注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如
需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫
在本試卷上無效。
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回
二、選擇題：本題共8小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分。
14．圖甲為研究光電效應的實驗裝置，用不同頻率的單色光照射陰極K，正確操作下，記錄相應電表示數并繪制如圖乙所示的圖像，當頻率為時繪制了如圖丙所示的圖像，圖中所標數據均為已知量，則下列說法正確的是（ ）
A．飽和電流與K、A之間的電壓有關
B．測量遏止電壓時，滑片P應向b移動
C．陰極K的逸出功
D．普朗克常量
【答案】C
【解析】A．飽和電流只與入射光的光強有關，與外加電壓無關，故A錯誤；
B．測量遏止電壓時，光電管應接反向電壓，滑片P應向a移動，故B錯誤；
D．根據光電效應方程，根據動能定理，整理得，圖像的斜率為，解得普朗克常量，故D錯誤；
C．根據，，解得陰極K的逸出功，故C正確。
故選C。
15．如圖甲，用裝有墨水的小漏斗和細線做成單擺，水平紙帶中央的虛線在單擺平衡位置的正下方。用電動機勻速拉動紙帶時，讓單擺小幅度前后擺動，于是在紙帶上留下徑跡。調節(jié)電動機拉動速度，分別得出圖乙和丙兩條紙帶，取3.14，重力加速度g大小取。下列說法正確的是（ ）
A．無論紙帶是否勻速拉動，都可以用紙帶通過的距離表示時間
B．由圖知乙紙帶的速度為丙紙帶速度的0.5倍
C．單擺漏斗在P點和Q點運動的方向相同
D．若乙圖中，紙帶拖動速度為10cm/s，可推算該單擺的擺長約為1m
【答案】D
【解析】A．紙帶勻速運動時，由知，位移與時間成正比，因此只有在勻速運動的條件下，才可以用紙帶通過的距離表示時間，故A錯誤；
B．由于乙圖中有單擺的擺動時間為兩個周期，丙圖中有單擺的擺動時間為四個周期，紙帶同樣移動40cm，丙的時間是乙的兩倍，故乙紙帶的速度為丙紙帶速度的2倍，故B錯誤；
C．根據同側法，可知單擺漏斗在P點向上振動，在Q點向下振動，單擺漏斗在P點和Q點運動的方向相反，故C錯誤；
D．乙圖中，紙帶拖動速度為10cm/s，可得單擺周期為，根據單擺周期公式，可得單擺的擺長約為，故D正確。
故選D。
16．潮汐是發(fā)生在沿海地區(qū)海水周期性漲落的一種自然現象，主要是受月球對海水的引力而形成，導致地球自轉持續(xù)減速，同時月球也會逐漸遠離地球。如圖所示，已知地球和月球的球心分別為和，A和B是地球上的兩個海區(qū)，多年后，下列說法正確的是（ ）
A．海區(qū)的角速度小于海區(qū)的角速度
B．地球赤道上的重力加速度會減小
C．月球繞地球做圓周運動的加速度會增大
D．地球的同步衛(wèi)星距離地面的高度會增大
【答案】D
【解析】A．根據題意可知，A和B是地球上的兩個海區(qū)，角速度與地球自轉角速度相同，則海區(qū)的角速度等于海區(qū)的角速度，故A錯誤；
B．根據題意，對地球赤道上的物體有，地球自轉持續(xù)減速，周期變大，可得，地球赤道上的重力加速度會增大，故B錯誤；
