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1、物理试题二、选择题（本题共8题，每题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1418题中，只有一项符合题目要求，第1921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，选错的得0分）1.如图所示，质量为m的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右下方的力F推箱子，三者都保持静止。人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是A. 长木板对地面的压力大于3mgB. 人对长木板的压力大小为mgC. 地面对长木板的摩擦力的方向水平向左D. 箱子受到的摩擦力的方向水平向左【答案】D【解析】【详解】若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故长木板对
2、地面的压力等于3mg，故A错误；人用力F向右下方推箱子，根据牛顿第三定律可知，箱子对人施加向左上方的作用力，根据平衡条件，人对长木板的压力大小小于mg，故B错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不是静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故C错误；箱子在人的推力作用下，有向右运动的趋势，因此箱子受到的摩擦力的方向水平向左；故D正确；故选D。2.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上有两个质量相同的物块P和Q两物块均可视为质点，它们随圆盘一起做匀速圆周运动，线速度大小分别为和，摩擦力大小分别为和，下列说法中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】同轴传动角速度相等，
3、故p=q，由于rprQ，根据v=r，有vpvQ，故CD错误；由于rprQ，根据F=mr2可知FpFQ，故A正确，B错误；故选A。3.如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，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（V）。下列说法正确的是A. 变压器输入与输出功率之比为1:3B. 变压器副线圈中电流的频率为100HzC. 变压器原、副线圈中的电流强度之比为3:1D. 若热敏电阻RT的温度升高，电压表的示数不变，电流表的示数变大【答案】D【解析】【详解】根据理想变压器的特点可知，原副线圈输入功率和输出功率相等，故A错误。变压器副
4、线圈中电流的频率等于原线圈的电流频率，f=50Hz，故B错误；根据得，原副线圈的电流之比为1：3，故C错误。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D。4.甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动，速度大小分别为4 m/s和1 m/s，迎面碰撞后(正碰)甲、乙两人反向运动，速度大小均为2 m/s。则甲、乙两人质量之比为A. 21B. 12C. 23D. 32【答案】B【解析】【详解】两人碰撞过程系统动量守恒，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，即：m甲4+m乙（-1
5、）=m甲（-2）+m乙2，解得：m甲：m乙=1：2，故B正确；故选B。5.如图，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中（容器固定），由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN。重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】在B点有：FNmgm得EKBmv2(FNmg)R。A滑到B的过程中运用动能定理得，mgR+Wfmv20，得WfR(FN3mg)故D正确，ABC错误。故选D。6.如图所示，在光滑的水平面上，在水平拉力F的作用下小车向右加速运动时，物块M静止于竖直车厢壁上，当作用在小车上的水平拉力F增大
6、时，则 （ ）A. 物块不能相对于车静止B. 车厢壁对物块的作用力的方向不变C. M受的最大静摩擦力增大D. M受的静摩擦力不变【答案】DC【解析】【详解】以物块为研究对象，分析受力，作出力图如图。当作用在小车上的水平拉力F增大时，小车的加速度增加。对物体在竖直方向，摩擦力f=Mg，保持不变。故D正确。小车的加速度增大时，弹力N=ma增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，而支持力和静摩擦力的合力方向一定改变。故C正确，AB错误；故选DC。7.如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线图组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感
7、应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计，下列说法正确的是A. 图示位置时，矩形线圈中产生的电动势最小B. 线圈abcd转动过程中，线圈最大磁通量为NBSC. 将原线抽头P向上滑动时，灯泡变亮D. 若线abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS【答案】AD【解析】【详解】线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故A正确；线圈处于中性面时磁通量最大，线圈最大磁通量为BS，故B错误；将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式可知输出电压减小，故灯泡会变暗，故C错误；若线圈转动角速度变为2，最大值NBS2；根据电流的热效应
