgh﹣P1﹣ρgh）=P1′﹣P1=
△P1，故A 正确，C 错误；
B、对上部分气体根据玻意耳定律得：P1V1=P1′V1′①，
对下部分气体根据玻意而定律得：P2V2=P2′V2′②
由于两部分封闭原来气体体积关系不确定，所以两部分气体体积变化不确定，故B
错误；
D、在A 处管内外水银面相平的情况下有几何关系得：△V1+△V2＜HS，故D 错误；
故选：A。
【点评】分析本题的关键是根据水银柱分析，不论怎样变化，上下两部分气体压强之差不变，等于水银柱产生的压
强．
10．（3 分）用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图象如图所示，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
【分析】根据爱因斯坦的“光子说”可知，单个光子表现为粒子性，而大量光子表现为波动性，并且单个光子通过双
缝后的落点无法预测，而光子到达的多的区域表现为亮条纹，而光子到达的少的区域表现为暗条纹
【解答】解：AB、据爱因斯坦的“光子说”可知，单个光子表现为粒子性，而大量光子表现为波动性；故AB 错误；
CD、时间不太长时，底片上只能出现一些不规则的点子，说明了单个光子表现为粒子性，光子到达的多的区域表现
为亮条纹，而光子到达的少的区域表现为暗条纹，说明光的能量在胶片上分布不均匀，光到达胶片上不同位置的概
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率不相同；故C 正确，D 错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了光的波粒二象性及其表现形式，其实这类题目往往考查的内容很基础，故只要注意基础知
识的积累，就能顺利解决此类题目
11．（3 分）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
【分析】根据发生光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的极限频率，就会发生光电效应．根
【解答】解：由题图可知，该光源发出的光的波长大约在50nm 到440nm 之间，而三种材料中，极限波长最小的铂
的极限波长是196nm，大于50nm，所以该光源能使三种材料都产生光电效应。
故选：D。
【点评】该题考查发生光电效应的条件．解决本题的关键知道光电效应的条件即可．基础题目．
12．（3 分）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，其束流强度为1.2×10
﹣5A，则在1s 内发射
的重离子个数为（e=1.6×10
﹣19C）（
）
A．3.0×1012 B．1.5×1013 C．7.5×1013 D．3.75×1014
【分析】已知电流的多少和通电时间，根据公式Q=It 求出电荷，再由Q=n•5e 求出离子数目．
【解答】解：1s 内发射的重离子的电荷量为
Q=It=1.2×10
﹣5C。
每个重离子的电荷量为5e，则通过的重离子数为n=
=
=1.5×1013（个）
故选：B。
【点评】本题考查电荷量的计算，关键是公式及其变形的灵活运用．要知道每个重离子的电荷量为5e，e 是元电荷．
13．
（3 分）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
【分析】光线较暗，报警系统自动开始工作，光线不暗时不工作，此电路与光照有关；只要合上电键S，报警系统
24 小时都能工作，所以电键与定值电阻相连，两个条件有一个满足就工作，所以是或门
【解答】解：由题意可知：S 断开时报警系统自动开始工作，光线不暗时不工作，所以滑动变阻器与光敏电阻相连；
S 闭合时，报警系统24 小时都能工作，所以电键应与定值电阻相连，两个条件有一个满足就工作，所以是或门。
电路图如图所示：
故选：D。
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【点评】传感器在生产生活中的应用越来越广泛，要注意掌握分析电路并能正确掌握对应的逻辑关系．
14．（3 分）如图，一质量为m 的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，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
【分析】滑块被匀速推动，受重力、支持力、推力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式；其中推力F∝Sv2，滑动摩擦
力与压力成正比．
【解答】解：滑块被匀速推动，根据平衡条件，有：
F=f
N=mg
其中：
F=kSv2=ka2v2
f=μN=μmg=μρa3g
解得：
a=
现在风速v 变为2 倍，故能推动的滑块边长为原来的4 倍，故体积为原来的64 倍，质量为原来的64 倍；
故选：D。
【点评】本题关键是明确物体的受力情况，根据平衡条件推导出能够推动的滑块的边长a 与风速的关系表达式进行
分析，不难．
15．（3 分）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
波
长，N 位于M 右方．设向上为正，在t=0 时M 位移为+
，且向上运动；经时间t（t＜T），M 位移仍为+
，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﹣
，速度向下
【分析】在t=0 时M 位移为+
，且向上运动；经时间t（t＜T），M 位移仍为+
，但向下运动，由此写出M 点的
振动方程，然后结合M、N 的平衡位置相距
波长，N 位于M 右方写出N 点的振动方程，即可判断出t 时刻N 点
的位置以及振动的方向．
【解答】解：A、B、C、由题，在t=0 时M 位移为+
，且向上运动，则M 点的振动方程为：yM=Asin（ωt+φ0），将
在t=0 时M 位移为+
代入方程得：
所以：
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经时间t（t＜T），M 位移仍为+
，但向下运动，代入公式得：
两质点M、N 的平衡位置相距
波长，N 位于M 右方，所以N 点的振动方程：
，
代入数据得：yN=
=﹣
，随t 的增大，位移的绝对值减小，所以N 向下运动。故
AB 错误，C 正确；
D、将2t 代入公式，得：
，质点恰好经过平衡位置。故D 错误。
故选：C。
【点评】本题是特殊值问题，根据题目提供的条件，写出M 点与N 点的振动方程，代入数据即可．
由于是特殊值问题，也可以使用特殊值，画出波动的图象，使用平移法解答．
16．（3 分）如图，战机在斜坡上进行投弹演练．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
【分析】飞机与炮弹的水平速度相同，则落点在飞机的正下方，据水平向与竖直向的位移关系画图分析，确定落点．
【解答】解：如图：假设第二颗炸弹经过Ab，第三颗经过PQ（Q 点是轨迹与斜面的交点）；则a，A，B，P，C 在
同一水平线上，
由题意可知，设aA=AP=x0，ab=bc=L，斜面倾角为θ，三颗炸弹到达a 所在水平面的竖直速度为vy，水平速度为v0，
对第二颗炸弹：水平向：x1=Lcosθ﹣x0=v0t1
竖直向：y1=vyt1+
若第三颗炸弹的轨迹经过c，
则对第三颗炸弹，水平向：x2=2Lcosθ﹣2x0=v0t2
竖直向：
解得：t2=2t1，y2＞2y1，所以第三颗炸弹的轨迹不经过c，则第三颗炸弹将落在bc 之间，故A 正确；
故选：A。
【点评】考查平抛运动的规律，明确水平向与竖直向的运动规律．会画草图进行分析求解．考查的是数学知识．
注意：过b 点画水平线分析更简单，水平方向速度不变，而竖直方向速度越来越大，所以越往下，在相同时间内，
水平位移越小．
三、多项选择题（共16 分，每小题4 分，每小题有二个或三个正确选择，全选对的，得4 分；选对但不全的，得
2 分，有选错或不答的，得0 分）
17．（4 分）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（
）
A．
B．
C．
D．
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【分析】物体在平衡位置附近的往复运动称为机械振动，根据图象可明确哪些为机械振动．
【解答】解：根据机械能振动的定义可知，ABC 均在某一平衡位置附近振动，故ABC 均为机械振动；而D 中的物体
没有振动过程；
故选：ABC。
【点评】本题考查机械能振动的性质，要注意明确其定义，知道物体在某一位置附近的往复运动称为机械振动．
18．（4 分）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
【分析】根据动能定理求出小球速度为零时细线与竖直方向的角度，得出小球在整个过程中的运动规律．在C 点，
抓住径向的合力为零，通过数学知识，结合受力求出合力的大小，从而求出C 点的加速度．
【解答】解：设小球摆到的最大角度为α，根据动能定理得，FLsinα﹣mgL（1﹣cosα）=0，又F=mgtanθ
解得α=2θ，即在C 点的速度为零。可知小球先加速后减速，故A、C 正确。
在B 点，小球的速度不为零，则向心加速度不为零，所以加速度不为零，故B 错误。
在C 点，速度为零，小球受重力和拉力，垂直绳子方向的合力为零，则小球所受的合力为mgsin2θ ﹣
mgtanθcos2θ=mgtanθ，则C 点的加速度为gtanθ，故D 正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的基本运用，知道小球速度为零时，径向的合力为零，本题对数学三
角函数要求较高，需加强这方面的训练．
19．（4 分）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
【分析】子弹的位移与木块的位移大小之和等于木块的厚度．通过v﹣t 图象比较可知，当v0 越大，其它不变时，
子弹穿过木块时的位移越大，而木块的位移越小，由于加速度不变，所以木块末速度v 越大．当子弹质量越大时，
加速度越小，子弹穿过木块时的位移越大，同理可得木块末速度v 越大．当木块质量越小时，其加速度越大，则末
速度v 越小．
【解答】解：AB、子弹穿透木块过程中，子弹与木块间相互作用力恒定，两者都做匀减速运动，子弹的位移与木块
的位移大小之和等于木块的厚度。若质量不变，则两者的加速度不变，当子弹的初速度v0 越大时，子弹穿过木块的
时间越短，且木块的位移越小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v 越大，如下图所示。故A 正确，B 错
误。
C、子弹的质量越大，由于作用力不变，则加速度越小，初速度v0 一定，则子弹位移越大，木块位移越小，由于木
块初速度和加速度不变，所以末速度v 越大，如下图所示。故C 正确。
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D、木块质量越小，其加速度越大，初速度不变，子弹穿过木块的时间变大，则木块末速度v 变小，如下图所示。
故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了对v﹣t 图象的理解和应用，解决本题的关键是子弹的位移与木块的位移之和等于木块的厚度．
20．（4 分）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WF，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WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为EK．则
（
）
A．W1=Q
B．W2﹣W1=Q
C．W1=EK
D．WF+WG=Q+EK
【分析】分别选磁铁和导体棒为研究对象，根据动能定理列方程，对系统根据能量守恒知W2﹣W1=Q。
【解答】解：A、根据题意，由动能定理知：导体棒：W1=Ek①，故A 错误，C 正确
B、根据能量守恒知W2﹣W1=Q②，故B 正确；
D、对磁铁有：WF+WG﹣W2=0③，由①②③得WF+WG=Ek+Q，故D 正确；
故选：BCD。
【点评】此题考查动能定理和能量守恒，一对磁场力做功之和为系统产生的焦耳热。
四、填空题（共20 分，每小题4 分）22、23 题任选一道作答，若两道均做，按所做第一道计分．
21．（4 分）静电场是
静止电荷
周围空间存在的一种物质；通常用
电势
来描述电场的能的性质．
【分析】电荷周围存在着一种特殊物质，这种物质叫电场，其能的性质可由电势描述．
【解答】解：静电场是静止电荷周围空间存在的一种物质；通常用电势来描述电场的能的．
故答案为：静止电荷，电势．
【点评】解决本题的关键要知道电场是一种存在于电荷周围的特殊物质，描述电场的性质物理量有两个：电场强度
和电势．
22．（4 分）两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动，A 车总质量为50kg，以2m/s 的速度向右运动；B 车总质量为
70kg，以3m/s 的速度向左运动．碰撞后，A 以1.5m/s 的速度向左运动，则B 的速度大小为
0.5
m/s，方向向
左
（选填“左”或“右”）．
【分析】碰撞过程系统动量守恒，平抛动量守恒定律可以求出B 的速度．
【解答】解：A、B 组成的系统动量守恒，以向左为正方向，
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由动量守恒定律得：mBvB﹣mAvA=mAvA′+mBvB′，
即：70×3﹣50×2=50×1.5+70vB′，
解得：vB′=0.5m/s，方向：水平向左；
故答案为：0.5；左．
【点评】本题考查了求物体的速度，应用动量守恒定律可以正确解题，解题时注意正方向的选择，否则会出错．
23．两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Rm1：Rm2=
m2：m1
，速度之比vm1：
vm2=
m2：m1
．
【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，抓住角速度相等，向心力相等求出轨道半径之比；根据万有引力提
供向心力求出角速度的大小
【解答】解：（1）设m1 和m2 的轨道半径分别为r1，r2 角速度为ω，由万有引力定律和向心力公式：
G
=m1ω2r1=m2ω2r2，
得：r1 ：r2=m2：m1．
由v=rω得：vm1：vm2=m2：m1
故答案为：m2：m1，m2：m1
【点评】解决本题的关键掌握双星模型系统，知道它们靠相互间的万有引力提供向心力，向心力的大小相等，角速
度的大小相等
24．（4 分）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
fvcosθ+P
．
【分析】将船的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，结合沿绳子方向的速度大小以及拉力的功率大小求出绳对
船的拉力大小．根据汽车做匀速直线运动求出汽车的牵引力，从而得出汽车发动机的功率．
【解答】解：船的速度沿绳子方向的分速度v1=vcosθ，
根据P=Fv1 得，绳对船的拉力大小F=
．
根据平衡得，汽车的牵引力F′=F+f=
，
则汽车发动机的功率P′=F′v1=P+fvcosθ．
故答案为：
，fvcosθ+P．
【点评】解决本题的关键掌握功率与牵引力和速度的关系，注意船的速度和车的速度大小不等，船在沿绳子方向的
分速度等于车的速度大小．
25．（4 分）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0.02kg，在该平面上以v0=2m/s、与导
线成60°角的初速度运动，其最终的运动状态是
匀速直线运动
，环中最多能产生
0.03
J 的电能．
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【分析】金属环周围有环形的磁场，金属环向右上运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力与运动
方向相反，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，最终金属环的运动状态为匀速沿
导线运动，速度为原来速度的沿导线方向上的分量．
【解答】解：金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力与运
动方向相反，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后
磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故为匀速直线运动．
由题意知：
沿导线方向分速度v1=v0•cos60°=2×
=1m/s
根据动能定理解得：
=Q
代入数值解得：
Q=﹣0.03J
故环中最多产生0.03J 的电能；
故答案为：匀速直线运动，0.03J
【点评】此题考查法拉第电磁感应定律的应用及动能定理或者是能量守恒的应用，题目单一但是并不简单，需要知
识的活学活用．
26．（4 分）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
﹣F
．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
﹣3F 或5F．
．
【分析】根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c 对两导体的作用力
的可能性，由力的合成求解b 受到的磁场力．
【解答】解：由于ab 间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b 受到a 的磁场力大小为F，方向相反，故为﹣F；
中间再加一通电导体棒时，由于C 处于中间，其在ab 两位置产生的磁场强度相同，故b 受到的磁场力为a 受磁场
力的2 倍；
a 受力变成2F，可能是受c 的磁场力为F，方向向右，此时b 受力为2F，方向向左，故b 受力为3F，方向向左，故
合磁场力为﹣3F；
a 变成2F，也可能是受向左的3F 的力，则此时b 受力为6F，方向向右，故b 受到的磁场力为6F﹣F=5F；
故答案为：﹣F；﹣3F 或5F．
【点评】本题考查平行直导线间的相互作用，要注意综合应用左手定则及力的分析求解磁场力，要重点掌握力的矢
量性．
五、实验题（共24 分）
27．（3 分）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
前
（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5mT．减小通过电螺线
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
C
．
A.5mT
B．﹣5mT
C.3mT
D．﹣3mT．
【分析】（1）在通电前必须对磁传感器进行调零．
（2）减小通过电螺线管的电流后，通电螺线管内磁感应强度减小，从不同端插入磁传感器的读数时正负不同．
【解答】解：（1）在对螺线管通电前必须对磁传感器进行调零，否则就会有测量误差．
（2）减小通电螺线管的电流后，螺线管内的磁感应强度变小，由于螺线管轴线中点磁感应强度方向一定，所以从
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另一端插入时，磁传感器的读数可能为3mT．
故选：C．
故答案为：（1）前．（2）C．
【点评】测量工具使用前都必须调零，这是常规，要掌握牢固．要明确通电螺线管内部的磁感应强度与电流有关，
电流减小，磁感应强度减小．
28．（4 分）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图．电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻
1Ω；变阻器R0 阻值0﹣5000Ω．
（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V 刻度的，当电池的电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω时仍可调零．调
零后R0 阻值将变
小
（选填“大”或“小”）；若测得某电阻阻值为300Ω，则这个电阻的真实值是
280
Ω．
（2）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果
准确
（选
填“偏大”、“偏小”或“准确”）．
【分析】根据欧姆表的内部结构及原理由闭合电路欧姆定律进行分析，要注意明确，电阻的测量是根据电流来换算
的．
【解答】解：欧姆表内阻R=
，电流表满偏电流Ig 不变，电源电动势E 变小，则欧姆表总内阻要变小，故R0 的阻
值调零时一定偏小；
电动势为1.5 调零后，欧姆表内部的中性电阻的R 内=
=3000Ω
电动势变为1.4 调零后，欧姆表内部的中性电阻R 内=
=2800Ω；
由300Ω对应的电流列出关系式：
I=
=
故对应1.4V 时的电阻R 真=280Ω
（2）因电动势不变，故欧姆调零后的中性电阻不变；故测量结果是准确的；
故答案为：（1）小；280；（2）准确．
【点评】本题考查多用电阻中的欧姆表的原理，注意掌握此类问题的解决方法还是闭合电路欧姆定律的应用．
29．（8 分）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为5cm．
（1）（多选题）做这样改进的优点是
BD
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3N．再对力传感器进行调零，然后悬
挂钩码进行实验．此方法
能
（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
1N，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
0.7
N•m．力传感器的读数为
﹣0.5
N．
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【分析】（1）根据弹簧可以拉伸与压缩，结合实验原理，及操作步骤，即可求解；
（2）根据力矩公式，结合力传感器读数，求得偏心的顺时针力矩，再消除力矩盘的偏心引起实验误差，求得力矩
盘所受顺时针方向合力矩，从而根据平衡条件，即可求解．
【解答】解：（1）A、弹簧可以测拉力和压力，故A 错误；
B、力传感器，定滑轮固定在横杆上，替代原装置中的弹簧秤，主要好处是：力传感器测力时，不受主观判断影响，
精确度高和保证力传感器所受拉力方向不变，故BD 正确；
C、不能消除转轴摩擦力引起的误差，故C 错误；
故选：BD．
（2）某同学该装置做实验，检验时发现盘停止转动时，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3N，说明此时偏心的顺时针力矩M0=3×2×0.05N•m=0.3N•m；
再对力传感器进行调零，这时就可以消除力矩盘的偏心引起实验误差，
力矩盘所受顺时针方向合力矩M1=2×1×0.05+2×1×3×0.05+0.3N•m=0.7N•m；
根据固定转动轴物体平衡条件，则有：F×2×0.05+3×1×3×0.05﹣0.3=2×1×0.05﹣2×2×3×0.05﹣0.3；
解得：F=﹣0.5N；
故答案为：（1）BD；（2）能，0.7，﹣0.5．
【点评】本题考查力矩概念，掌握力矩平衡条件，重点是求“力矩盘所受到顺时针方向合力矩”时，很容易忘掉“力
矩盘偏心的力矩”．
30．（9 分）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
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
BC
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75cmHg 时，用该温度计测得的温度值
偏大
（选填“偏大”或“偏小”）．为
测得准确的温度，在测量时需
调整两管液面高度差，使右管液面比左管液面高1cm，然后读数
．
【分析】（1）测温泡C 内气体发生等容变化，根据查理定律得到温度与温度计的0℃和任意温度刻度线间距离的关
系，再进行分析．
（2）根据温度计的工作原理分析影响灵敏度的因素．
（3）根据温度计的原理应用平衡条件分析答题．
【解答】解：（1）以右侧球型容器内的气体为研究对象，由题意可知，气体发生等压变化，
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由盖吕萨克定律得：
=C，T=
，温度T 与体积V 成正比，刻度线是均匀的，
温度越高，气体体积越大，刻度线越低，因此刻度值上小下大，故A 正确；
（2）气体发生等压变化，气体体积的变化反应了气体温度的变化，
温度计的灵敏度取决于气体体积变化，影响温度计灵敏度的因素有：
玻璃泡大小、左管内径粗细，故选BC；
（3）温度计标度时大气压为标准大气压：76cmHg，封闭气体的压强为76cmHg，
若管中液体是水银，当大气压变为75cmHg 时，封闭气体压强为75cmHg，气体体积要变大，
水银液面要下降，用该温度计测得的温度值偏大，为测得准确的温度，在测量时需调整两管液面高度差，使右管液
面比左管液面高1cm，然后读数．
故答案为：（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1cm，然后读数．
【点评】本题考查了气体温度计刻度特点、影响灵敏度的因素、大气压对温度的影响，考查了概率萨克的定律的应
用，本题难度较大，知道温度计的原理是正确解题的前提与关键，应用盖吕萨克定律可以解题．
六、计算题（共50 分）
31．（10 分）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。
【分析】（1）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，则右侧气体发生等温变化，遵
守玻意耳定律．左侧气体满足理想气体状态方程．由玻意耳定律和理想气体状态方程分别列式求解．
（2）使活塞导热，两侧气体最后达到平衡时，两侧气体都满足理想气体状态方程，由此对两侧气体列式，即可求
解．
【解答】解：（1）设初始时压强为p．
左侧气体满足
=
右侧气体满足pV2=p′V
解得k=
=2
（2）活塞导热达到平衡，则
左侧气体满足
=
右侧气体满足
=
平衡时
=
解得
=
=
答：
（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比是2；
（2）最后两侧气体的体积之比5：4．
【点评】本题考查了理想气体状态方程的基本运用，关键抓住初末状态的气体压强、温度、体积关键列式求解，注
意平衡时左右两部分气体的压强相等．
32．（12 分）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
；
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（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
时的重力势能EP．
【分析】（1）有拉力作用过程，机械能的增加量等于拉力做的功；没有拉力作用的过程，只有重力做功，机械能守
恒；
（2）对加速上升过程和竖直上抛过程根据运动学公式列式求解加速度，根据牛顿第二定律列式求解拉力；
（3）球动能为
时，可能是加速过程，也可能是减速过程，分情况根据功能关系列式求解．
【解答】解：（1）撤去拉力时球的机械能为W，由机械能守恒定律，回到地面时的动能为：
Ekt=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=
v=at
由题意有：﹣h=vt﹣
解得：a=
根据牛顿第二定律，有：F﹣mg=ma
解得：F=
（3）动能为
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h′处，则：
（F﹣mg）h′=
而W=Fh=
mgh，
（F﹣mg）h=
=
解得：h′=
重力势能：Ep=mgh′=
mgh=
W
设球的位置在h 上方离地h′处，由机械能守恒，有：
因此：
答：（1）球回到地面时的动能
为W；
（2）撤去拉力前球的加速度大小a 为
，拉力的大小F 为
；
（3）球动能为
时的重力势能
或
．
【点评】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，结合功能关系、牛顿第二定律定律和运动学公式列式求解即
可．
33．（14 分）如图（a），两相距L=0.5m 的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω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=0.2kg 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 图象如图（b）所
示．在15s 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）0﹣15s 内匀强磁场的磁感应强度大小B0；
（3）15﹣20s 内磁感应强度随时间变化规律．
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【分析】（1）根据金属杆的受力情况，由牛顿第二定律列方程，由v﹣t 求出求出金属杆的加速度，然后求出拉力F．
（2）应用安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出磁感应强度．
（3）当穿过回路的磁通量不变时不产生感应电流，据此求出磁感应强度的变化规律．
【解答】解：（1）由v﹣t 图象可知，在0﹣10 内，金属杆做匀加速直线运动，杆没有进入磁场，
由牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma1，
由题意可知，15s 末撤去拉力，没有感应电流，杆不受安培力作用，
杆所受的合外力为滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μmg=ma2，
由v﹣t 图象可知，加速度：a1=
=
=0.4m/s2，a2=
=
=0.8m/s2，
解得：F=0.24N；
（2）在10﹣15s 内，金属杆做匀速直线运动，速度：v=4m/s，
金属杆受到的安培力：F 安培=B0IL=
，
金属杆做匀速直线运动，处于平衡状态，
由平衡条件得：F=μmg+
，代入数据解得：B0=0.4T；
（3）15﹣20s 内部产生感应电流，穿过回路的磁通量保持不变，
金属杆在10﹣15s 内的位移：d=vt=4×5=20m，
在15s 后的金属杆的加速度：a=a2=0.8m/s2，
金属杆的位移：x=v（t﹣15）﹣
a（t﹣15）2=4（t﹣15）﹣0.4（t﹣15）2，
磁通量保持不变，则：B0Ld=BL（d+x），
解得：B=
T；
答：（1）金属杆所受拉力的大小F 为0.24N；
（2）0﹣15s 内匀强磁场的磁感应强度大小B0 为0.4T；
（3）15﹣20s 内磁感应强度随时间变化规律为：B=
T．
【点评】本题是电磁感应与力学相结合的综合题，知道感应电流产生的条件、应用牛顿第二定律、安培力公式、运
动学公式即可正确解题．
34．（14 分）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 在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
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We；
（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．
【分析】（1）根据W=qU 求的初态的电势能
（2）根据力矩关系即可求得与电场间的夹角α
（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA 与电场间夹角θ=150°时，A 恰能到达O 正上方，在此位置杆的
角速度为0，根据能量守恒即可判断
【解答】解：（1）初始状态的电势能为：We=qU++（﹣q）U﹣=﹣3qELcosθ
（2）竖直方向的力矩平衡是两重力方向都竖直向下但分居异侧，所以等价力矩要相减；
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而水平方向两个电场力方向相反分居异侧要相加；
那么平衡位置时，设小球质量为m，合力矩为：
3qElsinα﹣mglcosα=0
由此得：
解得：α=30°
（3）电势能为零时，杆处于竖直位置，当初始时OA 与电场间夹角θ=150°时，A 恰能到达O 正上方，在此位置杆的
角速度为0，
当θ＜150°时，A 位移O 正下方的电势能为零，初态有：W=﹣3qElcosθ
EP=﹣mglsinθ
末态W′=0
E′P=﹣mgl
由能量守恒有：
当θ≥150°时，电势能为零的位置由两处，即A 位于O 点正下方或正上方
在A 位移O 正下方时
在A 位于O 正上方时
答：（1）初始状态的电势能We 为﹣3qELcosθ
（2）杆在平衡位置时与电场间的夹角α为30°；
（3）杆在电势能为零处的角速度ω为
或
．
【点评】本题主要考查了电势能和力矩，关键是抓住在任何位置能量守恒即可判断
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2015 年山东省高考物理试卷
一、选择题（共7 小题，每小题6 分，共42 分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个
选项正确，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。）
1．（6 分）距地面高5m 的水平直轨道上A、B 两点相距2m，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小
车始终以4m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细
线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2．可求得h 等于（
）
A．1.25m
B．2.25m
C．3.75m
D．4.75m
2．（6 分）如图，拉格朗日点L1 位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月
球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1 建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，
以a1、a2 分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3 表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是
（
）
A．a2＞a3＞a1
B．a2＞a1＞a3
C．a3＞a1＞a2
D．a3＞a2＞a1
3．（6 分）如图，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B 接触面竖直），此时A 恰好
不滑动，B 刚好不下滑。已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力。A 与B 的质量之比为（
）
A．
B．
C．
D．
4．（6 分）如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界
匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（
）
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
5．（6 分）直角坐标系xOy 中，M、N 两点位于x 轴上，G、H 两点坐标如图．M、N 两点各固定一负点电荷，一电
量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，
则H 点处场强的大小和方向分别为（
）
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A．
，沿y 轴正向B．
，沿y 轴负向
C．
，沿y 轴正向D．
，沿y 轴负向
6．（6 分）如图甲，R0 为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0 的正弦交流电源上，
经二极管整流后，通过R0 的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a 端电势高于b 端时，a、b
间的电压uab 为正，下列uab﹣t 图象可能正确的是（
）
A．
B．
C
．
D．
7．（6 分）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0 时刻，质量为m 的带电微
粒以初速度为v0 沿中线射入两板间，0～
时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过
程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g．关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是（
）
A．末速度大小为
v0B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了
mgd D．克服电场力做功为mgd
二、非选择题：必做题
8．（10 分）某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．
实验步骤：
①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．
②如图1 甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一
设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2 间的距离（即橡皮筋的
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长度l）．每次将弹簧秤示数改变0.50N，测出所对应的l，部分数据如表所示：
F/N
0
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
l/cm
l0
10.97
12.02
13.00
13.98
15.05
③找出②中F=2.50N 时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O'，橡皮筋的拉力记为FOO′．
④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图1 乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，
使秤钩的下端达到O 点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA 段的拉力记为FOA，OB 段的拉力记为FOB．
完成下列作图和填空：
（1）利用表中数据在图2 的坐标纸上画出F﹣l 图线．
（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则FOA的大小为
N．
（3）根据给出的标度，在图3 中作出FOA 和FOB 的合力F'的图示．
（4）通过比较F'与
的大小和方向，即可得出实验结论．
9．（8 分）如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R 为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想
电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器RL 消耗的电功率．改变RL 的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如
图乙所示的U﹣I 关系图线．
回答下列问题：
（1）滑动触头向下移动时，电压表示数
（填“增大”或“减小”）．
（2）I0=
A．
（3）RL 消耗的最大功率为
W（保留一位有效数字）．
10．（18 分）如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接，物块置于左侧
滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l．开始时物块和小球均静止，将此时传感装
置的示数记为初始值，现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如
图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示
数为初始值的0.6 倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g，求：
（1）物块的质量；
（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．
11．（20 分）如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆
之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一
匀强电场，上级板开有一小孔．一质量为m，电量为+q 的粒子由小孔下方
处静止释放，加速后粒子以竖直向上的
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速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．
（1）求极板间电场强度的大小；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为
、
，粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运
动的路程．
【物理3-3】
12．（4 分）墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是（
）
A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动
C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速
D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的
13．（8 分）扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图，截面积为S 的热杯盖扣在水平桌面上，开始
时内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压强p0．当封闭气体温度上升至303K 时，杯盖恰好被整体顶起，放出
少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303K，再经过一段时间内，内部气体温度恢复到
300K．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：
（Ⅰ）当温度上升到303K 且尚未放气时，封闭气体的压强；
（Ⅱ）当温度恢复到300K 时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．
【物理3-4】
14．如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运
动的表达式为y=0.1sin（2.5πt）m．t=0 时刻，一小球从距物块h 高处自由落下：t=0.6s 时，小球恰好与物块处于同
一高度。取重力加速度的大小g=10m/s2．以下判断正确的是（
）
A．h=1.7m
B．简谐运动的周期是0.8s
C．0.6s 内物块运动的路程是0.2m
D．t=0.4s 时，物块与小球运动方向相反
15．半径为R、介质折射率为n 的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示．位于截面所在平面内的一细束光线，
以角i0 由O 点射入，折射光线由上边界的A 点射出．当光线在O 点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界
的B 点恰好发生反射．求A、B 两点间的距离．
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【物理3-5】
16．14C 发生放射性衰变成为14N，半衰期约5700 年．已知植物存活期间，其体内14C 与12C 的比例不变；生命活动
结束后，14C 的比例持续减小．现通过测量得知，某古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下
列说法正确的是（
）
A．该古木的年代距今约5700 年
B．12C、13C、14C 具有相同的中子数
C．14C 衰变为14N 的过程中放出β射线
D．增加样品测量环境的压强将加速14C 的衰变
17．如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v0，一
段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A、B 分别以
v0、
v0 的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B、C 粘在一起
向右运动．滑块A、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C 碰后瞬间共同速度的大
小．
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2015 年山东省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7 小题，每小题6 分，共42 分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个
选项正确，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。）
1．（6 分）距地面高5m 的水平直轨道上A、B 两点相距2m，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小
车始终以4m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细
线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2．可求得h 等于（
）
A．1.25m
B．2.25m
C．3.75m
D．4.75m
【分析】经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下后，小球做平抛运动，小车运动至B 点时细线被轧断，
则B 处的小球做自由落体运动，根据平抛运动及自由落体运动基本公式抓住时间关系列式求解．
【解答】解：经过A 点，将球自由卸下后，A 球做平抛运动，则有：
H=
解得：
，
小车从A 点运动到B 点的时间
，
因为两球同时落地，则细线被轧断后B 处小球做自由落体运动的时间为t3=t1﹣t2=1﹣0.5=0.5s，
则h=
故选：A。
【点评】本题主要考查了平抛运动和自由落体运动基本公式的直接应用，关键抓住同时落地求出B 处小球做自由落
体运动的时间，难度不大，属于基础题．
2．（6 分）如图，拉格朗日点L1 位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月
球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1 建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，
以a1、a2 分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3 表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是
（
）
A．a2＞a3＞a1
B．a2＞a1＞a3
C．a3＞a1＞a2
D．a3＞a2＞a1
【分析】由题意知，空间站在L1 点能与月球同步绕地球运动，其绕地球运行的周期、角速度等于月球绕地球运行的
周期、角速度，
由an=
r，分析向心加速度a1、a2 的大小关系．根据a=
分析a3 与a1、a2 的关系．
【解答】解：在拉格朗日点L1 建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，
根据向心加速度an=
r，
由于拉格朗日点L1 的轨道半径小于月球轨道半径，所以a2＞a1，
同步卫星离地高度约为36000 公里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点L1 的轨道半径，
根据a=
得a3＞a2＞a1，
故选：D。
【点评】本题比较简单，对此类题目要注意掌握万有引力充当向心力和圆周运动向心加速度公式的联合应用．
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3．（6 分）如图，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B 接触面竖直），此时A 恰好
不滑动，B 刚好不下滑。已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力。A 与B 的质量之比为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】对A、B 整体和B 物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可。
【解答】解：对A、B 整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
F=μ2（m1+m2）g
①
再对物体B 分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
水平方向：F=N
竖直方向：m2g=f
其中：f=μ1N
联立有：m2g=μ1F
②
联立①②解得：
=
故选：B。
【点评】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦
力约等于滑动摩擦力。
4．（6 分）如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界