C．由萬有引力提供向心力有，由于月球逐浙遠離地球，增大，則月球繞地球做圓周運動的加速度會減小，故C錯誤；
D．，解得，由于地球自轉周期變大，則地球的同步衛(wèi)星距離地面的高度會增大，故D正確。
故選D。
17．制造半導體元件，需要精確測定硅片上涂有的二氧化硅（）薄膜的厚度，把左側二氧化硅薄膜腐蝕成如圖甲所示的劈尖，用波長的激光從上方照射劈尖，觀察到在腐蝕區(qū)域內有8條暗紋，且二氧化硅斜面轉為平面的棱MN處是亮紋，二氧化硅的折射率為1.5，則二氧化硅薄膜的厚度為（ ）
A．1680nmB．1890nmC．2520nmD．3780nm
【答案】A
【解析】根據題意，由于二氧化硅的折射率為1.5，則激光在二氧化硅中的波長為，觀察到在腐蝕區(qū)域內有8條暗紋，則二氧化硅斜面轉為平面的棱MN處是亮紋是第9條，設二氧化硅薄膜的厚度為，則有，聯立解得，故選A。
18．某實驗興趣小組對新能源車的加速性能進行探究。他們根據自制的電動模型車模擬汽車啟動狀態(tài)，并且通過傳感器，繪制了模型車從開始運動到剛獲得最大速度過程中速度的倒數和牽引力F之間的關系圖像，如圖所示。已知模型車的質量，行駛過程中受到的阻力恒定，整個過程時間持續(xù)5s，獲得最大速度為4m/s，則下列說法正確的是（ ）
A．模型車受到的阻力大小為1N
B．模型車勻加速運動的時間為2s
C．模型車牽引力的最大功率為6W
D．模型車運動的總位移為14m
【答案】D
【解析】A．根據，可得，結合圖線的斜率可得，即模型車的速度從2m/s增加至4m/s的過程中，模型車以恒定的功率行駛，速度最大時合外力為零，即牽引力等于阻力，根據圖像可知，在時速度達到最大值，因此有，故A錯誤；
B．由圖像可知小車初始牽引力為4N，且勻加速結束時模型車的速度大小，根據牛頓第二定律有，解得加速度，根據勻變速直線運動，速度與時間的關系可得勻加速運動的時間，故B錯誤；
C．根據以上分析可知，模型車牽引力功率最大時即為勻加速結束時獲得的功率，可知最大功率為，故C錯誤；
D．根據題意，模型車速度達到最大用時5s，而勻加速階段用時1s，則可知，模型車以恒定功率運動所需時間，根據動能定理，式中，，解得，勻加速階段位移，故總位移，故D正確。
故選D。
19．如圖，質量為的同學在練習跳球。他將籃球從離地面高為的位置以的初速度豎直向上拋出，接著在籃球正下方豎直舉起手臂并準備沿豎直方向起跳，在籃球拋出后的時刻恰好跳離地面，此時手指尖離地面高為。不計空氣阻力，取，已知籃球到達最高點時，該同學的手指尖恰好觸碰到籃球，則（ ）
A．起跳過程，地面對該同學的沖量為
B．起跳過程，合外力對該同學的沖量為
C．觸碰到籃球時該同學的速度為0
D．觸碰到籃球時該同學的速度為
【答案】BD
【解析】CD．籃球到達最高點時，運動的時間為，同學運動的時間為，籃球到達最高點時，該同學的手指尖恰好觸碰到籃球，則，其中，，解得，觸碰到籃球時該同學的速度為，故C錯誤，D正確；
A．起跳過程，根據動量定理，解得地面對該同學的沖量為，故A錯誤；
B．根據動量定理，起跳過程，合外力對該同學的沖量為，故B正確。
故選BD。
20．如圖所示為氣壓式升降椅和簡易結構切面圖，在氣缸和氣缸桿之間封閉一定質量的理想氣體，氣缸密封性和導熱性良好，忽略一切摩擦。設無人坐椅時，氣缸內氣體的初始狀態(tài)為A；有人慢慢地坐到座椅上后，雙腳離地，椅面下降，氣缸內氣體穩(wěn)定后的狀態(tài)為B；空調開啟，室內溫度下降至某值并保持恒溫，氣缸內氣體穩(wěn)定后的狀態(tài)為C；最后此人離開座椅，氣缸內氣體穩(wěn)定后的狀態(tài)為D。關于氣缸內氣體的描述，下列說法錯誤的是（ ）
