二、本题共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中第14~17题,只有一项符合题目要求,第18~21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。
1. 下列说法正确的是
A. 玻尔通过对氢原子光谱的研究建立了原子的核式结构模型
B. 某些原子核发生衰变时能够放出粒子,说明原子核内有粒子
C. 原子核反应中的质量亏损现象违反了能量守恒定律
D. 某种单色光照射某种金属发生光电效应,若增大光照强度,则单位时间内发射的光电子数增加
【答案】D
2. 如图所示为某一带正电点电荷产生的电场中的一条电场线,A、B、C、D为该电场线上的点,相邻两点间距相等,电场线方向由A指向D。一个带正电的粒子从A点由静止释放,运动到B点时的动能为Ek,仅考虑电场力作用,则
A. 从A点到D点,电势先升高后降低
B. 粒子一直做匀加速运动
C. 粒子在BC段电势能的减少量大于CD段电势能的减少量
D. 粒子运动到D点时动能等于3Ek
【答案】C
【解析】因为该电场线为一带正电点电荷产生的，根据电场线的特点可知该正电荷在A点的左侧，故沿着电场线方向电势降低，即从A点到D点电势降低；电场线越来越疏，则电场强度越来小，加速度越来越小，故AB错误；根据电场力做功W=qU,可知BC段靠近场源电荷，
故BC段的电势差大于CD的电势差，故BC段电场力做的正功更多，则粒子在BC段电势能的减少量更多，故C正确；若该电场是匀强电场，从A到B，根据动能定理有：；从A到D，根据动能定理有：，联立得：，而该电场是非匀强电场，距离相等的两点间的电势差越来越小，故粒子运动到D点时动能小于，故D错误；故选C.
3. 如图所示,质量为M=3kg的足够长的木板放在光滑水平地面上,质量为m=1kg的物块放在木板上,物块与木板之间有摩擦,两者都以大小为4m/s的初速度向相反方向运动。当木板的速度为3m/s时,物块处于
A. 匀速运动阶段 B. 减速运动阶段
C. 加速运动阶段 D. 速度为零的时刻
【答案】B
【解析】开始阶段，m向左减速，M向右减速，根据系统的动量守恒定律得：当物块的速度为零时，设此时木板的速度为，根据动量守恒定律得：，解得：；此后m将向右加速，M继续向右减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为．由动量守恒定律得：，解得：，两者相对静止后，一起向右匀速直线运动．由此可知当M的速度为3m/s时，m处于减速运动阶段；故选B.
【点睛】分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向左，两个物体开始均做匀减速运动，m的速度先减至零，根据动量守恒定律求出此时M的速度．之后，m向左做匀加速运动，M继续向左做匀减速运动，最后两者一起向左匀速运动．根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4m/s时，物块的速度，并分析m的运动情况．
4. 如图所示,质量为M的斜劈静止在粗糙水平地面上,质量为m的物块正在M的斜面上匀速下滑。现在m上施加一个水平推力F,则在m的速度减小为零之前,下列说法正确的是
A. 加力F之后,m与M之间的摩擦力变小
B. 加力F之后,m与M之间的作用力不变
C. 加力F之后,M与地面之间产生静摩擦力
D. 加力F前后,M与地面间都没有摩擦力
【答案】D
【解析】对m刚开始匀速下滑，根据平衡条件得：垂直斜面方向，滑动摩擦力为；在m上加一水平向右的力F，根据平衡条件有：垂直斜面方向，滑动摩擦力为；对物块，所受支持力增加了，则摩擦力增加，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，大小增大，而m与M之间的作用力即为其合力，也是增大的，如图所示：
则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故ABC错误，D正确；故选D.