8、可知：，解得：E=NBS，故D正确。故选AD。8.如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点一带电量为+210-3C、质量为110-3kg的小物块从A点静止释放，沿MN作直线运动，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大(图中标出了该切线)，C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电量保持不变，则下列说法中正确的是A. AB两点电势差UAB4VB. B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E1V/mC. 由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大D. 小物块从B点到C点电场力做的功W=10-2J【答案】BD【解析】【详解】物块在A到
9、B过程，根据动能定理得：，得：，故A错误。据v-t图的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大为a=2m/s2，所受的电场力最大为 F=ma=110-32N=210-3N，则电场强度的最大值为，故B正确。由v-t图可知由A到C的过程中小物块的动能一直增大，则电势能一直减小，故C错误。物块从B点到C点电场力做的功W=，故D正确。故选BD。三、非选择题（共174分）（一）必考题9.用如图所示装置进行以下实验：先测出可视为质点的滑块A、B的质量M、m及滑块A与桌面的动摩擦因数；使A、B间弹簧压缩，用细线将A、B连接，滑块B紧靠桌边；剪断细线，B做平抛运动，测出水平位移S1、A在桌面滑行距离S2，为
10、验证动量守恒，写出还需测量的物理量及表示它的字母_，如果动量守恒，需满足的关系式是_。【答案】 (1). B到地面的竖直高度h； (2). 【解析】【详解】设向右为正方向B离开桌面后，做平抛运动，在竖睦方向： 水平方向： 对A由动能定理得： 验证动量守恒定律，需要验证 联立解得：由此可见，实验还要测出：B到地面的竖直高度h。10.如图所示是使用光电管的原理图，当频率为v的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过。(1)当变阻器的滑动端P向_滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会增大。 (2)当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则阴极K的逸出功为_（已知电子电荷量为e，普朗克
11、常量h）。(3)如果不改变入射光的强度，而增大入射光的频率，则光电子的最大初动能将_ （填“变大”、“变小”或“不变”）。(4)用不同频率的光照射某金属产生光电效应，测量金属的遏止电压Uc与入射光频率，得到Uc图象如图所示，根据图象求出该金属的截止频率c_Hz，普朗克常量h_Js.(已知电子电荷量e1.61019C)【答案】 (1). 左； (2). ； (3). 变大； (4). ； (5). ；【解析】【详解】(1)当变阻器的滑动端P向左滑动时，光电管两端的反向电压减小，光电流增大，通过电流表的电流将会增大。(2)当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则光电子的最大初动能，据爱因斯坦
12、光电效应方程可得，逸出功。(3)如果不改变入射光的强度，而增大入射光的频率，据爱因斯坦光电效应方程可得，光电子的最大初动能变大。(4) 据、，可得，则。据图象求出该金属的截止频率；据图象斜率可得，则普朗克常量。【点睛】在光电效应中，电子吸收能量变成光电子在没有电压的情况下会在光电管中自由扩散从而形成光电流。当加速电压U增加到一定值时，阴极K射出的光电子全部到达阳极，光电流达到饱和值；随着反向电压越来越大，单位时间内到达阳极A的光电子数就越来越少，光电流也就越来越小，加到光电流为零时的电压就叫遏制电压，它使具有最大初速度的光电子也不能到达阳极。11.如图所示，MN是半径为R=0.2m的竖直四分之
13、一光滑圆弧轨道，竖直固定在水平桌面上，轨道末端处于桌子边缘并与水平桌面相切于N点。把一质量为m=1kg的小球B静止放于N点，另一完全相同的小球A由M点静止释放，经过N点时与B球发生正碰，碰后粘在一起水平飞出，落在地面上的P点。若桌面高度为h=0.8m，取重力加速度g=10m/s。不计阻力，小球可视为质点。求：（1）小球A运动到N点与小球B碰前的速度v0的大小（2）小球A与小球B碰后瞬间的共同速度v的大小（3）P点与N点之间的水平距离x【答案】（1）v0=4m/s （2）v=2m/s （3）x=0.8m【解析】【详解】（1）由机械能守恒定律：mgR=mv02/2 解得：v0=4m/s （2）小球
14、A与小球B碰撞过程动量守恒，则：mv0=2mv解得：v=2m/s（3）小球做平抛运动：h=gt2/2 x=vt 解得：x=0.8m12.如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，a、b间加有电压，b板下方空间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板进入匀强磁场，最后粒子打到b板的Q处(图中未画出)被吸收.已知P到b板左端的距离为d，求： (1)进入磁场时速度的大小和方向；(2)P、Q之间的距离；(3)粒子从进入板间到打到b板Q处的时间.【答案】(1)
15、，30 (2) (3)【解析】【详解】（1）粒子在两板间做类平抛运动，水平方向：2d=v0t，竖直方向：d=vyt，解得：vy=v0，粒子进入磁场时的速度大小：vp= ，tan解得：=30；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：粒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：，解得： ，则： ；（3）在电场中的时间： ，磁场中的周期： ，则tt1+t2【点睛】本题考查了粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，掌握粒子在磁场中的半径公式和周期公式以及类平抛运动的处理方法。此题关键是搞清粒子的运动特点：在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹图即可解答。（二）选考题13.下列说法正
