2007-2015年物理新课标高考题答案及其详解（精华） - 图文

2007年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）

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，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。

14.天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期。由此可推算出（ ）

A.行星的质量 B.行星的半径 C.恒星的质量 D.恒星的半径 答案：C

解析：根据题意，已知行星绕恒星运动的轨道半径r和周期T，则恒星对行星的万有引力提供行星运动的

Mm4?24?2r3向心力。由G2?mr2得，M?，因此C正确。 2rTGT15.下列说法正确的是（ ）

A.行星的运动和地球上物体的运动遵循不同的运动规律 B.物体在转弯时一定受到力的作用

C.月球绕地球运动时受到地球的引力和向心力的作用

D.物体在光滑斜面下滑时受到重力、斜面的支持力和下滑力的作用 答案：B

解析：行星的运动和地球上物体的运动都属于经典力学范畴，应该遵循相同的规律，A错。物体在转弯时的运动是曲线运动，即变速运动，因此有加速度，合外力不能为零，B正确。月球绕地球运动时受到地球的引力提供了向心力，而不是同时受这两个力的作用，C错。物体在光滑斜面下滑时只受重力和斜面的支持力，“下滑力”只是对重力沿斜面的分力的说法，D错。

16.甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的v-t图中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在0-20秒的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（ ） A.在0-10秒内两车逐渐靠近 B.在10-20秒内两车逐渐原离

C.在5-15秒内两车的两车的位移相等 D.在t=10秒时两车在公路上相遇 答案：C

解析：由图象可知，甲乙两辆汽车在5-15秒内的位移大小分别等于相应时间内的矩形面积和梯形面积，而根据几何关系，这两部分面积相等，故C正确。在0-10秒内两车逐渐远离；在10-20秒内两车逐渐靠近；在t=10秒时两车速度相等，则A、B、D错误。

17.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知（ ） A.该交流电的电压瞬时值的表达式为u?100sin(25t)V B.该交流电的频率为25Hz

C.该交流电的电压的有效值为1002V

D.若将该交流电压加在阻值为R?100?的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W 答案：BD

解析：由图象可知，电压的最大值为Um?100V，周期T?0.04s，所以频率

f?U10011?s=25s；有效值为U?m?V=502V；若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻T0.0422U2(502)2?两端，则电阻消耗的功为P?W=50W；该交流电的表达式为R100u?Umsin2?f?t?100sin2???25?tV=100sin50??tV，故A、C错，B、D正确。

18.两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中。小球1和小球2均带正电，电量分别为q1和q2（q1?q2）。将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示。若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）（ ） A.T?1(q1?q2)E B.T?(q1?q2)E 2- 1 -

C.T?1(q1?q2)E D.T?(q1?q2)E 2

答案：A 解析：

F2 球2 T

球1 F1 球1 F1

如图，先以两小球整体为研究对象，有方程： F1?F2?2ma，即Eq1?Eq2?2ma； 再以小球1为研究对象，有方程： Eq1?T?ma，

1(q1?q2)E，故A对。 219.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1 和R3均为定值电阻。R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的

联立两方程可解得：T?滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（ ） A.I1增大、I2不变、U增大 B.I1减小、I2增大、U减小 C.I1增大、I2减小、U增大 D.I1减小、I2不变、U减小 答案：B

E可知，I↑，而U?E?Ir，R?rU故U↓；又U3?IR3，即U3↑，U1?U3?U，所以U1?U2↓，I1?1，即I1↓；I1?I2?I，故

R1解析：当R2的滑动触点向b端移动时，电路中的总电阻R↓，由I?I2↑，B对。

20.电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板上的带电情况是（ ）

A.从a到b，上极板带正电 B.从a到b，下极板带正电 C.从b到a，上极板带正电 D.从b到a，下极板带正电 答案：D

解析：在N极接近线圈上端的过程中，根据楞次定律，再回路中产生顺时针方向的感应电流，b点电势比a点电势高，电容器下板带正电，上板带负电。故D正确。

21.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在片平面，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和2V。设场强大小为E，一电量为1310-6C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则（ ）

?6A.W?8?10J E?8Vm B.W?6?10J E?6Vm C.W?8?10J E?8Vm D.W?6?10J E?6Vm

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?6?6?6答案：A

解析：由于A、D 、B是匀强电场中一条直线上的三点，且D为AB的中点，故有UAD?UDB，即

?A??D??D??B，所以?D?(?A??B)2?(14?6)2V?10V，则正电荷从D点移到C点电场力所做的

功为

W?qUDC?q(?D??C)?(10?2)?1?10?6J?8?10?6J；

取DC的中点为O，由UDO?UOC可知?0?(?D??C)2?(10?2)2?6V

所以O、B两点的电势相等，连接OB即为等势线，过D点做OB垂线即为电场线，交点为P，如图所示。

E E

O P E 由图可知，dDP?dDB?0.5m，所以E?UDPUDBUDB???8V/m dDPdDPdDB故A正确

22.实验题（1）由绝缘介质隔开的两个同轴的金属圆筒构成圆柱形电容器，如图所示。试根据你学到的有关平行板电容器的知识，推测影响圆柱形电容器电容的因素有 。

（2）利用伏安法测量干电池的电动势和内阻， 现有的器材为：

干电池：电动势约为1.5V，符号电压表：量程1V，内阻998.3Ω，符号电流表：量程1A，符号

滑动变阻器：最大阻值10Ω，符号电阻箱：最大阻值：99999.9Ω，符号 单刀单掷开关1个，符号导线若干

①设计测量电源电动势和内阻的电路并将它画在指定的方框内。要求在图中标出电压表、电流表的接线柱的正负。

②为了满足本实验要求并保证实验的精确度，电压表量程应扩大为原量程的 倍，电阻箱的阻值应为 Ω。 答案：（1）H，R1，R2，?（正对面积、板间距离、极板间的介质） （3分） （2）①

（6分，采用其它方法只要合理，照样给分） ② 2 （3分） 998.3 （3分）

23.倾斜雪道的长为25m，顶端高为15m，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图所示。

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一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v0=8m/s飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起。除缓冲过程外运动员可视为质点，过渡圆弧光滑，其长度可忽略。设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ=0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离（取g=10m/s2）

答案：s2?74.8m 解析：

如图选坐标，斜面的方程为

y?xtan??3x???? ① 4运动员飞出后做平抛运动 x?v0t ???? ②

y?12gt ???? ③ 2联立①②③式，得飞行时间 t?1.2s???? ④ 落点的x坐标x1?v0t?9.6m ???? ⑤

落点距地面的高度 h1?(L?s1)sin??7.8m ???? ⑦ 接触斜面前的x分速度 vx?8m/s y 分速度 vy?gt?12 m/s

沿斜面的速度大小为 v//?vxcos??vysin??13.6m/s???? ⑧ 设运动员在水平雪道上运动的距离为s2，由功能关系得

12mv//??mgcos?(L?s1)??mgs2???? ⑨ 2解得 s2?74.m8 ??? ⑩ mgh1?24.在半径为R半圆形区域中有中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，此感应强度为B。一质量为m，带电量为q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点（AP=d）射入磁场（不计重力影响）。 （1）如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。

（2）如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线的夹角为?（如图）。求入射粒子的速度。

答案：（1）?1?qdB(2R?d)qBd （2）?? 2m2m[R(1?cos?)?d]

解析：（1）由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。

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设入射粒子的速度为?1，由洛仑兹力的表达式和牛顿第二定律得

m?12d2?qB?1 ???? ①

qBd ???? ② 2m由上式解得 ?1?（2）设O?是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心。连接O?Q，设O?Q?R?。 由几何关系得?OQO??? ???? ③

OO??R??R?d ???? ④

由余弦定理得

(OO?)2?R2?R?2?2RR?cos? ???? ⑤

联立④⑤式得

R??d(2R?d) ???? ⑥

2[R(1?cos?)?d]设入射粒子的速度为?，由m?2R??qB?解出

??qdB(2R?d) ???? ⑦

2m[R(1?cos?)?d]

30. D.在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1 /m2。

答案：

m1?2 m2

解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变。根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4︰1。

设碰撞后小球A和B的速度分别为?1和?2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等，有

m1?0?m1?1?m2?2 ???? ① 11122m1?0?m1?12?m2?2 ???? ② 222?m再由2?4,可解出 1?2 ???? ③

?1m2

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2008年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）

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，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。

14.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的方向 A.与ab边平行，竖直向上 B.与ab边平行，竖直向下 C.与ab边垂直，指向左边 D.与ab边垂直，指向右边

【解析】本题考查了左手定则的应用。导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边。

答案：C

15.一个T型电路如图所示，电路中的电R1?10?, R2?120?,R3?40?.另有一测试电源，电动势 为100V，内阻忽略不计。则

A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40? B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40?