5. 如图所示,平面直角坐标系xOy的x轴水平向右,y轴竖直向下,将一个可视为质点的小球从坐标原点O沿x轴正方向以某一初速度向着一光滑固定斜面抛出,小球运动到斜面顶端a点时速度方向恰好沿斜面向下,并沿O,斜面滑下。若小球沿水平方向的位移和速度分别用x和vx表示,沿竖直方向的位移和速度分别用y和vy表示,则在小球从O点到余斜面底端b点的过程中,以上四个物理量随时间变化的图象可能是
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】在平抛运动阶段，水平方向做匀速直线运动，保持不变，水平位移随时间均匀增加；竖直方向做自由落体运动，，即随时间均匀增大，竖直位移，即是一条过原点开口向上的抛物线；当小球运动到斜面顶端a点时速度方向恰好沿斜面向下，则小球在斜面上做匀加速直线运动，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，可知在水平方向上以为初速度匀加速直线运动，此时，随时间均匀增大，水平位移，是一条开口向上的抛物线；在竖直方向上继续做匀加速直线运动，仍随时间均匀增大，由于加速度小于原来平抛的重力加速度，故增加的幅度更小，竖直位移仍是一条开口向上的抛物线，由此分析可知AD错误，BC正确；故选BC.
6. 如图甲所示的电路中,变压器为理想变压器,Ro为定值电阻,R为滑动变阻器,L
为标有“22V20W”的白炽灯泡,所有电表均为理想电表。当变压器原线圈输入如
图乙所示的交变电压时,灯泡L正常发光。则下歹列说法正确的是
A. 通过R的交变电流频率为50HZ
B. 变压器原、副线圈的匝数比为10:1
C. 变压器原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10:1
D. 当滑动变阻器R的滑动片P向下移动时,电流表A1和A2的示数均增大
【答案】ABD
【解析】由乙图可知，周期，则频率为，故A正确；由乙图可知，原线圈的最大电压为，则原线圈电压的有效值，而此时灯泡正常发光，由并联电路的特点可知，此时副线圈两端的电压，故变压器原、副线圈的匝数比为，故B正确；
根据法拉第电磁感应定律，有，因，故C错误；当滑动变阻器R的滑动片P向下移动时，R的有效阻值减小，副线圈电压不变，故副线圈的电流增大，根据可知，原线圈的电流也增大，故电流表和的示数均增大,故D正确；故选ABD.
7. 嫦娥工程分为三期,简称“绕、落、回”三步走。我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器,该卫星先在距月球表面高度为h的轨道上绕月球做周期为T的匀速圆周运动,再经变轨后成功落月。已知月球的半径为R,引力常量为G,忽略月球自转及地球对卫星的影响。则以下说法正确的是
A. 物体在月球表面自由下落的加速度大小为
B. “嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为
C. 月球的平均密度为
D. 在月球上发射月球卫星的最小发射速度为
【答案】AC
【解析】在月球表面，重力等于万有引力，则得：；对于“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动过程，由万有引力提供向心力得：，联立解得：，故A正确；“嫦娥三号”卫星绕月球做匀速圆周运动，轨道半径为r=R+h，则它绕月球做匀速圆周运动的速度大小为，故B错误；根据，解得月球的质量为，月球的平均密度为，故C正确；设在月球上发射卫星的最小发射速度为v，则有：，解得，故D错误；故选AC.
【点睛】根据万有引力等于向心力列式，可求得月球的质量，由重力等于向心力，可求得在月球上发射卫星的最小发射速度；根据重力等于万有引力可求得物体在月球表面自由下落的加速度大小；根据密度公式求解月球的平均密度．
8. 如图所示,空间直角坐标系的xOz平面是光滑水平面,空间中有沿z轴正方向
的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现有两块平行的薄金属板,彼此间距为d,构成
一个电容为C的电容器,电容器的下极板放在xOz平面上;在两板之间焊接一根
垂直于两板的电阻不计的金属杆MN,已知两板和杆MN的总质量为m,若对杆
MN施加一个沿x轴正方向的恒力F,两金属板和杆开始运动后,则
A. 金属杆MN中存在沿M到到N方向的感应电流
B. 两金属板间的电压始终保持不变
C. 两金属板和杆做加速度大小为的匀加速直线运动
D. 单位时间内电容器增加的电荷量为
【答案】AD
【解析】由右手定则可知，充电电流方向为：由M流向N，故A正确；设此装置匀加速平移的加速度为a，则时间t后速度，MN，切割磁感线产生电动势：，即电容器两板电压：，U随时间增大而增大，电容器所带电量，MN间此时有稳定的充电电流：，方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安培力：，以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得：，即：，解得：，方向沿+Z方向，则单位时间内电容器增加的电荷量为，故BC错误，D正确；故选AD.
