一、选择题(含多选)。
1.一物体置于水平地面上，在与水平方向成θ角的力F作用下经时 间t发生位移S(见右图)则F对物体所做的功W和冲量I分别为：
A.W=FS,I=Ft B.W=FScosθ,I=Ft
C.W=FS,I=Ftcosθ D.W=FScosθ;I=Ftcosθ
2.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道上，则：
A.电子的动能变大，电势能变大，总能量变大
B.电子的动能变小，电势能变小，总能量变小
C.电子的动能变小，电势能变大，总能量不变
D.电子的动能变小，电势能变大，总能量变大
3.如下左图所示的是光在A、B、C三种介质中传播中发生的折射和反射情况。若M、N两接口 平行，光在三种介质中传播速度分别为VA、VB、VC，下列关系中正确的是：
A.VA＞VB＞VC B.VA＜VC＜VB
C.V
A＞V
C＞V
B D.V
C＞V
A＞V
B
4.一劲度系数为K的轻弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物体并使其上下振动，其振幅为A(见上右图)，当物体运动到最低点时，其恢复力大小和方向为：
A.KA，方向竖直向下 B.mg+KA，方向竖直向上
C.KA-mg，方向竖直向上 D.KA，方向竖直向上
5.若已知万有引力恒量，则在以下各组数据中，根据哪几组数据可以估算出地球的质量
A.地球绕太阳运行周期及地球到太阳中心的距离
B.月亮绕地球运行的周期及月球到地球中心距离
C.人造地球卫星在地面附近绕行的速度和运行周期
D.“地球同步卫星”离地面的高度及地球自转周期
6.矩形线圈在匀强磁场中转动时，在线圈里产生如下图所示的交流电流，那幺在下图的A、 B、C、D中，正确的反映了在开始的1/2周期中穿过线圈的磁通量随时间而变化的情况是：
7.在下图电路中，当滑动变阻器R
2的触头P向下滑动时，若电源内阻不能忽略，则下列说法正确的是：
A.电容器C的电容增大；
B.电容器C两极板间的电场强度增大；
C.伏特表的读数增大；
D.R1消耗的功率增大.
8.理想变压器的副线圈通过输电线上接有两个相同的灯泡L1和L2，输电导线的电阻为R (见上右图)，开始S断开，设电源电压U保持不变，问当S闭合时，以下说法正确的是：
A.副线圈两端(M、N)输出电压减小
B.输电线等效电阻R两端电压增大
C.通过L1的电流减小
D.原线圈中的电流增大
9.一列简谐波在均匀介质传播.下图(a)表示t=0时刻的波形图线.下左图(b)表示图(a)中b质 点从t=0时刻开始的振动图线，则这列波
A.从右向左传播 B.波的频率是2Hz
C.波速是4m/s D.b、D点在振动过程中任意时刻的位移都相等
10.一定质量的理想气体，自状态A经状态B变化到状态C(见上右图)在整个过程中
A.气体体积不断增大 B.气体内能不断增大
C.气体不断对外界做功 D.气体不断向外界放热
11.质量为m的球在水平推力F的作用下，静止于竖直光滑墙壁和光滑斜面之间。球跟倾角为θ的斜面的接触点为A。推力F的作用线通过球心O，球的半径为R(见右图)若水平推力缓慢增大，在此过程中
A.斜面对球的作用力缓慢增大；
B.墙对球的作用力始终小于推力F；
C.斜面对球的支持力为mgcosG；
D.推力F对A点的力距为mgcosθ.
二、填空题.
12.一个带电质点，电量为q，质量为m，以平行于Ox轴的速度v从y轴a对射入下左图中第一象限区域，为了使该质点能从x轴上b点以垂直于Ox轴的速度v射出，可在适当地方加一个垂直于xoy平面，磁感应强度为B的匀强磁场，若此磁场分布在一个长方形的区域内，那幺该磁场区域的最小面积是
.