C. 当ab两端接通测试电源时， cd两端的电压为80 V D. 当cd两端接通测试电源时， ab两端的电压为80 V

【解析】本题考查电路的串并联知识。当cd端短路时，R2与R3并联电阻为30Ω后与R1串联，ab间等效电阻为40Ω，A对；若ab端短路时，R1与R2并联电阻为8Ω后与R3串联，cd间等效电阻为128Ω，B错；但ab两端接通测试电源时，电阻R2未接入电路，cd两端的电压即为

40

R3的电压，为Ucd = ×100V=80V，C对；但cd两端接通测试电源时，电阻R1未接入电路，ab两端电压

50

40

即为R3的电压，为Uab = ×100V=25V，D错。

160

答案：AC

16.如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个最阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里。导体棒的电阻可忽略。当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是

A.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a B.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a C.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b D.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b

【解析】本题考查右手定则的应用。根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a。当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向。

答案：B

17.甲乙两年在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v-t图象如图所示。两图象在t=t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，△OPQ的面积为S。在t=0时刻，乙车在甲车前面，相距为d。已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能是

11t1,d?S 241113 C. t′?t1,d?S D. t′=t1,d?S

2224 A. t′＝t1 ,d=S B. t′=

【解析】本题考查追击相遇问题。在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′ ＜t，

A错；从图像中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看，甲在t1时间内运动的位移比乙的多S，当t′ =0.5t

33

时，甲的面积比乙的面积多出S，即相距d=S，选项D正确。此类问题要抓住图像的交点的物理意义，

44

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过了这个时刻，不能相遇以后不可能相遇，即“过了这个村就没这个店”。

答案：D

18.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1 m/s。从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示。设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是 A. W1?W2?W3 B. W1?W2?W3 C. W1?W3?W2 D. W1?W2?W3

【解析】本题考查v-t图像、功的概念。力F做功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移（v-t图像中图像与坐标轴围成的面积），第1秒内，位移为一个小三角形面积S，第2秒内，位移也为一个小三角形面积S，第3秒内，位移为两个小三角形面积2S，故W1=1×S，W2=1×S，W3=2×S，W1＜W2＜W3 。

答案：B

19.如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀 强磁场 中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度?逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角?＝45?时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是

【解析】本题

考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故

π

瞬时电流的表达式为i=－imcos（+ωt），则图像为D图像所描述。平时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时

4

的瞬时电动势表达式的理解。

答案：D

20.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于图示状态。设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是 A.若小车向左运动，N可能为零 B.若小车向左运动，T可能为零 C.若小车向右运动，N不可能为零 D.若小车向右运动，T不可能为零

【解析】本题考查牛顿运动定律。对小球受力分析，当N为零时，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A对C错；当T为零时，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B对D错。解题时抓住N、T为零时受力分析的临界条件，小球与车相对静止，说明小球和小车只能有水平的加速度，作为突破口。

答案：AB

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21.如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度a。在以下方法中，能使悬线的偏角a变大的是 A.缩小a、b间的距离 B.加大a、b间的距离

C.取出a、b两极板间的电介质

D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质

【解析】本题考查电容器的两个公式。a板与Q板电势恒定为零，

b板和P板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q视为不变。要使悬线的偏角增大，即

qεS

电压U增大，即减小电容器的电容C。对电容器C，由公式C = = ，可以通过增大板间距d、减

U4πkd

小介电常数ε、减小板的针对面积S。

答案：BC

三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第29题为必考题，每个试题考生都必须做答。第

30题～第38题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（8题，共129分） 22.（15分）

I.右图为一正在测量中的多用电表表盘.

（1）如果是用310?档测量电阻，则读数为 ?。

（2）如果是用直流10 mA档测量电流，则读数为 mA。 （3）如果是用直流5 V档测量电压，则读数为 V。

Ⅱ.物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置

如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点。

（1）上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a= (保留三位有效数字)。 (2)回答下列两个问题：

①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 。（填入所选物理量前的字母） A.木板的长度l B.木板的质量m1

C.滑块的质量m2 D.托盘和砝码的总质量m3 E.滑块运动的时间t

②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是 。

（3）滑块与木板间的动摩擦因数?＝ （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）.与真实值相比，测量的动摩擦因数 （填“偏大”或“偏小” ）。写出支持你的看法的一个论据： 。

【解析】欧姆档在最上面的一排数据读取，读数为6×10Ω=60Ω；电流档测量读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.18mA；同样直流电压档测量读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.9×0.1V=3.59V。对纸带的研究直接利用逐差法取平均值计算加速度。

答案：Ⅰ．（1）60

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（2）7.18 （3）3.59 Ⅱ．（1）0.495～0.497m/s2 （2）①CD

m3g－(m2＋m3)a（3） m2g

23.（15分）

天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星。双星系统在银河系中很普遍。利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量。已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T，两颗恒星之间的距离为r，试推算这个双星系统的总质量。（引力常量为G） 【解析】

设两颗恒星的质量分别为m1、m2，做圆周运动的半径分别为r1、r2，角速度分别为w1,w2。根据题意有

w1=w2 r1+r2=r

① ②

根据万有引力定律和牛顿定律，有

G

m1m22?mwr1 112r

③

G

m1m22?mw12r1 2r ④

联立以上各式解得

r1?m2r

m1?m2 ⑤

根据解速度与周期的关系知

w1?w2?2? T ⑥

联立③⑤⑥式解得

4?23m1?m2?2r

TG ⑦

24.(17分)

如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外。有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场。质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角?，A点与原点O的距离为d。接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场。不计重力影响。若OC与x轴的夹角为?，求 （1）粒子在磁场中运动速度的大小： （2）匀强电场的场强大小。

【解析】

(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。

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依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R，则有

R=dsin??

?

?

?

?

?

?

①

由洛化兹力公式和牛顿第二定律得

v2qvB?m

R ②

将?式代入②式，得

v?qBdsin? m ③

(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有

v0＝vcos???vsin?＝at d=v0t

?

?

?

?

?

?

?

?

?

?

④ ⑤ ⑥

联立④⑤⑥得

v2sin?cos?a?

dqE＝ma

⑦

设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得

⑧

联立③⑦⑧得

qB2dE?sin3?cos?

m ⑨

这道试题考查了带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的半径公式，通常这类试题要求掌握如何定圆心、确定半径，能画出轨迹图。利用圆的几何知识和向心力公式解决相关问题。 33.[ 物理─选修3－5]（15分）

239(1)（6分）天然放射性元素94Pu经过 次?衰变和 次?衰变，最后变成铅的同

位素 。（填入铅的三种同位素【解析】8 4

2072220682Pb、

20782Pb、20882Pb中的一种）

Pb

(2)（9分）某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律。图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2。当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触。向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放。结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30°。若本实验允许的最大误差为±4％，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？

【解析】本题要求验证碰撞中的动量守恒定律及碰撞前与碰撞后的机械能守恒定律。

设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得

h1?l(1?cos45?) ①

- 10 -

12mBvB?mBgh1 ② 2设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P1、P2。有

P1=mBvB ③ 联立①②③式得

P1?mB2gl(1?cos45?) ④

同理可得

P2?(mA?mB)2gl(1?cos30?) ⑤

联立④⑤式得

P2mA?mB1?cos30? ⑥ ?PmB1?cos45?1代入已知条件得

?P2????1.03 ⑦ ?P1?由此可以推出

2P2?P1≤4% ⑧ P1所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。

2009年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）

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，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。

14. 在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是

A．伽利略发现了行星运动的规律 B．卡文迪许通过实验测出了引力常量

C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献 答案BD。

【解析】行星运动定律是开普勒发现的A错误；B正确；伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，C错误；D正确。

15. 地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的。已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为

A．0.19 B．0.44 C．2.3 D． 5.2 答案B。

Mmv2GM【解析】天体的运动满足万有引力充当向心力即G2?m可知v?，可见木星与地球绕太阳RRRv木R地1???0.44，B正确。 运行的线速度之比v地R木5.216. 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b

以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为

A．1.3m/s ，a正、b负 B．2.7m/s ， a正、b负 C．1.3m/s，a负、b正 D．2.7m/s ， a负、b正

- 11 -

答案A。 【解析】依据左手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力作用向下偏，因此电极a、b的正负为a正、b负；当稳定时，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力

a 测N S EU160?10?6??1.3m/s，为零，则qE=qvB，可得v???3BBd0.04?3?10A正确。

17. 质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则

电势差 血流 b 3F0 F 5F02t0A．3t0时刻的瞬时功率为

m15F02t0B．3t0时刻的瞬时功率为

mF0 O 20023Ft 4m25F02t0D．在t?0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为

6mC．在t?0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为答案BD。

【解析】0-2t0 内物体的加速度为a?t0 2t0 3t0 t F02F0t0，2t0 时刻的速度为v1?a?2t0?，在3t0时刻的瞬时速度mm5F0t05F0t015F20t0v2?v1?3a?t0??，则3t0时刻的瞬时功率为P?3F0?，A错误；B正确；在t?0到

mmm225F02t01225F02t0，则这段时间内的平均功率P?，3t0这段时间内，由动能定理可得W??Ek?mv2?6m22mD正确。

18.空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O?xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标(0,a,0)，N点的坐标为(a,0,0)，P点的坐标为(a,aa,)。已知22z 电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为

323V B．V

42213C．V D．V

44A．V答案D。

【解析】将立体图画成平面图，如图所示，可见P点沿电场线方向为MN的四等分线，故P点的电势为V，D正确。

19.如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触。在圆心和圆环间连有电阻R。杆OM以匀角速度?逆时针转动，t=0时恰好在图示位置。规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t=0开始转动一周的过程中，电流随?t变化的图象是

M P 2 y N 2 x E M 34N - 12 -

i i ωt

O －2 π 3π 2π π －2 A O ωt

－2 π 3π 2π π －2 B i i O ωt

－2 π π 3π 2π －2 C O ωt

－2 π 3π 2π π －2 D

答案C

【解析】依据左手定则，可知在0-

?内，电流方向M到O，在在电阻R内则是由b到a，为负值，且大小21BL?2?33?~2?为I?2为一定值，~?内没有感应电流，?~?内电流的方向相反，即沿正方向，

222R内没有感应电流，因此C正确。

20.如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为

A．物块先向左运动，再向右运动

物块 B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 拉力 木板 C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动

D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 答案BC.