【点睛】系统在力的作用下加速运动，MN切割磁感线产生感应电动势给电容器充电，由右手定则可以判断出充电电流方向，应用安培力公式与牛顿第二定律可以求出加速度．
三、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分。第22题一第32题为必考题,
每个试题考生都必须做答。第33题一第38题为选考题,考生根据要求做答
9. 某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时,将橡皮筋改为劲度系数为400N/m的轻质弹簧AA'，将弹簧的一端A'固定在竖直墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC,分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上,其中O为OA、OB、OC三段细线的结点,如图1所示。在实验过程中,保持弹簧AA'伸长1.00cm不变
(1)若OA、OC间夹角为90°,弹簧秤乙的读数是______N(如图2所示),则弹簧秤甲
的读数应为________N.
(2)在(1)问中若保持OA与OB的夹角不变,逐渐增大OA与OC的夹角,则弹簧
秤甲的读数大小将_____，弹簧秤乙的读数大小将________。
【答案】 (1). 3.00 (2). 5.00 (3). 一直变小 (4). 先变小后变大
【解析】（1）根据胡克定律可知，； 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，则b的读数为：；（2）若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OA与OC的夹角，如图中实线变到虚线：
由图可知弹簧秤甲的读数将一直变小，而弹簧秤乙的读数将先变小后变大.
10. (1)某实验小组在使用多用电表的过程中,下列说法中正确的是___________
A.在测量电压时,要将红表笔接在高电势点
B.测量阻值不同的电阻时,都必须重新调节欧姆调零旋钮
C.在测量未知电阻时,必须先选择倍率最大的欧姆挡进行试测
D.在测量未知电流时,必须先选择量程最大的电流挡进行试测
E.测量电阻时,如果红、黑表笔插错插孔,测量结果不会受影响
(2)如图所示,若用多用电表测量某电阻Rx阻值,多用电表选择开关处
于“×10”欧姆挡,指针指在如图所示位置,则Rx的阻值_____300(选填“大于”、“等于”或“小于")
(3)现用伏安法更精确地测量(2)中的电阻Rx可供该同学选用的器材除开关S、导线、待测电阻R外,还有:
A.电源E(E=12V,内阻不计)
B.定值电阻R0(阻值等于1)
C.电压表V(量程0~15V,内阻未知)
D.电流表A1(量程0~10mA,内阻r1=3)
E.电流表A2(量程0~0.6A,内阻r2=0.2)
F滑动变阻器R(0~1k,额定电流0.1A)
①实验中电流表应选择________(填写器材前面的字母标号)
②请在方框内画出实验电路图;
③在实验过程中,测量多组数据,以电压表读数U为纵坐标,以电流表读数为横坐标,做出相应U-I图象,发现U-I图象为一条斜率为k的直线,若考虑电表内阻对电路的影响,则电阻Rx= ________ (用题目中已知物理量字母符号和k表示)。
【答案】 (1). ADE (2). 小于 (3). D （2） （3）
【解析】（1）用多用表测电压时，要将红表笔接高电势点，A正确；用多用表测电阻时，每换一次档位倍率都需要重新进行欧姆调零，而不是测量不同电阻，B错误；在测量未知电阻时，可以先选择个倍率进行测量，然后根据指针偏转情况再选择合适的倍率进行测量，不一定必须先选择倍率最大挡进行试测，C错误；为保护电表安全，在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测，D正确；测量电阻时，如果红、黑表笔插错插孔，则不会影响测量结果，E正确；故选ADE.（2）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20至40的中间数值一定小于30，若选择开关处于“×10”挡，由图可知其读数小于
300Ω；（3）①电源电动势E=12V，回路中的最大电流约为，故电流表选D；②而电流表D的量程太小，为了测量准确，故需要将电流表D与定值电阻并联，改装成一个大量程的电流表；因为不知道电压表内阻，而电流表内阻确切已知，所以选择电流表内接法测量，因为滑动变阻器的最大值远大于待测电阻，故滑动变阻器用限流接法，画出的电路图如图所示：
③根据串联电路的特点有：，变形得：，故图线的斜率为，解得：.