匀强磁场，圆盘开始减速。在圆盘减速过程中，以下说法正确的是（
）
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
【分析】将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断感应电流的方向，从而判断电势的高低，形成感
应电流，再根据左手定则，即可求解。
【解答】解：A、将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由边缘流向圆
心，所以靠近圆心处电势高，所以A 正确；
B、根据右手定则可知，产生的电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越
大，越易使圆盘停止转动，所以B 正确；
C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速
转动，所以C 错误；
D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产成感应电流，
没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D 正确；
故选：ABD。
【点评】本题关键要掌握右手定则、安培定则，并能正确用来分析电磁感应现象，对于这两个定则运用时，要解决
两个问题：一是什么条件下用；二是怎样用。
5．（6 分）直角坐标系xOy 中，M、N 两点位于x 轴上，G、H 两点坐标如图．M、N 两点各固定一负点电荷，一电
量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，
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则H 点处场强的大小和方向分别为（
）
A．
，沿y 轴正向B．
，沿y 轴负向
C．
，沿y 轴正向D．
，沿y 轴负向
【分析】根据点电荷的场强公式和场强叠加的原理，可以知道在G 点的时候负电荷在G 点产生的合场强与正电荷
在G 点产生的场强大小相等方向相反，在H 点同样根据场强的叠加来计算合场强的大小即可．
【解答】解：G 点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在G 点产生的合场强与正电荷在G 点产生的场强大小相等方
向相反，
根据点电荷的场强公式可得，正电荷在G 点的场强为
，负电荷在G 点的合场强也为
，
当正点电荷移到G 点时，正电荷与H 点的距离为2a，正电荷在H 点产生的场强为
，方向沿y 轴正向，
由于GH 对称，所以负电荷在G 点和H 点产生的场强大小相等方向相反，大小为
，方向沿y 轴负向，
所以H 点处场合强的大小为
，方向沿y 轴负向，所以B 正确；
故选：B。
【点评】本题是对场强叠加原理的考查，同时注意点电荷的场强公式的应用，本题的关键的是理解G 点处的电场强
度恰好为零的含义．
6．（6 分）如图甲，R0 为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0 的正弦交流电源上，
经二极管整流后，通过R0 的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a 端电势高于b 端时，a、b
间的电压uab 为正，下列uab﹣t 图象可能正确的是（
）
A．
B．
C
．
D．
【分析】由图乙可知，电流为周期性变化的电流，故只需分析0.5T0 内的感应电流即可；通过分析电流的变化明确
磁场的变化，根据楞次定律即可得出电动势的图象。
【解答】解：在第一个0.25T0 时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内球内a 端电势高于
b 端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在0.25T0～0.5T0 时间内，通过大圆环的电流
为顺时针逐渐减小；则由楞次定律可知，a 环内电势低于b 端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；
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故只有C 正确；
故选：C。
【点评】本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增反减同”的意义，并
能正确应用；同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所迷或！
7．（6 分）如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0 时刻，质量为m 的带电微
粒以初速度为v0 沿中线射入两板间，0～
时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过
程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g．关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是（
）
A．末速度大小为
v0B．末速度沿水平方向
C．重力势能减少了
mgd D．克服电场力做功为mgd
【分析】0～
时间内微粒匀速运动，重力和电场力相等，
～
内，微粒做平抛运动，
～T 时间内，微粒竖直
方向上做匀减速运动，水平方向上仍然做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
【解答】解：A、0～
时间内微粒匀速运动，则有：qE0=mg，～
内，微粒做平抛运动，下降的位移
，
～T 时间内，微粒的加速度a=
，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T 时刻竖直分
速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A 错误，B 正确。
C、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为
，则重力势能的减小量为
，故C 正确。
D、在
～
内和
～T 时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为
，
整个过程中克服电场力做功为
，故D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求
解。知道在
～
内和
～T 时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等。
二、非选择题：必做题
8．（10 分）某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．
实验步骤：
①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．
②如图1 甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一
设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2 间的距离（即橡皮筋的
长度l）．每次将弹簧秤示数改变0.50N，测出所对应的l，部分数据如表所示：
F/N
0
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
l/cm
l0
10.97
12.02
13.00
13.98
15.05
③找出②中F=2.50N 时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O'，橡皮筋的拉力记为FOO′．
④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图1 乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，
使秤钩的下端达到O 点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA 段的拉力记为FOA，OB 段的拉力记为FOB．
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完成下列作图和填空：
（1）利用表中数据在图2 的坐标纸上画出F﹣l 图线．
（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则FOA的大小为
1.80
N．
（3）根据给出的标度，在图3 中作出FOA 和FOB 的合力F'的图示．
（4）通过比较F'与
F00'
的大小和方向，即可得出实验结论．
【分析】（1）根据表中数据利用描点法得出对应的数据，图象与横坐标的交点即为l0；
（2）橡皮筋两端拉力相等，根据题意求得总长度即可求得皮筋上的拉力；
（3）通过给出的标度确定力的长度，根据平行四边形得出图象如图所示；
（4）根据实验原理可明确应比较实验得出的拉力与通过平行四边形定则得出的合力．
【解答】解：（1）根据表格中数据利用描点法作出图象如图所示；
由图可知，图象与横坐标的交点即为l0，由图可知l0=10.0cm；
（2）AB 的总长度为6.00+7.60cm=13.60cm；由图可知，此时两端拉力F=1.80N；
（3）根据给出的标度，作出合力如图所示；
（4）只要作出的合力与实验得出的合力F00'大小和方向在误差允许的范围内相等，即可说明平行四边形定则成立；
故答案为：（1）如图所示；10.0；（2）1.80N；（3）如图所示；（4）F00'
【点评】本题考查验证平行四边形定则的实验，要注意通过认真分析题意掌握实验原理，注意本题中橡皮筋挂在钩
上时，两端的拉力大小相等；根据总长度即可求得拉力大小．
9．（8 分）如图甲所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流I0，R 为定值电阻，电流表、电压表均可视为理想
电表．某同学利用该电路研究滑动变阻器RL 消耗的电功率．改变RL 的阻值，记录多组电流、电压的数值，得到如
图乙所示的U﹣I 关系图线．
回答下列问题：
（1）滑动触头向下移动时，电压表示数
减小
（填“增大”或“减小”）．
（2）I0=
1.0
A．
（3）RL 消耗的最大功率为
5
W（保留一位有效数字）．
【分析】（1）分析电路结构，根据并联电路规律可知R 分流的变化，再由欧姆定律可得出电压表示数的变化；
（2）由图象及并联电路的规律可分析恒定电流的大小；
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（3）由功率公式分析得出对应的表达式，再由数学规律可求得最大功率．
【解答】解：（1）定值电阻与滑动变阻器并联，当R 向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，由并联电路规律可知，
电流表示数增大，流过R 的电压减小，故电压表示数减小；
（2）当电压表示数为零时，说明RL 短路，此时流过电流表的电流即为I0；故I0 为1.0A；
（3）由图可知，当I0 全部通过R 时，I0R=20；
由并联电路规律可知，流过RL 的电流为：I=
；
则RL 消耗的功率为：P=I2RL=
=
；
则由数学规律可知，最大功率为：P=5W；
故答案为；（1）减小；（2）1.0；（3）5
【点评】本题考查闭合电路欧姆定律在实验中的应用，要注意明确：一、图象的应用，能从图象得出对应的物理规
律；二是注意功率公式的变形以及数学规律的正确应用．
10．（18 分）如图甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接，物块置于左侧
滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l．开始时物块和小球均静止，将此时传感装
置的示数记为初始值，现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如
图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25 倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示
数为初始值的0.6 倍，不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g，求：
（1）物块的质量；
（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．
【分析】（1）分别对开始及夹角为60 度时进行受力分析，由共点力平衡列式，联立可求得物块的质量；
（2）对最低点由向心力公式进行分析求解物块的速度，再对全过程由动能定理列式，联立可求得克服阻力做功．
【解答】解：（1）设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件可得：
对小球：T1=mg
对物块，F1+T1=Mg
当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，根据题意可知，F2=1.25F1，由
平衡条件可得：
对小球：T2=mgcos60°
对物块：F2+T2=Mg
联立以上各式，代入数据可得：
M=3m；
（2）设物块经过最低位置时速度大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力做功为Wf，由动能
定理得：
mgl（1﹣cos60°）﹣Wf=
mv2
在最低位置时，设细绳的拉力大小为T3，传感装置的示数为F3，据题意可知，
F3=0.6F1，对小球，由牛顿第二定律得：
T3﹣mg=m
对物块由平衡条件可得：
F3+T3=Mg
联立以上各式，代入数据解得：
Wf=0.1mgl．
答：（1）物块的质量为3m；
（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功为0.1mgl．
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【点评】本题考查动能定理及共点力的平衡条件的应用，要注意正确选择研究对象，做好受力分析及过程分析；进
而选择正确的物理规律求解；要注意在学习中要对多个方程联立求解的方法多加训练．
11．（20 分）如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆
之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一
匀强电场，上级板开有一小孔．一质量为m，电量为+q 的粒子由小孔下方
处静止释放，加速后粒子以竖直向上的
速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．
（1）求极板间电场强度的大小；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为
、
，粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运
动的路程．
【分析】（1）带电粒子在电场中做加速运动；根据动能定理可求得电场强度的大小；
（2）明确两种可能的相切情况，即可求得半径；根据洛仑兹充当向心力求解磁感应强度；
（3）分析粒子在磁场中的运动，根据运动周期明确经过的圆心角，再由圆的性质明确对应的路程．
【解答】解：（1）设极板间电场强度大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理可得：
qE
=
mv2
解得：E=
（2）设I 区内磁感应强大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：
qvB=m
如图甲所示，粒子的运动轨迹与小圆相切有两种情况，若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系可得：
R=
；
解得：B=
；
若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得：
R=
；
解得：B=
（3）设粒子在I 区和II 区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，I 区和II 内的磁感应强度大小分别为B1=
；
B2=
；由牛顿第二定律可得：
qvB1=m
，qvB2=m
代入解得：R1=
，R2=
；
设粒子在I 区和II 区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得：
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T1=
，T2=
由题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔的运动轨迹如图乙所示，由对称性可知，I 区两段圆弧所对圆心角相
同，设为θ1，II 区内所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角为α，由几何关系可得：
θ1=120°
在区域II 中恰好经过了半个圆周，故θ2=180°
α=60°
粒子重复上述交替运动到H 点，设粒子I 区和II 区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：
t1=
×
T1，t2=
×
T2
设粒子运动的路程为s，由运动学公式可得s=v（t1+t2）
联立解得：s=5.5πD
答：（1）极板间电场强度的大小
；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，Ⅰ区磁感应强度的大小
或
；
（3）若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为
、
，粒子运动一段时间后再次经过H 点，这段时间粒子运动
的路程5.5πD．
【点评】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，要注意明确洛仑兹力充当向心力的应用，同时要注意分析可能
的运动过程，特别是具有对称性的性质要注意把握．
【物理3-3】
12．（4 分）墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是（
）
A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动
C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速
D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的
【分析】布朗运动是悬浮微粒永不停息地做无规则运动，用肉眼看不到悬浮微粒，只能借助光学显微镜观察到悬浮
微粒的无规则运动，肉眼看不到液体分子；布朗运动的实质是液体分子不停地做无规则撞击悬浮微粒，悬浮微粒受
到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动．
【解答】解：A、碳素墨水滴入清水中，观察到的布朗运动是液体分子不停地做无规则撞击碳悬浮微粒，悬浮微粒
受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡的导致的无规则运动，不是由于碳粒受重力作用，故A 错误；
B、混合均匀的过程中，水分子做无规则的运动，碳粒的布朗运动也是做无规则运动。故B 正确；
C、当悬浮微粒越小时，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡表现的越强，即布朗运动越显
著，所以使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速。故C 正确；
D、墨汁的扩散运动是由于微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡引起的。故D 错误。
故选：BC。
【点评】该题中，碳微粒的无规则运动是布朗运动，明确布朗运动的实质是解题的关键，注意悬浮微粒只有借助显
微镜才能看到．
13．（8 分）扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图，截面积为S 的热杯盖扣在水平桌面上，开始
时内部封闭气体的温度为300K，压强为大气压强p0．当封闭气体温度上升至303K 时，杯盖恰好被整体顶起，放出
少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为p0，温度仍为303K，再经过一段时间内，内部气体温度恢复到
300K．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：
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（Ⅰ）当温度上升到303K 且尚未放气时，封闭气体的压强；
（Ⅱ）当温度恢复到300K 时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．
【分析】（I）分析初末状态的气体状态参量，由查理定律可求得后来的压强；
（II）对开始杯盖刚好被顶起列平衡方程；再对后来杯内的气体分析，由查理定律及平衡关系列式，联立求解最小
力．
【解答】解：（I）以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度T0=300K，压强为P0，末状态温度T1=303，
压强设为P1，由查理定律得：
=
代入数据解得：
P1=
P0；
（II）设杯盖的质量为m，刚好被顶起时，由平衡条件得：
P1S=P0S+mg
放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度为T2=303K，压强P2=P0；末状态温
度T3=300K，压强设为P3，由查理定律得
=
设提起杯盖所需的最小力为F，由平衡条件得：
F+P3S=P0S+mg
联立以上各式，代入数据得：
F=
P0S；
答：（I）当温度上升到303K 且尚未放气时，封闭气体的压强为
P0；
（Ⅱ）当温度恢复到300K 时，竖直向上提起杯盖所需的最小力为
P0S；
【点评】本题考查气体实验定律及共点力的平衡条件应用，要注意明确前后气体质量不同，只能分别对两部分气体
列状态方程求解．
【物理3-4】
14．如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运
动的表达式为y=0.1sin（2.5πt）m．t=0 时刻，一小球从距物块h 高处自由落下：t=0.6s 时，小球恰好与物块处于同
一高度。取重力加速度的大小g=10m/s2．以下判断正确的是（
）
A．h=1.7m
B．简谐运动的周期是0.8s
C．0.6s 内物块运动的路程是0.2m
D．t=0.4s 时，物块与小球运动方向相反
【分析】由振动公式可明确振动的周期、振幅及位移等；再结合自由落体运动的规律即可求得h 高度；根据周期明
确小球经历0.4s 时的运动方向。
【解答】解：A、由振动方程式可得，t=0.6s 物体的位移为y=0.1sin（2.5π×0.6）=﹣0.1m；
则对小球有：
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h+
=
gt2
解得h=1.7m；故A 正确；
B、由公式可知，简谐运动的周期T=
=
=0.8s；故B 正确；
C、振幅为0.1m；故0.6s 内物块运动的路程为3A=0.3m；故C 错误；
D、t=0.4s=
，此时物体在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，故D 错误；
故选：AB。
【点评】本题考查简谐运动的位移公式，要掌握由公式求解简谐运动的相关信息，特别是位移、周期及振幅等物理
量。
15．半径为R、介质折射率为n 的透明圆柱体，过其轴线OO′的截面如图所示．位于截面所在平面内的一细束光线，
以角i0 由O 点射入，折射光线由上边界的A 点射出．当光线在O 点的入射角减小至某一值时，折射光线在上边界
的B 点恰好发生反射．求A、B 两点间的距离．
【分析】由折射定律求出光线在左侧面上的折射角，可几何关系求出A、D 间的距离．由sinC=
求出全反射临界角
C，再由几何知识求解B、D 间的距离，即可得到AB 间的距离．
【解答】解：当光线在O 点的入射角为i0 时，设折射角为r0，由折射定律得：
=n ①
设AD 间的距离为d1，由几何关系得：
sinr0=
②
若光线在B 点恰好发生全反射，则在B 点的入射角恰好等于临界角C，设BD 间的距离为d2．则有：
sinC=
③
由几何关系得：sinC=
④
则A、B 两点间的距离为：d=d2﹣d1；⑤
联立解得：d=（
﹣
）R ⑥
答：A、B 两点间的距离为（
﹣
）R．
【点评】解决本题的关键要作出光路图，运用几何知识和折射定律结合解答．
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【物理3-5】
16．14C 发生放射性衰变成为14N，半衰期约5700 年．已知植物存活期间，其体内14C 与12C 的比例不变；生命活动
结束后，14C 的比例持续减小．现通过测量得知，某古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下
列说法正确的是（
）
A．该古木的年代距今约5700 年
B．12C、13C、14C 具有相同的中子数
C．14C 衰变为14N 的过程中放出β射线
D．增加样品测量环境的压强将加速14C 的衰变
【分析】根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系可正确求解．放射元素的半衰期与物理环境以及
化学环境无关．
【解答】解：A、设原来614C 的质量为M0，衰变后剩余质量为M 则有：
，其中n 为发生半衰期的次数，
由题意可知剩余质量为原来的
，故n=1，所以死亡时间为：5700 年，故A 正确；
B、12C、13C、14C 具有相同的质子数和不同的中子数。故B 错误；
C、14C 衰变为14N 的过程中质量数没有变化而核电荷数增加1，所以是其中的一个中子变成了一个质子和一个电子，
所以放出β射线。故C 正确；
D、放射元素的半衰期与物理环境以及化学环境无关，故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了半衰期的计算，要明确公式中各个物理量的含义，理解放射元素的半衰期与物理环境以及化学
环境无关．注意平时多加练习，加深对公式的理解．
17．如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v0，一
段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A、B 分别以
v0、
v0 的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B、C 粘在一起
向右运动．滑块A、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C 碰后瞬间共同速度的大
小．
【分析】根据根据动量守恒求出碰前A 的速度，然后由动能定理求出A 与B 碰撞前摩擦力对A 做的功；
B 再与C 发生碰撞前的位移与A 和B 碰撞前的位移大小相等，由于滑块A、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，
所以地面对B 做的功与地面对A 做的功大小相等，由动能定理即可求出B 与C 碰撞前的速度，最后根据动量守恒求
解B、C 碰后瞬间共同速度的大小．
【解答】解：设滑块是质量都是m，A 与B 碰撞前的速度为vA，选择A 运动的方向为正方向，碰撞的过程中满足动
量守恒定律，得：
mvA=mvA′+mvB′
设碰撞前A 克服轨道的阻力做的功为WA，由动能定理得：
WA=
设B 与C 碰撞前的速度为vB″，碰撞前B 克服轨道的阻力做的功为WB，
WB=
由于质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上，滑块A、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒
定值，所以：WB=WA
设B 与C 碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律得：
mvB″=2mv
联立以上各表达式，代入数据解得：v=
答：B、C 碰后瞬间共同速度的大小是
．
【点评】该题涉及多个运动的过程，碰撞的时间极短，就是告诉我们碰撞的过程中系统受到的摩擦力可以忽略不计，
直接用动量守恒定律和动能定理列式求解即可，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便！
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2015 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要求，第5～
8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状
态。现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（
）
A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动
2．（6 分）如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab 边向上．当金属
框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为Ua、Ub、Uc．已知bc 边的长度为l．下列判断正确
的是（
）
A．Ua＞Uc，金属框中无电流
B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣a
C．Ubc=﹣
Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc=
Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a
3．（6 分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星
在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速
度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相
同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（
）
A．西偏北方向，1.9×103m/s
B．东偏南方向，1.9×103m/s
C．西偏北方向，2.7×103m/s
D．东偏南方向，2.7×103m/s
4．（6 分）一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示。假定汽车所
受阻力的大小f 恒定不变。下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是（
）
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A．
B．
C．
D．
5．（6 分）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（
）
A．指南针可以仅具有一个磁极
B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
6．（6 分）有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I 中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做
圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（
）
A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍
C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍
D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k 倍
7．（6 分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为
a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为
a
的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的
节数可能为（
）
A．8
B．10
C．15
D．18
8．（6 分）如图，滑块a、b 的质量均为m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b 放在地面上，a、b 通
过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加速度大小为g．则（
）
A．a 落地前，轻杆对b 一直做正功
B．a 落地时速度大小为
C．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题～第12 题为必做题，每个考题考生都必须作答，第13 为选考
题，考生格局要求作答．
9．（6 分）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，
物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．
（1）物块下滑时的加速度a=
m/s2，打C 点时物块的速度v=
m/s；
（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是
（填正确答案标号）
A．物块的质量
B．斜面的高度
C．斜面的倾角．
10．（9 分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内
阻（半偏法）实验室提供材料器材如下：
待测电压表
（量程3V，内阻约为3000 欧），电阻箱R0（最大阻值为99999.9 欧），滑动变阻器R1（最大阻
值100 欧，额定电流2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干．
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（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．
（2）根据设计的电路写出步骤：
．
（3）将这种方法测出的电压表内阻记为Rv′，与电压表内阻的真实值Rv 相比，Rv′
Rv（填“＞”“=”或“＜”），主
要理由是
．
11．（12 分）如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点．已
知该粒子在A 点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为
30°．不计重力．求A、B 两点间的电势差．
12．（20 分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=
）的山坡C，
上面有一质量为m 的石板B，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A（含有大量泥土），A 和B 均处于静止状态，
如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B 间的动
摩擦因数μ1 减小为
，B、C 间的动摩擦因数μ2 减小为0.5，A、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s 末，B 的
上表面突然变为光滑，μ2 保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l=27m，C 足够长，设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：
（1）在0～2s 时间内A 和B 加速度的大小
（2）A 在B 上总的运动时间．
（二）选考题，共45 分。请考生从给出的3 题中任选一题作答
[物理——选修3-3]（15 分）
13．（5 分）关于扩散现象，下来说法正确的是（
）
A．温度越高，扩散进行得越快
B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
14．（10 分）如图，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭，
A 侧空气柱的长度为l=10.0cm，B 侧水银面比A 侧的高h=3.0cm。现将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当
两侧水银面的高度差为h1=10.0cm 时将开关K 关闭。已知大气压强p0=75.0cmHg。
（i）求放出部分水银后A 侧空气柱的长度；
（ii）此后再向B 侧注入水银，使A、B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。
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[物理——选修3-4]（15 分）
15．如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b 两束光
线．则（
）
A．在玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度
B．在真空中，a 光的波长小于b 光的波长
C．玻璃砖对a 光的折射率小于对b 光的折射率
D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a 首先消失
E．分别用a、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距
16．平衡位置位于原点O 的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x 轴传播，P、Q 为x 轴上的两个点（均位于
x 轴正向），P 与O 的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t=0 时由平衡位置开始向上
振动，周期T=1s，振幅A=5cm．当波传到P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q 处的质
点第一次处于波峰位置．求：
（i）P、Q 间的距离；
（ii）从t=0 开始到平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．
[物理——选修3-5]（15 分）
17．实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是（
）
A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关
18．滑块a、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗
糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：
①滑块a、b 的质量之比；
②整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
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2015 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，第1～4 题只有一项符合题目要求，第5～
8 题有多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
1．（6 分）如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状
态。现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（
）
A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动
【分析】开始时刻微粒保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，
电容器带电量不变，间距不变，正对面积也不变，故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向逆时针旋转
45°，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定微粒的运动即可．
【解答】解：在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场
力大小F=mg，方向竖直向上；
将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45°，故电场力逆时针旋
转45°，大小仍然为mg；
故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；
故ABC 错误，D 正确；
故选：D。
【点评】本题关键是对微利受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a 点的轴逆时针旋转，
板间场强大小不变，基础题目．
2．（6 分）如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab 边向上．当金属
框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为Ua、Ub、Uc．已知bc 边的长度为l．下列判断正确
的是（
）
A．Ua＞Uc，金属框中无电流
B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣a
C．Ubc=﹣
Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc=
Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a
【分析】金属框中磁通量不变，故没有感应电流；但导体棒切割磁感线，有感应电动势产生，根据E=BL 求解切割
电动势即可．
【解答】解：AB、导体棒bc、ac 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b 到
c，或者说是从a 到c，故Ua=Ub＜Uc，磁通量一直为零，不变，故金属框中无电流，故A 错误，B 错误；
CD、感应电动势大小
=Bl（
）=
Bl2ω，由于Ub＜Uc，所以Ubc=﹣
Bl2ω，磁通量一直为零，不变，金属
框中无电流，故C 正确，D 错误；
故选：C。
【点评】本题关键是明确感应电流的产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生改变，要会根据E=Blv 求解感应电动势，
会利用右手定则判断感应电动势的方向．
3．（6 分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星
在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速
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度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相
同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（
）
A．西偏北方向，1.9×103m/s
B．东偏南方向，1.9×103m/s
C．西偏北方向，2.7×103m/s
D．东偏南方向，2.7×103m/s
【分析】已知合速度为同步卫星的线速度，一个分速度是在转移轨道上的速度，另一个分速度待求，运用速度合成
的平行四边形法则求解即可．
【解答】解：合速度为同步卫星的线速度，为：v=3.1×103m/s；
一个分速度为在转移轨道上的速度，为：v1=1.55×103m/s；
合速度与该分速度的夹角为30 度，根据平行四边形定则，另一个分速度v2 如图所示：
该分速度的方向为东偏南方向，根据余弦定理，大小为：
=
=1.9×103m/s。
故选：B。
【点评】本题已知合速度和一个分速度，根据平行四边形定则求解另一个分速度，要结合余弦定理列式求解，基础
题目．
4．（6 分）一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示。假定汽车所
受阻力的大小f 恒定不变。下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】对于汽车，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据P=Fv 和牛顿第二定律分析加速度的变化情况，得到可
能的v﹣t 图象。
【解答】解：在0﹣t1 时间内，如果匀速，则v﹣t 图象是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P=Fv，牵引力减
小；根据F﹣f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0 时，即F1=f，汽车开始做匀速直线运动，
此时速度v1=
=
．所以0﹣t1 时间内，v﹣t 图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；
在t1﹣t2 时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据P=Fv，牵引力减小；再根据F﹣f=ma，加
速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0 时，即F2=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v2=
=
．所
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以在t1﹣t2 时间内，即v﹣t 图象也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线。
故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
【点评】本题关键是明确汽车恒定功率的加速过程是加速度减小的加速运动，注意速度不能突变，基础题目。
5．（6 分）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（
）
A．指南针可以仅具有一个磁极
B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
【分析】指南针又称指北针，主要组成部分是一根装在轴上的磁针，磁针在天然地磁场的作用下可以自由转动并保
持在磁子午线的切线方向上，磁针的北极指向地理的北极，利用这一性能可以辨别方向．常用于航海、大地测量、
旅行及军事等方面．物理上指示方向的指南针的发明由三部曲组成：司南、磁针和罗盘．他们均属于中国的发明．
【解答】解：A、不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故A 错误；
B、指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B 正确；
C、指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故C 正确；
D、在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，根据安培定则，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导
线通电时指南针偏转90°，故D 错误；
故选：BC。
【点评】指南针在航海上的应用对地理大发现和海上贸易有极大的促进作用．指南针的发明源于中国古人如何定向
问题的研究，也表明古人对如何定向问题的重视．为此，指南针被誉为中国古代四大发明之一．
6．（6 分）有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I 中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做
圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（
）
A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍
C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍
D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k 倍
【分析】电子在磁场中做的圆周运动，洛伦兹力作为向心力，根据圆周运动的周期公式和半径公式逐项分析即可．
【解答】解：设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，
A、根据电子在磁场中运动的半径公式r=
可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为
，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径
为
，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，所以A 正确；
B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为a=
，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为
，Ⅱ中的电子加速度的大小为
，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的
倍，所以B 错误；
C、根据电子在磁场中运动的周期公式T=
可知，Ⅰ中的电子运动周期为
，Ⅱ中的电子运动周期为
，
所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k 倍，所以C 正确；
D、做圆周运动的角速度ω=