【解析】对于物块由于运动过过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对静止而做匀速直线运动，B正确；对于木板由作用力与反作用力可知受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，知道二者相对静止，而做直线运动，C正确；由于水平面光滑，所以不会停止，D错误。 21.水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ（0<μ<1）。现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则

F A．F先减小后增大 B．F一直增大

θ C．F的功率减小 D．F的功率不变

答案AC。 【解析】由于木箱的速度保持不变，因此木箱始终处于平衡状态，受力分析如图所示，

则由平衡条件得：mg?N?Fsin?，f??N?Fcos?两式联立解得

?mg?mg，可见F有最小值，所以F先减小后增大，A正确；B错误；F?2cos???sin?1??sin(???)?mgvcos??mgv?的功率P?Fvcos??，可见在?从0逐渐增大到90°的过程中tan?逐渐

cos???sin?1??tan?F?增大，则功率P逐渐减小，C正确，D错误。

第Ⅱ卷

- 13 -

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，每个小题考生都必须做答。第33题~第41题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（11题，共129分） 22.（4分）

某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d，示数如图。由图可读出l= cm, d= mm

答案2.25，6.860

【解析】游标卡尺的读数x?22mm?0.1mm?5?22.5mm?2.25cm； 螺旋测微器的读数y?6.5mm?0.01mm?36.0?6.860mm。 23.(11分)

青岛奥运会帆船赛场采用风力发电给蓄电池充电，为路灯提供电能。用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，实现自动控制。光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，作为简化模型，可以近似认为，照射光较强（如白天）时电阻几乎为0：照射光较弱（如黑天）时电阻接近于无穷大。利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，黑天打开。电磁开关的内部结构如图所示。1、2两接线柱之间是励磁线圈，3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接。当励磁线圈中电流大于50mA时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开；电流小于50mA时，3、4接通。励磁线圈中允许通过的最大电流为100mA。

（1） 利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原理图。 光敏电阻R1,符号R1 ，灯泡L，额定功率40W，额定电压36V，符号L 保

4 1 2 3 护电阻R2,符号R2 ，电磁开关，符号，蓄电池E，电压36V，内阻很小；开关S，导线若干。 （2） 回答下列问题：

①如果励磁线圈的电阻为200?，励磁线圈允许加的最大电压为 V，保护电阻R2的阻值范围为

?。

②在有些应用电磁开关的场合，为了安全，往往需要在电磁铁吸合铁片时，接线柱3、4之间从断开变为接通。为此，电磁开关内部结构应如何改造？请结合本题中电磁开关内部结构图说明。 答： 。 ③任意举出一个其它的电磁铁应用的例子。

答： 。 答案：（1）电路原理如图所示。（4分） （2）①20 （2分） 160~520（2分） ②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。 ③电磁起重机 【解析】（1）要使光敏电阻能够对电路进行控制，且有光照时路灯熄灭，光敏电阻应与1，2串联，3，4与路灯串联；则电路图如图所示。

（2）①由U=IR得励磁线圈允许加的最大电压为U=ImR=0.13200V=20V；依据允许通过励磁线圈的电流最

- 14 -

大值和最小值计算得R2min?1616??160?，R2max???320?，因此保护电阻R2的阻值范围为0.10.05160~320?；

②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。 ③电磁起重机 24．（14分）

冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O。为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为?1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至?2=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰

2

面的长度应为多少？（g取10m/s）

【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S1，所受摩擦力的大小为f1：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S2，所受摩擦力的大小为f2。则有S1+S2=S ①式中S为投掷线到圆心O的距离。

f1??1mg ② f2??2mg ③

设冰壶的初速度为v0，由功能关系，得f1?S1?f2?S2?22?1gS?v0联立以上各式，解得S2? ⑤

2g(?1??2)代入数据得S2?10m ⑥

12mv0 ④ 2

25．(18分)

如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。粒子在磁场中的

运动轨迹与y轴交于M点。已知OP=l,OQ?23l。不计重力。求 （1）M点与坐标原点O间的距离；

（2）粒子从P点运动到M点所用的时间。 【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运

动，设速度为v0，粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为?，则a?qE ① m2y0t1? ②

axv0?0 ③

t1 - 15 -

其中x0?23l,y0?l。又有tan??at1 ④ v0联立②③④式，得??30?

因为M、O、Q点在圆周上，?MOQ=90?，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知。

R?23l ⑥ MO ?6l ⑦

（2）设粒子在磁场中运动的速度为v,从Q到M点运动的时间为t2,

v0?R则有v ? ⑧ t2? ⑨

vcos?带电粒子自P点出发到M点所用的时间为t为t?t1+ t2 ⑩

联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得t????3?2ml?+ 1? ⑾

??2?qE

35．［物理——选修3-5］（15分） （1）（5分）关于光电效应，下列说法正确的是_______（填入选项前的字母，有填错的不得分） A．极限频率越大的金属材料逸出功越大 B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应 C．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小

D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多

（2）（10分）两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后双滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。 【解析】（1）1（5分） （2）（10分）设物块到达劈A的低端时，物块和A的的速度大小分别为?和V，由机械能守恒和动量守恒得

121mv?M1V2 ① 22 M1V?mv ②

设物块在劈B上达到的最大高度为h'，此时物块和B的共同速度大小为V'，由机械能守恒和动量守恒得

1122 mgh'?(M2?m)V'?mv ③

22 mv?(M2?m)V' ④

M1M2h ⑤ 联立①②③④式得 h'?(M1?m)(M2?m) mgh?

2010年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）

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，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。 14．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是 A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象 B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在

C．库仑发现了点电荷的相互作用规律：密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值 D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律：洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律 【答案】AC

- 16 -

【解析】赫兹用实验证实了电磁波的存在，B错误。洛仑磁发现了磁场对运动电荷作用的规律，D错误。 15．一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2。弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为 A．

F2?F1F?F1F?F1F?F1 B.2 C.2 D.2

l2?l1l2?l1l2?l1l2?l1F2?F1，C正确。

l2?l1【答案】C

【解析】根据胡克定律有：F1?k(l0?l1)，F2?k(l2?l0)，解得：k=

16．如图所示，在外力作用下某质点运动的??t图象为正弦曲线。从图中可以判断 A．在0～t1时间内，外力做正功

B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大 C．在t2时刻，外力的功率最大

D．在t1～t2时间内，外力做的总功为零 【答案】AD

【解析】根据P=Fv和图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，外力的功率先减小后增大，B错误。t2时刻外力的功率为零，C错误。

17．静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的 收尘板是很长的条形金属板，图中直线ab为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上。若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)

【答案】A

【解析】粉尘受力方向为电场线方向，从静止开始运动应该是A图情况，不会是BCD情况，A正确。

0

18．如图所示，一物块置于水平地面上。当用与水平方向成60角的力F1拉物

0

块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动。若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为

A.3?1 B.2?3 C.

313? D.1- 222【答案】B

【解析】物体受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff、已知力F处于平衡，根据平衡条件，有

F1cos600??(mg?F1sin600)，F2cos300??(mg?F2sin300)，联立解得：??2?3

19．电源的效率?定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为?a、?b。由图可知?a、?b的值分别为 A.

12311121、 B.、 C.、 D.、

33442233【答案】D

【解析】电源效率??U，E为电源的总电压（即电动势），根据图象可E- 17 -

知Ua=

21E、Ub=E，所以选项D正确。 33

20.太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道。下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图像。图中坐标系的横轴是lg(T/TO),纵轴是lg(R/RO);这里T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，TO和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径。下列4幅图中正确的是

【答案】B

【解析】根据开普勒周期定律：T?kR，T?kR232030两式相除后取对数，得：

T2R3lg2?lg3，整理得：T0R02lgTR?3lg，选项B正确。 T0R021．如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场。一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直。让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0．2R时铜棒中电动势大小为，下落距离为0．8R时电动势大小为E。忽略涡流损耗和边缘效应。关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是

A．E1>E2，a端为正 B．E1>E2，b端为正 C．E1

【解析】根据E=BLv，E1?B?20.96Rg?0.2R，E2?B?20.36Rg?0.8R，可见E1

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做答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。 (一)必考题(11题，共129分) 22．(4分)

图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图。现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题：

(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有——。(填入正确选项前的字母) A．米尺 B．秒表

C．0～12V的直流电源 D。0～I2V的交流电源

(2)实验中误差产生的原因有______。(写出两个原因) 【答案】（1）AD（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势

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能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定。 【解析】（1）用A项米尺测量长度，用D项交流电源供打点计时器使用。（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定。

23．(11分)

用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻RT，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的。某同学将RT和两个适当的固定电阻R1、R2连成图1虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围。为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下RL的阻值，测量电路如图1所示，图中的电压表内阻很大。RL的测量结果如表l所示。

回答下列问题：

（1）根据图1所示的电路，在图2所示的实物图上连线。

(2)为了检验RL与t之间近似为线性关系，在坐标纸上作RL-t关系图线

(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3、4所示。电流表的读数为____，电压表的读数为___。此时等效电阻RL的阻值为___：热敏电阻所处环境的温度约为____。