11. 如图甲所示,直金属板ABC沿与水平面成37°角倾斜放置,板的AB部分光滑,BC部分粗糙,B为板的中点。现将两个可视为质点的物块P、Q分别从A、B两点由静止同时释放,经过1s时间物块P到达达B点，此时两物块间的距离为2m。若将该金属板从B点弯折,使AB部分与BC部分成图乙所示夹角且平滑衔接。现将BC部分放置在水平面上,把原来的物块P仍从A点由静止释放,物块Q静置在BC上某点,两物块相碰后粘合在一起继续运动,恰好能到达C点。已知物块Q的质量是物块P质量的2倍,两物块与金属板粗糙部分的动摩擦因数相同,重力加速度大小g=10m/s2，sin37°＝0.6。求
(1)物块与金属板粗糙部分之间的动摩擦因数;
(2)金属板弯折后,物块Q静置时的位置与C点之间的距离。
【答案】(1)0.25 (2)0.525
【解析】⑴设物块P的质量为m，则物块Q的质量为2m，图甲物块Q下滑过程中
由牛顿第二定律得：
又
解得：
⑵如图甲，物块P下滑过程中，由牛顿第二定律得：
金属板AB间距离
物块P滑至B点时的速度
如图乙，设两物块相碰前物块P的速度为，相碰后P、Q的瞬时速度为
金属板弯折后两物块相碰时的位置与C点的距离为
物块P和P、Q整体在水平BC面上运动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
物块P在水平面上运动过程中：
碰撞过程中动量守恒：
根据速度位移公式得：
解得：
12. 如图所示,直角坐标系xoy的第一象限内存在与x轴正方向成45°角的匀强电场,第二象限内存在与第一象限方向相反的匀强电场,两电场的场强大小相等。x轴下方区域I和区域II内分别存在磁感应强度不同的、方向垂直纸面向外的足够大匀强磁场,两磁场的分界线与x轴平行,
区域I中磁场的磁感应强度大小为B,在分界线上有一绝缘弹性挡板,挡板关于y轴对称。现在P(0,y0)点由静止释放一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计粒子重力),粒子立即进入第一象限运动,以速度v穿过x轴后,依次进入区域I和区域II磁场,已知粒子从区域I进入区域II时,速度方向垂直挡板紧贴挡板的右侧边缘,在与挡板进行碰撞时粒子的电荷量和能量均无变化,且与挡板的中央发生过碰撞。求
(1)电场强度E的大小
(2)区域I中磁场的磁感应强度大小;
(3)粒子再次回到y轴时的位置坐标和此时粒子速度方向。
【答案】（1） （2） （3）合速度方向与y轴的夹角为零
【解析】⑴则粒子在第一象限运动，根据动能定理得：
解得：
⑵如图所示：
粒子在区域I内做圆周运动的半径为，则有：
由几何知识可知：
由题意可知挡板长度
设区域II磁场的磁感应强度大小为，粒子在区域II内做圆周运动的半径为，则有：
由题意可知挡板长度 (n=1，2，3 ………)
由以上各式可得： (n=1，2，3 ………)
⑶由对称性可知，粒子第二次通过x轴时D点距离坐标原点O的距离为，进入第二象限后粒子做类平抛运动，设粒子再次回到y轴时的位置坐标Q（0，y）
根据类平抛运动规律有：，
将代入可得：
所以粒子再次回到y轴时的位置坐标Q（0，）
设粒子再次回到y轴时沿电场方向的分速度大小为，与合速度v合间的夹角为
合速度与y轴间的夹角为，而
则有：，
将上面解得的E和t代入上面的两式得：
所以 得：
所以 即合速度方向与y轴的夹角为零
13. 根据热力学定律和分子动理论,下列说法正确的是______。(在答题卡上填正确答案标号。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.满足能量守恒定律的客观过程并不是都可以自发地进行
B.知道某物质摩尔质量和阿伏伽德罗常数,就可求出其分子体积
C.内能不同的物体,它们分子热运动的平均动能可能相同
D.热量可以从低温物体传到高温物体