13.在凸透镜主轴上2倍焦距处的B点垂直于主轴放置一物体AB，其长度为透镜直径的1/4，A ′B′为AB的像见上右图，现在透镜右侧的焦点处，垂直于主轴放置一块挡板PQ，欲使像A′ B′完全消失那幺PQ的长度至少应为AB长度的 倍.
14.保温电板锅的电路，R1、R2为电阻丝，S为温控开关.A、B两点接在家 庭电路上，那幺S闭合，电饭锅处于保温状态还是加热状态?答：处于 状态，若R1 :R2=9:1加热时功率为1000W，保温时的功率是 W.
三、实验题 本题共3小题，共17分.
15.下左图是“研究电磁感应现象”的实验装置图，其中A和B分别是原、副线圈，如果当闭 合开关S时，发现电表指针向右偏转一下又回复至中央位置，则：
(1)若A插在B中不动，而把A中的铁芯C抽出则电表指针
偏转.
(2)若只是由于滑动变阻器的滑片P的滑动引起电表指针向右偏转，则P应该向 滑动.
16.利用水滴下落可以测出重力加速度g，调节水龙头，让水一滴一滴地流出，在水龙头的正下方放一个盘子，调节盘子的高度，使一个水滴碰的盘子里恰好有一水滴从水龙头开始下落，而空中还有一个正在下落中的水滴.测出水龙头到盘子间距离为h(m)，再用秒表测时间.以第一个水滴离开水龙头开始计时，到第N个水滴落至盘中，共享时间为T(s).则第一个水滴到盘子时，第二个水滴离开水龙头的距离是 (m)，重力加速度g= m/s2。
17.某同学做“验证玻意耳定律”实验时，将注射器竖直放置，测得的数据如下表所示。发现第5组数据中的pV乘积值有较大偏差，若读数和计算无误，则造成此偏差的原因可能是 或 。
|
实验次序 |
1 |
2 |
3 |
4 |
5 |
|
P(105Pa) |
1.21 |
1.06 |
0.93 |
0.80 |
0.66 |
|
V(ml) |
33.2 |
37.8 |
43.8 |
50.4 |
69.2 |
|
PV(105Pa·ml) |
40.2 |
40.2 |
40.7 |
40.3 |
45.7 |
四、论述、计算题.
18.根据全电路欧姆定律，试分析证明用万用表(欧姆档)测电阻时，如果电池用久了，读出 的阻值偏大。
19.如下左图所示，在小平面上有同为m的1、2两个小球，两球之间用长为L的不可伸长的细绳相连接，两球相距L/2长.现给球2一个竖直向上初速度v
0，求细线绷直瞬间中两球损失的机械能△E.
20.如上右图所示，在地现附近的坐标xoy在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向里 的匀强磁场，磁感强度为B，在x＜0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场E，一个质量为m，带电量为q的油滴丝图中M(-a，0)点(a＞0)沿着与水平方向成θ角斜向下做匀速直线运动， 进入x＞0的区域，求：(1)油滴带什幺电荷(充分说明依据)；
(2)油滴在M点运动的速率的大小；
(3)油滴进入x＞0区域，若能到达x轴上的N点(在图中未标出)，油滴在N点时的速度大小是多 少?
21.如下图左中圆筒固定不动，活塞A横截面积为2S，活塞B横截面积为S，圆筒内壁光滑，左端封闭，右端与大气相通，大气压力P
0.A、B将圆筒分为两部分，在左半部分是真空，A、B之间有一定质量的气体，B通过劲度系数为k的弹簧与圆筒左端相连，开始时粗筒和细筒的封闭长度均为L，现用水平向左的力F=(1/2)p
0S作用在活塞A上，求活塞A移动的距离(气体的温度不变).