- 19 -

【答案】（1）如图所示（2）如图所示（3）115.0mA，5.00V，43.5Ω，64.0℃

【解析】（1）根据电路图连接电路。（2）根据数据描出点，拟合成直线。（3）I?23.0?150?115.0mA，30

U?50.05.00?6?5.00V，R??43.5?，对照图找出相应的温度64.0℃。 ?360115.0?1024．(14分)

短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m和200m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9．69 s和l9．30 s。假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0．15 S，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动。200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与l00 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑l00 m时最大速率的96％。求： (1)加速所用时间和达到的最大速率： (2)起跑后做匀加速运动的加速度。 (结果保留两位小数)

2

【答案】（1）1.29s 11.24m/s （2）8.71m/s 【解析】(1)加速所用时间t和达到的最大速率v，

- 20 -

0?v0?vt?v(9.69?0.15?t)?100，t?96%v(19.30?0.15?t)?200 22联立解得：t?1.29s，v?11.24m/s

2(2)起跑后做匀加速运动的加速度a， v?at，解得：a?8.71m/s

25．(18分)

如图所示，在0≤x≤a、o≤y≤

aa范围内有垂直手xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。220坐标原点0处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a／2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的 (1)速度的大小：

(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。

y D 6aqB6-6【答案】（1）v?(2?（2）sin?= )A v 2m10【解析】设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R， α v2mv根据牛顿第二定律和洛伦兹力得：qvB?m，解得：R?

RqBO α R P α C a x 当a/2的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意，t=T/4时，∠OCA=π/2

设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系得：

aRsin??R?，Rsin??a?Rcos?，且sin2??cos2??1

266aqB6-6解得：R?(2? )a，v?(2?)，sin?=22m1034．[物理——选修3-5](15分)

（1）(5分)用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为

v1、v2、v3的三条谱线，且v3＞v2＞v1，则 。(填入正确选项前的字母)

111A．v0＜v1 B．v3?v2?v1 C．v0?v1?v2?v3 D.??

v1v2v3【答案】B

【解析】大量氢原子跃迁时只有三个频率的光谱，这说明是从n=3能级向低能级跃迁，根据能量守恒有，h?3?h?2?h?1，解得：v3?v2?v1，选项B正确

（2）(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙。重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为?。使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间。设木板足够长，重物始终在木板上。重力加速度为g。 【答案】

4v0 3?g【解析】木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。

木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有：

v0 3 木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv?m(?v0)??2mgt1

2mv0?mv0?(2m?m)v，解得：v?

- 21 -

121mv?mv02???2mgs 22 木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s?vt2

用动能定理，有：

木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=

2v02v04v0+= 3?g3?g3?g2011年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）

二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，有的只有一项符合题目要求，有的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．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列

四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )

解析：主要考查安培定则和地磁场分布。根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B。

15．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能 A．一直增大( )

B．先逐渐减小至零，再逐渐增大

C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小

D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大

解析：主要考查力和运动关系。当恒力方向与速度在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至零，再逐渐增大。当恒力方向与速度不在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大。所以正确答案是ABD。

16．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻

力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是 A．运动员到达最低点前重力势能始终减小( )

B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关

解析：主要考查功和能的关系。运动员到达最低点过程中，重力做正功，所以重力势能始终减少，A项正确。蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加，B项正确。蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹性力做功，所以机械能守恒，C项正确。重力势能的改变与重力势能零点选取无关，D项错误。

17．如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( ) A．U?110V,I?0.2A

B．U?110V,I?0.05A C．U?1102V,I?0.2A

D．U?1102V,I?0.22A

解析：主要考查理想变压器原副线圈电压、电流与匝数的关系。U2=220V，根据U1：U2=n1:n2得，U1=110V。I2=P/U2=0.1A，根据I1：I2= n2：n1得I1=0.2A。所以正确答案是A。

18．电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。

电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是( )

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A．只将轨道长度L变为原来的2倍 B．只将电流I增加至原来的2倍 C．只将弹体质量减至原来的一半

D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原 来的2倍，其它量不变

解析：主要考查动能定理。利用动能定理有BIlL?12mv,B=kI解得22kI2lL。所以正确答案是BD。 v?m

19．卫星电话信号需要通地球同步卫星传送。如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至

对方接收到信号所需最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3．8310m/s，运行周期约为27天，地球半径约为6400km，无线电信号的传播速度为3?10m/s） A．0．1s B．．25s C．0．5s D．1s

解析：主要考查开普勒第三定律。月球、地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律有

5

8r2T22T273?r?r?解得，代入数据求得m.如图所示，发出信号至对方接收到信号所需r?4.2?10212322r1T1T122s2R?r2最短时间为t??，代入数据求得t=0.28s.所以正确答案是B。

vC32

20．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点

电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）( )

解析：主要考查电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系。正确答案是D。

21．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板， 其上叠放

一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )

解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律a1?a2?对运动时， a1?kt。木块和木板相

m1?m2?m2gm1恒定不变，a2?kt??g。所以正确答案是A。 m2

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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33题～第40题为选考题，考生根据要求作答。 22．（5分）为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：

（1）将S拨向接点1，接通S1，调节________,使待 测表头指针偏转到适当位置，记下此时_____的读数I； （2）然后将S拨向接点2，调节________,使______, 记下此时RN的读数；

（3）多次重复上述过程，计算RN读数的________,此 即为待测微安表头内阻的测量值。 解析：（1）R0、标准电流表A0；（2）RN，标准电流表A0的示数为I；（3）平均值 23．（10分）利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示。

s（m） 0．500 0．600 0．700 0．800 0．900 0．950 t（ms） 292．9 371．5 452．3 552．8 673．8 776．4 s/t1．71 1．62 1．55 1．45 1．34 1．22 （m/s）

完成下列填空和作图：

（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的 瞬时速度v1测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是_______； （2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出（3）由所画出的图线

s?t图线； ts?t，得出滑块加速度的大小为a=__________m/s2（保留2位有效数字）。 tst解析：（1）滑块做匀加速直线运动，利用v?vt和v?v0?at有v1??a解得

t22s11??at?v1或s??at2?v1t t22s（2）?t图线如图所示

t

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（3）由

s1s11??at?v1可知，?t图线斜率绝对值为a即k?a?2，解得a=2

2t2t2

24．（13分）甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。 解析：设汽车甲在第一段时间间隔末（时间t0）的速度为v,第一段时间间隔内行驶的路程为s1,加速度为a,在第二段时间间隔内行驶的路程为s2。由运动学公式得 v?at0 ① s1?12at0 ② 2s2?vt0?12(2a)t0 ③ 2??s2。设乙车在时间t0的速度为v?，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1、同样有v??(2a)t0 ④

12?1?2s1?(2a)t0 ⑤ s2?v?t0?at0 ⑥

22设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s?，则有s?s1?s2 ⑦ s??s1?s2 ⑧ 联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为

??s5? ⑨ s?7 25．（19分）

如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求 （1）粒子a射入区域I时速度的大小；

（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。

解析：（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P?,如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

dv2 ① 由几何关系得?PCP??? ② Ra1? ③ qvaAB?msi?nRa12qBd0式中，??30，由①②③式得va1? ④

m(2)设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra1，射出点为Pa（图中未画出轨迹），

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2va ⑤ ?P?OaPa???。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)?mRa2R由①⑤式得Ra2?a1 ⑥

23C、P?和Oa三点共线，且由 ⑥式知Oa点必位于x?d ⑦ 的平面上。由对称性知，Pa点与P?点

2纵坐标相同，即ypa?Ra1cos??h ⑧ 式中，h是C点的y坐标。

设b在I中运动的轨道半径为Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得q(vamva2)B?() ⑨ 3Rb13 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为?。如果b没有飞出I，则

t??t? ⑩ ??Ta22?Tb12?Ta2? ○11

式中，t是a在区域II中运动的时间，而

2?Ra22?Rb1 12 13 T?○○b1vv30由⑤⑨⑩11○1213式得??30 14 ○○○

由①③⑨14式可见，b没有飞出。Pb点的y坐标为ypb?Rb1(2?cos?)?h 15 ○○由①③⑧⑨○1415式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为 ○

ypa?ypb?2(3?2)d ○16 335.【物理——选修3-5】

（1）在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为?0，该金属的逸出功为______。若用波长为?（?

（2）如图，ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，使弹簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体，现A以初速?0沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为?0，求弹簧释放的势能。

解析：（1）由w逸?h?极限和??由爱因斯坦质能方程Ek?hc?得w逸?hc?0

A B C hc?0??