，所以Ⅰ中的电子运动角速度为
，Ⅱ中的电子运动角速度为
，
在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的
倍，所以D 错误；
故选：AC。
【点评】本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作为向心力，根据向心力
的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的分析问题．
7．（6 分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为
a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为
a
的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的
节数可能为（
）
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A．8
B．10
C．15
D．18
【分析】根据两次的情况，利用牛顿第二定律得出关系式，根据关系式分析可能的情况即可．
【解答】解：设PQ 两边的车厢数为P 和Q，
当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Pm•a，
当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Qm•
a，
根据以上两式可得，
，
即两边的车厢的数目可能是2 和3，或4 和6，或6 和9，或8 和12，等等，
所以总的车厢的数目可能是5、10、15、20，
所以可能的是BC。
故选：BC。
【点评】本题不是确切的数值，关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系，根据关系来判断可能的情况，本
题比较灵活，是道好题．
8．（6 分）如图，滑块a、b 的质量均为m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b 放在地面上，a、b 通
过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加速度大小为g．则（
）
A．a 落地前，轻杆对b 一直做正功
B．a 落地时速度大小为
C．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg
【分析】a、b 组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b 的动能变化，判断轻杆对b 的做功情况．根据
系统机械能守恒求出a 球运动到最低点时的速度大小．
【解答】解：A、当a 到达底端时，b 的速度为零，b 的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所
以轻杆对b 先做正功，后做负功。故A 错误。
B、a 运动到最低点时，b 的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=
mAvA2，解得vA=
．故B 正确。
C、b 的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a 对b 的作用力先是动力后是阻力，所以b 对a 的作用力就先是
阻力后是动力，所以在b 减速的过程中，b 对a 是向下的拉力，此时a 的加速度大于重力加速度，故C 错误；
D、ab 整体的机械能守恒，当a 的机械能最小时，b 的速度最大，此时b 受到a 的推力为零，b 只受到重力的作用，
所以b 对地面的压力大小为mg，故D 正确；
故选：BD。
【点评】解决本题的关键知道a、b 组成的系统机械能守恒，以及根据能量的守恒．可以知道当a 的机械能最小时，
b 的动能最大．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9 题～第12 题为必做题，每个考题考生都必须作答，第13 为选考
题，考生格局要求作答．
9．（6 分）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，
物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．
（1）物块下滑时的加速度a=
3.25
m/s2，打C 点时物块的速度v=
1.79
m/s；
（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是
C
（填正确答案标号）
A．物块的质量
B．斜面的高度
C．斜面的倾角．
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【分析】（1）根据△x=aT2 可求加速度，根据
求解C 点的速度；
（2）对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素的表达式进行分析即可．
【解答】解：（1）根据△x=aT2，有：
解得：a=
=
=3.25m/s2
打C 点时物块的速度：
v=
m/s=1.79m/s
（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma
解得：μ=
故还需要测量斜面的倾角，故选：C；
故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C．
【点评】实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等．
10．（9 分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内
阻（半偏法）实验室提供材料器材如下：
待测电压表
（量程3V，内阻约为3000 欧），电阻箱R0（最大阻值为99999.9 欧），滑动变阻器R1（最大阻
值100 欧，额定电流2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干．
（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．
（2）根据设计的电路写出步骤：
移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、
S2，调节R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0 使电压表的指针半
偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻；
．
（3）将这种方法测出的电压表内阻记为Rv′，与电压表内阻的真实值Rv 相比，Rv′
＞
Rv（填“＞”“=”或“＜”），主
要理由是
电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量
值的偏大
．
【分析】（1）待测电压表电阻远大于滑动变阻器R1 的电阻值，故滑动变阻器R1 采用分压式接法；待测电压表和电
阻箱R0 采用串联式接法；
（2）采用先测量一个适当的电压，然后增加电阻箱电阻，使电压表半偏，则电阻箱的读数即视为等于电压表的电
阻；
（3）电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的
偏大．
【解答】解：（1）待测电压表电阻（3000 欧姆）远大于滑动变阻器R1 的电阻值（100 欧姆），故滑动变阻器R1 采用
分压式接法；
电路图如图所示：
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（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指
针满偏，保证滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0 使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的
电阻值，此即为测得的电压表内阻；
（3）电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的
偏大，故Rv＜Rv′；
故答案为：
（1）如图所示；
（2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指
针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关S2，调节电阻箱R0 使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻
值，此即为测得的电压表内阻；
（3）＞，电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量
值的偏大．
【点评】考查半偏法测电阻的原理，明确串联电阻后会引起测量支路的电阻的增大，其分压要变大，此为误差的来
源．
11．（12 分）如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B 为其运动轨迹上的两点．已
知该粒子在A 点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为
30°．不计重力．求A、B 两点间的电势差．
【分析】粒子水平方向受电场力，做匀加速直线运动；竖直方向不受力，故竖直分运动是匀速直线运动；结合运动
的合成与分解的知识得到A 点速度与B 点速度的关系，然后对A 到B 过程根据动能定理列式求解．
【解答】解：设带电粒子在B 点的速度大小为vB，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故：
vBsin30°=v0sin60°
①
解得：
②
设A、B 间的电势差为UAB，由动能定理，有：
③
联立②③解得：
答：A、B 两点间的电势差为
．
【点评】本题关键是通过运动的合成与分解得到A 点速度和B 点速度的关系，然后结合动能定理列式求解即可，基
础题目．
12．（20 分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=
）的山坡C，
上面有一质量为m 的石板B，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A（含有大量泥土），A 和B 均处于静止状态，
如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B 间的动
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摩擦因数μ1 减小为
，B、C 间的动摩擦因数μ2 减小为0.5，A、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s 末，B 的
上表面突然变为光滑，μ2 保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l=27m，C 足够长，设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：
（1）在0～2s 时间内A 和B 加速度的大小
（2）A 在B 上总的运动时间．
【分析】（1）对A、B 受力分析，根据牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（2）根据A、B 的加速度的大小，利用速度时间的关系式和它们之间的距离可以计算时间的大小．
【解答】解：（1）在0～2s 时间内，A 和B 的受力如图所示，
其中f1、N1 是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2 是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：
f1=μ1N1 …①
N1=mgcosθ…②
f2=μ2N2 …③
N2=N1+mgcosθ…④
规定沿斜面向下为正，设A 和B 的加速度分别为a1 和a2，
由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣f1=ma1…⑤
mgsinθ+f1﹣f2=ma2…⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给的条件得：
a1=3m/s2 …⑦
a2=1m/s2…⑧
（2）在t1=2s 时，设A 和B 的速度分别为v1 和v2，则
v1=a1t1=6m/s…⑨
v2=a2t1=2m/s…⑩
t＞t1 时，设A 和B 的加速度分别为a1′和a2′，此时A 与B 之间摩擦力为零，
同理可得：
a1′=6m/s2…⑪
a2′=﹣2m/s2…⑫
即B 做减速运动．
设经过时间t2，B 的速度减为零，则有：
v2+a2′t2=0…⑬
联立⑩⑫⑬式得：
t2=1s
在t1+t2 时间内，A 相对于B 运动的距离为：
s=
=12m＜27m
此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．
设再经过时间t3 后A 离开B，则有：
l﹣s=
可得：t3=1s（另一解不合题意，舍去）
设A 在B 上总的运动时间为t 总，有：
t 总=t1+t2+t3=4s
（利用下面的速度图线求解也可）
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答：（1）在0～2s 时间内A 和B 加速度的大小分别为3m/s2 和1m/s2；
（2）A 在B 上总的运动时间为4s．
【点评】本题是对牛顿第二定律和运动学公式的综合的应用，分析清楚物体的运动的情况和受力的情况，根据运动
学的公式来求解，本题的难度比较大．
（二）选考题，共45 分。请考生从给出的3 题中任选一题作答
[物理——选修3-3]（15 分）
13．（5 分）关于扩散现象，下来说法正确的是（
）
A．温度越高，扩散进行得越快
B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
【分析】扩散现象是指物质分子从高浓度区域向低浓度区域转移，直到均匀分布的现象，速率与物质的浓度梯度成
正比．扩散是由于分子热运动而产生的质量迁移现象，主要是由于密度差引起的．扩散现象等大量事实表明，一切
物质的分子都在不停地做无规则的运动．
【解答】解：A、温度越高，分子热运动越激烈，所以扩散进行得越快，故A 正确；
B、扩散现象是分子热运动引起的分子的迁移现象，没有产生新的物质，是物理现象，故B 错误；
CD、扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象，可以在固体、液体、气体中产生，扩散速度与温度
和物质的种类有关，故CD 正确；
E、液体中的扩散现象是由于液体分子的热运动产生的，故E 错误。
故选：ACD。
【点评】扩散现象是分子的迁移现象．从微观上分析是大量分子做无规则热运动时，分子之间发生相互碰撞的结
果．由于不同空间区域的分子密度分布不均匀，分子发生碰撞的情况也不同．这种碰撞迫使密度大的区域的分子向
密度小的区域转移，最后达到均匀的密度分布．
14．（10 分）如图，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭，
A 侧空气柱的长度为l=10.0cm，B 侧水银面比A 侧的高h=3.0cm。现将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当
两侧水银面的高度差为h1=10.0cm 时将开关K 关闭。已知大气压强p0=75.0cmHg。
（i）求放出部分水银后A 侧空气柱的长度；
（ii）此后再向B 侧注入水银，使A、B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。
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【分析】（i）在同一段水银柱中，同一高度压强相等；先计算出A 侧气体的初状态气压和末状态气压，然后根据玻
意耳定律列式求解；
（ii）两侧水银面等高后，根据玻意耳定律求解气体的体积；比较两个状态，结合几何关系得到第二次注入的水银
柱的长度。
【解答】解：
（i）以cmHg 为压强单位。设A 侧空气柱长度l=10.0cm 时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm
时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：
pl=p1l1…①
由力学平衡条件，有：
p=p0+ph…②
打开开关放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p0，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，
B、A 两侧水银面的高度差也随着减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面h1 为止，由力学平衡条件，有：
p1=p0﹣Ph1…③
联立①②③，并代入题目数据，有：
l1=12cm…④
（ii）当A、B 两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱的长度为l2，压强为P2，由玻意耳定律，有：
pl=p2l2…⑤
由力学平衡条件有：
p2=p0…⑥
联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有：
l2=10.4cm…⑦
设注入水银在管内的长度为△h，依题意，有：
△h=2（l1﹣l2）+h1…⑧
联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有：
△h=13.2cm
答：（i）放出部分水银后A 侧空气柱的长度为12cm；
（ii）注入的水银在管内的长度为13.2cm。
【点评】本题中封闭气体经历两次等温过程，关键是找出初状态和末状态的气压和体积（长度）关系，然后根据玻
意耳定律列式求解，不难。
[物理——选修3-4]（15 分）
15．如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b 两束光
线．则（
）
A．在玻璃中，a 光的传播速度小于b 光的传播速度
B．在真空中，a 光的波长小于b 光的波长
C．玻璃砖对a 光的折射率小于对b 光的折射率
D．若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a 首先消失
E．分别用a、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距大于b 光的干涉条纹间距
【分析】根据折射定律公式n=
判断折射率大小，根据v=
判断玻璃中的光速大小；根据c=λf 真空中波长大
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小；根据公式
判断条纹间距大小．
【解答】解：AC、光线a 的偏折程度大，根据折射定律公式n=
，光线a 的折射率大；再根据公式v=
，光
线a 在玻璃中的传播速度小，故A 正确，C 错误；
B、光线a 的折射率大，说明光线a 的频率高，根据c=λf，光线a 在真空中的波长较短，故B 正确；
D、若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a 的折射角先达到90°，故先发生全反射，先消失，故D 正
确；
E、光线a 在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式
，分别用a、b 光在同一个双缝干涉实验装
置上做实验，a 光的干涉条纹间距小于b 光的干涉条纹间距，故E 错误；
故选：ABD。
【点评】本题综合考查了光的折射、全反射和干涉，关键是记住几个公式：折射率定义公式n=
、光速公式
v=
、双缝干涉条纹间距公式
，基础题目．
16．平衡位置位于原点O 的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x 轴传播，P、Q 为x 轴上的两个点（均位于
x 轴正向），P 与O 的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间．已知波源自t=0 时由平衡位置开始向上
振动，周期T=1s，振幅A=5cm．当波传到P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q 处的质
点第一次处于波峰位置．求：
（i）P、Q 间的距离；
（ii）从t=0 开始到平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程．
【分析】（i）根据题意P 与O 的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，所以OP=
，根据周期计
算距离；
（ii）根据周期计算时间的长短，根据振幅计算通过的路程的大小．
【解答】解：（i）由题意，O、P 两点间的距离与波长λ之间满足
OP=
①
波速v 与波长的关系为
v=
②
在t=5s 的时间间隔内，波传播的路程为vt．
由题意有
vt=PQ+
λ
③
式中，PQ 为P、Q 间的距离．
由①②③式和题给数据，得
PQ=133cm
（ii）Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为
t1=t+
T
波源从平衡位置开始运动，每经过
T，波源运动的路程为A．
有题给条件得
t1=25×
T
故t1 时间内，波源运动的路程为
s=25A=125cm
答：（i）P、Q 间的距离为133cm；
（ii）从t=0 开始到平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程为125cm．
【点评】本题是对简谐波的周期性的考查，根据波速和距离、周期之间的关系来计算通过的时间，再根据振幅计算
通过的路程的大小．
[物理——选修3-5]（15 分）
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17．实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是（
）
A．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关
【分析】光电效应证明了光的粒子性，肥皂泡是彩色的，是由于光线在肥皂膜的表面发生干涉造成的证明了光具有
波动性；实物粒子也具有波动性，但由于波长太小，我们无法直接观测到；相邻原子之间的距离大致与德布罗意波
长相同故能发生明显的衍射现象，证明了光的波动性．
【解答】解：A、干涉是波具有的特性，电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明电子具有波动性，所
以A 正确；
B、β粒子在云室中受磁场力的作用，做的是圆周运动，与波动性无关，所以B 错误；
C、可以利用慢中子衍射来研究晶体的结构，说明中子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以C 正确；
D、人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，说明电子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以D 正确；
E、光电效应实验，说明的是能够从金属中打出光电子，说明的是光的粒子性，所以E 错误；
故选：ACD。
【点评】本题考查了光的波粒二象性，有时波动性明显，有时粒子性明显．明确各种物理现象的实质和原理才能顺
利解决此类题目．
18．滑块a、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗
糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：
①滑块a、b 的质量之比；
②整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
【分析】①根据图象计算碰撞前速度的大小，根据动量守恒计算质量的比值；
②根据能量守恒计算碰撞损失的机械能，根据动能定理计算克服摩擦力所做的功，再计算它们的比值．
【解答】解：①设a、b 的质量分别为m1、m2，a、b 碰撞前地速度为v1、v2．
由题给的图象得：v1=﹣2m/s
v2=1m/s
a、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v．
由题给的图象得：v=
m/s
两球碰撞过程系统动量守恒，以球a 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v，
解得：m1：m2=1：8；
②由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为：
△E=
m1v12+
m2v22﹣
（m1+m2）v2，
由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为：
W=
（m1+m2）v2，
解得：W：△E=1：2；
答：①滑块a、b 的质量之比为1：8；
②整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为1：2．
【点评】本题是对动量守恒的考查，同时注意位移时间图象的含义，根据图象来计算速度的大小，利用能量的守恒
来分析损失的能量的多少．
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2015 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）
一、选择题（本题共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要求。第6-8
题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（6 分）两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子
（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后粒子的（
）
A．轨道半径增大，角速度增大B．轨道半径增大，角速度减小
C．轨道半径减小，速度增大
D．轨道半径减小，速度不变
2．（6 分）如图，直线a、b 和c、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q 是它们的交点，四点处的电势
分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M 点分别到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则（
）
A．直线a 位于某一等势面内，φM＞φQ
B．直线c 位于某一等势面内，φM＞φN
C．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功
D．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功
3．（6 分）一理想变压器的原，副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈
一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电
阻消耗的功率的比值为k，则（
）
A．U=66V，k=
B．U=22V，k=
C．U=66V，k=
D．U=22V，k=
4．（6 分）如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平，一质量为m 的质
点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道，质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg，
g 为重力加速度的大小，用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则（
）
A．W=
mgR，质点恰好可以到达Q 点
B．W＞
mgR，质点不能到达Q 点
C．W=
mgR，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
D．W＜
mgR，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
5．（6 分）一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1 和L2，中间球网高度为h，发射
机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空
气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网
右侧台面上，到v 的最大取值范围是（
）
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A．
＜v＜L1
B．
＜v＜
C．
＜v＜
D．
＜v＜
6．（6 分）1824 年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用
柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋
转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（
）
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
7．（6 分）如图（a），一物块在t=0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t 图线如图（b）所示，若重力加速度及图
中的v0，v1，t1 均为已知量，则可求出（
）
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
8．（6 分）我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似轨道上绕月运行，然后经过一
系列过程，在离月面4m 高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止），最后关闭发动机，探测器自由下落，已知
探测器的质量约为1.3×103kg，地球质量约为月球的81 倍，地球半径约为月球的3.7 倍，地球表面的重力加速度大
小约为9.8m/s2，则此探测器（
）
A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9m/s
B．悬停时受到的反冲击作用力约为2×103N
C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒
D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9-12 题为必考题，每个考生都必须作答，第13 题-18 题为选考题，
考生根据要求作答（一）必考题
9．（6 分）某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验，所用器材有：玩具小车，
压力式托盘秤，凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）
完成下列填空：
（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg
（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为
kg．
（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m，
多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如表所示：
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序号
1
2
3
4
5
m（kg）
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为
N，小车通过最低点时的速度大小为
m/s（重力加速度大小取9.8m/s2，计算结果保留2 位有效数字）
10．（9 分）图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。
（1）已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1 和R2 为阻值固定的电阻。若使用a 和b 两个接线柱，
电表量程为3mA；若使用a 和c 两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可以求出R1=
Ω，R2=
Ω。
（2）现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表A 对改装电表的3mA 档进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、
1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0 有两种规格，阻值分别为300Ω和
1000Ω；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0 应选用阻值为
Ω的电阻，R 应选
用最大阻值为
Ω的滑动变阻器。
（3）若电阻R1 和R2 中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻。图（b）中的
R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框的电路。则图中的d 点应和接线柱
（填“b”或“c”）
相连。判断依据是
。
11．（12 分）如图，一长为10cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度
大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V 的电池
相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长
量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求
出金属棒的质量。
12．（20 分）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距
离为4.5m，如图（a）所示。t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s 时木板与墙壁碰撞
（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s 时
间内小物块的v﹣t 图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15 倍，重力加速度大小g 取10m/s2．求
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
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三、选考题：从下面的3 道物理题中，任选一题作答。如果多做，则按第一题计分，物理-选修3-3
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
14．（10 分）如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量
为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连
接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距
，
两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩
擦，重力加速度大小g 取10m/s2，求：
（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度
（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
物理-选修3-4
15．在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射用同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距△x1
与绿光的干涉条纹间距△x2 相比，△x1
△x2（填“＞”“=”或“＜”），若实验中红光的波长为630nm，双缝与屏
幕的距离为1.00m，测得地1 条到第6 条亮条纹中心间的距离为10.5mm，则双缝之间的距离为
mm．
16．甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波速均为v=25cm/s，两列波在t=0 时的波形曲
线如图所示，求：
（1）t=0 时，介质中偏离平衡位置位移为16cm 的所有质点的x 坐标；
（2）从t=0 开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为﹣16cm 的质点的时间。
物理-选修3-5
17．在某次光电效应实验中，得到的遏制电压u0 与入射光的频率v 的关系如图所示，若该直线的斜率为k、横截距
为b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为
，所用材料的逸出功可表示为
。
18．如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C 位于同一直线上，A 点位于B、C 之间，A 的质量为m，B、C
的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只
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与B、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
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2015 年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8 小题，每小题6 分，在每小题给出的四个选项中，第1-5 题只有一项符合题目要求。第6-8
题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分）
1．（6 分）两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子
（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后粒子的（
）
A．轨道半径增大，角速度增大B．轨道半径增大，角速度减小
C．轨道半径减小，速度增大
D．轨道半径减小，速度不变
【分析】通过洛伦兹力提供向心力得知轨道半径的公式，结合该公式即可得知进入到较弱磁场区域后时，半径的变
化情况；再利用线速度与角速度半径之间的关系式，即可得知进入弱磁场区域后角速度的变化情况。
【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，
根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m
可得：R=
从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，B 减小，所以R 增大。
线速度、角速度的关系为：v=ωR
因为洛伦兹力不做功，故线速度v 的大小不变，半径R 增大，所以角速度减小，
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解答该题要明确洛伦兹力始终不做功，洛伦兹力只是改变带电粒子的
运动方向。还要熟练的掌握半径公式R=
和周期公式T=
的运用。
2．（6 分）如图，直线a、b 和c、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q 是它们的交点，四点处的电势
分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M 点分别到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，则（
）
A．直线a 位于某一等势面内，φM＞φQ
B．直线c 位于某一等势面内，φM＞φN
C．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功
D．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功
【分析】电子由M 点分别到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势
高低。
【解答】解：AB、据题，电子由M 点分别到N 点和P 点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势
降低，则N、P 两点的电势相等，d 位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a 不是同一等势面，
直线c 位于某一等势面内，且φM＞φN．故A 错误，B 正确。
C、由上分析知，直线c 位于某一等势面内，M、Q 的电势相等，若电子由M 点运动到Q 点电场力不做功，故C 错
误。
D、电子由P 点运动到Q 点与电子由P 点运动到M 点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D 错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键要抓住电场力做功与电势能变化的关系，知道负电荷在电势高处电势能小。
3．（6 分）一理想变压器的原，副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈
一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电
阻消耗的功率的比值为k，则（
）
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A．U=66V，k=
B．U=22V，k=
C．U=66V，k=
D．U=22V，k=
【分析】首先计算出通过副线圈的电流，由变比关系可知原线圈的电流，继而可表示出与原线圈串联的电阻的分压，
结合题意即可在原线圈上列出电压的等式，可求出副线圈上的电压。利用焦耳定律可表示出两个电阻的功率，继而
可解的比值k。
【解答】解：由题意知：副线圈的电流为：I2=
则原线圈的电流为：I1=
=
与原线圈串联的电阻的电压为：UR=I1R=
由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有：
解得：U=66V
原线圈回路中的电阻的功率为：P1=
R=
副线圈回路中的电阻的功率为：P2=
所以k=
=
选项A 正确，BCD 错误
故选：A。
【点评】该题的突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中
的电阻的分压的数值关系。该题类似于远距离输电的情况。
4．（6 分）如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平，一质量为m 的质
点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道，质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg，
g 为重力加速度的大小，用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功，则（
）
A．W=
mgR，质点恰好可以到达Q 点
B．W＞
mgR，质点不能到达Q 点
C．W=
mgR，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
D．W＜
mgR，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
【分析】对N 点运用牛顿第二定律，结合压力的大小求出N 点的速度大小，对开始下落到N 点的过程运用动能定
理求出克服摩擦力做功的大小。抓住NQ 段克服摩擦力做功小于在PN 段克服摩擦力做功，根据动能定理分析Q 点
的速度大小，从而判断能否到达Q 点。
【解答】解：在N 点，根据牛顿第二定律有：
，解得
，
对质点从下落到N 点的过程运用动能定理得，
，
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解得W=
。
由于PN 段速度大于NQ 段速度，所以NQ 段的支持力小于PN 段的支持力，
则在NQ 段克服摩擦力做功小于在PN 段克服摩擦力做功，
对NQ 段运用动能定理得，
，
因为
，可知vQ＞0，所以质点到达Q 点后，继续上升一段距离。故C 正确，A、B、D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力，通
过牛顿第二定律求出N 点的速度是关键。注意在NQ 段克服摩擦力做功小于在PN 段克服摩擦力做功。
5．（6 分）一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1 和L2，中间球网高度为h，发射
机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空
气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网
右侧台面上，到v 的最大取值范围是（
）
A．
＜v＜L1
B．
＜v＜
C．
＜v＜
D．
＜v＜
【分析】球要落在网右侧台面上，临界情况是与球网恰好不相撞，还有与球台边缘相碰，根据高度求出平抛运动的
时间，根据几何关系求出最小的水平位移和最大的水平位移，从而得出最小速度和最大速度．
【解答】解：若球与网恰好不相碰，根据3h﹣h=
得，
，
水平位移的最小值
，则最小速度
。
若球与球台边缘相碰，根据3h=
得，
，
水平位移的最大值为xmax=
，
则最大速度
，故D 正确，A、B、C 错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住临界情况，结合运动学公式灵活
求解，难度中等．
6．（6 分）1824 年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用
柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋
转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是（
）
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A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【分析】通过题意明确涡流的产生，再根据磁极和电流间的相互作用分析磁铁的运动．
【解答】解：A、圆盘在转动中由于半径方向的金属条切割磁感线，从而在圆心和边缘之间产生了感应电动势；故
A 正确；
B、圆盘在径向的金属条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等，从而形成涡流，涡流产生的磁
场又导致磁针转动，故B 正确；
C、由于圆盘面积不变，距离磁铁的距离不变，故整个圆盘中的磁通量没有变化；故C 错误；
D、电流形成是自由电子定向移动。圆盘本身没有多余的电荷，圆盘转动不会产生电流；故D 错误；
故选：AB。
【点评】本题要注意明确电流的形成不是因为自由电子运动，而是由于圆盘切割磁感线产生了电动势，从而产生了
涡流．
7．（6 分）如图（a），一物块在t=0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t 图线如图（b）所示，若重力加速度及图
中的v0，v1，t1 均为已知量，则可求出（
）
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
【分析】由图b 可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出．
【解答】解：由图b 可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，
故可出物体在斜面上的位移；
图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1；下降过程有：
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；
但由于m 均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；
故选：ACD。
【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的
受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系．
8．（6 分）我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似轨道上绕月运行，然后经过一
系列过程，在离月面4m 高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止），最后关闭发动机，探测器自由下落，已知
探测器的质量约为1.3×103kg，地球质量约为月球的81 倍，地球半径约为月球的3.7 倍，地球表面的重力加速度大
小约为9.8m/s2，则此探测器（
）
A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9m/s
B．悬停时受到的反冲击作用力约为2×103N
C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒
D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度
【分析】根据万有引力提供向心力得月球表面重力加速度，根据运动学公式得出着陆前的瞬间速度；