A．狀態(tài)A到B，外界對氣體做功，氣體內能一直增大
B．狀態(tài)B到C，氣體分子熱運動的平均動能保持不變
C．狀態(tài)C到D，氣體對外界做功，氣體從外吸收熱量
D．狀態(tài)A與狀態(tài)D的氣體分子熱運動的平均動能相等
【答案】ABD
【解析】A．狀態(tài)A到B，外界對氣體做功，同時氣體向外界放出熱量，由熱力學第一定律，可知氣體內能不一定增大。故A錯誤；
B．依題意，狀態(tài)B到C，氣缸內氣體溫度降低，則氣體分子熱運動的平均動能也隨之減小。故B錯誤；
C．依題意，狀態(tài)C到D，氣體對外界做功，內能保持不變，由，可知氣體從外界吸收熱量。故C正確；
D．依題意，狀態(tài)A與狀態(tài)D的氣體溫度不同，所以兩個狀態(tài)下分子熱運動的平均動能也不相等。故D錯誤。
故選ABD。
21．在軸上的和點固定有電荷量分別為、的不等量異種點電荷，以軸正方向為電場強度的正向，得到圖示中兩點電荷沿連線方向上的圖像，下列說法正確的是（ ）
A．
B．
C．將一電子在軸上的點由靜止釋放，電子將能夠經過軸上的點
D．將一電子在軸上的點由靜止釋放，電子將無法到達軸上的點
【答案】AC
【解析】AB．軸上B點的電場強度為零，即有，可得，故A正確，B錯誤；
CD．之間的電場強度方向為負向，之間的電場強度方向為正向，根據圖像的面積表示電勢差，可知，則，則電子將能夠經過軸上的點，故C正確，D錯誤。
故選AC。
三、非選擇題：共62分。
22．（6分）某實驗小組利用以下實驗裝置驗證機械能守恒定律。已知斜面的傾角為、，且，當地的重力加速度為g。實驗操作步驟如下：
①用天平稱量出小車A的質量和小車B的質量，；
②在斜面體的頂部固定定滑輪，小車A上安裝有遮光條，并用游標卡尺測量出遮光條的寬度d；
③用一根長為L（大于斜面bc的長度，小于斜面ac的長度）的輕繩跨過定滑輪連接小車A和小車B，在斜面bc的下端安裝光電門計時器，如圖甲所示；
④啟動光電門計時器，將小車A拖到斜面bc的最上端，并使輕繩處于拉直狀態(tài)，測出小車A到光電門的距離x；
⑤將小車A由靜止釋放，光電門計時器記錄了小車A經過的時間。
請回答以下問題：
(1)用游標卡尺測得遮光條的寬度如圖乙所示，則遮光條的寬度 cm。
(2)寫出上述實驗過程中驗證機械能守恒定律的表達式 。（均用題中所給物理量的字母表示）
(3)實驗小組測量各物理量并代人數據計算后，發(fā)現減少的機械能小于增加的機械能，可能的原因是 。
【答案】(1) 1.035 （2分） (2) （2分）
x測量值偏?。ɑ蛘哒诠鈼l寬度測量值偏大）（2分）
【解析】（1）遮光條的寬度
（2）小車A經過光電門的速度
整個過程中減少的能量
整個過程中增加的能量
實驗過程中驗證機械能守恒定律的表達式
由上述公式可知，減少的機械能小于增加的機械能，可能的原因是x測量值偏小或遮光條寬度測量值偏大。
23．（12分）某同學設計并制作了一個可以測量角度的裝置，其電路如圖所示。其中半圓弧AB是電阻率為、橫截面積為S且粗細均勻的電阻絲，圓弧的圓心在O點，半徑為r；ON為可繞O旋轉的金屬指針，N端可在圓弧AB上滑動且接觸良好，為電阻箱，為滑動變阻器，、為理想電壓表，指針ON及導線電阻不計，整個裝置固定在一塊透明的塑料板上。主要實驗步驟如下：