?e?0?（2）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得3mv?mv0 ① 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv?2mv1?mv0 ②

设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有

c?w逸和Ek?Ue得U截止?1112(3m)v2?Ep?(2m)v12?mv0 ③ 22212由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep?mv0 ④

32012年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）

二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，有的只有一项符合题目要求，有的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．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。

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早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是

A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B．没有力作用，物体只能处于静止状态

C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性

D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动 【答案】A、D 【解析】本题考丧牛顿第一定律即以及经典物理史。物体的惯性，就是使物体保持运动状态不改变的性质，也就是抵抗运动状态的改变，A对;没有力的作用，物体将保持运动状态不变，即速度不变，可能静止也可能匀速直线运动，B错;行星在轨道上保持匀速率圆周运动是变速运动，时刻具有指向轨道圈心的加速度，是由于中心天体的万有引力作用，C错;运动物体如果没有受到力的作用，将做匀速直线运动,D对。

15．如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则 y A．a的飞行时间比b的长 b B．b和c的飞行时间相同 C．a的水平速度比b的小 c a D．b的初速度比c的大 x O 【答案】B、D

【解析】本题考查平抛运动规律与特点，难度较小。平抛运时间只由高度决定，水平位移由初速度及运动时间决定。由此可知b，c两球运动时间相等，并且都大于a的运动时间，B对A错；b的水平位移大于c的水平位移，故b的初速度比c的大，a的水平速度〔初速度)大于b的，D对C错。

【技巧点拨】平抛运动的时间只由初始位里的高度决定，水平位移则由初速度与高度共同决定，一般分为水平方向和竖直方内动。分析求解匀变速曲线运动的基本方法是将其运动分解为两个方向上的直线运动

16．如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中

A．N1始终减小，N2始终增大 B．N1始终减小，N2始终减小

C．N1先增大后减小，N2始终减小 D．N1先增大后减小，N2先减小后增大 【答案】B

【解析】本题考查共点力平衡问题，涉及牛顿第三定律:、由缓慢转动木板到水平位置，其间的任一状态都是平衡态。小球所受墙的压力N1、木板的支持力(N2反作用力)、重力G三个力的合力为零，表示这三个

]力的矢量可构成封闭三角形。将木板缓慢转动到水平过程中，重力G的大小及方向不变，N1方向不变，?角逐渐变小，因此表示N1,N2的线段都逐渐减小，故N1,N2都逐渐变小 17．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为

A．380V和5.3A B．380V和9.1A C．240V和5.3A D．240V和9.1A 【答案】B

[解析】本题考查理想变压器公式，涉及电压公式及电功率公 式:由理想变压器的电压公式可知U2?n2PU1?380v，由电功率公式可知，I2??5.3A n1U2I1?n2I2?9.1V n1

18．如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子

A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动

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【答案】B、D

【解析】本题考查带电粒子在匀强电场中的直线运动等知识。带电平行板电容器两极板间是匀强电场，场强方向垂直于极板。粒子所受电场力垂直于极板，其电场力可分为竖直向上与水平向左的两个分力，坚直向上的分力与重力合力为0，故粒子在水平向左的分力作用下沿水平向右运动。因此，运动中电场力做负功，狡子电势能逐渐增加。重力不做功，电场力所做的功等于合够碑眺油于是负功，粒子动能逐渐减小。

【技巧点拨】直线运动中质点所受合力可能为零，也可能不为零，若合力不为零，合力方向必与速度方向在同一直线上。物体做直线还是曲线运动，决定于合力方向与速度方向是否同线，做匀变连还是非匀史速运动决定于合力是否恒定。

19．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应闲磕牙随时间的变化率

A．

4?B0? B．

2?B0? C．

?B的大小应为 ?t?B0? D．

?B0 2?【答案】C

【解析】本题考查法拉第电磁感应定律，涉及欧姆定律、等效法等，中等难度。当线圈转动时，o点的左右两边(长为半径r)交替切割磁感线，运动情况相同，线圈中的电动势、电流大小恒定。感应电动势为

1?BE1?BLv=B0r(r?)。若线圈不动，磁场变化，依题意有：感应电动势又可以表示为: E1?S,而

2?t1S??r2，

2?BB0?=综上解得： ?t?

20．如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中

感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是

【答案】A

解析 本题考查通电直导线之间的安培力.涉及楞次定律、安培定则等，中等难度。由于平行通电直导线中电流同向时“吸引”，反向时“排斥”。因此，当线圈所受合力水平向左时，导线中的电流应向上，且逐渐减小，它的磁场通过线框向里的磁通量增加，线框中才会产生顺时针的感应电流;当线圈所受合力水平向 有时，导线中的电流应向下，且逐渐增大，它的磁场通过线框向外的磁通量增加，线框中才会产生顺时针的感应电流。由于规定向上为导线中电流的正方向，因此，其变化图线如A所示.

21．假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为

A．1?

ddR?d2R2) D．() B．1? C．(RRRR?d【答案】A

解析 本题考查万有引力定律，涉及近似关系(黄金代换)的

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4G?R3?应用，难度较小。对于在地球表面的物体，所受地球的万有引力近似等于重力，则有g=32,又因

R在质量分布均匀球壳内对其内部引力为零，则可以将矿井深度为d处重力加速度看做半径为R?d的均匀

43G?（R-d）?球体，故对矿井底部的物体有：g=3，

R?dg'd解得=1-

gR

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做答。第33题~第40题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题（11题，共129分） 22．（5分）

某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示。图（a）所示读数为_________mm，图（b）所示读数为_________mm，所测金属板的厚度为_________mm。

【答案】0.010 6.870 6.860 23．（10分）

图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；○A为电流表；S为

开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。 （1）在图中画线连接成实验电路图。 （2）完成下列主要实验步骤中的填空 ①按图接线。

②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。 ③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出___________________，并用天平称出____________。

④用米尺测量_______________。

（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=_________。

（4）判定磁感应强度方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。 【答案】（1）如图所示

（2）③重新处于平衡状态

电流表的示数I 此时细沙的质量m2

④D的底边长度

m2?m1g Il （4）m2?m1

（3）

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24．（14分）

拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。

（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。

（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。 【解析】（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有

Fcos??mg?N ① Fsin??f ② 式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有

f??N ③ 联立①②③式得 F??mg ④

sin???cos?（2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有 Fsin???N ⑤ 这时，①式仍满足。联立①⑤式得 sin???cos???mg ⑥ F 现考察使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总大于零，且当F无限大时极限为零，有 sin???cos??0 ⑦

使上式成立的θ角满足???0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当???0时，不管拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为

tan?0?? ⑧ 25．（18分）

如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为

3R。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，5同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。

【解析】粒子在磁场中做圆周运动。设圆周半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得

v2 qvB?m ①

r式中v为粒子在a点的速度。

过b点和O点作直线的垂线，分别于直线交于c和d点。由几何关系，线段

ab、bc和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形。因此

ab?bc?r ② 设cd?x。由几何关系得

4 ac?R?x ③

5322 bc?R?R?x ④

5 - 30 -

联立②③④式得r?7R ⑤ 5 再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得

qE=ma ⑥ 粒子在电场力方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得 r?12at ⑦ 2 r=vt ⑧ 式中t是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得

14qRB2 E?

5m

35．[物理——选修3-5]（15分）

234

（1）（6分）氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为：H+H→He+x ，式中

112

234

x是某种粒子。已知：1H、1H、2He和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速。由上述反应方程和数据可知，粒子x是__________，该反应释放出的能量为_________ MeV（结果保留3位有效数字）

1【答案】0n（或中子） 17.6

（2）（9分）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求 （i）两球a、b的质量之比；

（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。 【解析】（i）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时

的速率为v，由机械能守恒定律得 m2gL?O b a 1m2v2 ① 2 式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v?，以向左

为正。由动量守恒定律得

m2v?(m1?m2)v? ②

设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得

1(m1?m2)v?2?(m1?m2)gL(1?cos?) ③ 2 联立①②③式得

m11??1 ④ m21?cos? 代入题给数据得

m1?2?1 ⑤ m2 （ii）两球在碰撞过程中的机械能损失是

Q?m2gL?(m1?m2)gL(1?cos?) ⑥ 联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek?

1m2v2)之比为 2m?m2Q?1?1(1?cos?) ⑦ Ekm2 - 31 -

联立⑤⑦式，并代入题给数据得

Q2 ?1?Ek2

2013年普通高等学校招生全国统一考试 理科综合能力测试物理试题（新课标卷2）

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。 14.一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间的关系的图像是

14. C 【解析】当0?F?fm时，物块始终静止，加速度为0；当F?fm时，物块做加速运动运动，由牛顿第二定律可得F?fm?ma，又fm??mg，则有F?ma??mg，故选项C正确。

15.如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）.由此可求出

A．物块的质量 B.斜面的倾角

C.物块与斜面间的最大静摩擦力 D.物块对斜面的正压力 15. C 【解析】设物块受到的最大静摩擦力为f，对物块受力分析可知，若f的方向沿斜面向下，有F1?mgsin??f①；若f的方向沿斜面向上，有F2?f?mgsin?②，由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可知f??mgcos?③，由①②可求得f的值，而物块的质量m、斜面的倾角?无法求出，故物块对斜面的正压力（N?mgcos?）也无法求出。本题选C。

16.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L ）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动，t=0是导线框的的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中，可能正确描述上述过程的是

B2L2v16. D【解析】线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于F安?，

R则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D。

17.空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不

- 32 -

计重力，该磁场的磁感应强度大小为

A. B. C. D.

17. A【解析】画出粒子的运动轨迹，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r?2Rsin60?，由r?可知B?mv0Bqmv0mv03mv0，本题选A。 ??rq2Rqsin60?3Rq

18.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a，b和c分别位于边长为的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为

A.错误！未找到引用源。 B.错误！未找到引用源。 C.错误！未找到引用源。 D.错误！未找到引用源。

18. B 【解析】对c球受力分析可知，水平方向上受a、b的库仑力和匀强电场的电场力3个力的作用而平

2?k衡，有

19.在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是 A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系 B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说