根据二力平衡得出悬停时受到的反冲击作用力大小；
根据v=
判断线速度关系．
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【解答】解：A、根据万有引力等于重力
=mg，
g=
地球质量约为月球的81 倍，地球半径约为月球的3.7 倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8m/s2，
所以月球表面的重力加速度大小约为g′=1.66m/s2，
根据运动学公式得在着陆前的瞬间，速度大小约v=
=3.6m/s，故A 错误；
B、登月探测器悬停时，二力平衡，
F=mg′=1.3×103×1.66≈2×103N，故B 正确；
C、从离开近月圆轨道到着陆这段时间，由于受到了反冲作用力，且反冲作用力对探测器做负功，探测器机械能减
小，选项C 错误
D、根据v=
，地球质量约为月球的81 倍，地球半径约为月球的3.7 倍，
所以在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，故D 正确；
故选：BD。
【点评】解答本题要知道除重力以外的力对物体做功等于物体机械能的变化量，月球重力加速度约为地球重力加速
度的
，关于万有引力的应用中，常用公式是在地球表面重力等于万有引力，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供
圆周运动向心力．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9-12 题为必考题，每个考生都必须作答，第13 题-18 题为选考题，
考生根据要求作答（一）必考题
9．（6 分）某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验，所用器材有：玩具小车，
压力式托盘秤，凹形桥模拟器（圆弧部分的半径为R=0.20m）
完成下列填空：
（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图（a）所示，托盘秤的示数为1.00kg
（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图（b）所示，该示数为
1.40
kg．
（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m，
多次从同一位置释放小车，记录各次的m 值如表所示：
序号
1
2
3
4
5
m（kg）
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为
7.9
N，小车通过最低点时的速度大小为
1.4
m/s（重力加速度大小取9.8m/s2，计算结果保留2 位有效数字）
【分析】（2）根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位；
（4）根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为mg，根据Fm=m 桥g+FN，知小车经过凹形桥
最低点时对桥的压力FN，根据FN=m0g+m0
，求解速度．
【解答】解：（2）根据量程为10kg，最小分度为0.1kg，注意估读到最小分度的下一位，为1.40kg；
（4）根据表格知最低点小车和凹形桥模拟器对秤的最大压力平均值为：
Fm=
N=m 桥g+FN
解得：FN=7.9N
根据牛顿运动定律知：FN﹣m0g=m0
，
代入数据解得：v=1.4m/s
故答案为：（2）1.40，（4）7.9，1.4．
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【点评】此题考查读数和圆周运动的知识，注意估读，在力的问题注意分析受力和力的作用效果．
10．（9 分）图（a）为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。
（1）已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1 和R2 为阻值固定的电阻。若使用a 和b 两个接线柱，
电表量程为3mA；若使用a 和c 两个接线柱，电表量程为10mA．由题给条件和数据，可以求出R1=
15
Ω，R2=
35
Ω。
（2）现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表A 对改装电表的3mA 档进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、
1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA．电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0 有两种规格，阻值分别为300Ω和
1000Ω；滑动变阻器R 有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω．则R0 应选用阻值为
300
Ω的电阻，R 应选
用最大阻值为
3000
Ω的滑动变阻器。
（3）若电阻R1 和R2 中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图（b）的电路可以判断出损坏的电阻。图（b）中的
R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图（a）虚线框的电路。则图中的d 点应和接线柱
c
（填“b”或“c”）
相连。判断依据是
闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2
。
【分析】（1）根据串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值。
（2）应用串联电路特点与欧姆定律求出定值电阻与滑动变阻器的阻值，然后作出选择。
（3）有电流流过电表时电表指针发生偏转，没有电流流过电表时电表指针不偏转，根据电路图分析答题。
【解答】解：（1）使用a、b 接线柱时，Iab=Ig+
=0.001+
=0.003，
使用a、c 接线柱时，Iac=Ig+
=0.001+
=0.010，
解得：R1=15Ω，R2=35Ω；
（2）改装后电流表内阻：r=
=
≈33Ω，
R0 作为保护电阻，电流最大时，电路总电阻约为：R=r+RA+R0=
=
=500Ω，R0=R﹣r﹣RA=500﹣33﹣150=317Ω，
则应R0 选300Ω；
电路电流最小时：R 滑=
﹣R=
﹣500=2500Ω＞750Ω，则滑动变阻器应选择3000Ω的。
（3）由图示电路图可知，图中的d 点与接线柱c 相连时，闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若
电表指针不动，则损坏的电阻是R2；
故答案为：（1）15；35；（2）300；3000；（3）c；闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针
不动，则损坏的电阻是R2。
【点评】本题考查了求电阻阻值、实验器材的选择、电路故障分析，知道电流表的改装原理、分析清楚电路结构、
应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
11．（12 分）如图，一长为10cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度
大小为0.1T，方向垂直于纸面向里，弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V 的电池
相连，电路总电阻为2Ω，已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm，闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长
量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求
出金属棒的质量。
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【分析】在闭合前，导体棒处于平衡状态，在闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求的电流，根据F=BIL 求的安培力，
由共点力平衡求的质量
【解答】解：闭合开关后，电流由b 指向a，受到的安培力向下
断开时：2k△l1=mg
开关闭合后2k（△l1+△l2）=mg+F
受到的安培力为：F=BIL
回路中电流为I=
联立解得m=0.01kg
答：金属棒的质量为0.01kg
【点评】本题主要考查了共点力平衡，抓住通电前后的共点力平衡即可；
12．（20 分）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距
离为4.5m，如图（a）所示。t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s 时木板与墙壁碰撞
（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s 时
间内小物块的v﹣t 图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15 倍，重力加速度大小g 取10m/s2．求
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【分析】（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2。
（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即
可求得木板的长度；
（3）对木板和物块达相同静止后的过程进行分析，由牛顿第二定律及运动学公式联立可求得位移；则可求得木板
最终的距离。
【解答】解：（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，
小物块和木板的质量分别为m 和M．由牛顿第二定律有：﹣μ1（m+M）g=（m+M）a1…①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得：
v1=v0+at1…②
…③
式中，t1=1s，s0=4.5m 是木板碰前的位移，v0 是小木块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得：μ1=0.1…④
在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1 的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1 的初速度向右做匀变速运动。设小物块
的加速度为a2，由牛顿第二定律有：﹣μ2mg=ma2…⑤
由图可得：
…⑥
式中，t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2=0.4…⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公
式得：μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3 …⑧
v3=﹣v1+a3△t…⑨
v3=v1+a2△t…⑩
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碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：
…（11）
小物块运动的位移为：
…（12）
小物块相对木板的位移为：△s=s2﹣s1…（13）
联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：△s=6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m．（14）
（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板
运动的位移s3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ1（m+M）g=（m+M）a4…（15）
…（16）
碰后木板运动的位移为：s=s1+s3 …（17）
联立⑥⑧⑨⑩（11）（15）（16）（17）式，并代入数值得：s=﹣6.5m…（18）
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。
答：
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1 及小物块与木板间的动摩擦因数μ2 分别为0.1 和0.4。
（2）木板的最小长度是6.0m；
（3）木板右端离墙壁的最终距离是6.5m。
【点评】本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，涉及两个物体多个过程，题目中问题较多，但只要认真分析，
一步步进行解析，是完全可以求解。
三、选考题：从下面的3 道物理题中，任选一题作答。如果多做，则按第一题计分，物理-选修3-3
13．（5 分）下列说法正确的是（
）
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
【分析】该题通过晶体和非晶体的特性进行判断．晶体是具有一定的规则外形，各项异性，具有固定的熔点；非晶
体没有固定的熔点，没有规则的几何外形，表现各项同性，由此可判断各选项的正误．
【解答】解：A、将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，选项A 错误。
B、固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上各向异性，具有不同的光学性质，选项B 正确。
C、由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石。选项C 正确。
D、在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过
的石英却是非晶体。把晶体硫加热熔化（温度超过300℃）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又
会转化为晶体硫。所以选项D 正确。
E、在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加。选项E 错误
故选：BCD。
【点评】解答该题要熟练的掌握晶体和非晶体的特性，对于晶体有一下特点：
1、晶体有整齐规则的几何外形；
2、晶体有固定的熔点，在熔化过程中，温度始终保持不变；
3、晶体有各向异性的特点．
非晶体是指组成物质的分子（或原子、离子）不呈空间有规则周期性排列的固体．它没有一定规则的外形，如玻璃、
松香、石蜡等．它的物理性质在各个方向上是相同的，叫“各项同性”．它没有固定的熔点．
14．（10 分）如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量
为m1=2.50kg，横截面积为s1=80.0cm2，小活塞的质量为m2=1.50kg，横截面积为s2=40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连
接，间距保持为l=40.0cm，汽缸外大气的压强为p=1.00×105Pa，温度为T=303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距
，
两活塞间封闭气体的温度为T1=495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩
擦，重力加速度大小g 取10m/s2，求：
（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度
（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．
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【分析】（1）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律考虑求出气体的温度．
（2）启用它发生等容变化，应用查理定律可以求出气体的压强．
【解答】解：（1）大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，
气体的状态参量：V1=（l﹣
）s2+
s1=（40﹣
）×40+
×80=2400cm3，
T1=495K，V2=s2l=40×40=1600cm3，
由盖吕萨克定律得：
=
，即：
=
，解得：T2=330K；
（2）大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，
大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1+p2S2+（m1+m2）g=p2S1+pS2，
代入数据解得：p2=1.1×105Pa，
T2=330K，T3=T=303K，
由查理定律得：
=
，
即：
=
，
解得：p3=1.01×105Pa；
答：（1）在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；
（2）缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01×105Pa．
【点评】本题考查了求气体的温度与压强，分析清楚气体状态变化过程、应用盖吕萨克定律与查理定律即可正确解
题．
物理-选修3-4
15．在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射用同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距△x1
与绿光的干涉条纹间距△x2 相比，△x1
＞
△x2（填“＞”“=”或“＜”），若实验中红光的波长为630nm，双缝与屏幕
的距离为1.00m，测得地1 条到第6 条亮条纹中心间的距离为10.5mm，则双缝之间的距离为
0.300
mm．
【分析】首先判断红光和绿光的波长关系，结合公式△x=
即可得知红光的干涉条纹间距△x1 与绿光的干涉条纹
间距△x2 之间的关系，对题干中的数据先进行单位换算，利用公式△x=
即可计算出双缝间的距离．
【解答】解：红光的波长大于绿光的波长，由公式△x=
，可知红光的干涉条纹间距△x1 与绿光的干涉条纹间距
△x2 相比，△x1＞△x2，
λ=630nm=6.3×10
﹣7m，x=10.5mm=1.05×10
﹣2m
由公式△x=
得：d=
=
=3×10
﹣4m=0.300mm
故答案为：＞，0.300
【点评】对于该题，要熟练的掌握七种颜色的光之间的频率关系和波长的关系，了解公式△x=
个物理量的含义，
会应用该公式进行相关的计算和定性的分析，解答问题时，要注意单位的换算．
16．甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x 轴正向和负向传播，波速均为v=25cm/s，两列波在t=0 时的波形曲
线如图所示，求：
（1）t=0 时，介质中偏离平衡位置位移为16cm 的所有质点的x 坐标；
（2）从t=0 开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为﹣16cm 的质点的时间。
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【分析】（1）由图先读出两列波的波长和振幅，通过数学关系得知两波长的最小公倍数，对波峰相遇时的点的坐标
进行分别列式，即可求出介质中偏离平衡位置位移为16cm 的所有质点的x 坐标．
（2）先通过图表示出t=0 时，两波波谷间的x 坐标之差的表达式，从而可计算出相向传播的波谷间的最小距离，
也就可以计算出从t=0 开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为﹣16cm 的质点的时间了．
【解答】解：（1）t=0 时，在x=50cm 处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm，两列波的波峰
相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm
从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为：
λ1=50cm，λ2=60cm…①
甲、乙两列波的波峰的x 坐标分别为：
x1=50+k1λ1
…②
x2=50+k2λ2
…③
①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16cm 的所有质点的x 坐标为：
x=（50+300n）cm
n=0，
，
，…④
（2）只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为﹣16cm．t=0 时，两波波谷间的x 坐标之差为：
△x′=[50+（2m2+1）
]﹣[50+（2m1+1）
]…⑤
式中．m1 和m2 均为整数，将①式代入⑤式得：
△x′=10（6m2﹣5m1）+5
由于m1 和m2 均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为：
=5cm
从t=0 开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为﹣16cm 的质点的时间为：
t=
代入数值得：t=0.1s
答：（1）t=0 时，介质中偏离平衡位置位移为16cm 的所有质点的x 坐标为（50+300n）cm
n=0，
，
，
（2）从t=0 开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为﹣16cm 的质点的时间为0.1s．
【点评】该题是一道难度较大的试题，解答过程中要注意数学知识在物理学中的应用，尤其是对于通式的表述．同
时要求学生要有较强的计算能力，计算过程中要细心．
物理-选修3-5
17．在某次光电效应实验中，得到的遏制电压u0 与入射光的频率v 的关系如图所示，若该直线的斜率为k、横截距
为b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为
ek
，所用材料的逸出功可表示为
keb
。
【分析】由爱因斯坦光电效应方程EK=hγ﹣W 去分析图象中所包含的对解题有用的物理信息，图象与纵轴和横轴交
点分别表示普朗克常量和金属的极限频率。
【解答】解：根据爱因斯坦光电效应方程EK=hγ﹣W，任何一种金属的逸出功W 一定，说明EK 随频率f 的变化而变
化，且是线性关系（与y=ax+b 类似），直线的斜率等于普朗克恒量，由于：EK=eUc 所以：eUc=hγ﹣W，
由图可得Uc=kγ﹣b
整理得：h=ek；
EK=hγ﹣W，EK=0 时有hγ0﹣W=0，所以逸出功W=keb；
故答案为：ek，keb。
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【点评】本题考查了爱因斯坦光电效应方程EK=hγ﹣W，注意将有关的物理知识和数学的图线联系起来，培养用数
学知识解决物理物体。
18．如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C 位于同一直线上，A 点位于B、C 之间，A 的质量为m，B、C
的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只
与B、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
【分析】该题中A 与C 的碰撞过程以及A 与B 的碰撞的过程都是弹性碰撞，将动量守恒定律与机械能守恒定律相
结合即可正确解答．
【解答】解：A 向右运动与C 发生碰撞的过程中系统的动量守恒、机械能守恒，选取向右为正方向，设开始时A 的
速度为v0，第一次与C 碰撞后C 的速度为vC1，A 的速度为vA1．由动量守恒定律、机械能守恒定律得：
mv0=mvA1+MvC1①
②
联立①②得：vA1=
③
vC1=
④
可知，只有m＜M 时，A 才能被反向弹回，才可能与B 发生碰撞．
A 与B 碰撞后B 的速度为vB1，A 的速度为vA2．由动量守恒定律、机械能守恒定律，同理可得：
vA2=
=
⑤
根据题意要求A 只与B、C 各发生一次碰撞，应有：vA2≤vC1⑥
联立④⑤⑥得：m2+4mM﹣M2≥0
解得：
，（另一解：
舍去）所以m 与M 之间的关系应满足：
答：m 和M 之间应满足
，才能使A 只与B、C 各发生一次碰撞．
【点评】本题考查了水平方向的动量守恒定律问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律、能量守恒定律即
可正确解题．
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2015 年江苏省高考物理试卷
一、单项选择题（本题共5 道小题，每小题3 分，共计15 分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（3 分）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V 交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，
则副线圈的匝数为（
）
A．200
B．400
C．1600 D．3200
2．（3 分）静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬•考异邮》中有“玳瑁
吸”之说，但下列不属于静电现象的是（
）
A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B．带电小球移至不带电金属附近，两者相互吸引
C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流
D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉
3．（3 分）过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行
星的序幕，“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4 天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的
，该
中心恒星与太阳的质量比约为（
）
A．
B．1
C．5
D．10
4．（3 分）如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，
将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最
容易失去平衡的是（
）
A．
B．
C．
D．
5．（3 分）如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的
时间分别为5s 和2s，关卡刚放行时，一同学立即在关卡1 处以加速度2m/s2 由静止加速到2m/s，然后匀速向前，
则最先挡住他前进的关卡是（
）
A．关卡2
B．关卡3
C．关卡4
D．关卡5
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计16 分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选
对但不全的得2 分，错选或不答的得0 分．
6．（4 分）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，
则人对地板的压力（
）
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A．t=2s 时最大
B．t=2s 时最小
C．t=8.5s 时最大D．t=8.5s 时最小
7．（4 分）一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（
）
A．做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小
8．（4 分）两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的
正上方，c、d 到正电荷的距离相等，则（
）
A．a 点的电场强度比b 点的大B．a 点的电势比b 点的高
C．c 点的电场强度比d 点的大D．c 点的电势比d 点的低
9．（4 分）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平
且处于原长，圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC=h，圆环在C 处获得
一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（
）
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为
mv2
C．在C 处，弹簧的弹性势能为
mv2﹣mgh
D．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度
三、简答题：本题分必做题（第10、11 题）和选做题（12 题）两部分，共计42 分。必做题
10．（8 分）小明利用如图1 所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．
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（1）图1 中电流表的示数为
A
（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：
U（V）
1.45
1.36
1.27
1.16
1.06
I（A）
0.12
0.20
0.28
0.36
0.44
请根据表中的数据，在图2 上作出U﹣I 图线．
由图线求得：电动势E=
V；内阻r=
Ω．
（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实，从实验误差考虑，这
样的操作不妥，因为
．
11．（10 分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如图1 所示，打点计时器的
电源为50Hz 的交流电．
（1）下列实验操作中，不正确的是
．
A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方
B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面
C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落
D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源
（2）该同学按正确的步骤进行实验（记为“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，
确定一合适的点为O 点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1，2，…，8，用刻度尺量出各计数点的相邻两计时
点到O 点的距离，记录在纸带上，如图2 所示．
计算相邻计时点间的平均速度，粗略地表示各计数点的速度，抄入表，请将表中的数据补充完整．
位置
1
2
3
4
5
6
7
8
（cm/s）
24.5
33.8
37.8
39.5
39.8
39.8
39.8
（3）分析如表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是
；磁铁受到阻尼作
用的变化情况是
．
（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为“实验②”），结果表明磁铁下落的
运动规律与自由落体运动规律几乎相同，请问实验②是为了说明什么？对比实验①和②的结果可得到什么结论？
（选做题）本题包括A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应答题区域内作答，若多做，则按A、B 两小题
评分。A[选修3-3]
12．（4 分）对下列几种固体物质的认识，正确的有（
）
A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则
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D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
13．（4 分）在装有食品的包装袋中充入氮气，可以起到保质作用，某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充
满一定量的氮气，然后密封进行加压测试，测试时，对包装袋缓慢地施加压力，将袋内的氮气视为理想气体，则加
压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力
（选填“增大”、“减小”或“不变”），包装
袋内氮气的内能
（选填“增大”、“减小”或“不变”）．
14．（4 分）给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1 个标准大气压，体积为1L，将其缓慢压缩
到压强为2 个标准大气压时，气体的体积变为0.45L，请通过计算判断该包装袋是否漏气．
B[选修3-4]
15．（4 分）一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比
（
）
A．波速变大B．波速不变C．频率变高D．频率不变
16．（4 分）用2×106Hz 的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2250m/s 和1500m/s，则该
超声波在结石中的波长是胆汁中的
倍，用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时
（选填“容易”或“不容易”）发生衍射．
17．（4 分）人造树脂是常用的眼镜镜片材料，如图所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上
的P 点，已知光线的入射角为30°，OA=5cm，AB=20cm，BP=12cm，求该人造树脂材料的折射率n．
C[选修3-5]
18．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是（
）
A．光电效应现象揭示了光的粒子性
B．热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性
C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等
19．核电站利用原子核链式反应放出的世大能量进行发电，
U 是核电站常用的核燃料，
U 受一个中子轰
击后裂变成
Ba 和
Kr 两部分，并产生
个中子，要使链式反应发生，裂变物质的体积要
（选
填“大于”或“小于”）它的临界体积．
20．取质子的质量mp=1.6726×10
﹣27kg，中子的质量mn=1.6749×10
﹣27kg，α粒子的质量mα=6.6467×10
﹣27kg，光速
c=3.0×108m/s，请计算α粒子的结合能．（计算结果保留两位有效数字）
四、计算题：本题共3 小题，共计47 分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后
答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
21．（15 分）做磁共振（MRI）检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流，某同学为了
估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r=5.0cm，线圈
导线的截面积A=0.80cm2，电阻率ρ=1.5Ω•m，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B 在0.3s
内从1.5T 均匀地减为零，求：（计算结果保留一位有效数字）
（1）该圈肌肉组织的电阻R；
（2）该圈肌肉组织中的感应电动势E；
（3）0.3s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q．
22．（16 分）一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，
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球和环的质量均为m，O 端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L，装
置静止时，弹簧长为
L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和
空气阻力，重力加速度为g．求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；
（3）弹簧长度从
L 缓慢缩短为
L 的过程中，外界对转动装置所做的功W．
23．（16 分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0 的加速电场，其初速
度几乎为零，这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后打在底片
上，已知放置底片的区域MN=L，且OM=L．某次测量发现MN 中左侧
区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧
区
域QN 仍能正常检测到离子，在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到．
（1）求原本打在MN 中点P 的离子质量m；
（2）为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围；
（3）为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数．
（取lg2=0.301，lg3=0.477，
lg5=0.699）
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2015 年江苏省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共5 道小题，每小题3 分，共计15 分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（3 分）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V 交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，
则副线圈的匝数为（
）
A．200
B．400
C．1600 D．3200
【分析】根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解．
【解答】解：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：
变压器能将220V 交变电流改变为110V，原线圈匝数n1=800，副线圈匝数n2。
则：
匝
故选：B。
【点评】本题主要考查了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的关系，难度不大，属于基础题．
2．（3 分）静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，《春秋纬•考异邮》中有“玳瑁
吸”之说，但下列不属于静电现象的是（
）
A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑
B．带电小球移至不带电金属附近，两者相互吸引
C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流
D．从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉
【分析】分析各现象的形成原因，然后判断各现象的成因是否与静电现象有关，然后答题．
【解答】解：A、梳子与头发摩擦会产生静电，吸起纸屑，是静电现象，不符合题意。故A 错误；
B、带电小球移至不带电金属附近，两者相互吸引属于静电感应现象，是静电现象，不符合题意。故B 错误；
C、小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流属于电磁感应现象，不属于静电现象。故C 正确。
D、从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉是由于摩擦会产生静电，也是静电现象，不符合题意。
故D 错误；
本题选不属于静电现象的，故选：C。
【点评】静电是因为摩擦使物体带电的现象，平时所见到的摩擦起电现象都是一种静电现象．如：塑料的梳子梳理
干燥的头发的时候，头发和梳子会粘在一起，而且会产生噼啪的响声；玻璃棒和丝绸摩擦，用玻璃棒可以吸引碎纸
片玻璃棒带正电，丝绸带负电；毛皮和橡胶棒摩擦也产生静电，现象和上面一样橡胶棒带负电，毛皮带正电；注意
闪电不属于静电，静电积累到一定程度，正负电子引诱，而产生的放电现象．
3．（3 分）过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行
星的序幕，“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4 天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的
，该
中心恒星与太阳的质量比约为（
）
A．
B．1
C．5
D．10
【分析】研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量分析求解．
【解答】解：研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式为：
=m
r
M=
“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4 天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的
，
所以该中心恒星与太阳的质量比约为
≈1，
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故选：B。
【点评】要求解一个物理量大小变化，我们应该把这个物理量先表示出来，再根据已知量进行判断．
向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
4．（3 分）如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，
将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最
容易失去平衡的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】线框所受的安培力越大，天平越容易失去平衡；由于磁场强度B 和电流大小I 相等，即根据线框在磁场中
的有效长度大小关系即可判断其受力大小关系。
【解答】解：天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，
由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的
有效长度，由图可知，A 图的有效长度最长，
磁场强度B 和电流大小I 相等，所以A 所受的安培力最大，则A 图最容易使天平失去平衡。
故选：A。
【点评】本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F=BIL 公式的L 是指导体
的有效长度。
5．（3 分）如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的
时间分别为5s 和2s，关卡刚放行时，一同学立即在关卡1 处以加速度2m/s2 由静止加速到2m/s，然后匀速向前，
则最先挡住他前进的关卡是（
）
A．关卡2
B．关卡3
C．关卡4
D．关卡5
【分析】人先做加速运动，之后是匀速运动，计算到达各个关卡的时间与关卡放行和关闭的时间对比，得出结果．
【解答】解：根据v=at 可得，
2=2×t1，
所以加速的时间为t1=1s
加速的位移为x1=
at2=
=1m，
之后匀速运动的时间为
s=3.5s，
到达关卡2 的时间为t2=1+3.5=4.5s 小于5s，放行；可以通过，
所以可以通过关卡2 继续运动，
从第2 关卡到第3 关卡匀速运动时间t3=
s=4s，
所以到达第3 关卡的时刻（从开始运动计时）为8.5s，7＜8.5＜12，也是放行，可以通过，
从第3 关卡到第4 关卡匀速运动时间仍然是，所以到达第4 关卡的时刻（从开始运动计时）为
到达关卡4 的总时间为1+3.5+4+4=12.5s，12＜12.5＜14
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关卡放行和关闭的时间分别为5s 和2s，此时关卡4 是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，
所以C 正确；
故选：C。
【点评】本题是对匀变速直线运动位移时间关系式的考查，注意开始的过程是匀加速直线运动，要先计算出加速运
动的时间．
二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计16 分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选
对但不全的得2 分，错选或不答的得0 分．
6．（4 分）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，
则人对地板的压力（
）
A．t=2s 时最大
B．t=2s 时最小
C．t=8.5s 时最大D．t=8.5s 时最小
【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向
上；
当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下．
【解答】解：在时间轴的上方，表示加速度向上，此时处于超重状态，在时间轴的下方，表示加速度向下，此时处
于失重状态，对地板的压力减小，
在t=2s 时向上的加速度最大，此时对地板的压力最大，所以A 正确；
在t=8.5s 时具有向下的最大的加速度，此时对地板的压力最小，所以D 正确；
故选：AD。
【点评】本题是对图象的考查，掌握住加速度时间图象的含义，知道超重和失重的特点即可解答本题．
7．（4 分）一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（
）
A．做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小
【分析】根据合力的方向与速度方向的关系判断小球做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向与速度方向的关系
判断小球的速率变化．
【解答】解：A、小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动。
故A 错误，B 正确。
C、小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大。故
C 正确，D 错误。
故选：BC。
【点评】解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向的关系．
8．（4 分）两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的
正上方，c、d 到正电荷的距离相等，则（
）
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A．a 点的电场强度比b 点的大B．a 点的电势比b 点的高
C．c 点的电场强度比d 点的大D．c 点的电势比d 点的低
【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电
场线的方向可判断电势的正负．
【解答】解：A、由图看出，a 点处电场线比b 点处电场线密，则a 点的场强大于b 点的场强，故A 正确。
B、电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势降低，所以b 点的电势比a 点的高，所以B 错误；
C、负电荷在c 点的合场强为零，c 点只有正电荷产生的电场强度，在d 正电荷产生的场强向上，两个负电荷产生的
场强向下，合场强是它们的差值，所以c 点的电场强度比d 点的大，所以C 正确；
D、正电荷到c 点的平均场强大于正电荷到d 点的平均场强，根据U=Ed 可知，正电荷到c 点电势降低的多，所以c
点的电势比d 点的低；
也可以根据电势这样理解：由正电荷在d，c 两点产生的电势相等，但两个负电荷在d 点产生的电势高于c 点，所
以c 点的总电势低于d 点。所以D 正确；
故选：ACD。
【点评】本题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种
电荷连线的垂直平分线是一个等势面．
9．（4 分）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平
且处于原长，圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC=h，圆环在C 处获得
一竖直向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环（
）
A．下滑过程中，加速度一直减小
B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为
mv2
C．在C 处，弹簧的弹性势能为
mv2﹣mgh
D．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度
【分析】根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；