(1)按照電路圖連接電路，取圖中ON與OA的夾角為（用角度制表示），在使用時要讓電壓表的示數隨的增大而增大，電壓表另一端應與電阻絲的 端相連（填“A”或“B”）；
(2)閉合開關S前，應將滑動變阻器的滑片P置于 端（填“a”或“b”）；
(3)閉合開關S，旋轉ON使其到達圓弧AB的某一位置，調節(jié)滑動變阻器及電阻箱，使電壓表、有適當的示數，讀出此時電壓表、的示數、及電阻箱的阻值，此時與的關系式為 （用題中相關物理量的字母表示）；
(4)將ON調至，并保持不變，調節(jié)，使電壓表的示數仍為，此時電壓表的指針位于刻度線處，則電壓表刻度線對應的角度為 度；
(5)若電壓表量程為3V，用上述的操作方法且同樣保持不變，要使時電壓表剛好滿偏，則可能實現的操作是： （填“增大”或“減小”）的阻值，同時 （填“增大”或“減小”）的阻值。隨后計算出電壓表每一刻度線對應的角度值，并將其標在電壓表刻度盤上。
【答案】(1)A （2分） (2)a （2分） (3)（2分） (4)72 （2分）
(5) 減?。?分） 減?。?分）
【解析】（1）增大，半圓弧電阻絲接入電阻增大，電路總電阻增大，干路電流減小，電源內阻、電阻箱與滑動變阻器承擔的電壓減小，可知，半圓弧電阻兩端電壓增大，為了要讓電壓表的示數隨的增大而增大，電壓表另一端應與電阻絲的A端相連。
（2）滑動變阻器采用限流式，為了確保安全，閉合開關S前，應使滑動變阻器接入電阻最大，即將滑動變阻器的滑片P置于a端。
（3）半圓弧形電阻絲接入電阻為，由角度制和弧度制關系知，電阻箱與電阻絲串聯，通過的電流相等，則有，代入得。
（4）結合上述有，將ON調至，則有，電壓表0.8V刻度線對應的角度，代入得。
（5）根據上述，將ON調至時有，若電壓表量程為3V，用上述的操作方法且同樣保持不變，要使時電壓表剛好滿偏，即上述等式中，增大為3V，為了確保等式成立，需要減小R的阻值，即減小電阻箱的阻值；
由于保持不變，當減小電阻箱的阻值時，干路電流增大，而半圓弧形電阻絲接入電阻仍然為的電阻，即電阻絲、電源內阻承擔電壓增大，則滑動變阻器承擔電壓減小，根據歐姆定律可知，需要同時減小的阻值。
24．（10分）跑酷，又稱自由奔跑，是一種結合了速度、力量和技巧的極限運動。如圖甲所示為一城墻的入城通道，通道寬。一質量的跑酷愛好者從左墻根由靜止開始正對右墻做加速運動，加速到A點斜向上躍起，到達右墻壁B點時豎直速度恰好為零，B點距地面高，然后立即蹬右墻壁，使水平速度變?yōu)榈却蠓聪?，并獲得一豎直向上的速度，恰能躍到左墻壁的C點，C點與B點等高，飛躍過程中人距地面的最大高度為，重力加速為g，可認為整個過程中人的姿態(tài)不發(fā)生變化，如圖乙所示，求：
（1）人蹬墻后的水平速度大?。?br>（2）人加速助跑的距離s。
【答案】（1）；（2）
【解析】(1)設人蹬墻后的水平速度大小為，從B到C做斜拋運動，水平方向有 （1分）
豎直方向有 （1分）
由 （1分）
聯立得 （2分）
(2)人從A點跳起到B點的過程中，逆過程為平拋運動，則水平方向， （1分）
豎直方向 （1分）
解得， （1分）
由題意可知,人加速助跑的距離 （2分）