C.法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，或出现感应电流

D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化

19.答案：ABD

解析：奥斯特发现了电流的磁效应，A正确，安培首先提出分子电流假说，B正确；楞次定律的内容微感应电流总是要阻碍引起感应电流的刺痛练得变化，D正确；法拉第在实验中观察到，在通有电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，选项C说法错误，故本题选ABD

20.目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是

A.卫星的动能逐渐减小

B.由于地球引力做正功，引力势能一定减小

C.由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变 D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小

20. BD【解析】卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，做近心运动，万有引力做正功，引力势能减小。由于稀薄气体的阻力做负功，故卫星的机械能减小，又稀薄气体的阻力较小，故卫星克服气体阻力做的功小于万有引力做的功，即小于引力势能的减小，由动能定理可知合外力做正功，卫星的动能增加，本题选BD。

21.公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，

A.路面外侧高内侧低

B.车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动

C.车速虽然高于vc，但只要不超出某一高度限度，车辆便不会向外侧滑动 D.当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小

21. AC 【解析】据题意，当汽车行驶的速率为vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，汽车与地面间没有摩擦力的作用，向心力由重力和地面支持力的合力提供，故路面外侧高内侧低，A正确；车速小于vc时，汽车的向心力减小，由于地面比较粗糙，故汽车受到的静摩擦力将会阻碍车辆向内侧滑动，B错误；同理可知只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，C正确；由选

- 33 -

qqc3kq?cos30??qEE?cl2l2。故选B。 ，解得

项A的分析可知当路面结冰时，与未结冰时相比，向心力的大小不变，故临界速度vc 的值不变，D错误。（对于选项BC也可结合实际情况直接判断出正误，如汽车可以静止在转弯处，汽车速度过大将做离心运动。

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33题~第40题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共129分）

22.（8分） 某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示。向左推小球，使弹黄压缩一段距离后由静止释放:小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。 回答下列问题：

(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g。为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 (填正确答案标号)。

A.小球的质量m B.小球抛出点到落地点的水平距离s C.桌面到地面的高度h D.弹簧的压缩量△x E.弹簧原长

(2).用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek= 。

(3)图(b)中的直线是实验测量得到的s-△x图线。从理论上可推出，如果h不变.m增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”):如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会

(填“增大”、“减小”或“不变”)。由图(b) 中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的 次方成正比。 22.答案：（1）ABC 3分

mgs2（2）4h 2分

（3）减小 增大 2 3分 解析：（1）实验需求出小球离开桌面的动能，故要测量小球的质量m和小球离开桌面是的速度v0，由平抛运动的规律可知，小球水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，通过测量桌面到地面的高度h可求得时间，再测出小球水平方向上的位移s，由分运动的等实行可求出v0的大小。

1212mgs2s?v0t,h?gt,Ek?mv0Ek?224h。 （2）由（1）问所述可知，联立以上各式可得4hEphmgs2s?Ep?Ek?mg，故s—△x图线的斜率与m成正比。若h不变m增加，则斜4h，则（3）

率减小；若m不变h增加，则斜率增大。由于s—△x图线为直线，故。

23.（7分）某同学用量程为I mA、内阻为120Ω 的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为Iv和1A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻，S为开关。回答下列问题:

(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线。

（2）开关S闭合时，多用电表用于测量 (填“电流”、“电压，或“电阻”)； 开关S断开时，多用电表用于测量 (填“电流”、“电压”或“电阻”)。

（3）表笔A应为 色(填“红”或“黑”)。

（４）定值电阻的阻值Ｒ１＝ Ω，Ｒ２＝ Ω。（结果取３位有效数字）

Ep?(?x)2 - 34 -

23.答案：（1）连线如图所示 2分

（2）电流 电压 2分

（3）黑 1分 （4）1.00 880 2分 【解析】（1）表头跟R2串联，R1跟开关串联，两个支路并联，连线图同答案。

（2）开关闭合时，电表的内阻较小，为等效电流表；开关断开时，电表的内阻较大，为等效电压表。

（3）电流由红表笔流入，由题图（a）可看出表头右端为“+”，故表笔A为黑表笔。

（4）设表头的内阻为r，满偏电流为Ig，由欧姆定律可知解得R1=1.00Ω，R2=880Ig(R2?r)?1V，(R2?r)?(1A?Ig)R1，

Ω。

24.（14分）如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。

24.答案：E?1rr(Nb?Na)，EKa?(Nb?5Na)，EKa?(5Nb?Na) 61212

解析：质点所受的电场力大小为

f?qE ①

设置点质量为m，经过a点和b嗲是的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有

2vaf?Na?m ②

r2vbNb?f?m ③

r设指点经过a点和b点时的动能分别为EKa和EKb有

- 35 -

EKa?EKa12mva ④ 212?mvb ⑤ 2根据动能定理有

EKb?EKa?2rf ⑥

联①②③④⑤⑥立式得

E?EKaEKa1(Nb?Na) ⑦ 6r?(Nb?5Na) ⑧ 12r?(5Nb?Na) ⑨ 12２５.（１８分）一长木板在水平地面上运动，在ｔ=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝１０

２

ｍ／ｓ求:

(1) 物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数:

(2) 从ｔ＝０时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.

２５.答案：（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木块减速，此过程一会持续到物

块和木板具有相同速度为止。

由图可知，在t1=0.5s时，物块和木板的速度相同。设t=0到t= t1时间间隔内，物块和木板的加速度度大小分别为a1和a2，则

a1?a1?v1t1 ①

v0?vtt1 ②

式中v0?5m/s、v1?1m/s分别为模板在t=0、t=t1时速度大小。

设物块和木板的质量为m，物块和木板间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得 μ1mg=ma1 ③

(μ1+2μ2)mg=ma2 ④ 联立①②③④式得 μ1=0.20 ⑤

μ2=0.30 ⑥

（2）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块和木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1'和a2'，则由牛顿第二定律得

f?ma1 ' ⑦

2?2mg?f?ma2' ⑧

- 36 -

假设f??1mg，则a1'?a2'；由式得f??2mg??1mg，与假设矛盾，故f??1mg⑨ 由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1'等于a1；物块的v-t图像如图中点划线所示。

由运动学公式可推知，物块和木块相对于地面的运动距离分别为

v12s1?2? ⑩

2a1v0?v1v12s2?t1?

22a1'

物块相对于木板的位移大小为

s?s1?s2 联立①⑤⑥⑧⑨⑩式得

s=1.125m

33.[物理一选修3-31](5分) (I)(5分)关于一定量的气体，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I个扣3分，最低得分为0分).

A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和

B.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低

C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零 D.气体从外界吸收热量，其内能一定增加 E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高。

(2)(10分)如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长=25.0cm的空气柱，中间有一段长为=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度=40.0cm。已知大气压强为P0=75.0cmHg。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为=20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离。

33.[物理一选修3-31](5分)答案：（1）ABE 5分 （2）10分

以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为

p1?p0?l2 ①

设活塞下推后，下部空气柱的压强为

p1 '，由玻意耳定律得

p1l1?p1 'l1 ' ②

设活塞如图下推距离为?l，则此时玻璃管上部空气柱的长度为

l3 '?l3 ?l1 -l1 '-?l ③

设此时玻璃管上部空气柱 的压强为p3'，则

- 37 -

④ p3'?p1 '-l2由玻意耳定律得

p0l3?p3'l3' ⑤

由①至⑤式及题给数据解得

?l?15.0cm ⑥

34.[物理——选修3-4]（15分）

（1）（5分）如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的。物块在光滑水平面上左右振动 ，振幅为A0，周期为T0。当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A A0(填“>”“<”“=”), T T0(填“>”“<”“=”).

(2)(10分)如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=60°。一束平行于AC边的光线自AB边的p点射入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的M点射出，若光线在P店的入射角和在M点的折射角相等

（i）求三棱镜的折射率

（ii）在三棱镜的AC边是否有光线逸出，写出分析过程。（不考虑多次反射）

34.【答案】（1）“=”、“<”。 5分 （2） 10分 【解析】（1）当a、b脱开后，振子离开平衡位置的最大距离不变，则振幅不变；弹簧振子的周期与振幅无关，与质量有关，由公式：T?2?m/k（k是弹簧的劲度系数，m是小球的质量）可知质量减小，周期减小。故填“=”、“<”。 （2）（i）光路图如图所示，

图中N点为光线在AC边上发生反射的入射点。设光线在P点的入射角为i、折射角为r，在M点的入射角为r'、折射角依题意也为i，有

i?60? ①

由折射定律有

sini?nsinr ② nsinr??sini ③

由式得

r?r? ④

OO?为过M点的法线，?C为直角，OO?//AC。由几何关系有

?MNC?r? ⑤ 由反射定律可知

?PNA??MNC ⑥ 联立④⑤⑥式得

- 38 -

?PNA?r ⑦

由几何关系得

r?30? ⑧ 联立①②⑧式得

n?3 ⑨

（ii）设在N点的入射角为r??，有几何关系得 r???60? ⑩ 此三棱镜的全反射临界角满足

nsin?c?1

由⑨⑩式得r????c

此光线在N点发生全反射，三棱镜的AC边没有光线射出。 35.[物理—选修3-5](15分)

(1) (5分)关于原子核的结合能，下列说法正确的是 (填正确答案标号。选 对I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.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量

B.一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能

C. 铯原子核(

13355Cs)的结合能小于铅原子核(20882Pb)的结合能

D.比结合能越大，原子核越不稳定

Ｅ.自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能最大于该原子核的结合能 (2) (10分)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块Ａ、B、C。 B的左 侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度ｖ０朝B运动，压缩弹簧；

当A、 B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过 程时间极短。求从Ａ开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中， （i）整个系统拐失的机械能；

（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。

35.答案：（1）ABC 5分 （2）（i）?E?