22.如上右图所示，倾角为θ的足够长的固定斜面上，物体A和小车B正沿斜面上滑，A的质量 为mA=0.50kg，B的质量为mB=0.25kg.A始终受一沿斜面向上的恒定推力F的作用。当A追上B时，A的速度为vA=1.8m/s，方向沿斜面向上，B的速度恰好为零，A、B相碰，相互作用 时间极短，刚碰撞后，A的速度为v1=0.6m/s，方向沿斜面向上，再经T=0.6s，A的速率变为v1=1.8m/s，这一过程中A、B没有再次相碰，已知A与斜面间的动摩擦因数为μ=0.15，B 与斜面的摩擦不计，sinθ=0.6,cosθ=0.8,g=10m/s2。
①求恒定推力F；
②在A、B第一次碰撞后，经一段时间(在第二次相碰前)，A、B间的距离达到最大，求这段时间内A克服摩擦阻力所做的功。
参考答案
1.B
2.D.［Ke2／r=mv2／r,EK=KE2／2r,r增大，EK减小，库仑力(电场力)做负功、电势的增加，总能量En=E1/n2.(E1＜0)量子数n变大.E变大］.
3.C.［光线在M和N两界面处入射角相等，M面上发生全反射，N面上发生折射，说明nA＜nB,nc＜nB且nA＜nC,据v=
，故选C＝.
4.D
5.B、C［m(2π/T)2=GmM/R2,M=4π2R3/GT知选B对选A错，mv0/R=m(2π/T)2Gm M/R2,M=v3T/2πG,故选C对.m(2πr)2·(R+h)=GmM(R+h)2，而R未知，选D错］
6.A［i—t图像t=0时刻矩形线圈与磁场垂直，此时φ=0,故排除B、C.据φ=BCcos(90°-ωt) =BSsinωt知正确答案为A.］
7.B、C［当P下增大，R2有效阻值增大，其两端电压增大，Uc随之增大，引起一方面据 E=
知E增大，一方面电压表示数增大。R2有效阻值的增加，引起总电流减小，R1消耗功率=I2R1变小，电容器C只与本身因素有关故正确答案为B、C］
8.B、C、D.［UMN=
U不变故A错］
9.A、B［由振动图像，从t=0时刻起，质点b开始向下振动.再由波的图像及b的位置，知A选项正确.T=0.5s,f=
=2H2所以B正确.由v=λf可知，C错，b、d质点相差半波长，位移等大反向，故D不正确］
10.D.［A→是等压、降温、缩小过程.△E=W+Q,△E＜0,W＞0,则Q＜0.B→C是等温、增压、增 压、缩小过程，△E=W+Q，△E=0，W＞0，则Q＜0，所以气体不断放热，所以选D正确.＝
11.B、D［球受力见右图］
12.(
-1)(mv/Bq)
2［带电粒子在磁场中做圆周运动半径r=mv/Bq.运动轨道圆心角为π/2(见下左图)O′M=O′N=r，那么最小长方形区域磁场，长为
r. 因此最小面积，宽为r-rcos45°=(1-
r)S=(
-1)(mv/ Bq)
2.］
13.2.5［上图右，A′B′位于透镜右侧2F处，PQ为挡板的最小长度，PQ=(A′B′+4AB)/2=2.5A B(A′B′=AB).］
14.加热；100W.［S断开，电饭锅消耗功率P=U
/(R1+R2)
S闭合，电饭锅消耗功率P′=U
/R2＞P
因此S闭合，电饭锅处于加热状态
P/P′=(R1+R2)
P/1000=1/10,P=100W为保温时的功率.］
15.左、右.［(1)原磁场增强变化在B中激起的感应电流i的方向是“指针向右偏”，则原磁 场减弱7变化在B线圈中激起的i的方向应该与前述相反，即“指针向左偏。”(2)指针向右偏
原电流增强
P向左移.］
16.h/4,h(N+1)2/2T2，［设每滴水从水龙头落至盘中经历时间为t0，则第一滴水经历 t0=