E.液体很难被压缩的原因是:当液体分子间的距离减小时,分子间的斥力增大,分
子间的引力小,所以分子力表现为斥力
【答案】ACD
【解析】根据热力学第二定律，一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的，故A正确；知道某物质的摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可以求出一个分子占据的空间，但不一定是分子的体积，因为分子间的空隙有时是不可忽略的，故B错误．温度是分子平均动能的标志，内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，故C正确．根据热力学第二定律知，热量可以从低温物体传到高温物体，但是不可能不引起其它变化．故D正确．液体很难被压缩的原因是当液体分子的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力也增大，但分子斥力增加得更快，故分子力体现为斥力，故E错误；故选ACD.
14. 如图所示,一水平放置的固定汽缸,由横截面积不同的两个足够长的圆筒连接而成,活塞A、B可以在圆筒内无摩擦地沿左右滑动,它们的横截面积分别为SA=30cm2、SB=15cm2,A、B之间用一根长为L=3m的细杆连接。A、B之间封闭着一定质量的理想气体,活塞A的左方和活塞B的右方都是大气,大气压强始终保持P=1.0x105Pa。活塞B的中心连一根不可伸长的细线,细线的另一端固定在墙上,当汽缸内气体温度为T1=540K时,活塞B与两圆简连接处相距距l=1m,此时细线中的张力为F=30N
①求此时汽缸内被封闭气体的压强;
②若缓慢改变汽缸内被封闭气体的温度,则温度为多少时活塞A恰好移动到两圆筒连接处?
【答案】(1) (2)
【解析】①设汽缸内气体压强为，为细线中的张力，则活塞A、B及细杆整体的平衡条件为
解得：
代入数据得
②当A到达两圆筒连接处时，设此时温度为，要平衡必有气体压强
、
由理想气体状态方程得：
解得：
15. 如图所示,甲图为沿x轴传播的一列简诺横波在t=0时刻的波动图象,乙图为参与的波动质点P的振动图象,则下列说法中正确的是______ (在答题卡上填正确答案标号,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.该波的传播速率为0.5m/s
B.该波波的传播方向沿x轴负方向
C. t=0到t=9s时间内,质点P通过的路程为0.9m
D. t=0到t=2s时间内,质点P的位移为零,路程为0.2m
E.经过4s时间,质点P沿波的传播方向向前传播2m
【答案】ACD
16. 上有一个倒立的玻璃圆锥ABC,其顶点C恰好与桌面接角触,圆锥的轴(图中虚线)与桌面垂直,过轴线的截面为边长1m的等边三角形,如图所示。有一半径为r=0.2m的圆柱形平行光束垂直入射到锥的AB面上,光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率为n=1.5,光在真空中传播的速度为c=3.0×108m/s。则
①通过计算说明光线a能不能在圆锥的侧面AC点发生全反射?
②光线在桌面上形成的光斑半径是多少?
③光线a经过圆锥侧面AC后射到桌面上所用用的总时间是多少?(结果保留两位有效数字)
【答案】(1) 光线a发生了全反射 (2)0.4 (3)
【解析】①光线a在圆锥的侧面AC点的入射角
则临界角，故光线a发生了全反射
②作出光路图如图所示：
由图可知，，则由几何关系得：
光束在桌面上形成的光斑上半径：
③由几何知识可知：
光线在玻璃内的传播速度
则总时间为：
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