研究圆环从A 处由静止开始下滑到C 和在C 处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A 两个过程，运用动能定理列
出等式求解；
研究圆环从A 处由静止开始下滑到B 过程和圆环从B 处上滑到A 的过程，运用动能定理列出等式．
【解答】解：A、圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，
所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B 处的速度最大，
所以经过B 处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A 错误；
B、研究圆环从A 处由静止开始下滑到C 过程，运用动能定理列出等式
mgh+Wf+W 弹=0﹣0=0
在C 处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式
﹣mgh+（﹣W 弹）+Wf=0﹣
mv2
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解得：Wf=﹣
mv2，故B 正确；
C、W 弹=
mv2﹣mgh，所以在C 处，弹簧的弹性势能为mgh﹣
mv2，故C 错误；
D、研究圆环从A 处由静止开始下滑到B 过程，运用动能定理列出等式
mgh′+W′f+W′弹=
m
﹣0
研究圆环从B 处上滑到A 的过程，运用动能定理列出等式
﹣mgh′+W′f+（﹣W′弹）=0﹣
m
mgh′﹣W′f+W′弹=
m
由于W′f＜0，所以
m
＞
m
，所以上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度，故D 正确；
故选：BD。
【点评】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，
掌握动能定理的应用．
三、简答题：本题分必做题（第10、11 题）和选做题（12 题）两部分，共计42 分。必做题
10．（8 分）小明利用如图1 所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．
（1）图1 中电流表的示数为
0.44
A
（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：
U（V）
1.45
1.36
1.27
1.16
1.06
I（A）
0.12
0.20
0.28
0.36
0.44
请根据表中的数据，在图2 上作出U﹣I 图线．
由图线求得：电动势E=
1.60
V；内阻r=
1.2
Ω．
（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实，从实验误差考虑，这
样的操作不妥，因为
干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大
．
【分析】（1）根据电流表所选的量程，直接读数即可；
（2）根据数据作图，在U﹣I 图象中，图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻；
（3）干电池不易长时间工作，干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化．
【解答】解：（1）电流表选择的量程是0.6A，所以此时电流表的示数为0.44A；
（2）根据表中的数据，画出U﹣I 图象如图所示，
根据图象可知，纵坐标的截距代表电动势的大小，直线的斜率代表内电阻的大小，所以电动势E=1.60V；内阻
r=
Ω=1.2Ω．
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（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．
故答案为：（1）0.44
（2）如图所示；1.60（1.58～1.62）；1.2（1.18～1.26）
（3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大．
【点评】本题考查对图象的认识，要掌握从U﹣I 图线中获取电源的电动势和内电阻的方法，在计算内阻的时候，
要注意纵坐标的起点不是零．
11．（10 分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如图1 所示，打点计时器的
电源为50Hz 的交流电．
（1）下列实验操作中，不正确的是
CD
．
A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方
B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面
C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落
D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源
（2）该同学按正确的步骤进行实验（记为“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，
确定一合适的点为O 点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1，2，…，8，用刻度尺量出各计数点的相邻两计时
点到O 点的距离，记录在纸带上，如图2 所示．
计算相邻计时点间的平均速度，粗略地表示各计数点的速度，抄入表，请将表中的数据补充完整．
位置
1
2
3
4
5
6
7
8
（cm/s）
24.5
33.8
37.8
39.0
39.5
39.8
39.8
39.8
（3）分析如表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是
逐渐增大到39.8cm/s
；
磁铁受到阻尼作用的变化情况是
逐渐增大到等于重力
．
（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为“实验②”），结果表明磁铁下落的
运动规律与自由落体运动规律几乎相同，请问实验②是为了说明什么？对比实验①和②的结果可得到什么结论？
【分析】（1）小磁铁竖直下落，做的是直线运动，根据打点计时器的使用方法可以判断选项的结果；
（2）根据相邻计时点间的平均速度，粗略地表示各计数点的速度，来计算4 点的瞬时速度的大小；
（3）根据磁铁速度的变化情况可以得出变化的情况情况，分析速度变化的原因；
（4）塑料管不会产生电磁感应现象，与铜管中运动的情况对比明显．
【解答】解：（1）A、小磁铁竖直下落，穿过铜管，所以铜管要竖直地固定在限位孔的正下方，所以A 正确；
B、纸带要穿过限位孔，并且压在复写纸下面，所以B 正确；
C、手应该拉住纸带，而不是捏紧磁铁，所以C 错误；
D、应该先接通打点计时器的电源，在让磁铁下落，所以D 错误；
本题选错误的，故选：CD．
（2）打下4 点的速度等于3、5 之间的平均速度，所以v4=
cm/s≈39.0cm/s
（3）根据实验数据可知，在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是逐渐增大到39.8cm/s，之后匀速
运动，说明磁铁受到的阻尼作用是逐渐增大，最后等于重力的大小．
（4）磁铁在塑料管中不会产生电磁感应现象，不受阻尼作用的影响，对比实验①和②可知，磁铁在铜管中受到的
阻尼作用主要是电磁阻尼作用．
故答案为：（1）CD
（2）39.0
（3）逐渐增大到39.8cm/s；逐渐增大到等于重力
（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用；
磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用
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【点评】本题是对纸带运动情况的考查，同时也考查的对电磁感应现象理解，根据纸带的运动情况分析电磁感应对
运动情况的影响，抓住实验的本质即可分析本题．
（选做题）本题包括A、B、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应答题区域内作答，若多做，则按A、B 两小题
评分。A[选修3-3]
12．（4 分）对下列几种固体物质的认识，正确的有（
）
A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体
B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则
D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
【分析】单晶体结构规则且具有各向异性，晶体有固定的熔点，在熔化过程中温度保持不变．
【解答】解：A、晶体的特点是在熔化过程中温度保持不变，有固定的熔点，食盐熔化过程中，温度保持不变，说
明食盐是晶体。所以A 正确；
B、烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片是晶体，所以B 错误；
C、天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列规则造成的，所以C 错误；
D、石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同造成的，所以D 正确；
故选：AD。
【点评】晶体熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变，而温度是分子平均动能的标志，由能量守恒定律分析知，
热量转化为内能，表现为分子势能的增加．
13．（4 分）在装有食品的包装袋中充入氮气，可以起到保质作用，某厂家为检测包装袋的密封性，在包装袋中充
满一定量的氮气，然后密封进行加压测试，测试时，对包装袋缓慢地施加压力，将袋内的氮气视为理想气体，则加
压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用力
增大
（选填“增大”、“减小”或“不变”），包装
袋内氮气的内能
不变
（选填“增大”、“减小”或“不变”）．
【分析】对包装袋缓慢地施加压力的过程中，外界对其他做功，气体的体积减小，根据热力学定律来分析内能的变
化，根据气体状态方程分析压强的变化．
【解答】解：包装袋缓慢地施加压力，气体的体积减小，压强增大，装袋内壁单位面积上所受气体分子撞击的作用
力增大，
测试时，对包装袋缓慢地施加压力，说明在实验的过程中，气体的温度不变，所以实验气体的内能不变．
故答案为：增大；不变
【点评】本题是对气体的热力学定律和气体状态方程的考查，知道外力做功和气体内能变化之间的关系即可，难度
不大．
14．（4 分）给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1 个标准大气压，体积为1L，将其缓慢压缩
到压强为2 个标准大气压时，气体的体积变为0.45L，请通过计算判断该包装袋是否漏气．
【分析】根据等温变化的玻意尔定律P0V0=P1V1，利用假设法，即假设气体的体积不变，即可求解体积，从而与其
比较，进而求解．
【解答】解：假设不漏气，设加压后的体积为V1，
根据等温过程，即P0V0=P1V1，
代入数据，解得：V1=
=
=0.5L；
由于0.45L＜0.5L，因此包装袋是漏气．
答：通过以上计算，该包装袋是漏气．
【点评】考查理想气体的状态方程的应用，掌握等温变化的气体变化规律，理解假设法的运用．同时知道理想气体
的含义．
B[选修3-4]
15．（4 分）一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比
（
）
A．波速变大B．波速不变C．频率变高D．频率不变
【分析】根据声音的多普勒效应分析回答，声源移向观察者时接收频率变高，即距离声源越远，频率越低，距离声
源越近，频率越高．
【解答】解：渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，
波速由介质决定，所以被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比波速不变，
根据声音的多普勒效应，声源移向观察者时接收频率变高，
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所以被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比频率变高，
故选：BC。
【点评】对于多普勒效应，要知道在波源与观察者靠近时观察者接收到的波的频率变高，而在波源与观察者远离时
接收频率变低；即高亢表示远离，低沉表示靠近．
16．（4 分）用2×106Hz 的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为2250m/s 和1500m/s，则该
超声波在结石中的波长是胆汁中的
1.5
倍，用超声波检查胆结石是因为超声波的波长较短，遇到结石时
不容
易
（选填“容易”或“不容易”）发生衍射．
【分析】本题考查波长、波速及频率的关系，解题时要注意频率与波源决定；而波速由介质决定；同时明确三者间
的关系．
【解答】解：超声波在传播中频率不变，波长λ=
；则说明波长与波速成正比，故波长之比为：
=1.5 倍；
由于波长越短越不容易发生衍射现象；故采用超声波可以有效检查胆结石；
故答案为：1.5；不容易．
【点评】本题考查声波中波长、波速和频率的关系，要注意明确三个物理量各自的决定因素及相互关系．
17．（4 分）人造树脂是常用的眼镜镜片材料，如图所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后，射在桌面上
的P 点，已知光线的入射角为30°，OA=5cm，AB=20cm，BP=12cm，求该人造树脂材料的折射率n．
【分析】先根据图中的几何关系，求出折射光线的折射角的正弦值，然后由折射率的定义式即可求得．
【解答】解：将过O 点的法线延长，与BP 交于D 点，如图，由几何关系可得：
PD=BP﹣BD=BP﹣AO=12﹣5=7cm
=
cm≈21.2cm
所以：
该人造树脂材料的折射率：
答：该人造树脂材料的折射率是1.5．
【点评】该题考查光的折射定律，在已知入射角的情况下，结合几何关系来确定折射角的大小或折射角的正弦值的
大小是解答的关键．所以解答的思路是先求出折射角的正弦值．
C[选修3-5]
18．波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是（
）
A．光电效应现象揭示了光的粒子性
B．热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性
C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释
D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等
【分析】光子既有波动性又有粒子性，波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义；光电效应现象
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揭示了光的粒子性；相邻原子之间的距离大致与中子的德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象；普朗克借助于
能量子假说，完美的解释了黑体辐射规律，破除了“能量连续变化”的传统观念；德布罗意波长为λ=
，P 是动量，h
是普朗克常量．
【解答】解：A、光电效应现象揭示了光的粒子性。故A 正确；
B、热中子束射到晶体上产生的衍射图样说明中子具有波动性。故B 正确；
C、黑体辐射的实验规律不能使用光的波动性解释，而普朗克借助于能量子假说，完美的解释了黑体辐射规律，破
除了“能量连续变化”的传统观念。故C 错误；
D、根据德布罗意波长公式，若一个电子的德布罗意波长和一个质子的波长相等，则动量P 也相等，动能则不相等。
故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题主要考查德布罗意波和黑体辐射理论，在考纲中属于基本要求．明确各种物理现象的实质和原理才能
顺利解决此类题目，故平时学习时要“知其然，更要知其所以然”．
19．核电站利用原子核链式反应放出的世大能量进行发电，
U 是核电站常用的核燃料，
U 受一个中子轰
击后裂变成
Ba 和
Kr 两部分，并产生
3
个中子，要使链式反应发生，裂变物质的体积要
大于
（选填
“大于”或“小于”）它的临界体积．
【分析】正确解答本题需要掌握：聚变和裂变反应的特点以及应用；质量数和电荷数守恒在核反应中的应用以及质
子数、中子数、质量数等之间关系．
【解答】解：
U 受一个中子轰击后裂变成
Ba 和
Kr 两部分，根据根据电荷数和质量数守恒有：92=56+36，
235+1=144+89+x×1，解得x=3，所以中子个数为3．
链式反应的条件：大于临界体积．
故答案为：3，大于
【点评】裂变和聚变是在原子物理中学习的两种重要反应，要明确它们的特点以及应用，熟练应用质量数和电荷数
守恒解答有关问题．
20．取质子的质量mp=1.6726×10
﹣27kg，中子的质量mn=1.6749×10
﹣27kg，α粒子的质量mα=6.6467×10
﹣27kg，光速
c=3.0×108m/s，请计算α粒子的结合能．（计算结果保留两位有效数字）
【分析】组成α粒子的核子与α粒子的质量差即为两个质子和两个中子结合成一个α粒子时损失的质量，有质能方程
代入数据即可得知α粒子的结合能．
【解答】解：组成α粒子的核子与α粒子的质量差为：
△m=（2mp+2mn）﹣mα
所以结合能为：△E=△mc2
代入数据解得：△E=4.3×10
﹣12J
答：α粒子的结合能为4.3×10
﹣12J
【点评】核子结合成原子核时，有质量亏损，根据爱因斯坦的质能联系方程，必然放出相应的能量△E=△mc2，这
个能量叫做原子核的结合能．显然，如果要把原子核分开成核子，必须给以同样的能量．
核子组成不同的原子核时，放出的结合能的大小也不相同．结合能除以核子数就得到核子的平均结合能，其意义是：
核子结合成原子核时，平均每个核子所释放的结合能．它也等于把原子核拆散成核子时，外界必须提供给每个核子
的平均能量．
四、计算题：本题共3 小题，共计47 分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后
答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
21．（15 分）做磁共振（MRI）检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流，某同学为了
估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r=5.0cm，线圈
导线的截面积A=0.80cm2，电阻率ρ=1.5Ω•m，如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B 在0.3s
内从1.5T 均匀地减为零，求：（计算结果保留一位有效数字）
（1）该圈肌肉组织的电阻R；
（2）该圈肌肉组织中的感应电动势E；
（3）0.3s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q．
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【分析】（1）由电阻定律即可求出该圈肌肉组织的电阻R；
（2）根据法拉第电磁感应定律即可求出该圈肌肉组织中的感应电动势E；
（3）由焦耳定律：Q=I2Rt，即可求出0.3s 内该圈肌肉组织中产生的热量Q．
【解答】解：（1）由电阻定律得：
Ω；
（2）根据法拉第电磁感应定律得：
代入数据得：E=4×10
﹣2V
（3）由焦耳定律：Q=I2Rt=
，得：
J
答：（1）该圈肌肉组织的电阻是6×103Ω；
（2）该圈肌肉组织中的感应电动势是4×10
﹣2V；
（3）0.3s 内该圈肌肉组织中产生的热量是8×10
﹣8J．
【点评】本题情景是设置虽然比较新颖，属于线圈类型，要掌握法拉第定律的几种不同表达形式，再结合闭合电路
欧姆定律进行求解．
22．（16 分）一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，
球和环的质量均为m，O 端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L，装
置静止时，弹簧长为
L，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和
空气阻力，重力加速度为g．求：
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；
（3）弹簧长度从
L 缓慢缩短为
L 的过程中，外界对转动装置所做的功W．
【分析】（1）装置静止时，分别对小环和小球分析，根据共点力平衡，结合胡克定律求出弹簧的劲度系数；
（2）当AB 杆弹力为零时，对小环分析，根据共点力平衡和胡克定律求出弹簧的长度，对小球分析，抓住竖直方向
上合力为零，水平方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出装置转动的角速度ω0；
（3）弹簧长度从
L 缓慢缩短为
L 的过程中，抓住弹簧的弹性势能不变，弹力不做功，根据动能定理，结合小环
平衡和小球竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力，求出外界对转动装置所做的功W．
【解答】解：（1）装置静止时，设OA、AB 杆中的弹力分别为F1、T1，OA 杆与转轴的夹角为θ1，
小环受到弹簧的弹力
，
小环受力平衡，F 弹1=mg+2T1cosθ1，
小球受力平衡，F1cosθ1+T1cosθ1=mg，F1sinθ1=T1sinθ1，
解得k=
．
（2）设OA、AB 杆中的弹力分别为F2、T2，OA 杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x．
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小环受到弹簧的弹力F 弹2=k（x﹣L），
小环受力平衡，F 弹2=mg，解得x=
，
对小球，F2cosθ2=mg，
，且
，
解得
．
（3）弹簧长度为
时，设OA、AB 杆中的弹力分别为F3、T3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3，
小环受到的弹力
，
小环受力平衡，2T3cosθ3=mg+F 弹3，且cosθ3=
，
对小球，F3cosθ3=T3cosθ3+mg，
，
解得
．
整个过程中弹簧弹性势能变化为零，则弹力做功为零，由动能定理得，
=
，
解得W=
．
答：（1）弹簧的劲度系数为
；
（2）装置转动的角速度为
；
（3）外界对转动装置所做的功为
．
【点评】本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、共点力平衡和胡克定律的运用，当装置转动时，抓住小环平衡，
小球在竖直方向上平衡，水平方向上的合力提供向心力进行求解．
23．（16 分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0 的加速电场，其初速
度几乎为零，这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后打在底片
上，已知放置底片的区域MN=L，且OM=L．某次测量发现MN 中左侧
区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧
区
域QN 仍能正常检测到离子，在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到．
（1）求原本打在MN 中点P 的离子质量m；
（2）为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围；
（3）为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数．
（取lg2=0.301，lg3=0.477，
lg5=0.699）
【分析】（1）离子先由电场加速，后进入磁场做匀速圆周运动．先根据动能定理求出电场加速获得的速度表达式，
再由几何关系求出磁场中轨迹半径，由洛伦兹力等于向心力，列式求解离子的质量．
（2）由几何关系得到离子打在N 点和Q 点时的轨迹半径，由上式结果求解电压U 的范围．
（3）运用归纳法，根据轨迹半径与电压的关系，得到调节电压U 的次数表达式，再进行求解．
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【解答】解：（1）离子在电场中加速，由动能定理得：qU0=
…①
在磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB=m
…②
解得：r=
代入r0=
L 解得：m=
（2）由（1）中第①②两式知：U=
离子打在Q 点，轨迹半径为：r=
=
r0，则有：U=
离子打在N 点，轨迹半径为：r=L=
r0，U=
则电压的范围为：
≤U≤
．
（3）由（1）知，r∝
由题意知，第1 次调节电压到U1，使原本打在Q 点的离子打在N 点，则
=
此时，原本半径为r1 的打在Q1 的离子打在Q 上，
=
解得r1=（
）2L
第2 次调节电压到U2，使原本打在Q1 的离子打在N 点，原本半径为r2 的打在Q2 的离子打在Q 上，则
=
，
=
解得r2=（
）3L=
同理，第n 次调节电压，有
rn=（
）n+1L
检测完整，有rn≤
解得n≥
﹣1≈2.8
故需要调节U 的最少次数为3 次．
另一种解法（第三次调节电压到U3，使原本打到Q2 点的离子打到N 点，有：
，此时，设原本半径
为r3 的打在Q3 的离子打在Q 上，则
=
，解得：r3=
=
＜
，调节电压的次数最少为3 次．）
答：（1）原本打在MN 中点P 的离子质量m 为
；
（2）为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，加速电压U 的调节范围为
≤U≤
；
（3）需要调节U 的最少次数为3 次．
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【点评】本题是动能定理和牛顿定律的综合题，解决本题的关键会运用几何知识和归纳法分析离子轨道半径变化的
规律，灵活运用动能定律和牛顿第二定律解答．
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2015 年海南省高考物理试卷
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题3 分，共18 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．（3 分）如图，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P，且S 极朝向a 点．P 后一电子在偏转线圈
和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点，在电子经过a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电
子的作用力的方向（
）
A．向上B．向下C．向左D．向右
2．（3 分）如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂
直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度
相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ′．则
等于
（
）
A．
B．
C．1
D．
3．（3 分）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2 倍，则摩托
艇的最大速率变为原来的（
）
A．4 倍B．2 倍C．
倍D．
倍
4．（3 分）如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开
始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力
所做的功为（
）
A．
mgR
B．
mgR
C．
mgR
D．
mgR
5．（3 分）如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l．在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q＞0）的粒
子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为﹣q 的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知
两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距
l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M：m 为
（
）
A．3：2 B．2：1 C．5：2 D．3：1
6．（3 分）若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平
方向运动的距离之比为2：
．已知该行星质量约为地球的7 倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为
（
）
A．
R
B．
R
C．2R
D．
R
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。
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7．（5 分）如图，两电荷量分别为Q（Q＞0）和﹣Q 的点电荷对称地放置在x 轴上原点O 的两侧，a 点位于x 轴上
O 点与点电荷Q 之间，b 点位于y 轴O 点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是（
）
A．b 点电势为零，电场强度也为零
B．正的试探电荷在a 点的电势能大于零，所受电场力方向向右
C．将正的试探电荷从O 点移到a 点，必须克服电场力做功
D．将同一正的试探电荷先后从O、b 两点移到a 点，后者电势能的变化较大
8．（5 分）如图，物块a、b 和c 的质量相同，a 和b、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S1 和S2 相连，通过系在a 上
的细线悬挂于固定点O．整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a 的加速度的大小记为a1，S1 和S2 相对于
原长的伸长分别记为△l1 和△l2，重力加速度大小为g．在剪断的瞬间，（
）
A．a1=3gB．a1=0 C．△l1=2△l2 D．△l1=△l2
9．（5 分）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下
滑．当升降机加速上升时，（
）
A．物块与斜面间的摩擦力减少B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
10．（5 分）如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；
副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，
是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，
保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则（
）
A．此时原线圈两端电压的最大值约为34V
B．此时原线圈两端电压的最大值约为24V
C．原线圈两端原来的电压有效值约为68V
D．原线圈两端原来的电压有效值约为48V
三、实验题：本题共2 小题，第11 题6 分，第12 题9 分，共15 分。把答案写在答题卡中指定的答题处。
11．（6 分）某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）
所示。该工件的直径为
cm，高度为
mm。
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12．（9 分）某同学利用图（a）所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化．实验中使用的器材为：
电池E（内阻很小）、开关S1 和S2、电容器C（约100μF）、电阻R1（约200kΩ）、电阻R2（1kΩ）、电压表
（量
程6V）、秒表、导线若干．
（1）按图（a）所示的电路原理图将图（b）中实物图连线．
（2）先闭合开关S2，再断开开关S2；闭合开关S1，同时按下秒表开始计时，若某时刻电压表的示数如图（c）所示，
电压表的读数为
V（保留2 位小数）．
（3）该同学每隔10s 记录一次电压表的读数U，记录的数据如表所示，在图（d）给出的坐标纸上绘出U﹣t 图线．已
知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是
s．
时间t/s
10.0
20.0
30.0
40.0
50.0
60.0
电压U/V
2.14
3.45
4.23
4.51
5.00
5.18
（4）电路中C、R2 和S2 构成的回路的作用是
．
四、计算题：本题共2 小题，第13 题10 分，第14 题13 分，共23 分。把解答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．（10 分）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距L，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，
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磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率ν匀速向
右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为
g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求
（1）电阻R 消耗的功率；
（2）水平外力的大小．
14．（13 分）如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛
物线顶点．已知h=2m，s=
m．取重力加速度大小g=10m/s2．
（1）一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半
径；
（2）若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小．
五、选考题．请考生在三道选修题中任选二题做答。如果多做，则按所做的第一、二题计分，做答时用2B 铅笔在
答题卡上把选做题目题号后的方框涂黑。计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。【模块3-3 试题】
15．（4 分）已知地球大气层的厚度h 远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，地面大
气压强为P0，重力加速度大小为g．由此可估算得，地球大气层空气分子总数为
，空气分子之间的平均距
离为
．
16．（8 分）如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m
的相同活塞A 和B；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V．已
知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为P0，现假设活塞B 发生缓慢漏气，致使B 最终
与容器底面接触．求活塞A 移动的距离．
模块3-4 试题
17．（4 分）一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0 时刻的波形如图所示，质点P 的x 坐标为3m．已知任意振动
质点连续2 次经过平衡位置的时间间隔为0.4s．下列说法正确的是（
）
A．波速为4m/s
B．波的频率为1.25Hz
C．x 坐标为15m 的质点在t=0.6s 时恰好位于波谷
D．x 坐标为22m 的质点在t=0.2s 时恰好位于波峰
E．当质点P 位于波峰时，x 坐标为17m 的质点恰好位于波谷
18．（8 分）一半径为R 的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示。已知玻璃的全反射临界角为γ（γ＜
）。与玻璃砖的
底平面成（
﹣γ）角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上。经柱面折射后，有部分光（包
括与柱面相切的入射光）能直接从玻璃砖底面射出，若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光，求底面透光部分的宽
度。
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模块3-5 试题
19．氢原子基态的能量为E1=﹣13.6eV．大量氢原子处于某一激发态．由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率
最大的光子能量为﹣0.96E1，频率最小的光子的能量为
eV（保留2 位有效数字），这些光子可具有
种
不同的频率．
20．运动的原子核
X 放出α粒子后变成静止的原子核Y．已知X、Y 和α粒子的质量分别是M、m1 和m2，真空中
的光速为c，α粒子的速度远小于光速．求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能．
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2015 年海南省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题3 分，共18 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．（3 分）如图，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P，且S 极朝向a 点．P 后一电子在偏转线圈
和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点，在电子经过a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电
子的作用力的方向（
）
A．向上B．向下C．向左D．向右
【分析】根据左手定则判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且跟手掌在同一平面内，把手放入磁场
中，让磁感线穿过掌心，四指所指为正电荷运动方向，拇指所指方向为电荷所受洛伦兹力的方向．
【解答】解：P 前有一条形磁铁垂直于P，且S 极朝向a 点可知条形磁铁的磁场的方向向外，电子向右运动，由左
手定则可知，电子受到的条形磁铁对电子的作用力的方向向上。
故选：A。
【点评】本题提供的情景看似比较复杂，在去芜存菁后可知，电子受到的洛伦兹力的方向可以由左手定则直接判
定．要注意的是：对负电荷而言，四指所指方向为其运动的反方向．
2．（3 分）如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂
直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度
相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为ɛ′．则
等于
（
）
A．
B．
C．1
D．
【分析】本题根据感应电动势公式E=BLv，L 是有效的切割长度，分析感应电动势的关系．
【解答】解：设金属棒的长度为L。
左侧的金属棒有效的切割长度为L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为ɛ=BLv
右侧的金属棒有效的切割长度为
L，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为ɛ′=B
Lv
则
=
故选：B。
【点评】本题关键要准确理解公式E=BLv 中L 的含义，知道L 是有效的切割长度，即速度垂直方向上金属棒的长度．
3．（3 分）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率，如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2 倍，则摩托
艇的最大速率变为原来的（
）
A．4 倍B．2 倍C．
倍D．
倍
【分析】由题意可知：摩托艇的阻力大小与速度成正比，即：f=kv；当物体做匀速运动时，速度最大，此时牵引力
F 与阻力f 相等：即F=f=kv；而发动机的输出功率P=Fv，据此分析判断．
【解答】解：设阻力为f，由题知：f=kv；
速度最大时，牵引力等于阻力，则有P=Fv=fv=kv2。
所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的2 倍，则摩托艇的最大速率变为原来的
倍。
故选：D。
【点评】解决本题的关键：一是能够正确的写出阻力与速度大小的表达式，二是利用功率的计算方法P=Fv．
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4．（3 分）如图，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开
始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力
所做的功为（
）
A．
mgR
B．
mgR
C．
mgR
D．
mgR
【分析】质点经过Q 点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿运动定律求出质点经过Q 点的速度，再由
动能定理求解克服摩擦力所做的功。
【解答】解：质点经过Q 点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：
N﹣mg=m
由题有：N=2mg
可得：vQ=
质点自P 滑到Q 的过程中，由动能定理得：
mgR﹣Wf=
得克服摩擦力所做的功为Wf=
mgR
故选：C。
【点评】本题考查动能定理的应用及向心力公式，要注意正确受力分析，明确指向圆心的合力提供圆周运动的向心
力，知道动能定理是求解变力做功常用的方法。
5．（3 分）如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l．在正极板附近有一质量为M、电荷量为q（q＞0）的粒
子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为﹣q 的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知
两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距
l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M：m 为
（
）
A．3：2 B．2：1 C．5：2 D．3：1
【分析】粒子只受到电场力的作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学的公式求出位移，
在通过比较位移即可得出它们的质量比．
【解答】解：根据题意，两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距
l 的平面，所以q 的位移为x1=
l，而﹣q 的
位移为：
粒子只受到电场力的作用做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
，
又由：
运动的时间是相等的，则：
所以：
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故选：A。
【点评】该题中，粒子都在电场中做匀加速直线运动，运动的时间是相等的，粒子的电荷量又相等，所以并不需要
求出具体的数值，写出相应的公式，然后采用比值法即可快速得出结论．
6．（3 分）若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平
方向运动的距离之比为2：
．已知该行星质量约为地球的7 倍，地球的半径为R．由此可知，该行星的半径约为
（
）
A．
R
B．
R
C．2R
D．
R
【分析】通过平抛运动的规律求出在星球上该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比．再由万有引力
等于重力，求出行星的半径．
【解答】解：对于任一行星，设其表面重力加速度为g。
根据平抛运动的规律得h=
得，t=
则水平射程x=v0t=v0
。
可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比
=
=
根据G
=mg，得g=
可得
=
•
解得行星的半径R 行=R 地
•
=R×
•
=2R
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及掌握万有引力等于重力这一理论，
并能灵活运用．
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．（5 分）如图，两电荷量分别为Q（Q＞0）和﹣Q 的点电荷对称地放置在x 轴上原点O 的两侧，a 点位于x 轴上
O 点与点电荷Q 之间，b 点位于y 轴O 点上方．取无穷远处的电势为零．下列说法正确的是（
）
A．b 点电势为零，电场强度也为零
B．正的试探电荷在a 点的电势能大于零，所受电场力方向向右
C．将正的试探电荷从O 点移到a 点，必须克服电场力做功
D．将同一正的试探电荷先后从O、b 两点移到a 点，后者电势能的变化较大
【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的
方向．根据等势面和电场线分布情况，分析电势和场强的关系．
【解答】解：A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电
场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以B 点的电势等于0，而电场强度不等于0．故A 错误；
B、由图，两个点电荷在a 点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a 点受到的
电场力的方向向右；正电荷从a 向O 运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O 点的电势等于0，所以正的
试探电荷在a 点的电势能大于零，故B 正确；
C、正电荷从a 向O 运动的过程中，电场力做正功，电势能减小。所以将正的试探电荷从O 点移到a 点，必须克服
电场力做功；故C 正确；
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D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b 两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先
后从O、b 两点移到a 点，二者电势能的变化相等。故D 错误。
故选：BC。
【点评】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记
忆．
8．（5 分）如图，物块a、b 和c 的质量相同，a 和b、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S1 和S2 相连，通过系在a 上
的细线悬挂于固定点O．整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a 的加速度的大小记为a1，S1 和S2 相对于
原长的伸长分别记为△l1 和△l2，重力加速度大小为g．在剪断的瞬间，（
）
A．a1=3gB．a1=0 C．△l1=2△l2 D．△l1=△l2
【分析】对细线剪短前后的a、b、c 物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量．
【解答】解：A、B、对a、b、c 分别受力分析如图，
根据平衡条件，有：
对a：F2=F1+mg
对b：F1=F+mg
对c：F=mg
所以：F1=2mg
弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零。
当绳断后，b 与c 受力不变，仍然平衡，故a=0；
对a，绳断后合力为F 合=F1+mg=3mg=maa，aa=3g 方向竖直向下；故A 正确，B 错误。
C、D、当绳断后，b 与c 受力不变，则F1=k△l1，
；同时：F=k△l2，所以：
．联立得△l1=2
△l2：故C 正确，D 错误。
故选：AC。
【点评】考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点，注意加速度与受力的瞬时对应关系．
9．（5 分）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下
滑．当升降机加速上升时，（
）
A．物块与斜面间的摩擦力减少B．物块与斜面间的正压力增大
C．物块相对于斜面减速下滑
D．物块相对于斜面匀速下滑
【分析】对物体进行受力分析，得出匀速下滑时的受力情况，然后分析升降机加速上升时的情况即可．
【解答】解：当升降机匀速运动时，物块相对于斜面匀速下滑，则：f=μmgcosθ=mgsinθ，所以：sinθ=μcosθ；支持
力与摩擦力的合力竖直向上，大小等于重力；
当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物体受到的支持力一定增大，此时的摩擦力：f′=μ•FN′，由于接
触面的压力增大，所以物体与斜面间的摩擦力增大，故A 错误，B 正确；
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假设物体以加速度a 向上运动时，有N=m（g+a）cosθ，所以f′=μm（g+a）cosθ，对物体受力分析可知，垂直于斜