到达盘中时，第二滴水正在空中，它运动了t0/2的时间，运动距离h ′=h/4.若从第1个水滴离开水龙头开始计时，则相继下落的水滴到达盘中的时刻依次为
第一滴水落盘时：t1=t0
第二滴水落盘时：
t2=t0+
t0=(
)t0
第三滴水落盘时
t3=(
)t0=T
∴t0=
,∴g=
17.温度升高；进入气体。
四、论述、计算题
20.证明：假设现在的电势为ε′，则ε′＜ε，用新、旧电池测同样Rx的阴值，这时分别有
新电池：Ig=ε/R内
I=ε/(R内+Rx)=ε/［(ε/Ig)+Rx］
=
旧电池：Ig=ε′/R′内
I′=ε′/(R′内+Rx)=ε′/［(ε′/Ig)+Rx］
=
∵ε′＜ε,∴I′＜I
即这时的指针跟用新电池相比偏左，故用旧电池读出的阻值偏大。
21.解：设在力F的作用下，活塞A移动的距离为△l，活塞B向前移动的距离为△x，以A、B 间气体为研究对象.由气体作等温变化.则有：
p1V1=p2V2 ①
初状态：p1=p0，V1=L·2S+L·S=3LS
末状态：p2=p0+
=
p0,
V2=(L+△x)S+(L-△l)·2S
且p0S=kx1(末状态)
x1=
,x2=
△x=x2-x1=
把p1、p2、V1、V2代入方程①得
p0·3LS=
p0·(3LS+△xs-2△lS) ②
把△x代入②式和△l=
L+
若
＜
L，则△L＝
L+
若
≥
L,则△L=L.
22.解：小球2在作竖直上抛过程中机械守恒有
mv
=
mv2+mg(
·
) ①
由于细线绷直瞬间，绳子张力远大于重力，故可认为两球沿细线方向动量守恒，v2大小保 持不变.设细线绷直末态，两球的速度都为v′，则
mv1=2mv′ ②
机械能损失量为
△E=
mv
-
(2m)v′2 ③
从图中的速度矢量分解关系中有
v
1=vcos30° ④
联解四式，得到△E=3m(v
-
qL)/16.
23.解：(1)要使油滴做直线运动，油滴必须带正电荷.
(2)物体做匀速直线运动，合力为零，受力情况如上右图所示。
∴qvmB=F′=mg/cosθ
vm=mg/qBcosθ
(3)油滴从M运动到N过程中，由动能定理：
-qEa=
mv2N-
mv2m
又∵qE=mgtgθ
解得vn=
24.解①A、B碰撞动量守恒，取沿斜面向上为正，有mAvA=mAv1+mBvB
解出vB=2.4m/s
碰后A有两种运动的可能：(Ⅰ)加速向上，(Ⅱ)减速向上再加速向下.
第一种情况：
A加速向上，aA=
=2m/s2,
B的加速度，aB=-gsinθ-6m/s2
第二次相遇满足：
v1t+
aAt2=vBt+
aBt2
解出t=0.45s,∵t＜0.6s,故这种情况不合题意。
第二种情况：设A上滑时间为△t，则下滑时间为T-△t，由运动学公式得
A上滑加速度a1=
；
A下滑加速度a2=
，由牛顿第二定律得
F-mAgsinθ-μmAgcosθ＝mAa1
mAgsinθ-μmAgcosθ-F=mAa2
联立解出：△t=0.1s,a1=-6m/s2,a2=3.6m/s2,F=0.6N.
在0.6s后，A在碰撞点的下方，而B上升时间为tB=
=0.4s,返回碰 撞,F=0.6N符合题意。
②设经时间t1,A、B间距离最大(再次碰前，)此时A、B等速，取沿斜面向下为正，有
a1(t1-0.1)=a′B(t1-0.4)
得t1=0.85s.
这段时间内，A的总路程为
sA=s1+s2=
△t+
a2(t1-△t)2=1.04m
所以，A克服摩擦力做功为W=fA·SA=0.62J。