11322mv0mv0 （ii） EP? 10分 1648【解析】（1）由结合能的定义分析可知原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量，A

正确；一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的核子的比结合能增加，又衰变过程质量数守恒，故衰变产物核子的结合能之和一定大于原来重核的结合能，B正确；组成原子的核子越多，原子的结合能越高，故C正确；比结合能越大，原子核越稳定，D错误；自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，E错误。 （2）（i）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0=2mv1 ①

此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后瞬时速度为v2，损失的机械能为?E对B、C组成的系统，由动量守恒定律得

mv1=2mv2 ②

1212mv1??E?(2m)v2 ③ 22联立①②③式得

12mv0 ④ 16（ii）由式可知v2?v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3,此时弹簧被压?E?缩至最短，其弹性势能为EP,由动量守恒和能量守恒定律得

mv0?3mv3 ⑤

- 39 -

1212mv0??E?(3m)v2?EP ⑥ 22联立④⑤⑥式得

EP?

132mv0 ⑦ 482014年普通高等学校招生全国统一考试（课标卷II）

理科综合能力测试（物理）

(青海 西藏 甘肃 贵州 黑龙江 吉林 宁夏 内蒙古 新疆 云南 辽宁)

第Ⅰ卷

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．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图像如图所示。在这段时间v 内

v2 A．汽车甲的平均速度比乙大

甲 v1?v2B．汽车乙的平均速度等于

2乙 v1 C．甲乙两汽车的位移相同

D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大

O t1 t 【答案】A

【解析】由于图线与坐标轴所夹的面积表示物体的位移，在0-t1时间内，甲车的位移大于乙车，由v?知，甲车的平均速度大于乙车，A正确， C错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于

x可tv1?v2，B2错误；又图线的切线的斜率等于物体的加速度，则甲乙两车的加速度均逐渐减小，选项D错误。

15．取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不

计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为

A．

???5? B． C． D． 64312【答案】 B

12mv0?mgh，故v0?2gh物体落地的2vyvy?竖直速度vy?2gh，则落地时速度方向与水平方向的夹角tan??则??，选项B正确。 ??1，

4vxv0【解析】设物体水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h，则

16．一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，

若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则

A．WF2?4WF1，Wf2?2Wf1 B．WF2?4WF1，Wf2?2Wf1 C．WF2?4WF1，Wf2?2Wf1 D．WF2?4WF1，Wf2?2Wf1

【答案】C 【解析】由于物体两次受恒力作用做匀加速运动，由于时间相等，末速度之比为1:2，则加速度之比为1:2，位移之比为1:2。而摩擦力不变，由Wf??Ff?x得：Wf2?2Wf1；由动能定理：

WF1?Wf1?121mv?0，WF2?Wf2?m(2v)2?0，224WF1?WF2?2Wf1?WF2?2Ff?x1，故 WF2?4WF1。C正确。

整理得：

17．如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量

为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g，当

- 40 -

小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为

Ａ．Mg－5Mg B．Mg+mg C．Mg+5mg D．Mg+10mg 【答案】 C

【解析】小圆环到达大圆环低端过程机械能守恒：mg?2R?12mv，小圆环在最低点，根据牛顿第二2v定律可得：FN-mg=mR2；对大圆环，由平衡可得：FT=Mg+FN，解得FT=Mg+5mg，

选项C正确。

18．假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g０；在赤道的大小为

g；地球自转的周期为T；引力常量为G。地球的密度为

A．

3?go3?go3?go?g3? B． C. D．

GT2GT2gGT2goGT2go?g【答案】 B

【解析】地球表面的物体在两极万有引力等于重力：G物体随地球自转所需向心力的合力：G立可得：?MmR2=mg0，在地球的赤道上万有引力为重力和

MmR2=m(432?2)R+mg，地球的质量：M=???R，联

3T=g02GTg0-g3?，选项B正确

19．关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是

Ａ．电场强度的方向处处与等电势面垂直 Ｂ．电场强度为零的地方，电势也为零

Ｃ．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低 Ｄ．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 【答案】AD 【解析】由于电场线与等势面垂直，而电场强度的方向为电场线的方向，故电场强度的方向与等势面垂直， A正确；场强为零的地方电势不一定为零，如等量同种正电荷连线的中点处的场强为零，但电势大于零，B错误；场强大小与电场线的疏密有关，而沿着电场线的方向电势逐点降低，电场线的疏密与电场线的方向没有必然联系，C错误；任一点的电场强度方向总是和电场线方向一致，沿电场线的方向是电势降落最快的方向，D正确。

20．图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其

中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是

永 永 Ａ．电子与正电子的偏转方向一定不同 硅微条径 磁 磁 Ｂ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 迹探测器 铁 铁 Ｃ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 Ｄ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 【答案】AC

【解析】由于电子和正电子带电性相反，若入射速度方向相同时，受力方向相反，则偏转方向一定相反，

v2mvA正确；由于电子和正电子的入射速度大小来知，由qvB?m得r?可知，运动半径不一定相同，

rqBB错误；虽然质子和正电子带电量及电性相同，但是两者的动量大小未知，无法判断粒子是质子还是正电子， C正确；由Ek?2mEk12mvmv，则r?，粒子的动能越大，a ?2qBqBA n1 n2 R c 它在磁场中运动轨迹的半径越大D错误。

21．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一

b

- 41 -

d 理想电流表○A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则 A．Uab:Ucd=n1:n2

B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小 C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大 D．将二极管短路，电流表的读数加倍 【答案】BD

【解析】若变压器初级电压为Uab，则次级电压为U2压为Ucd?=n2Uab；由于二级管的单向导电性使得cd间电n1U2U2n，故ab?1，A错误；增大负载的阻值R，输出功率减小，则输入电流减小，即电流2Ucdn2表的读数减小，B正确，cd间的电压由变压器的初级电压诀定，与负载电阻R的大小无关，C 错误；若

二极管短路则Ucd?U2，则次级电流会加倍，则初级电流也加倍， D正确。

2014年普通高等学校招生全国统一考试（课标卷II）

理科综合能力测试（物理）

第II卷

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做答。第33题~第40题为选做题，考生根据要求做答。 （一）必考题（共129分） 22．（6分）

在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表○V的内阻的为2kΩ，电流表○A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接表的

Rx 图(a) V Rx 图(b) V A U连接方式如图（a）或图（b）所示，结果由公式Rx?计算得出，式中

IU与I分别为电压表和电流表的示数。若将图（a）和图（b）中电路图测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则________（填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1_______（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2__________（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。 【答案】Rx1 大于 小于 【解析】由于

A RVR?10； x?20，可认为是大电阻，采取电流表内接法测量更准确，即图a电路测量，RxRARx1更接近待测电阻真实值；图a电路测量由于电流表的分压使测量值大于真实值；图b电路测量由于电压

表的分流使测量值小于真实值。 23．(9分)

某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度（圈数）的关系。实验装置如图（a）所示；一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指同0刻度。

刻度尺 设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0; 挂有质量为0.100kg的砝码时，

P0 0 各指针的位置记为x。测量结果及部分计算结果如下表所示（n为弹簧的圈数，取

重力加速度为9.80ms）。已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度

为11.88cm。 P1 P2 P3 P4 P5 P6 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01 x0（cm） 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41 x（cm） n 10 20 30 40 50 60 163 56.0 43.6 33.8 28.8 k（N/m） ①

- 42 -

2P1 P2 P3 P4 P5 P6 图(a) 0.0179 0.0229 0.0296 0.0347 1/k（m / N） 0.0061 ② （1）将表中数据补充完整：① ， ② 。 （2）以n为横坐标，1/k为纵坐标，在图（b）给出的坐标纸上画出1/k-n图像。

1/k(m/N) 0.04 0.03 0.02 0.01 0 10 20 30 40 50 60 n 图(b)

（3）图（b）中画出的直线可以近似认为通过原点，若从试验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系表达式为k= N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0（单位为m）的关系表达式为k= N/m 【答案】（1）①81.7 ②0.0122

（2）如图所示

1.75?10（3）k?n k?31.67?101.83?10(N/m) (在?nn33之间均可)

3.313.623.47 (在之间均可) ~l0l0l011mg0.1?9.8?m/N?0.0122m/N 【解析】（1）k?，故?N/m?81.7N/m?2k81.7?x2(5.26?4.06)?10 （2）如图所示

1/k(m/N) 0.04 0.03 0.02 0.01 0 10 20 30 40 50 60 n （3）由图线可得其斜率为：

0.0347?0.0061?0.000572

60?1033

1.75?101 故直线满足?0.000572n即k?kn1.67?101.83?10?(N/m) (在

nnn60? ?2l011.88?103之间均可)

由于60匝弹簧总长度为11.88cm；则n匝弹簧的为l0满足

1.75?10代入k?n

3得：k?3.473.313.62~(在之间均可) lll000- 43 -

24．（13分）

2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录，取

重力加速度的大小g?10m/s2

v/(ms-1) （1）忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落

400 到1.5km高度处所需要的时间及其在此处速度的大小；

（2）实际上物体在空气中运动时会受到空气阻力，350 高速运动受阻力大小可近似表示为f?kv2，其中v为

300 速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状，横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落250 的v?t图象如图所示，着陆过程中，运动员和所携装