面方向上，由于m（g+a）sinθ=μm（g+a）cosθ，所以沿斜面方向Nsinθ=f′cosθ，即物体在沿斜面方向方向上合力为
0，所以物体仍做匀速下滑运动。故C 错误，D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了判断物体与升降机的位置关系问题，知道当升降机加速上升时，物体受到的支持力一定增大是
正确解题的关键．
10．（5 分）如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；
副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，
是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，
保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则（
）
A．此时原线圈两端电压的最大值约为34V
B．此时原线圈两端电压的最大值约为24V
C．原线圈两端原来的电压有效值约为68V
D．原线圈两端原来的电压有效值约为48V
【分析】根据串并联知识和欧姆定律可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
【解答】解：A、现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，
根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压U2=
×6R0=6V，
根据电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U1=4U2=24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为
U1m=24
≈34V，故A 正确，B 错误；
C、原来副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，
由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变，
所以原来副线圈电压U′2=
×12R0=12V，
根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48V，故C 错误，D 正确；
故选：AD。
【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．
三、实验题：本题共2 小题，第11 题6 分，第12 题9 分，共15 分。把答案写在答题卡中指定的答题处。
11．（6 分）某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）
所示。该工件的直径为
1.220
cm，高度为
6.860
mm。
【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是
固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为1.2cm，游标尺上第4 个刻度和主尺上某一刻度对齐，
所以游标读数为4×0.05mm=0.20mm=0.020cm，
所以最终读数为：1.2cm+0.020cm=1.220cm。
2 、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm ，可动刻度为36.0 × 0.01mm=0.360mm ，所以最终读数为
6.5mm+0.360mm=6.860mm，
故答案为：1.220，6.860。
【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。
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12．（9 分）某同学利用图（a）所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化．实验中使用的器材为：
电池E（内阻很小）、开关S1 和S2、电容器C（约100μF）、电阻R1（约200kΩ）、电阻R2（1kΩ）、电压表
（量
程6V）、秒表、导线若干．
（1）按图（a）所示的电路原理图将图（b）中实物图连线．
（2）先闭合开关S2，再断开开关S2；闭合开关S1，同时按下秒表开始计时，若某时刻电压表的示数如图（c）所示，
电压表的读数为
3.60
V（保留2 位小数）．
（3）该同学每隔10s 记录一次电压表的读数U，记录的数据如表所示，在图（d）给出的坐标纸上绘出U﹣t 图线．已
知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是
40
s．
时间t/s
10.0
20.0
30.0
40.0
50.0
60.0
电压U/V
2.14
3.45
4.23
4.51
5.00
5.18
（4）电路中C、R2 和S2 构成的回路的作用是
使实验前电容器两个极板上的电荷相中和
．
【分析】（1）根据电路的结构，从电源的正极出发，依次将电路连接即可；
（2）根据电压表读数的方法，即可正确读出电压；
（3）使用描点法画出各点的位置，然后用平滑的曲线连接，落在曲线外的点为误差比较大的点；
（4）电路中C、R2 和S2 构成的回路会使电容器放电．
【解答】解：（1）根据电路的结构，从电源的正极出发，依次将各仪器连接如图；
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（2）根据电压表的特点可知，电压表的量程为6V，分度值为0.1V，所以读数为3.60V；
（3）使用描点法画出各点的位置，然后用平滑的曲线连接如图，由图中的数据可知，电压表的读数的变化逐渐变
慢，在40s 时刻的电压值的点明显偏离了该曲线，电压值偏小．所以可知是40s 时刻的数据错误；
（4）先闭合开关S2，再断开开关S2 后才接通电路，由电路的结构可知，闭合开关S2 后电容器C 与导线以及R2、S2
构成一个RC 回路，该回路能使电容器上的原有的电荷释放干净，才能不影响实验的结果．
故答案为：（1）如图；（2）3.60；（3）如图，40s；（4）使实验前电容器两个极板上的电荷相中和
【点评】该实验测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变化，属于课本以外的实验，都是依据的实验的原理以
及实验的方法都是我们常用的原理和方法，通过这样的实验，可以考查我们的知识迁移能力，进一步培养实验的能
力．
四、计算题：本题共2 小题，第13 题10 分，第14 题13 分，共23 分。把解答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．（10 分）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距L，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，
磁感应强度大小为B，方向竖直向下．一质量为m 的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率ν匀速向
右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为
g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求
（1）电阻R 消耗的功率；
（2）水平外力的大小．
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出电流的大小．由公式P=I2R 求出电阻R 的
功率．
（2）导体棒匀速向右滑动时，水平外力与安培力和摩擦力的和是平衡力，根据平衡条件求解水平外力F 的大小．
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有：E=BvL…①
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则导体棒中的电流大小为：
…②
电阻R 消耗的功率：P=I2R…③
联立②③可解得：P=
…④
（2）由于导体棒ab 匀速运动，故向右的水平外力F 等于向左的安培力F 安和摩擦力的和，则水平外力：
F=μmg+F 安…⑤
安培力：
拉力：F=
答：（1）电阻R 消耗的功率是
；
（2）水平外力的大小是
．
【点评】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，安培力是联系力与电磁感应的桥梁，安培力经验公式F=
是常用的式子．
14．（13 分）如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛
物线顶点．已知h=2m，s=
m．取重力加速度大小g=10m/s2．
（1）一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半
径；
（2）若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小．
【分析】（1）当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则在bc 上只受重力，做平抛运动，根据平抛运
动基本公式求出b 点速度，再根据动能定理求解R；
（2）下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，b 到c 的过程中，根据动能定理列式，根据平抛运动基本公式求出
c 点速度方向与竖直方向的夹角，再结合运动的合成与分解求解．
【解答】解：（1）当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则在bc 上只受重力，做平抛运动，则有：
=
…①
则在b 点的速度
…②，
从a 到b 的过程中，根据动能定理得：
…③
解得：R=0.25m．
（2）从b 点下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，b 到c 的过程中，根据动能定理得：
…④
因为物体滑到c 点时与竖直方向的夹角等于（1）问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，
则根据平抛运动规律可知
…⑤，
根据运动的合成与分解可得
…⑥
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由①②③④⑤⑥解得：v 水平=
m/s
答：（1）圆弧轨道的半径为0.25m；
（2）环到达c 点时速度的水平分量的大小为
m/s．
【点评】本题主要考查了平抛运动基本公式、动能定理以及运动的合成与分解的应用，解题的关键是能正确分析物
体的受力情况和运动情况，特别抓住当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力这句话，难度适中．
五、选考题．请考生在三道选修题中任选二题做答。如果多做，则按所做的第一、二题计分，做答时用2B 铅笔在
答题卡上把选做题目题号后的方框涂黑。计算题请写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。【模块3-3 试题】
15．（4 分）已知地球大气层的厚度h 远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数为NA，地面大
气压强为P0，重力加速度大小为g．由此可估算得，地球大气层空气分子总数为
，空气分子之间
的平均距离为
．
【分析】（1）根据大气压力等于大气层中气体分子的总重力，求出大气层中气体的质量为m，根据n=
求出分
子数．
（2）假设每个分子占据一个小立方体，每个小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，由几何
知识求出空气分子平均间距．
【解答】解：（1）设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，mg=p0S，即：m=
分子数n=
=
=
（2）假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大
气层中气体总体积为V，则
a=
而大气层的厚度h 远小于地球半径R，则V=4πR2h，
所以a=
故答案为：
；
【点评】对于气体分子间平均距离的估算，常常建立这样的模型；假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧
密排列，所有小立方体体积之和等于气体的体积．
16．（8 分）如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m
的相同活塞A 和B；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V．已
知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为P0，现假设活塞B 发生缓慢漏气，致使B 最终
与容器底面接触．求活塞A 移动的距离．
【分析】分别对漏气前两部分气体分析，由理想气体状态方程可求得两部分气体混合后的体积，则可求得A 下降的
高度．
【解答】解：设A 与B 之间、B 与容器底部之间的气体压强分别为P1、P2，漏气前，对A 分析有：
P1=P0+
，对B 有P2=P1+
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B 最终与容器底面接触后，AB 间的压强为P，气体体积为V'，则有：P=P0+
因为温度不变，对于混合气体有：
（P1+P2）•V=PV′
漏气前A 距离底面的高度为h=
漏气后A 距离底面的高度为h′=
；
联立可得：
△h=h′﹣h=
V﹣
=
答：活塞A 移动的距离为
．
【点评】本题考查理想气体状态方程，要注意明确两部分气体虽然状态不相同，但由于质量一定，可以借助克拉珀
龙方程进行理解．
模块3-4 试题
17．（4 分）一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t=0 时刻的波形如图所示，质点P 的x 坐标为3m．已知任意振动
质点连续2 次经过平衡位置的时间间隔为0.4s．下列说法正确的是（
）
A．波速为4m/s
B．波的频率为1.25Hz
C．x 坐标为15m 的质点在t=0.6s 时恰好位于波谷
D．x 坐标为22m 的质点在t=0.2s 时恰好位于波峰
E．当质点P 位于波峰时，x 坐标为17m 的质点恰好位于波谷
【分析】根据任意振动质点连续2 次经过平衡位置的时间间隔为0.4s 即可求出周期．相邻两个波峰或波谷之间的距
离等于波长，由图读出波长．由
求出波速．
【解答】解：A、由题，任意振动质点连续2 次经过平衡位置的时间间隔为0.4s，则周期为0.8s，由图可知，该波
的波长是4m，所以波速：
=
m/s。故A 错误；
B、该波的周期是0.8s，则频率：f=
Hz．故B 正确；
C、x 坐标为15m 的质点到P 点的距离为：△x1=15m﹣3m=12m=3λ，所以x 坐标为15m 的质点与P 点的振动始终相
同。
P 质点经过t=0.6s=
时间恰好经过平衡位置，所以x 坐标为15m 的质点在t=0.6s 时恰好位于平衡位置。故C 错误；
D、x 坐标为22m 的质点到x=2 质点的距离为：△x2=22m﹣2m=20m=5λ，所以x 坐标为15m 的质点与x=2 的点的振
动始终相同。t=0 时刻x=2 的质点向上振动，经过t=0.2s=
T 时间恰好到达波峰，所以x 坐标为22m 的质点在t=0.2s
时恰好位于波峰位置。故D 正确；
E、x 坐标为17m 的质点到P 点的距离为：
，所以x 坐标为17m 的质点与P 点的振动始
终相反，当质点P 位于波峰时，x 坐标为17m 的质点恰好位于波谷。故E 正确。
故选：BDE。
【点评】根据质点的振动方向判断波的传播方向，可以采用比较质点振动先后的方法：波从振动早的质点向振动迟
的质点传播．
18．（8 分）一半径为R 的半圆柱形玻璃砖，横截面如图所示。已知玻璃的全反射临界角为γ（γ＜
）。与玻璃砖的
底平面成（
﹣γ）角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上。经柱面折射后，有部分光（包
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括与柱面相切的入射光）能直接从玻璃砖底面射出，若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光，求底面透光部分的宽
度。
【分析】光线从底面射出时会发生全反射现象，则可得出不能从底面射出的边界；再分析光从玻璃上表面射入的光
线的临界值可得出光束宽度。
【解答】解：光路图如图所示，
沿半径方向射入玻璃砖的光线，即光线①射到MN 上时，
根据几何知识得入射角恰好等于临界角，即恰好在圆心O 出发生全反射，光线①左侧的光线经球面折射后，射到
MN 上的角一定大于临界角，
即在MN 上发生全反射，不能射出；
光线①右侧的光线射到MN 上的角小于临界角，可以射出，
如图光线③与球面相切，入射角θ1=90°，
根据折射定律得sinθ2=
，
根据全反射定律n=
，
解得：θ2=γ，
由几何关系可得∠AOE=γ，
所以射出宽度OE=
=
。
答：底面透光部分的宽度是
。
【点评】本题考查光的折射及全反全射定律，要注意分析发应全反射光线的边界的确定，作出光路图即可求角。
模块3-5 试题
19．氢原子基态的能量为E1=﹣13.6eV．大量氢原子处于某一激发态．由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率
最大的光子能量为﹣0.96E1，频率最小的光子的能量为
0.31
eV（保留2 位有效数字），这些光子可具有
10
种
不同的频率．
【分析】能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，根据能级差的大小求出辐射的最小和最大光子能量，
从而判断哪个能级间跃迁辐射的光子频率最大，波长最短．
【解答】解：氢原子基态的能量为E1=﹣13.6eV．大量氢原子处于某一激发态．
由这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为﹣0.96E1，即跃迁到最高能级能量E=0.04E1=﹣0.544eV，
即处在n=5 能级；
频率最小的光子的能量为△E′=﹣0.544eV﹣（﹣0.85eV）=0.31eV，
根据
=10，所以这些光子可具有10 种不同的频率．
故答案为：0.31；10
【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律，能级差越大，辐射的光子能量越大，光子频率越大，波长越
小．
20．运动的原子核
X 放出α粒子后变成静止的原子核Y．已知X、Y 和α粒子的质量分别是M、m1 和m2，真空中
的光速为c，α粒子的速度远小于光速．求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能．
【分析】反应后与反应前的总动能之差等于产生的核能，根据爱因斯坦质能方程求解．
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应用动量守恒和能量守恒定律，列式求解衰变后的各自动能．
【解答】解：由于反应后存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放的核能，则根据爱因斯坦质
能方程得
△Ek=
﹣
=（M﹣m1﹣m2）c2；
反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，则有
Mvx=m2vα ；
联立解得α粒子的动能
=
（M﹣m1﹣m2）c2；
答：反应后与反应前的总动能之差为（M﹣m1﹣m2）c2，α粒子的动能为
（M﹣m1﹣m2）c2．
【点评】本题考查了原子核的衰变，要掌握在核反应过程中，遵循两大守恒：动量守恒和能量守恒，并能灵活运用．
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2015 年广东省高考物理试卷
一、单项选择题（本大题共4 小题，每小题4 分，满分16 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题
目要求，选对的得4 分，选错或不答的得0 分）
1．（4 分）甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1 小时内的位移﹣时间图象如图所示．下列表述正确
的是（
）
A．0.2﹣0.5 小时内，甲的加速度比乙的大
B．0.2﹣0.5 小时内，甲的速度比乙的大
C．0.6﹣0.8 小时内，甲的位移比乙的小
D．0.8 小时内，甲、乙骑行的路程相等
2．（4 分）如图所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物
（
）
A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v
B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v
C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为
v
D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为
v
3．（4 分）如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效
值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V 降至110V．调节前后（
）
A．副线圈中的电流比为1：2
B．副线圈输出功率比为2：1
C．副线圈的接入匝数比为2：1 D．原线圈输入功率比为1：2
4．（4 分）在同一匀强磁场中，α粒子（
He）和质子（
H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒
子和质子（
）
A．运动半径之比是2：1
B．运动周期之比是2：1
C．运动速度大小之比是4：1
D．受到的洛伦兹力之比是2：1
二、双项选择题（本大题共5 小题，每小题6 分，共30 分.在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，
全部选对的得6 分，只选1 个正确的得3 分，有错选或不答的得0 分）
5．（6 分）如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加
热升温的过程中，被封闭的空气（
）
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A．内能增大B．压强增大
C．分子间引力和斥力都减小
D．所有分子运动速率都增大
6．
（6 分）科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X+Y→
He+
H+4.9MeV
和
H+
H→
He+X+17.6MeV．下列表述正确的有（
）
A．X 是中子
B．Y 的质子数是3，中子数是6
C．两个核反应都没有质量亏损
D．氘和氚的核反应是核聚变反应
7．（6 分）如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，
若三条绳长度不同，下列说法正确的有（
）
A．三条绳中的张力都相等
B．杆对地面的压力大于自身重力
C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
8．（6 分）在星球表面发射探测器，当发射速度为v 时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动，当发射速度达到
v
时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，下列说法正
确的有（
）
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大
B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
9．（6 分）如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，
释放后，M、N 保持静止，不计重力，则（
）
A．M 的带电量比N 的大
B．M 带负电荷，N 带正电荷
C．静止时M 受到的合力比N 的大
D．移动过程中匀强电场对M 做负功
三、非选择题：（按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能
得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
10．（8 分）某同学实验打点计时器测量当地的重力加速度．
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（1）请完成以下主要实验步骤：按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物
（填
“靠近”或“偏离”）计时器下端；
，
，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；
（2）图（b）和（c）是实验获得的两条纸带，应选取
（填“b”或“c”）来计算重力加速度．在实验操作和数
据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和
．
11．（10 分）某实验小组研究两个未知元件X 和Y 的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内
阻约为1Ω）、定值电阻等。
（1）使用多用电表粗测元件X 的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为
Ω．据此应选
择图中的
（填“b”或“c”）电路进行实验；
（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P 从左向右滑动，电流表的示数逐渐
（填“增大”或“减小”）；
依次记录电流及相应的电压；将元件X 换成元件Y，重复实验；
（3）如图（d）是根据实验数据作出的U﹣I 图线，由图可判断元件
（填“X”和“Y”）是非线性元件；
（4）该小组还借助X 和Y 中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E 和内阻r，电路如图（e）
所示，闭合S1 和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V．利用图（d）可算得E=
V．r=
Ω
（结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表）。
12．（18 分）如图（a）所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4m，导轨右端接有阻值R=1Ω的电阻，导体棒
垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计．导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强
磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L．从0 时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图（b）所示；
同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s 做直线运动，
求：
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（1）棒进入磁场前，回路中的电动势E；
（2）棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd 区域使电流i 与时间t 的关系式．
13．
（18 分）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m，
物块A 以V0=6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后
粘在一起运动．P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m．物块与各粗糙段
间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B 的质量均为m=1kg（重力加速度g 取10m/s2；A、B 视为质点，碰撞时间极短）．
（1）求A 滑过Q 点时的速度大小V 和受到的弹力大小F；
（2）若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；
（3）求碰后AB 滑至第n 个（n＜k）光滑段上的速度VAB 与n 的关系式．
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2015 年广东省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共4 小题，每小题4 分，满分16 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题
目要求，选对的得4 分，选错或不答的得0 分）
1．（4 分）甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1 小时内的位移﹣时间图象如图所示．下列表述正确
的是（
）
A．0.2﹣0.5 小时内，甲的加速度比乙的大
B．0.2﹣0.5 小时内，甲的速度比乙的大
C．0.6﹣0.8 小时内，甲的位移比乙的小
D．0.8 小时内，甲、乙骑行的路程相等
【分析】位移图象反映质点的位置随时间的变化情况，其斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动；根据斜率
的正负分析速度的方向．物体的位移等于s 的变化量．
【解答】解：A、由图知，0.2﹣0.5 小时内甲乙都做匀速直线运动，加速度均为零，故A 错误。
B、s﹣t 图象的斜率表示速度，甲的斜率大，则甲的速度比乙的大，故B 正确。
C、物体的位移等于s 的变化量。则知0.6﹣0.8 小时内，甲的位移比乙的大，故C 错误。
D、0﹣0.6 小时内，甲的位移比乙的大，0.6﹣0.8 小时内，甲的位移比乙的大，所以0.8 小时内，甲的路程比乙的大，
故D 错误。
故选：B。
【点评】该题考查了对位移﹣﹣时间图象的理解和应用，要掌握：在位移﹣时间图象中，图象的斜率表示质点运动
的速度的大小，纵坐标的变化量表示位移．
2．（4 分）如图所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物
（
）
A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v
B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v
C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为
v
D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为
v
【分析】将帆板视为静止，则可得出船相对于板的速度，再由运动的合成与分解可求得合速度的大小和方向．
【解答】解：以帆板为参考系，即把帆板看作静止，则帆船相对于帆板有向东的速度v 及向北的速度v；
由矢量合成可知，二者的合速度v 合=
v；方向北偏东45 度。
故选：D。
【点评】本题考查运动的合成与分解及参考系的内容，矢量是高中物理中的重要内容要掌握其合成与分解的方法．
3．（4 分）如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效
值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V 降至110V．调节前后（
）
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A．副线圈中的电流比为1：2
B．副线圈输出功率比为2：1
C．副线圈的接入匝数比为2：1 D．原线圈输入功率比为1：2
【分析】变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析．
【解答】解：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V 降至110V，输出电压减小为原来的一半，
在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，
所以接入匝数之比为2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故A 错误，C
正确；
B、由P=
，所以输出功率之比为4：1，故B 错误；
D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：1，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题不仅考查了变压器的特点和欧姆定律，还结合闭合电路考查了电路的动态分析．
4．（4 分）在同一匀强磁场中，α粒子（
He）和质子（
H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒
子和质子（
）
A．运动半径之比是2：1
B．运动周期之比是2：1
C．运动速度大小之比是4：1
D．受到的洛伦兹力之比是2：1
【分析】质子H 和α粒子以相同的动量在同一匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二
定律和圆周运动的规律，可求得比较r、速度v 及T 的表达式，根据表达式可以得到半径以及周期之比．
【解答】解：C、两个粒子的动量大小相等，质量之比是4：1，
所以：
．故C 错误；
A、质子H 和α粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=m
，得轨道半径：R=
=
，
根据质子质子（
H）和α（
He）粒子的电荷量之比是1：2，质量之比是1：4，
则得：RHe：RH=
，故A 错误；
B、粒子运动的周期：
，所以：
．故B 正确；
D、根据粒子受到的洛伦兹力：f=qvB，得：
．故D 错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场场中运动的问题，知道洛伦兹力充当向心力，熟练掌握圆周运动的基本公
式即可．
二、双项选择题（本大题共5 小题，每小题6 分，共30 分.在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，
全部选对的得6 分，只选1 个正确的得3 分，有错选或不答的得0 分）
5．（6 分）如图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加
热升温的过程中，被封闭的空气（
）
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A．内能增大B．压强增大
C．分子间引力和斥力都减小
D．所有分子运动速率都增大
【分析】气体分子间距较大，内能主要体现在分子平均动能上，温度升高时内能增大；再根据压强的微观解释可明
确压强的变化．
【解答】解：水加热升温使空气温度升高，故封闭空气的内能增大，气体分子的平均动能增大，分子对器壁的撞击
力增大，故压强增大；但分子间距离不变，故分子间作用力不变；由于温度是分子平均动能的标志是一个统计规律，
温度升高时并不是所有分子的动能都增大，有少数分子动能可能减小；
故选：AB。
【点评】本题考查分子的微观性质，要注意明确气体内能取决于温度；而压强取决于温度和体积．
6．
（6 分）科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X+Y→
He+
H+4.9MeV
和
H+
H→
He+X+17.6MeV．下列表述正确的有（
）
A．X 是中子
B．Y 的质子数是3，中子数是6
C．两个核反应都没有质量亏损
D．氘和氚的核反应是核聚变反应
【分析】根据质量数守恒以及电荷数守恒即可判断出X 和Y；根据是否释放能量判定有没有质量亏损；根据核反应
的特点判定是否是聚变反应．
【解答】解：A、根据核反应方程：
H+
H→
He+X，X 的质量数：m1=2+3﹣4=1，核电荷数：z1=1+1﹣2=0，所
以X 是中子。故A 正确；
B、根据核反应方程：X+Y→
He+
H，X 是中子，所以Y 的质量数：m2=4+3﹣1=6，核电荷数：z2=2+1﹣0=3，所
以Y 的质子数是3，中子数是3．故B 错误；
C、根据两个核反应方程可知，都有大量的能量释放出来，所以一定都有质量亏损。故C 错误；
D、氘和氚的核反应过程中是质量比较小的核生成质量比较大的新核，所以是核聚变反应。故D 正确。
故选：AD。
【点评】该题考查常见的核反应方程，在这一类的题目中，要注意质量数守恒和核电荷数守恒的应用．基础题目．
7．（6 分）如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，
若三条绳长度不同，下列说法正确的有（
）
A．三条绳中的张力都相等
B．杆对地面的压力大于自身重力
C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
【分析】对杆进行分析，明确杆受力情况，再根据水平和竖直方向的平衡关系可分析力之间的关系．
【解答】解：A、由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止，故在水平方向三力
水平分力的合力应为零；故说明三力的大小可能不相等；故A 错误；C 正确；
B、由于三力在竖直方向有拉力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力；故B 正确；D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查共点力的平衡条件及应用，要注意本题中应分别对水平和竖直两个方向进行分析才能得出正确结
果．
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8．（6 分）在星球表面发射探测器，当发射速度为v 时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动，当发射速度达到
v
时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，下列说法正
确的有（
）
A．探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大
B．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大
C．探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等
D．探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大
【分析】探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关，根据万有引力公式以及地球、火星两
星球质量、半径的关系比较万有引力大小，根据发射速度为
比较发射速度大小，探测器脱离星球过程
中，引力做负功，引力势能增大．
【解答】解：A、探测器刚好脱离星球，动能全部转化为势能，发射速度与质量无关，故A 错误；
B、根据万有引力公式得：探测器在地球表面受到的引力
，在火星表面受到的引力F2=
，而地球、
火星两星球的质量比约为10：1，半径比约为2：1，
解得：
，即探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大，故B 正确；
C、探测器脱离星球时，其需要发射速度为
，地球与火星的
不同，所以所需发射速度也不同，故C 错
误；
D、由于探测器脱离星球过程中，引力做负功，引力势能增大，故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查了万有引力公式得直接应用，知道绕星球表面做匀速圆周运动速度的含义，明确探测器刚好
脱离星球，动能全部转化为势能，难度适中．
9．（6 分）如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M 和N 分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，
释放后，M、N 保持静止，不计重力，则（
）
A．M 的带电量比N 的大
B．M 带负电荷，N 带正电荷
C．静止时M 受到的合力比N 的大
D．移动过程中匀强电场对M 做负功
【分析】分别对MN 两个小球进行受力分析，然后结合受力平衡的特点与库仑力的特点即可正确解答．
【解答】解：A、B、因为M、N 在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M 带正电，不论N 带正电，还是带
负电，都不可能同时静止，只有M 带负电，N 带正电才能满足同时静止。又M 与N 之间的库仑力是作用力与反作
用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向相反，由F=qE 可知，二者所带的电
量大小相等。故A 错误，B 正确；
C、静止时，二者受到的合力都是0．故C 错误；
D、M 带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M 做负功。故D 正确。
故选：BD。
【点评】该题考查电场中物体的受力平衡问题，对于电场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点
力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．
三、非选择题：（按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能
得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
10．（8 分）某同学实验打点计时器测量当地的重力加速度．
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（1）请完成以下主要实验步骤：按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物
靠近
（填
“靠近”或“偏离”）计时器下端；
接通电源
，
松开纸带
，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带
重复实验；
（2）图（b）和（c）是实验获得的两条纸带，应选取
b
（填“b”或“c”）来计算重力加速度．在实验操作和数据
处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和
摩擦
．
【分析】（1）通过组装器材、进行实验和数据处理的顺序对实验的步骤进行分析求解；
（2）根据纸带上的点迹分布进行分析选择纸带，由于存在摩擦阻力，所以在实验操作和数据处理都正确的情况下，
得到的结果仍小于当地重力加速度．
【解答】解：（1）按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物靠近计时器下端；接通
电源，松开纸带，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验；
（2）根据纸带上的点迹分布得出b 纸带做加速运动，而且相邻计时点的距离较大，c 纸带先加速后减速，且相邻计
时点的距离较小，所以应选取b 来计算重力加速度．
在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和摩擦．
故答案为：（1）靠近；接通电源；松开纸带；（2）b，摩擦
【点评】对于实验的具体操作，不光要靠记忆理解，要亲自动手实验，切实去体会．正确解答实验问题的前提是明
确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据、误差分析等，会起到事半功倍的效果．
11．（10 分）某实验小组研究两个未知元件X 和Y 的伏安特性，使用的器材包括电压表（内阻约为3kΩ）、电流表（内
阻约为1Ω）、定值电阻等。
（1）使用多用电表粗测元件X 的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为
10
Ω．据此应选择
图中的
b
（填“b”或“c”）电路进行实验；
（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P 从左向右滑动，电流表的示数逐渐
增大（填“增大”或“减小”）；
依次记录电流及相应的电压；将元件X 换成元件Y，重复实验；
（3）如图（d）是根据实验数据作出的U﹣I 图线，由图可判断元件
Y
（填“X”和“Y”）是非线性元件；
（4）该小组还借助X 和Y 中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E 和内阻r，电路如图（e）
所示，闭合S1 和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V．利用图（d）可算得E=
3.2
V．r=
0.50
Ω
（结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表）。
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【分析】电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率。根据元件X 的电阻大小确定电流表的内外接。
先分析电路的连接方式即串联，然后根据滑动变阻器的正确使用方法进行分析。
根据图象得特点判断元件是否是非线性元件；
根据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E 和内阻r。
【解答】解：（1）使用多用电表粗测元件X 的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10Ω。
元件X 的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b 所示实验电路。
（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P 从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；
（3）如图（d）是根据实验数据作出的U﹣I 图线，由图可判断元件Y 是非线性元件；
（4）根据U﹣I 图线得出元件X 的电阻R=
=10Ω；
闭合S1 和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，
根据闭合电路欧姆定律列出等式
E=3+
×r
E=1+
×（r+21）
解得：E=3.2V．r=0.50Ω
故答案为：（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50
【点评】知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确使用滑动变阻器，会根据欧姆定律判断电压表和电流表
示数的变化。
关键掌握滑动变阻器分压式和限流式的区别，电流表内外接的区别，以及会通过图线求解电源的电动势和内阻。
12．（18 分）如图（a）所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4m，导轨右端接有阻值R=1Ω的电阻，导体棒
垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计．导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强
磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L．从0 时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图（b）所示；
同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s 做直线运动，
求：
（1）棒进入磁场前，回路中的电动势E；
（2）棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd 区域使电流i 与时间t 的关系式．
【分析】根据法拉第电磁感应定律E=N
求出感应电动势的大小，
根据棒切割磁感线产生的感应电动势公式和欧姆定律求解感应电流，再根据安培力大小求解．
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【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律E=N
得
棒进入磁场前，回路中感应电动势为：E=
=
×0.08=0.04V，
同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s 做直线运动，
棒通过三角形abd 区域时，
棒切割磁感线产生的感应电动势大小E′=BLv=2Bv（t﹣1）v，
根据欧姆定律得棒通过三角形abd 区域使电流i 与时间t 的关系式i=
=
=t﹣1
（1s≤t≤1.2s），
当t=1.2s 时，电流最大，有效长度最大，最大安培力Fm=BIL=0.04N，
根据左手定则得安培力方向水平向左．
答：（1）棒进入磁场前，回路中的电动势E 是0.04V；
（2）棒在运动过程中受到的最大安培力大小是0.04N，方向水平向左，棒通过三角形abd 区域使电流i 与时间t 的
关系式i=t﹣1
（1s≤t≤1.2s）．
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律和切割产生的感应电动势公式的综合运用，考查了闭合欧姆定律和安培力
公式，难度中等．
13．
（18 分）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m，
物块A 以V0=6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后