200 备的总质量m?100kg，试估算该运动员在达到最大速

度时所受阻力的阻力系数（结果保留1位有效数字） 150 20 30 40 50 60 70 80 90 100 t/s 【答案】（1）87s 8.7×102m/s （2）0.008kg/m 【解析】（1）设运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t ，下落距离为h，在1.5km高度处的速度大小为v，由运动学公式有：

v?gt12 h?gt2434 且h?3.9?10m?1.5?10m?3.75?10m

联立解得：t=87s v=8.7×102m/s

（2）运动员在达到最大速度vm时，加速度为零，由牛顿第二定律有：

2 Mg?kvm

由题图可读出vm?360m/s

代入得：k=0.008kg/m 25．（19分）

半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯ω 视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向

B 竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电

A 阻（图中未画出）。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速

O 转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求 C （1）通过电阻R的感应电流的方向和大小；

D （2）外力的功率。

39?Br3?Br2【答案】（1）C端流向D端 （2）?mg?r+

2R24R122【解析】（1）在Δt时间内，导体棒扫过的面积为：?S???t[(2r)?r] ①

2B?S 根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小为：E? ②

?t 根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端，因此流过导体又的电流方向是从C端流向

D端；由欧姆定律流过导体又的电流满足：I?224E ③ R3?Br2 联立①②③可得：I? ④

2R （2）在竖直方向有：mg?2FN?0 ⑤

式中，由于质量分布均匀，内外圆导轨对导体棒的正压力相等，其值为FN，两导轨对运动的导体

- 44 -

棒的滑动摩擦力均为：Ff??FN ⑥ 在Δt时间内，导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为：l1?r??t ⑦ l2?2r??t ⑧

克服摩擦力做的总功为：Wf?Ff(l1?l2) ⑨ 在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为：WR?I2R?t ○10 根据能量转化和守恒定律，外力在Δt时间内做的功为W?Wf?WR ○11 外力的功率为：P?W ○12 ?t22439?Br由④至○12式可得：P=?mg?r+24R ○13

（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题，3道化学题，2道生物题中每科任选一题做答，并

用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做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。 33．[物理——选修3-3]（15分）

(1) ( 5分）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．悬浮在水中的花粉的布期运动反映了花粉分子的热运动 B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果

C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故

E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中水蒸发吸热的结果 【答案】BCE

【解析】悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动，A错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，B正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，C正确；高原地区水的沸点较低，是由于高原地区气压低，故水的沸点也较低，D错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是由于湿泡外纱布中水蒸发吸收热量，使湿泡的温度降低的缘故，E正确。 (2) ( 10分）如图，两气缸A、B粗细均匀、等高且内壁光滑。其下部由体积

a 可忽略的细管连通；A的直径是B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的b 绝热轻活塞a、b，活塞下方充由氮气，活塞a上方充有氧气。当大气压为A B P0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的

1，活塞b在气缸正中间。 4 （i）现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b恰好升至顶部时，求氮气的温度； （ii）继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的

1时，求氧气的压强。 16【答案】（i）320K （ii）4P0/3 【解析】（i）活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞ab下方的氮气经历等压过程，设气缸A的容

积为V0，氮气初始状态的体积为Vl，温度为T1，末态体积V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积

为V0/4，由题给数据及盖吕萨克定律有：

V1V2? ① T1T231V07?V0 ② 且V1?V0?4248V3V2?V0?0?V0 ③

44由①②③式及所给的数据可得： T2＝320K ④

- 45 -

（ii）活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸

?高度的1/16时，活塞a上方的氮气经历等温过程，设氮气初始状态的体积为V1?，压强为P1；末态体

积为V2?，压强为P2?，由所给数据及玻意耳定律可得

13??V1??V0, P?P， V?V0 ⑤ 102416????P1V1?P2V2 ⑥

由⑤⑥式可得： P2??4P0 ⑦ 3

34．[物理——选修3-4]（15分）

(1)（5分）图(a)为一列简谐横波在t=0.10s时的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡

位置在x=4.0m处的质点；图(b)为质点Q的振动图形。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）

y/cm y/cm 10 10 P O -10 Q 4 8 12 x/m O -10 0.1 0.2 0.3 t/s 图(b) 图(a)

A．在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动

B．在t=0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相问 C．从t=0. 10s到t =0. 25s，该波沿x轴负方向传播了6m D．从t=0. 10s到t =0. 25s，质点P通过的路程为30cm

E．质点Q简谐运动的表达式为y?0.10sin10?t（国际单位侧）

【答案】BCE

【解析】由Q点的振动图线可知，t=0.10s时质点Q向y轴负方向振动，A错误；由波的图像可知，波向左传播，波的周期为T =0.2s，t=0.10s时质点P向上振动，经过0.15s=3T/4时，即在t = 0.25s时，质点振

8m/s?40m/s，

T0.2故从t = 0.10s到t = 0.25s，该波沿x负方间传播的距离为：x?vt?40?0.15m?6m， C 正确；由于P

动到x轴下方位置，且速度方向向上，加速度方向也沿y轴正向，B正确；波速v???点不是在波峰或波谷或者平衡位置，故从t = 0.10s到t=0.25的3/4周期内，通过的路程不等于3A = 30cm，选项D错误；质点Q做简谐振动的表达式为：y?Asin(2?)t?0.10sin10?t（国际单位），选项E正确。 T(2) ( 10分）一厚度为h的大平板玻瑞水平放置，共下表面贴有一半径为r的圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直钱上。已知圆纸片恰好能完全遮档住从圆形发光面发出的光线（不考虑反射），求平板玻璃的折射率。 【答案】1?(h2) R?r【解析】如图，考虑从圆形发光面边缘的A点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的A点折射，根据折射定律有：nsin??sin?

R 式中， n是玻璃的折射率，θ是入射角，α是折射角

A? L O? ?现假设A恰好在纸片边缘，由题意，在A刚好发生全反射，故?? θ 2h LO 设AA?线段在玻璃上表面的投影长为L，由几何关系有：sin?? A B 2r L2?h2由题意纸片的半径应为R=L－r

- 46 -

联立以上各式可得：n?1?(h2) R?r

35．[物理——选修3-5]（15分）

(1) ( 5分）在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是 。（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．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值

B．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核 C．居里夫妇从沥青铀矿中分离出钋（Po）和镭（Ra）两种新元素 D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子核内部存在质子

E．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷 【答案】 ACE

【解析】 密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值为1.6×10-19C，A正确；贝克勒尔通过对天然放射性研究发现了中子， B错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋（Po）和镭（Ra）两种新元素，C正确；卢瑟福通过α粒子散射实验，得出了原子的核式结构理论， D错误；汤姆逊通过对阴极射线在电场及在磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测定了粒子的比荷，E正确。

(2)（10分）现利用图(a)所示装置验证动量守恒定律。在图(a)中，光电门 遮光片 纸带 气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与

A B 打点计时器（图中未画出）的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧

片，上面固定一遮光片，光电计数器（未完全画出）可以记录遮光

气垫导轨 图(a) 片通过光电门的时间。

实验测得滑块A的质量m1=0.301kg，滑块B的质量m2=0.108kg，遮光片的宽度d=1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f=50.0Hz。

将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计数器显示的时间为ΔtB=3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。 （cm） 4.03 4.02 4.05 4.00 图(b) 碰撞前后总动量之差?100%）最大为5%，本实验是否在误差若实验允许的相对误差绝对值（碰前总动量1.91 1.92 1.93 1.94 3.25 范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。

【答案】

【解析】按定义，物体运动的瞬时速度大小v为：v??x ?t 式中Δx为物块在很短的时间Δt内的位移，设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则 ΔtA=1/f=0.02s ΔtA可视为很短 设在A碰撞前后瞬时速度大小分别为v0和v1 由图(b)所给数据可得：v0=2.00m/s v1=0.790m/s 设B碰撞后瞬时速度大小为v2 v2?d?2.56m/s ?tB 设两滑块在碰撞前后的动量分别为P和P?，则

P?m1v0

P??m1v1?m2v2 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为

P?P? ?r??100%

P

- 47 -

联立各式代入数据得：?r?1.7%?5%

因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共40题，共300分，共16页。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 F 19 Na 23 AI 27 P 31 S 32 CL 35.5 Ca 40 Fe 56 Zn 65 Br 80

第I卷

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14～17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。 14. 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，改微粒将

°

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 【答案】D 【解析】

试题分析：现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C错误。 考点：电容器；电场力；力的平衡

15. 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

- 48 -

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=-1/2Bl2ω，金属框中无电流

D. Ubc=1/2Bl2w，金属框中电流方向沿a-c-b-a 【答案】C

考点：导体切割磁感线

16. 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3.1x103/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55x103/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，1.9x103m/s B. 东偏南方向，1.9x103m/s C. 西偏北方向，2.7x103m/s D. 东偏南方向，2.7x103m/s 【答案】B

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考点：速度的合成与分解

17. 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变化的图像中，可能正确的是

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【答案】A 【解析】

试题分析：由图可知，汽车先以恒定功率P1起动，所以刚开始做加速度减小的加速度运动，后以更大功率P2运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故A正确，B、C、D错误。 考点：机车起动问题

18. 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 【答案】BC

考点：安培定则

19. 有两个运强磁场区域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

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