粘在一起运动．P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m．物块与各粗糙段
间的动摩擦因数都为μ=0.1，A、B 的质量均为m=1kg（重力加速度g 取10m/s2；A、B 视为质点，碰撞时间极短）．
（1）求A 滑过Q 点时的速度大小V 和受到的弹力大小F；
（2）若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；
（3）求碰后AB 滑至第n 个（n＜k）光滑段上的速度VAB 与n 的关系式．
【分析】（1）由机械能守恒定律可求得A 滑过Q 点的速度，由向心力公式可求得弹力大小；
（2）由机械能守恒定律可求得AB 碰撞前A 的速度，再对碰撞过程由动量守恒定律可求得碰后的速度；则可求得
总动能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的机械能；即可求得比值；
（3）设总共经历了n 段，根据每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表达式．
【解答】解：（1）由机械能守恒定律可得：
mv02=mg（2R）+
mv2；
解得：v=4m/s；
由F+mg=m
可得：
F=22N；
（2）AB 碰撞前A 的速度为vA，由机械能守恒定律可得：
mv02=
mvA2
得vA=v0=6m/s；
AB 碰撞后以共同速度vP 前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0=（m+m）vp
解得：vP=3m/s；
故总动能EK=
（m+m）vP2=
×2×9=9J；
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能△EK=fL=μ（m+m）gL=0.1×20×0.1=0.2J；
k=
=
=45；
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（3）AB 整体滑到第n 个光滑段上损失的能量；
E 损=nE=0.2nJ
从AB 碰撞后运动到第n 个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：
（m+m）vP2﹣
（m+m）vAB2=n△E，
代入解得：vAB=
m/s；
答：1）A 滑过Q 点时的速度大小V 为4m/s；受到的弹力大小F 为22N；
（2）k 的数值为45；
（3）碰后AB 滑至第n 个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n 的关系式为vAB=
m/s；
【点评】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律及向心力等内容，要求我们能正确分析物理过程，做好受力分析
及能量分析；要注意能量的转化与守恒的灵活应用．
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2015 年福建省高考物理试卷
一、选择题（共6 小题，每小题6 分，满分36 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。）
1．（6 分）如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b 的折
射率分别为na、nb，则（
）
A．λa＜λb，na＞nb
B．λa＞λb，na＜nbC．λa＜λb，na＜nbD．λa＞λb，na＞nb
2．（6 分）如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a、b 到地心O 的距离分别为r1、r2，线速度大
小分别为v1、v2，则（
）
A．
=
B．
=
C．
=（
）2 D．
=（
）2
3．（6 分）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在原
线圈两端接入一电压u=Umsinωt 的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，
则输电线上损失的电功率为（
）
A．（
）
B．（
）
C．4（
）2（
）2r
D．4（
）2（
）2r
4．（6 分）简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴正方向传播，波速为v，若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置
的两质点a、b 相距为s，a、b 之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a 最早到达波谷的是
（
）
A．
B．
C．
D．
5．（6 分）如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A、B、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A
滑到C，所用的时间为t1，第二次由C 滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿
着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（
）
A．t1＜t2B．t1=t2
C．t1＞t2D．无法比较t1、t2 的大小
6．（6 分）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直
向下的匀强磁场B 中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过
程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中（
）
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A．PQ 中电流先增大后减小
B．PQ 两端电压先减小后增大
C．PQ 上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
二、非选择题（本题包括4 小题，共72 分）
7．（6 分）某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的
标尺刻度，此时弹簧的伸长量△l 为
cm；
②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是
；（填
选项前的字母）
A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l 与弹力F 的关系图线。图线的AB 段明显偏离直线OA，造成这种现象的主
要原因是
。
8．（12 分）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连
接．
①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导
线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；
②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为
A；
③该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将
只相同的小电珠并联后，直接与电动势为
3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值为
W（保留两位小数）．
9．（15 分）一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v﹣t 图象如图所示．求：
（1）摩托车在0～20s 这段时间的加速度大小a；
（2）摩托车在0～75s 这段时间的平均速度大小．
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10．（19 分）如图，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC
段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，
重力加速度为g．
（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
（2）若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m=
，
在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s．
11．（20 分）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，
电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m，电荷量为q 的带正电的小滑块从
A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C 点时离开MN 做曲线运动．A、C 两点间距离为h，重力加速度为g．
（1）求小滑块运动到C 点时的速度大小vc；
（2）求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去
磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为vD，从D 点运动到P 点的时
间为t，求小滑块运动到P 点时速度的大小vp．
[物理-选修3-3]
12．（6 分）下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是（
）
A．分子间距离减小时分子势能一定减小
B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈
C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关
D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性
13．（6 分）如图，一定质量的理想气体，由状态a 经过ab 过程到达状态b 或者经过ac 过程到达状态c．设气体在
状态b 和状态c 的温度分别为Tb 和Tc，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Qab 和Qac，则（
）
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A．Tb＞Tc，Qab＞Qac
B．Tb＞Tc，Qab＜Qac
C．Tb=Tc，Qab＞Qac
D．Tb=Tc，Qab＜Qac
[物理-选修3-5]
14．下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是（
）
A．γ射线是高速运动的电子流
B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大
C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D．
Bi 的半衰期是5 天，100 克
Bi 经过10 天后还剩下50 克
15．如图，两滑块A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，
滑块B 的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（
）
A．A 和B 都向左运动B．A 和B 都向右运动
C．A 静止，B 向右运动
D．A 向左运动，B 向右运动
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2015 年福建省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共6 小题，每小题6 分，满分36 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。）
1．（6 分）如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，波长分别为λa、λb，该玻璃对单色光a、b 的折
射率分别为na、nb，则（
）
A．λa＜λb，na＞nb
B．λa＞λb，na＜nbC．λa＜λb，na＜nbD．λa＞λb，na＞nb
【分析】根据光线的偏折程度比较光的折射率大小，从而得出光的波长大小．
【解答】解：由光路图可知，a 光的偏折程度较小，b 光的偏折程度较大，则a 光的折射率小，b 光的折射率大。
即na＜nb。
折射率越大，频率越大，波长越小，则知a 光的波长大，即λa＞λb。
故选：B。
【点评】解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长、在介质中
的速度等大小关系．
2．（6 分）如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a、b 到地心O 的距离分别为r1、r2，线速度大
小分别为v1、v2，则（
）
A．
=
B．
=
C．
=（
）2 D．
=（
）2
【分析】根据万有引力提供向心力
=m
，解出线速度与轨道半径r 的关系进行求解．
【解答】解：根据万有引力提供向心力
=m
v=
，a、b 到地心O 的距离分别为r1、r2，
所以
=
，
故选：A。
【点评】本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式．
3．（6 分）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在原
线圈两端接入一电压u=Umsinωt 的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，
则输电线上损失的电功率为（
）
A．（
）
B．（
）
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C．4（
）2（
）2r
D．4（
）2（
）2r
【分析】理想变压器输入功率和输出功率相等，通过原线圈的电压求出副线圈的电压，再根据I=
，求出输电线上
的电流，从而求出输电线上消耗的功率。
【解答】解：加在原线圈上的电压U1=
，
根据电压比与匝数比关系：
，
所以：
。
根据I=
，输电线上的电流I=
，输电线上消耗的功率P 耗=I2•2r=4（
）2（
）2r．故D 正确，A、B、C 错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键注意电压有效值的使用及变压器的特点，输入功率等于输出功率，电压比等于匝数比。
4．（6 分）简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴正方向传播，波速为v，若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置
的两质点a、b 相距为s，a、b 之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a 最早到达波谷的是
（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据波的传播方向判断出a 点的振动方向，读出波长，求出周期。分别得到质点a 从图示位置到达波谷的
时间，从而进行比较。
【解答】解：A 图中，波长为2s，周期为T=
=
．a 点正向上振动，质点a 从图示位置到达波谷的时间tA=
=
；
B 图中，波长为s，周期为T=
=
．a 点正向下振动，质点a 从图示位置到达波谷的时间tB=
T=
；
C 图中，波长为s，周期为T=
=
．a 点正向上振动，质点a 从图示位置到达波谷的时间tC=
=
；
D 图中，波长为
s，周期为T=
=
．a 点正向下振动，质点a 从图示位置到达波谷的时间tA=
T=
；
故D 图中质点a 最早到达波谷。
故选：D。
【点评】解决本题的关键要确定波长与s 的关系，求得周期。能熟练根据波的传播方向判断质点的振动方向。
5．（6 分）如图，在竖直平面内，滑道ABC 关于B 点对称，且A、B、C 三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A
滑到C，所用的时间为t1，第二次由C 滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿
着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则（
）
A．t1＜t2B．t1=t2
C．t1＞t2D．无法比较t1、t2 的大小
【分析】滑块做圆周运动，根据牛顿第二定律判断滑块受到的支持力大小关系，然后判断摩擦力大小关系，再比较
滑块的运动时间．
【解答】解：在AB 段，由牛顿第二定律得：mg﹣F=m
，滑块受到的支持力：F=mg﹣m
，则速度v 越大，滑
块受支持力F 越小，摩擦力f=μF 就越小，
在BC 段，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m
，滑块受到的支持力：F=mg+m
，则速度v 越大，滑块受支持力F
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越大，摩擦力f 就越大，
由题意知从A 运动到C 相比从C 到A，在AB 段速度较大，在BC 段速度较小，所以从A 到C 运动过程受摩擦力较
小，用时短，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
【点评】本题考查了比较滑块运动时间关系，分析清楚滑块的运动过程、应用牛顿第二定律与摩擦力公式即可正确
解题．
6．（6 分）如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直
向下的匀强磁场B 中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过
程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中（
）
A．PQ 中电流先增大后减小
B．PQ 两端电压先减小后增大
C．PQ 上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
【分析】本题分段过程分析：当PQ 从左端滑到ab 中点的过程和从ab 中点滑到右端的过程，抓住PQ 产生的感应
电动势不变．
导体棒由靠近ab 边向dc 边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律
分析PQ 两端的电压如何变化；
由题意，PQ 上外力的功率等于电功率，由P=
，分析功率的变化；
当PQ 从左端滑到ab 中点的过程中，由于总电阻增大，则干路电流减小，PQcb 回路的电阻减小，通过cb 的电流增
大，可知ab 中电流减小；当PQ 从ab 中点滑到右端的过程中，干路电流增大，PQda 回路的电阻增大，PQ 两端的
电压减小，可知ab 中电流减小；
根据矩形线框总电阻与PQ 电阻的关系，分析其功率如何变化．当矩形线框的总电阻等于PQ 的电阻时，线框的功
率最大．
【解答】解：根据右手定则可知，PQ 中电流的方向为Q→P，画出该电路的等效电路图如图，
其中R1 为ad 和bc 上的电阻值，R2 为ab 上的电阻与cd 上的电阻的和，电阻之间的关系满足：R1+R2+R1=3R，由题
图可知，
当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值：
当导体棒位于中间位置时，左右两侧的电阻值是相等的，此时：
，
可知当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值小于中间位置处的电阻值，所以当导体棒向右运动的过程中电路
中的总电阻先增大后减小。
A、导体棒由靠近ad 边向bc 边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减
小，由欧姆定律分析得知电路中的总电流先减小后增大，即PQ 中电流先减小后增大。故A 错误。
B、PQ 中电流先减小后增大，PQ 两端电压为路端电压，U=E﹣IR，可知PQ 两端的电压先增大后减小。故B 错误；
C、导体棒匀速运动，PQ 上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R 先增大后减小，由P=
得知，PQ
上外力的功率先减小后增大。故C 正确。
D、由以上的分析可知，导体棒PQ 上的电阻始终大于线框的电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先
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增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电
路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小。故D 错误。
故选：C。
【点评】本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ 位于ad 中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流
的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化．
二、非选择题（本题包括4 小题，共72 分）
7．（6 分）某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的
标尺刻度，此时弹簧的伸长量△l 为
6.93
cm；
②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是
A
；（填选
项前的字母）
A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l 与弹力F 的关系图线。图线的AB 段明显偏离直线OA，造成这种现象的主
要原因是
超过弹簧的弹性限度
。
【分析】①根据弹簧测力计的读数方法可得出对应的读数，再由读数减去原长即为伸长量；
②根据实验准确性要求可明确哪种方法更为规范；
③由弹簧的性质和图象进行分析，则可得出造成图象偏离的原因。
【解答】解：①由图可知，图乙中示数为：14.65cm，则伸长量△l=14.66cm﹣7.73cm=6.93cm；
②为了更好的找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应
的钩码总重；故选：A；
③在弹簧的弹性限度范围内，胡克定律是成立的，但若超过弹簧的弹性限度，胡克定律将不再适用；图中出现偏折
的原因是因为超过了弹簧的弹性限度；
故答案为：①6.93；②A；③超过弹簧的弹性限度。
【点评】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比，对于实验问题，我们要充分
利用测量数据求解可以减少误差。
8．（12 分）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连
接．
①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导
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线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；
②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为
0.44
A；
③该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将
4
只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、
内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值为
2.25
W（保留两位小数）．
【分析】①根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图．
②根据图示电流表确定其量程与分度值，读出其示数．
③当内外电阻相等时电源的输出功率最大，即小电珠的总功率最大，由图示图象求出此时电珠两端电压与电流，由
欧姆定律求出电珠的电阻，然后求出灯泡的个数，应用功率公式可以求出小电珠的总功率．
【解答】解：①滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压
接法，电路图如图所示：
②由图乙所示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.44A．
③电源内阻为1 欧姆，当外电路电阻与电源内阻相等，即灯泡并联总电阻为1 欧姆时灯泡的总功率最大，
由于内外电阻相等，则内外电压相等，电源电动势为3V，则路端电压为1.5V，由图丙所示图象可知，
电压为1.5V 时通过小电珠的电流为0.375A，此时小电珠的电阻：R=
=
Ω=4Ω，4 只小电珠的并联阻值为1Ω，
因此需要4 只小电珠并联，此时小电珠的总功率：P=4UI=4×1.5×0.375≈2.25．
故答案为：①如图所示；②0.44；③4；2.25．
【点评】本题考查了连接实物电路图、电流表读数、求灯泡个数、求灯泡总功率；当电压与电流从零开始变化时滑
动变阻器只能采用分压接法，根据题意确定滑动变阻器的接法是正确连接实物电路图的前提与关键．
9．（15 分）一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v﹣t 图象如图所示．求：
（1）摩托车在0～20s 这段时间的加速度大小a；
（2）摩托车在0～75s 这段时间的平均速度大小．
【分析】（1）v﹣t 图象的斜率等于加速度，由加速度的定义求解．
（2）由图象与时间轴所围的面积表示位移，求得位移，再求平均速度大小．
【解答】解：（1）摩托车在0～20s 这段时间的加速度a=
=
=1.5m/s2．
（2）摩托车在0～75s 这段时间的位移x=
30m=1500m
平均速度大小
=
=
=20m/s
答：
（1）摩托车在0～20s 这段时间的加速度大小a 是1.5m/s2；
（2）摩托车在0～75s 这段时间的平均速度大小是20m/s．
【点评】解决本题的关键要抓住速度图象的两个物理意义：斜率等于加速度，图象与时间轴所围的面积表示位移．
10．（19 分）如图，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC
段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，
重力加速度为g．
（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
（2）若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车．已知滑块质量m=
，
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在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s．
【分析】（1）滑块在圆弧的轨道上运动的过程中合外力提供向心力，所以滑块在B 点的左侧受到的支持力要大于重
力，当滑块到达B 时的速度最大，受到的支持力最大，由机械能守恒求出滑块在B 点的速度，然后又牛顿第二定律
即可求解；
（2）根据题意，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，然后结合机械能守恒即可求出
小车的最大速度大小vm；
在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，写出速度的关系式，然后结合运动学的公式即可
求出小车的位移．
【解答】解：（1）当滑块到达B 时的速度最大，受到的支持力最大；当滑块下滑的过程中机械能守恒，得：
滑块在B 点处受到的支持力与重力的合力提供向心力，得：
解得：N=3mg
由牛顿第三定律得：滑块对小车的压力：N′=N=3mg
即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg．
（2）①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒
得：
解得：
②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，所以滑块从B 到C 运动过程中，滑块的平
均速度是小车的平均速度的2 倍，即：
由于它们运动的时间相等，根据：
可得：s 滑块=2s 车
又：s 滑块+s 车=L
所以：小车的位移大小：s=
L
答：（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg；
（2）①滑块运动过程中，小车的最大速度大小是
；②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小是
．
【点评】该题的第一问考查机械能守恒与向心力，比较简单；
第二问主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，求解两物体间的相对位移，往往根据平均速度研究．也
可以根据题目提供的特殊的条件：在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2 倍，不使用动量守
恒定律．
11．（20 分）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，
电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m，电荷量为q 的带正电的小滑块从
A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C 点时离开MN 做曲线运动．A、C 两点间距离为h，重力加速度为g．
（1）求小滑块运动到C 点时的速度大小vc；
（2）求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去
磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为vD，从D 点运动到P 点的时
间为t，求小滑块运动到P 点时速度的大小vp．
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【分析】（1）小滑块到达C 点时离开MN，此时与MN 间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；
（2）由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；
（3）撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；
【解答】解：（1）小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足
qvB+N=qE
小滑块在C 点离开MN 时
N=0
解得vc=
（2）由动能定理
mgh﹣Wf=
﹣0
解得Wf=mgh﹣
（3）如图，
小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，
撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，
g′=
且
解得
答：（1）小滑块运动到C 点时的速度大小vc 为
；
（2）小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功Wf 为mgh﹣
；
（3）小滑块运动到P 点时速度的大小vp 为
．
【点评】解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN 分离时，小滑块与MN 间的作用力为零，在撤去
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磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．
[物理-选修3-3]
12．（6 分）下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是（
）
A．分子间距离减小时分子势能一定减小
B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈
C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关
D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性
【分析】分子间距离减小时分子势能可能减小，也可能增大；温度是分子平均动能的标志；根据麦克斯韦统计规律
可以解释分子的速率的分布规律；单晶体的物理性质是各向异性，多晶体和非晶体的物理性质各向同性．
【解答】解：A、当分子力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，间距减小斥力做负功分子势能增大，
分子间距的增大时反之，故A 错误；
B、温度是分子平均动能的标志，故温度高平均动能一定大，物体中分子无规则运动越剧烈。故B 正确；
C、根据麦克斯韦统计规律可知，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，故C 错误；
D、单晶体的物理性质是各向异性，多晶体的物理性质各向同性，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查分子动理论内容，难度不大，需要强化记忆．分子势能与电势能和重力势能具有相同的变化规律，
可以类比学习．
13．（6 分）如图，一定质量的理想气体，由状态a 经过ab 过程到达状态b 或者经过ac 过程到达状态c．设气体在
状态b 和状态c 的温度分别为Tb 和Tc，在过程ab 和ac 中吸收的热量分别为Qab 和Qac，则（
）
A．Tb＞Tc，Qab＞Qac
B．Tb＞Tc，Qab＜Qac
C．Tb=Tc，Qab＞Qac
D．Tb=Tc，Qab＜Qac
【分析】状态B 和C 的体积从图中可得知，且已知状态C 的温度，从B 到C 是等压变化，由气体状态方程可得出状
态B 时的温度；
因状态A 和状态C 的温度相同，所以这两种状态下内能相同，从而可知A 到B 和B 到C 的过程中内能的变化大小
相同，这两个过程是一个不做功，一个对外做功，结合热力学第一定律可知结果．
【解答】解：设气体在a 状态时的温度为Ta，由图可知：VC=Va=V0、Vb=2V0=2Va，
①从a 到b 是等压变化：
解得：Tb=2Ta
从a 到c 是等容变化：
，由于Pc=2P0=2Pa
解得：Tc=2Ta
所以：Tb=Tc
②因为从a 到c 是等容变化过程，体积不变，气体不做功，故a→c 过程增加的内能等于a→c 过程吸收的热量；而
a→b 过程体积增大，气体对外做正功，由热力学第一定律可知a→b 过程增加的内能大于a→c 过程吸收的热量，Qac
＜Qab。
故选：C。
【点评】该题考查了气体的状态方程和热力学第一定律的应用，利用气体状态方程解决问题时，首先要确定气体状
态和各状态下的状态参量，选择相应的气体变化规律解答；在利用热力学第一定律解决问题时，要注意气体的做功
情况，区分对内做功和对外做功，同时要注意区分吸热还是放热．
[物理-选修3-5]
14．下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是（
）
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A．γ射线是高速运动的电子流
B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大
C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
D．
Bi 的半衰期是5 天，100 克
Bi 经过10 天后还剩下50 克
【分析】氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，能级减小，根据库仑引力提供向心力
判断电子动能的变化，通过原子能量变化和电子动能的变化确定电势能的变化．太阳辐射能量的主要来源是太阳中
发生的轻核聚变；根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系可正确求解．
【解答】解：A、γ射线是高速运动的光子流。故A 错误；
B、氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，能级减小，根据
，得动能增大。
故B 正确；
C、太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变。故C 错误；
D、设原来
Bi 的质量为m0，衰变后剩余质量为m 则有：
g，即可知剩余质量
为25g，故D 错误。
故选：B。
【点评】该题考查静止射线的特点、波尔理论、聚变与裂变以及半衰期等，解决本题的关键知道从高能级向低能级
跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子．能级越高，轨道半径越大．
15．如图，两滑块A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，
滑块B 的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是（
）
A．A 和B 都向左运动B．A 和B 都向右运动
C．A 静止，B 向右运动
D．A 向左运动，B 向右运动
【分析】两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可。
【解答】解：两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B
的速度分别为：vA=2v0、vB=v0。
碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（﹣v0）=0，P=0，
系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；
由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反。
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，
用符号表示速度的方向。
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2015 年北京市高考物理试卷
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分，在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。）
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．物体放出热量，其内能一定减小
B．物体对外做功，其内能一定减小
C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加
D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
2．（6 分）下列核反应方程中，属于α衰变的是（
）
A．
N+
He→
O+
H
B．
U→
Th+
He
C．
H+
H→
He+
n
D．
Th→
Pa+
e
3．（6 分）周期为2.0s 的简谐横波沿x 轴传播，该波在某时刻的图象如图所示，此时质点P 沿y 轴负方向运动，则
该波（
）
A．沿x 轴正方向传播，波速v=20m/s
B．沿x 轴正方向传播，波速v=10m/s
C．沿x 轴负方向传播，波速v=20m/s
D．沿x 轴负方向传播，波速v=10m/s
4．（6 分）假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么（
）
A．地球公转周期大于火星的公转周期
B．地球公转的线速度小于火星公转的线速度
C．地球公转的加速度小于火星公转的加速度
D．地球公转的角速度大于火星公转的角速度
5．（6 分）实验观察到，静止在匀强磁场中A 点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆
周运动，运动方向和轨迹示意如图．则（
）
A．轨迹1 是电子的，磁场方向垂直纸面向外
B．轨迹2 是电子的，磁场方向垂直纸面向外
C．轨迹1 是新核的，磁场方向垂直纸面向里
D．轨迹2 是新核的，磁场方向垂直纸面向里
6．（6 分）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人
沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（
）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
7．（6 分）如图所示，其中电流表A 的量程为0.6A，表盘均匀划分为30 个小格，每一小格表示0.02A，R1 的阻值等
于电流表内阻的
；R2 的阻值等于电流表内阻的2 倍．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则
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下列分析正确的是（
）
A．将接线柱1、2 接入电路时，每一小格表示0.04A
B．将接线柱1、2 接入电路时，每一小格表示0.02A
C．将接线柱1、3 接入电路时，每一小格表示0.06A
D．将接线柱1、3 接入电路时，每一小格表示0.01A
8．（6 分）利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通（IC 卡）的工作原理及相关问题．IC 卡内部有一
个由电感线圈L 和电容C 构成的LC 振荡电路．公交车上的读卡机（刷卡时“嘀”的响一声的机器）向外发射某一特定
频率的电磁波．刷卡时，IC 卡内的线圈L 中产生感应电流，给电容C 充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行
数据处理和传输．下列说法正确的是（
）
A．IC 卡工作所需要的能量来源于卡内的电池
B．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC 卡才能有效工作
C．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L 中不会产生感应电流
D．IC 卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息
二、非选择题
9．“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa′和bb′分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在
玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1 和P2，用“×”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察并依次插上P3 和
P4．在插P3 和P4 时，应使（
）
A．P3 只挡住P1 的像
B．P4 只挡住P2 的像
C．P3 同时挡住P1、P2 的像
D．在bb′下方竖直插针P3、P4，使P1P2 所在直线与P3P4 所在直线平行
10．（18 分）用单摆测定重力加速度的实验装置如图1 所示．
（1）组装单摆时，应在下列器材中选用
（选填选项前的字母）．
A．长度为1m 左右的细线
B．长度为30cm 左右的细线
C．直径为1.8cm 的塑料球
D．直径为1.8cm 的铁球
（2）测出悬点O 至小球球心的距离（摆长）L 及单摆完成n 次全振动所用的时间t，则重力加速度g=
（用
L、n、t 表示）．
（3）如表是某同学记录的3 组实验数据，并做了部分计算处理．
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50 次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/（m•s
﹣2）
9.74
9.73
请计算出第3 组实验中的T=
s，g=
m/s2．
（4）用多组实验数据做出T2﹣L 图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2﹣L 图线的示意图如图2
中的a、b、c 所示，其中a 和b 平行，b 和c 都过原点，图线b 对应的g 值最接近当地重力加速度的值．则相对于
图线b，下列分析正确的是
（选填选项前的字母）．
A．出现图线a 的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c 的原因可能是误将49 次全振动记为50 次
C．图线c 对应的g 值小于图线b 对应的g 值
（5）某同学在家里测重力加速度，他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图3 所示，由于家里只有一根量程为30cm
的刻度尺，于是他在细线上的A 点做了一个标记，使得悬点O 到A 点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记
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以下的细线长度不变，通过改变O、A 间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A 间细线的长度分别为l1、l2 时，测
得相应单摆的周期为T1、T2．由此可得重力加速度g=
（用l1、l2、T1、T2 表示）．
11．（16 分）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻．导轨所在空
间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．导体棒MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接解
良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度
v=5m/s．求：
（1）感应电动势E 和感应电流I；
（2）在0.1s 时间内，拉力的冲量IF 的大小；
（3）若将MN 换为电阻r=1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U．
12．（18 分）如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，物块（可视为质点）的质量为m，
在水平桌面上沿x 轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ，以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量
为x 时，物块所受弹簧弹力大小为F=kx，k 为常量。
（1）请画出F 随x 变化的示意图；并根据F﹣x 图象求物块沿x 轴从O 点运动到位置x 的过程中弹力所做的功。
（2）物块由x1 向右运动到x3，然后由x3 返回到x2，在这个过程中，
a．求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；
b．求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。
13．（20 分）真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示．光照前两板都不带电．以光照射A 板，
则板中的电子可能吸收光的能量而逸出．假设所有逸出的电子都垂直于A 板向B 板运动，忽略电子之间的相互作
用．保持光照条件不变，a 和b 为接线柱．已知单位时间内从A 板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大动能为Ekm．元
电荷为e．
（1）求A 板和B 板之间的最大电势差Um，以及将a、b 短接时回路中的电流I 短．
（2）图示装置可看作直流电源，求其电动势E 和内阻r．
（3）在a 和b 之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U．外电阻上消耗的电功率设为P；单位时间内到达B
板的电子，在从A 板运动到B 板的过程中损失的动能之和设为△Ek．请推导证明：P=△Ek．
（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明）
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2015 年北京市高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8 小题，每小题6 分，满分48 分，在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。）
1．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．物体放出热量，其内能一定减小
B．物体对外做功，其内能一定减小
C．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加
D．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变
【分析】做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：△U=Q+W．
【解答】解：A、物体放出热量，若外界对物体做更多的功大于放出的热量，内能可能增加，故A 错误；
B、物体对外做功，如同时从外界吸收的热量大于做功的数值，则内能增加，故B 错误；
C、物体吸收热量，同时对外做功W，如二者相等，则内能可能不变，若Q＞W，则内能增加，若W＞Q，则内能
减少，故C 正确；
D、物体放出热量，Q＜0，同时对外做功，W＜0，则△U＜0，故内能一定减少，故D 错误。
故选：C。
【点评】热力学第一定律实质是能量守恒定律的特殊情况，要在理解的基础上记住公式：△U=W+Q，同时要注意符
号法则的应用．
2．（6 分）下列核反应方程中，属于α衰变的是（
）
A．
N+
He→
O+
H
B．
U→
Th+
He
C．
H+
H→
He+
n
D．
Th→
Pa+
e
【分析】α衰变是指原子核分裂并只放射出氦原子核的反应过程，根据这一特定即可判断．
【解答】解：A、方程
N+
He→
O+
H；是人工核反应方程，是发现质子的核反应方程。故A 错误；
B、方程
U→
Th+
He，是U 原子核分裂并只放射出氦原子核的反应过程，属于α衰变。故B 正确；
C、方程
H+
H→
He+
n，是轻核的聚变反应。故C 错误；
D、方程
Th→
Pa+
e，释放出一个电子，是β衰变的过程。故D 错误。
故选：B。
【点评】该题考查α衰变的本质与常见的核反应方程，比较简单，在平时学习中要掌握衰变，裂变，聚变和几种粒
子发现的方程式．
3．（6 分）周期为2.0s 的简谐横波沿x 轴传播，该波在某时刻的图象如图所示，此时质点P 沿y 轴负方向运动，则
该波（
）
A．沿x 轴正方向传播，波速v=20m/s
B．沿x 轴正方向传播，波速v=10m/s
C．沿x 轴负方向传播，波速v=20m/s
D．沿x 轴负方向传播，波速v=10m/s
【分析】根据P 点的速度方向可运用波形平移法判断波的传播方向．由图读出波长，由v=
求出波速．
【解答】解：由题，此时P 点向y 轴负方向运动，根据平移法可知，波形将向右平移，则知，该波沿x 轴正方向传
播。
由图读出波长λ=20m，故波速v=
m/s。故B 正确。
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故选：B。
【点评】本题结合波形图考查波长、波速与周期之间的关系，其中根据质点的振动方向判断波的传播方向、读出波
长等是基本能力，要加强训练，熟练掌握．
4．（6 分）假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么（
）
A．地球公转周期大于火星的公转周期
B．地球公转的线速度小于火星公转的线速度
C．地球公转的加速度小于火星公转的加速度
D．地球公转的角速度大于火星公转的角速度
【分析】根据万有引力提供向心力
=ma，解出线速度、周期、向心加速度以及角速度与轨道
半径大小的关系，据此讨论即可。
【解答】解：A、B、根据万有引力提供向心力
，得
，
．由此可知，轨道
半径越大，线速度越小、周期越大，由于地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，所以v 地＞v 火，T 地＜T 火．故
AB 错误。
C、据万有引力提供向心加速度，得：
，可知轨道半径比较小的地球的向心加速度比较大。故C 错误；
D、根据：T=
，所以：
，可知轨道半径比较小的地球的公转的角速度比较大。故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查万有引力定律的应用，要掌握万有引力提供向心力，并能够根据题意选择不同的向心力的表达式。
5．（6 分）实验观察到，静止在匀强磁场中A 点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆
周运动，运动方向和轨迹示意如图．则（
）
A．轨迹1 是电子的，磁场方向垂直纸面向外
B．轨迹2 是电子的，磁场方向垂直纸面向外
C．轨迹1 是新核的，磁场方向垂直纸面向里
D．轨迹2 是新核的，磁场方向垂直纸面向里
【分析】静止的原子核发生β衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后粒子与反冲核的运动方向相反，动量的方向相
反，大小相等．由半径公式r=
=
，P 是动量，分析两个粒子半径轨迹半径之比．
【解答】解：原子核发生β衰变时，根据动量守恒可知两粒子的速度方向相反，动量的方向相反，大小相等；
由半径公式r=
=
（P 是动量），分析得知，r 与电荷量成反比，β粒子与新核的电量大小分别为e 和ne（n 为新
核的电荷数），则β粒子与新核的半径之比为：ne：e=n：1．所以半径比较大的轨迹1 是衰变后β粒子的轨迹，轨迹
2 是新核的。
新核沿逆时针方向运动，在A 点受到的洛伦兹力向左，由左手定则可知，磁场的方向向里。
由以上的分析可知，选项D 正确，ABC 错误。
故选：D。
【点评】该题即使没有说明是β衰变也可根据粒子的速度的方向相反和两个粒子的运动的轨迹由左手定则可以分析
判断粒子的带电的情况．
其中要注意的是电子的动量与新核的动量大小相等．
6．（6 分）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人
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沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（
）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【分析】从绳子绷紧到人下降到最低点的过程中，开始时人的重力大于弹力，人向下加速；然后再减速，直至速度
为零；再反向弹回；根据动量及功的知识可明确动量、动能和弹性势能的变化。
【解答】解：A、由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上，由于人在下降中速度先增大后减小；
故动量先增大后减小；故A 正确；
B、在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故B
错误；
C、绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；但此时人的动能不是最大，故C 错误；
D、人在最低点时，绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查变力作用下物体的运动情况分析，关键是明确人的运动过程，即可根据动量定理和动能定理进行
分析求解。
7．（6 分）如图所示，其中电流表A 的量程为0.6A，表盘均匀划分为30 个小格，每一小格表示0.02A，R1 的阻值等
于电流表内阻的
；R2 的阻值等于电流表内阻的2 倍．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则
下列分析正确的是（
）
A．将接线柱1、2 接入电路时，每一小格表示0.04A
B．将接线柱1、2 接入电路时，每一小格表示0.02A
C．将接线柱1、3 接入电路时，每一小格表示0.06A
D．将接线柱1、3 接入电路时，每一小格表示0.01A
【分析】对电路结构进行分析，再根据串并联电路规律即可明确流过1 的电流大小，再根据比例即可求出每一小格
所表示的电流大小．
【解答】解：AB、当接线柱1、2 接入电路时，电流表A 与R1 并联，根据串并联电路规律可知，R1 分流为1.2A，故
量程为1.2A+0.6A=1.8A；故每一小格表示0.06A；故AB 错误；
CD、当接线柱1、3 接入电路时，A 与R1 并联后与R2 串联，电流表的量程仍为1.8A；故每一小格表示0.06A；故C
正确，D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查电表的改装，关键在于明确电路结构；特别是CD 中要注意R2 对电流表的量程没有影响！
8．（6 分）利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通（IC 卡）的工作原理及相关问题．IC 卡内部有一
个由电感线圈L 和电容C 构成的LC 振荡电路．公交车上的读卡机（刷卡时“嘀”的响一声的机器）向外发射某一特定
频率的电磁波．刷卡时，IC 卡内的线圈L 中产生感应电流，给电容C 充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行
数据处理和传输．下列说法正确的是（
）
A．IC 卡工作所需要的能量来源于卡内的电池
B．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC 卡才能有效工作
C．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L 中不会产生感应电流
D．IC 卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息
【分析】明确题意，根据电磁感应及电谐振规律进行分析，即可明确能量及IC 卡的工作原理，即可解答本题．
【解答】解：A、由题意可知，该能量来自于电磁感应，即人刷卡的机械能转化为电能；故A 错误；
B、为了使IC 卡中的感应电流达最大，应使LC 电路产生电谐振，故只有发射特定频率的电磁波时，IC 卡才能有效
工作；故B 正确；
C、若电磁波的频率偏离该频率，L 中仍可出现感应电流，但不会达到电谐振；故C 错误；
D、IC 卡接收到读卡机发射的电磁波，同时将自身数据信息发送给读卡机进行处理；故D 错误。
故选：B。
【点评】本题取材于我们身边最常用的IC 卡考查电磁感应现象，要注意在学习中注意掌握物理规律在生活中的应
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用．
二、非选择题
9．“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa′和bb′分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在
玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1 和P2，用“×”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察并依次插上P3 和
P4．在插P3 和P4 时，应使（
）
A．P3 只挡住P1 的像
B．P4 只挡住P2 的像
C．P3 同时挡住P1、P2 的像
D．在bb′下方竖直插针P3、P4，使P1P2 所在直线与P3P4 所在直线平行
【分析】根据实验的原理，连接P1、P2 表示入射光线，连接P3、P4 表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点，即
为折射光线．
【解答】解：
根据实验的原理，连接P1、P2 表示入射光线，连接P3、P4 表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点，即为折射光
线。实验的过程中，要先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1 和P2，然后在玻璃砖另一侧观
察，调整视线使P1 的像被P2 的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针P3、P4，使P3 挡住P1、P2 的像，
使P4 挡住P3 和P1、P2 的像。即在bb′下方竖直插针P3、P4，使P1P2 所在直线与P3P4 所在直线平行：故AB 错误，CD
正确。
故选：CD。
【点评】明确实验原理，知道用插针法测定玻璃砖折射率时，大头针间的距离和入射角都应适当大些，可减小角度
引起的相对误差，提高精度．
10．（18 分）用单摆测定重力加速度的实验装置如图1 所示．
（1）组装单摆时，应在下列器材中选用
AD
（选填选项前的字母）．
A．长度为1m 左右的细线
B．长度为30cm 左右的细线
C．直径为1.8cm 的塑料球
D．直径为1.8cm 的铁球
（2）测出悬点O 至小球球心的距离（摆长）L 及单摆完成n 次全振动所用的时间t，则重力加速度g=
（用L、n、t 表示）．
（3）如表是某同学记录的3 组实验数据，并做了部分计算处理．
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50 次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91
重力加速度g/（m•s
﹣2）
9.74
9.73
请计算出第3 组实验中的T=
2.01
s，g=
9.76
m/s2．
（4）用多组实验数据做出T2﹣L 图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2﹣L 图线的示意图如图2
中的a、b、c 所示，其中a 和b 平行，b 和c 都过原点，图线b 对应的g 值最接近当地重力加速度的值．则相对于
图线b，下列分析正确的是
B
（选填选项前的字母）．
A．出现图线a 的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c 的原因可能是误将49 次全振动记为50 次
C．图线c 对应的g 值小于图线b 对应的g 值
（5）某同学在家里测重力加速度，他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图3 所示，由于家里只有一根量程为30cm
的刻度尺，于是他在细线上的A 点做了一个标记，使得悬点O 到A 点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记
以下的细线长度不变，通过改变O、A 间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A 间细线的长度分别为l1、l2 时，测
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得相应单摆的周期为T1、T2．由此可得重力加速度g=
（用l1、l2、T1、T2 表示）．
【分析】（1）根据实验要求，摆长1m 左右，体积较小的实心金属球；
（2）根据单摆周期公式T=2π
求解g 的表达式．
（3）单摆完成N 次全振动的时间为t，所以T=
，根据g=
即可计算出重力加速度；
（4）根据单摆的周期公式变形得出T2 与L 的关系式，再分析T2﹣L 图象中g 与斜率的关系，得到g 的表达式．根
据重力加速度的表达式，分析各图线与b 之间的关系．
（5）根据单摆的周期公式T=2π
分两次列式后联立求解即可．
【解答】解：（1）单摆在摆动过程中．阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选钢球；摆长不能过小，一般取1m
左右．故A、D 正确，B、C 错误．
故选：AD．
（2）单摆完成N 次全振动的时间为t，所以T=
，测得悬点O 至小球球心的距离（摆长）L，根据T=2π
解得：
g=
；
（3）单摆完成N 次全振动的时间为t，所以T=
=
s，
根据公式：g=
（4）根据单摆的周期公式T=2
得，T2=
，根据数学知识可知，T2﹣L 图象的斜率k=
，当地的重
力加速度g=
．
A、若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有T2=
，
根据数学知识可知，对T2﹣L 图象来说，T2=
与b 线T2=
斜率相等，两者应该平行，
是截距；故做出的T2﹣L 图象中a 线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L．故A 错误；
B、实验中误将49 次全振动记为50 次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k 偏小．故
B 正确；
C、由图可知，图线c 对应的斜率k 偏小，根据T2﹣L 图象的斜率k=
，当地的重力加速度g=
可知，g 值
大于图线b 对应的g 值．故C 错误．
故选：B．
（5）根据单摆的周期公式T=2π
，设A 点到锁头的重心之间的距离为l0，有：
第一次：T1=2π
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第二次：T2=2π
联立解得：g=
故答案为：（1）AD；（2）
；（3）2.01，9.76；（4）B；（5）
．
【点评】该题全面考查重力加速度的测量、数据的处理以及误差的分析，要掌握单摆的周期公式，从而求解重力加
速度，摆长、周期等物理量之间的关系．
11．（16 分）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻．导轨所在空
间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．导体棒MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接解
良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度
v=5m/s．求：
（1）感应电动势E 和感应电流I；
（2）在0.1s 时间内，拉力的冲量IF 的大小；
（3）若将MN 换为电阻r=1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U．
【分析】（1）由E=BLv 求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，根据右手定则判断感
应电流的方向；
（2）由F=BIL 求出导体棒受到的安培力，由左手定则判断出安培力的方向，然后由平衡条件求出拉力，并确定拉力
的方向，由I=Ft 计算出拉力的冲量；
（3）将MN 换为电阻r=1Ω的导体棒时，由闭合电路的欧姆定律求出电流，然后由U=IR 即可求出导体棒两端的电
压．
【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为：
E=BLv=1×0.4×5V=2.0V
感应电流为：
I=
=
A=2A
根据右手定则得导体棒MN 中电流的流向为：N→M；
（2）由左手定则判断可知，MN 棒所受的安培力方向向左．
导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡，则有：
F=BIL=1×2×0.4N=0.8N，
拉力的冲量：IF=Ft=0.8×0.1=0.08N•s
（3）将MN 换为电阻r=1Ω的导体棒，电路中的电流：I′=
=
A=1A
由欧姆定律：U=I′•R=1×1=1V
答：（1）感应电动势是2.0V，感应电流是2A，方向导体棒MN 中电流的流向为：N→M；
（2）在0.1s 时间内，拉力的冲量IF 的大小是0.08N•s；
（3）若将MN 换为电阻r=1Ω的导体棒，其它条件不变，导体棒两端的电压是1V．
【点评】本题是电磁感应知识与力平衡、欧姆定律简单的综合，掌握电磁感应的基本规律：法拉第电磁感应定律、
欧姆定律和安培力是关键，会根据右手定则判断感应电流的方向，由左手定则判断安培力的方向．
12．（18 分）如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计，物块（可视为质点）的质量为m，
在水平桌面上沿x 轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ，以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量
为x 时，物块所受弹簧弹力大小为F=kx，k 为常量。
（1）请画出F 随x 变化的示意图；并根据F﹣x 图象求物块沿x 轴从O 点运动到位置x 的过程中弹力所做的功。
（2）物块由x1 向右运动到x3，然后由x3 返回到x2，在这个过程中，
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a．求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；
b．求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。
【分析】（1）由胡克定律可得出对应的公式，则可得出对应的图象；再根据v﹣t 图象中面积表示移进行迁移应用，
即可求得弹力做功；
（2）a、根据（1）中求出功的公式可分别求出两过程中弹力做功，即可求出总功，再由功能关系求解弹力做功情
况；
b、根据摩擦力的特点求解摩擦力的功，通过比较可明确能不能引入“摩擦力势能”。
【解答】解：（1）F﹣x 图象如图所示；
物块沿x 轴从O 点运动到位置x 的过程中，弹力做负功：F﹣x 图线下的面积等于弹力做功大小；
故弹力做功为：W=﹣
kx•x=﹣
kx2
（2）a、物块由x1 向右运动到x3 的过程中，弹力做功为：
WT1=﹣
（kx1+kx3）（x3﹣x1）=
kx12﹣
kx32；
物块由x3 运动到x2 的过程中，弹力做功为：
WT2=
（kx2+kx3）（x3﹣x2）=
kx32﹣
kx22；
整个过程中弹力做功：
WT=WT1+WT2=
kx12﹣
kx22；
弹性势能的变化量为：
△EP=﹣WT=
kx22﹣
kx12；
b、整个过程中，摩擦力做功：
Wf=﹣μmg（2x3﹣x1﹣x2）
比较两力做功可知，弹力做功与实际路径无关，取决于始末两点间的位置；因此我们可以定义一个由物体之间的相
互作用力（弹力）和相对位置决定的能量﹣﹣弹性势能；
而摩擦力做功与x3 有关，即与实际路径有关，因此不能定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”。
答：（1）图象如图所示；弹力做功为：﹣
kx2；
（2）弹性势能的变化量为
kx22﹣
kx12；摩擦力做功：Wf=﹣μmg（2x3﹣x1﹣x2）；不能引入“摩擦力势能”。
【点评】本题考查功能关系的应用及图象的正确应用，在解决物理问题时一定要注意知识的迁移，通过本题可掌握
求变力功的一种方法。
13．（20 分）真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示．光照前两板都不带电．以光照射A 板，
则板中的电子可能吸收光的能量而逸出．假设所有逸出的电子都垂直于A 板向B 板运动，忽略电子之间的相互作
用．保持光照条件不变，a 和b 为接线柱．已知单位时间内从A 板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大动能为Ekm．元
电荷为e．
（1）求A 板和B 板之间的最大电势差Um，以及将a、b 短接时回路中的电流I 短．
（2）图示装置可看作直流电源，求其电动势E 和内阻r．
（3）在a 和b 之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U．外电阻上消耗的电功率设为P；单位时间内到达B
板的电子，在从A 板运动到B 板的过程中损失的动能之和设为△Ek．请推导证明：P=△Ek．
（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明）
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【分析】（1）当电容器的电压达到最大值时，电子到上极板后速度刚好减小为零，根据动能定理列式求解最大电压；
短路时单位时间有N 个电子到达上极板，根据电流的定义求解电流强度；
（2）电源电动势等于断路时的路端电压，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻；
（3）根据电流的定义公式求解电流表达式，根据P=UI 求解外电阻消耗的电功率，根据动能定理求解单位时间内发
射的光电子的动能的减小量后比较即可．
【解答】解：（1）由动能定理，有：Ekm=eUm，解得：
Um=
短路时所有溢出电子都到达B 板，故短路电流：
I 短=Ne
（2）电源电动势等于断路时的路端电压，即上面求出的Um，故：
E=Um=
电源的内电阻：
r=
（3）电阻两端的电压为U，则电源两端的电压也为U；
由动能定理，一个电子经过电源内部电场后损失的动能为：
△Eke=eU
设单位时间内有N′个电子到达B 板，则损失的动能之和为：
△Ek=N′eU
根据电流的定义，此时电流：
I=N′e
此时流过电阻的电流也为I=N′e，外电阻上消耗的电功率：
P=UI=N′eU
故P=△Ek．
答：（1）A 板和B 板之间的最大电势差为
，以及将a、b 短接时回路中的电流为Ne．
（2）图示装置可看作直流电源，则其电动势E 为
，内阻r 为
．
（3）证明如上．
【点评】本题关键是明确光电转换装置的工作原理，要能够结合电流的定义公式、动能定理和闭合电路欧姆定律列
式分析，不难．
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2015 年安徽省高考物理试卷
一、选择题（每小题6 分）
1．（6 分）如图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q 是轨迹上的四点，在散射
过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是（
）
A．M 点B．N 点C．P 点D．Q 点
2．（6 分）由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1 和q2，其间距离为r 时，它们之间相互作
用力的大小为F=k
，式中k 为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为（
）
A．kg•A2•m3 B．kg•A
﹣2•m3•s
﹣4
C．kg•m2•C
﹣2D．N•m2•A
﹣2
3．（6 分）图示电路中，变压器为理想变压器，a、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R0 为定值电阻，R 为滑
动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1 的示数增大了0.2A，电流表A2 的示数
增大了0.8A，则下列说法正确的是（
）
A．电压表V1 示数增大
B．电压表V2，V3 示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d 的方向滑动
4．（6 分）一根长为L、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量
为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内
的电场强度大小为（
）
A．
B．
C．ρnev D．
5．（6 分）如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB 面上，经AB 和AC 两个面折射后从AC 面进入空气，当
出射角i′和入射角i 相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ，已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的
折射率表达式为（
）
A．
B．
C．
D．
6．（6 分）如图所示，abcd 为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁
场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金
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属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则下列说法中错误的是（
）
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
7．（6 分）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为
，其中σ为平面上单位面积所带的电荷
量，ɛ0 为常量，如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板
可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为（
）
A．
和
B．
和
C．
和
D．
和
二、非选择题
8．（8 分）在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端
固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，
使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示，请将以下的实验操作和处理补充完整：
①用铅笔描下结点位置，记为O；
②记录两个弹簧测力计的示数F1 和F2，沿每条细绳（套）的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成
线；
③只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，
；
④按照力的图示要求，作出拉力F1，F2，F3；
⑤根据力的平行四边形定则作出F1 和F2 的合力F；
⑥比较
的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验．
9．（10 分）某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100μA、内阻为
2500Ω的表头，一个开关，两个电阻箱（0～999.9Ω）和若干导线．
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（1）由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为50mA 的电流表，则应将表头与电阻箱
（填“串
联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为
Ω．
（2）接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图1 所示，通过改变电阻R 测相应
的电流I，且作相关计算后一并记录如表：
1
2
3
4
5
6
R（Ω）
95.0
75.0
55.0
45.0
35.0
25.0
I（mA）
15.0
18.7
24.8
29.5
36.0
48.0
IR（V）
1.43
1.40
1.36
1.33
1.26
1.20
（I/A）
66.7
53.5
40.3
33.9
27.8
20.8
①根据表中数据，图2 中已描绘出四个点，请将第5、6 两组数据也描绘在图2 中，并画出IR﹣I 图线；
②根据图线可得电池的电动势E 是
V，内阻r 是
Ω．
10．（14 分）一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物
块以v0=9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s 的速度反向运动
直至静止。g 取10m/s2。
（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
11．（16 分）在xOy 平面内，有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图象未画出），由A 点斜射出一质量为m、
带电量为+q 的粒子，B 和C 是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0 为常数，粒子所受重力忽略不计，求：
（1）粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功；
（2）粒子从A 到C 过程所经历的时间；
（3）粒子经过C 点时的速率．
12．（20 分）由三颗星体构成的系统，忽略其它星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的
万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O 在三角形所在的平面内做相同角速度的
圆周运动（图示为A、B、C 三颗星体质量不相同时的一般情况）．若A 星体质量为2m，B、C 两星体的质量均为m，
三角形的边长为a，求：
（1）A 星体所受合力大小FA；
（2）B 星体所受合力大小FB；
（3）C 星体的轨道半径RC；
（4）三星体做圆周运动的周期T．
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参考答案与试题解析
一、选择题（每小题6 分）
1．（6 分）如图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q 是轨迹上的四点，在散射
过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是（
）
A．M 点B．N 点C．P 点D．Q 点
【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向，可以判定粒子受力的方向；再根据受力的方向，判定α粒子在电场中运动时，
粒子的加速度的方向。
【解答】解：根据轨迹弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向大体向上，与粒子和重金属原子核的点的连线的方向
相反，故M、N、P、Q 是轨迹上的四点的加速度的方向中，只有P 点标出的方向是正确的。
故选：C。
【点评】本题要了解点电荷电场线的分布情况，运用力学方法分析粒子的受力特点，根据曲线运动的特点判断出受
力的方向。
2．（6 分）由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1 和q2，其间距离为r 时，它们之间相互作
用力的大小为F=k
，式中k 为静电力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为（
）
A．kg•A2•m3 B．kg•A
﹣2•m3•s
﹣4
C．kg•m2•C
﹣2D．N•m2•A
﹣2
【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单位之间的关系。
【解答】解：根据F=k
可得：k=
，
由于F=ma，
q=It，
所以k=
根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得
k 的单位是kg•A
﹣2•m3•s
﹣4
故选：B。
【点评】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单
位。
3．（6 分）图示电路中，变压器为理想变压器，a、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R0 为定值电阻，R 为滑
动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1 的示数增大了0.2A，电流表A2 的示数
增大了0.8A，则下列说法正确的是（
）
A．电压表V1 示数增大
B．电压表V2，V3 示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d 的方向滑动
【分析】根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余部分是外电路，外
电路中，R0 与滑动变阻器R 串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可。
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【解答】解：A、观察到电流表A1 的示数增大了0.2A，电流表A2 的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，
由于a、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2 示数不变，
根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d 的方向滑动，故A 错误，D 正确，
B、由于R0 两端电压增大，所以滑动变阻器R 两端电压减小，即电压表V3 示数减小，故B 错误；
C、观察到电流表A1 的示数增大了0.2A，电流表A2 的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大
量，
根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C 错误；
故选：D。
【点评】本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流
关系列式分析，不难。
4．（6 分）一根长为L、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量
为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内
的电场强度大小为（
）
A．
B．
C．ρnev D．
【分析】利用电流的微观表达式求的电流，由电阻的定义式求的电阻，由E=
求的电场强度
【解答】解：导体中的电流为I=neSv
导体的电阻为R=
导体两端的电压为U=RI
场强为E=
联立解得E=ρnev
故选：C。
【点评】本题主要考查了电流的微观表达式，根据电阻的决定式求的电阻，由E=
求的场强
5．（6 分）如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB 面上，经AB 和AC 两个面折射后从AC 面进入空气，当
出射角i′和入射角i 相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ，已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的
折射率表达式为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】由几何关系可明确在AB 边入射时的入射角和折射角，再由折射定律可求得折射率．
【解答】解：
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由折射定律可知，n=
；
因入射角和出射角相等，即i=i′
故由几何关系可知，β=
；
i=
+β=
；
故折射率n=
；
故选：A。
【点评】本题考查折射定律的应用，要注意根据光路图利用几何关系进行分析，本类问题要多练习如何利用几何关
系．
6．（6 分）如图所示，abcd 为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁
场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金
属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）．则下列说法中错误的是（
）
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
【分析】根据E=BLv，L 是有效的切割长度，求解感应电动势．根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小．由F=BIL
求安培力，由功率公式求解金属杆的热功率．
【解答】解：A、电路中感应电动势为：E=B
sinα•v=Blv，故A 错误。
B、电路中感应电流的大小为：I=
=
，故B 正确。
C、金属杆所受安培力的大小为：F=BI•
=
，故C 错误。
D、金属杆的热功率为：P=EI=
，故D 错误。
本题选择不正确的，故选：ACD
【点评】本题考查导体切割磁感线中的电动势和安培力公式的应用，要注意明确E=BLv 和F=BIL 均为导轨宽度，即
导线的有效切割长度．
7．（6 分）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为
，其中σ为平面上单位面积所带的电荷
量，ɛ0 为常量，如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板
可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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A．
和
B．
和
C．
和
D．
和
【分析】由题意可明确两极板单独在极板内部形成的场强大小，根据电场的叠加可明确合场强；
相互作用力可看作极板在对方场强中的受力，即F=Eq．
【解答】解：两极板均看作无穷大导体板，极板上单位面积上的电荷量σ=
；则单个极板形成的场强E0=
=
，
两极板间的电场强度为：2×
=
；
两极板间的相互引力F=E0Q=
；
故选：D。
【点评】虽然无限大极板我们没有学过，但是通过本题给出的信息即可明确本题考查内容为电场的叠加以及电场强
度定义公式的应用，要注意掌握信息给予题的解题方法．
二、非选择题
8．（8 分）在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端
固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，
使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示，请将以下的实验操作和处理补充完整：
①用铅笔描下结点位置，记为O；
②记录两个弹簧测力计的示数F1 和F2，沿每条细绳（套）的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成
线；
③只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，
记下细绳的方向
；
④按照力的图示要求，作出拉力F1，F2，F3；
⑤根据力的平行四边形定则作出F1 和F2 的合力F；
⑥比较
力F3 与F 的大小和方向
的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行
实验．
【分析】该实验采用了等效替代的方法，因此要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的形变相同，即将橡皮筋拉到同一点，
力是矢量，因此在记录时要记录大小和方向，步骤③中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，步骤⑥比较力F′
与F 的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．
【解答】解：步骤③中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，从而用力的图示法画出合力；
步骤⑥比较力F3 与F 的大小和方向，看它们的一致程度，得出结论．
故答案为：记下细绳的方向；力F3 与F 的大小和方向．
【点评】本实验关键理解实验原理，即使用等效代替法验证力的平行四边形定则，要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的
形变相同，难度不大，属于基础题．
9．（10 分）某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：一个满偏电流为100μA、内阻为
2500Ω的表头，一个开关，两个电阻箱（0～999.9Ω）和若干导线．
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（1）由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为50mA 的电流表，则应将表头与电阻箱
并联（填“串
联”或“并联”），并将该电阻箱阻值调为
5.0
Ω．
（2）接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图1 所示，通过改变电阻R 测相应
的电流I，且作相关计算后一并记录如表：
1
2
3
4
5
6
R（Ω）
95.0
75.0
55.0
45.0
35.0
25.0
I（mA）
15.0
18.7
24.8
29.5
36.0
48.0
IR（V）
1.43
1.40
1.36
1.33
1.26
1.20
（I/A）
66.7
53.5
40.3
33.9
27.8
20.8
①根据表中数据，图2 中已描绘出四个点，请将第5、6 两组数据也描绘在图2 中，并画出IR﹣I 图线；
②根据图线可得电池的电动势E 是
1.53
V，内阻r 是
2.0
Ω．
【分析】（1）由电表的改装原理可明确应并联一个小电阻分流来扩大电流表量程，根据并联电路规律可求得对应的
电阻；
（2）由描点法得出图象；再由闭合电路欧姆定律求出表达式，由图象即可求出电动势和内电阻．
【解答】解：（1）电流表量程扩大于50mA，即扩大
=500 倍，则应并联一个小电阻，其分流应为表头电流的499
倍，则有：
R=
≈5Ω；
（2）根据描点法作出5、6 两点，再将各点拟合为对应的直线，注意误差较大的点要去除；即得出对应的图象如图
所示；
（3）因IR 即表示电源的路端电压，则有；IR=E﹣I（r+RA），
则由图象可知，对应的电动势为1.53V，内阻为：r=
﹣5=2.0Ω
故答案为：（1）并联，5；（2）①如图所示；②1.53，2.0
【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意认真分析电路，明确闭合电路欧姆定律的应用，绝不能想当
然地认为图象的斜率即为内阻．
10．（14 分）一质量为0.5kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m 的位置B 处是一面墙，如图所示，物
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块以v0=9m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s 的速度反向运动
直至静止。g 取10m/s2。
（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
【分析】（1）对物块应用动能定理可以求出动摩擦因数。
（2）对物块应用动量定理可以求出作用力大小。
（3）应用动能定理可以求出物块反向运动过程克服摩擦力做的功。
【解答】解：（1）物块从A 到B 过程，由动能定理得：
﹣μmgsAB=
mvB2﹣
mv02，代入数据解得：μ=0.32；
（2）以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，
由动量定理得：Ft=mv﹣mvB，即：
F×0.05=0.5×（﹣6）﹣0.5×7，
解得：F=﹣130N，负号表示方向向左；
（3）物块向左运动过程，由动能定理得：
W=0﹣
mv2=﹣
×0.5×62=﹣9J；
所以克服摩擦力做功为9J。
答：（1）物块与地面间的动摩擦因数μ为0.32；
（2）若碰撞时间为0.05s，碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F 为130N；
（3）物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W 为9J。
【点评】本题考查了求动摩擦因数、作用力、克服摩擦力做功，分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量定理
即可正确解题。
11．（16 分）在xOy 平面内，有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E（图象未画出），由A 点斜射出一质量为m、
带电量为+q 的粒子，B 和C 是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0 为常数，粒子所受重力忽略不计，求：
（1）粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功；
（2）粒子从A 到C 过程所经历的时间；
（3）粒子经过C 点时的速率．
【分析】（1）由电场力做功的特点可明确W=Uq，而U=Ed，求得沿电场线方向上的距离即可求得功；
（2）粒子在x 轴方向上做匀速直线运动，根据水平位移可明确AO、BO 及BC 时间相等，由竖直方向的匀变速直线
运动可求得时间；
（3）由类平抛运动规律可求得水平和竖直，再由运动的合成与分解求得合速度．
【解答】解：（1）粒子从A 到C 电场力做功为：W=qE（yA﹣yC）=3qEl0
（2）根据抛体运动的特点，粒子在x 轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹是最高点D 在y 轴上，可令tA0=toB=T，
tBC=T；
由Eq=ma 得：
a=
又y=
aT2
y+3l0=
a（2T）2
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解得：T=
则A 到C 过程所经历的时间为：t=3
；
（3）粒子在DC 段做类平抛运动，则有：
2l0=vCx（2T）；
vcy=a（2T）
vc=
=
答：（1）粒子从A 到C 过程中电场力对它做的功3qEl0
（2）粒子从A 到C 过程所经历的时间3
；
（3）粒子经过C 点时的速率为
．
【点评】本题考查带电粒子在电场中的抛体运动，要注意明确带电小球在x 轴方向上为匀速运动，竖直方向为匀变
速直线运动；掌握运动的合成与分解即可顺利求解．
12．（20 分）由三颗星体构成的系统，忽略其它星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的
万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O 在三角形所在的平面内做相同角速度的
圆周运动（图示为A、B、C 三颗星体质量不相同时的一般情况）．若A 星体质量为2m，B、C 两星体的质量均为m，
三角形的边长为a，求：
（1）A 星体所受合力大小FA；
（2）B 星体所受合力大小FB；
（3）C 星体的轨道半径RC；
（4）三星体做圆周运动的周期T．
【分析】（1）（2）由万有引力定律，分别求出单个的力，然后求出合力即可．
（3）C 与B 的质量相等，所以运行的规律也相等，然后结合向心力的公式即可求出C 的轨道半径；
（4）三星体做圆周运动的周期T 相等，写出C 的向心加速度表达式即可求出．
【解答】解：（1）由万有引力定律，A 星受到B、C 的引力的大小：
方向如图，则合力的大小为：
（2）同上，B 星受到的引力分别为：
，
，方向如图；
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沿x 方向：
沿y 方向：
可得：
=
（3）通过对于B 的受力分析可知，由于：
，
，合力的方向经过BC 的中垂线AD
的中点，所以圆心O 一定在BC 的中垂线AD 的中点处．所以：
（4）由题可知C 的受力大小与B 的受力相同，对C 星：
整理得：
答：（1）A 星体所受合力大小是
；（2）B 星体所受合力大小是
；（3）C 星体的轨道半径是
；
（4）三星体做圆周运动的周期T 是
．
【点评】该题借助于三星模型考查万有引力定律，其中B 与C 的质量相等，则运行的规律、运动的半径是相等的．画
出它们的受力的图象，在结合图象和万有引力定律即可正确解答．
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