25．（14分）如圖所示，在圓柱形空間的中心位置存在一個粒子源，其大小忽略不計，可發(fā)射出帶電量為，質量為的粒子。圓柱形空間的底面半徑為，圓柱高為。以粒子源為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系。
（1）若粒子源向其所處水平面的任意方向發(fā)射速度大小為的粒子，圓柱內存在豎直向下的勻強電場使得所有粒子均未從圓柱側面離開，求符合條件的最小電場強度大小。
（2）若粒子源向空間任意方向發(fā)射速度大小為的粒子，圓柱內存在豎直向下的勻強磁場使得所有粒子均未從圓柱側面離開，求符合條件的最小磁感應強度B。
（3）若圓柱空間內同時存在豎直向下的勻強磁場和勻強電場，其電場強度與磁感應強度大小分別為和（、B分別為第一問、第二問中的結果），粒子源向軸正方向方向發(fā)射速度為的粒子，求粒子離開圓柱區(qū)域的位置坐標。保持其他條件不變，當電場強度大小變?yōu)槎嗌贂r，可使得粒子恰好從底面射出？
【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】（1）恰好不從側面離開時，水平方向有 （1分）
豎直方向有 （1分）
聯立解得 （1分）
（2）沿水平方向發(fā)射的粒子，恰好不從側面飛出時，由幾何知識得粒子的運動半徑 （1分）
由 （1分）
解得 （1分）
其他方向的發(fā)射的粒子垂直于的分量必定小于，由得其運動半徑 （1分）
故不可能從側面飛出，綜上所述 （1分）
（3）粒子在水平面內做勻速圓周運動，在豎直方向做勻加速直線運動設粒子做勻速圓周運動的半徑為，由，解得 （1分）
由幾何知識易得，粒子轉過的圓心角 （1分）
粒子在磁場中的運動時間 （1分）
粒子在軸負方向運動的距離為
故粒子應從側面離開，由幾何知識得，對應坐標為；（1分）
若要恰好從底面離開，則有 （1分）
代入數據解得 （1分）
26．（20分）如圖所示，帶有水平端、傾角的絕緣斜面體裝置“”固定在地面上，裝置表面內對稱的固定兩根金屬導軌，導軌間距為L，導軌左右寬度為L、右端間距，其中導軌斜面、水平部分在N、處絕緣（斷點）。區(qū)域Ⅰ（邊界、）中的勻強磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ（邊界、）中的勻強磁場方向垂直斜面向下，區(qū)域Ⅲ（邊界、）中的勻強磁場方向垂直水平面向上，其中（具體大小未知），各邊界與、、彼此平行，除區(qū)域Ⅱ內的導軌粗糙外其它導軌均光滑。
現將一質量為m、長為3L的細金屬桿甲由距上方2L處靜止釋放，當甲進入區(qū)域Ⅰ時，將另一質量為m、長為3L的細金屬桿乙（圖中未畫出）由上方某處靜止釋放，甲恰好開始勻速運動并保持勻速通過Ⅰ、Ⅱ，其中：當甲進入區(qū)域Ⅱ時，乙剛好進入區(qū)域Ⅰ并開始勻速運動；當甲離開區(qū)域Ⅱ時，乙剛好離開區(qū)域Ⅰ。最終乙在甲進入區(qū)域Ⅲ前，與甲發(fā)生碰撞后，乙桿被鎖定，甲以進入區(qū)域Ⅲ。已知乙桿在導軌間的有效電阻為R，甲桿、導軌電阻不計，兩桿始終與邊界平行，且只與導軌接觸并接觸良好，經過處桿速度大小不變，重力加速度為g，求：
（1）甲、乙進入區(qū)域Ⅰ的速度、大??；
（2）區(qū)域Ⅱ的大小及寬度（a到c）大?。?br>（3）關于甲能否通過區(qū)域Ⅲ，某同學做了分析計算，得到極短時間內甲桿速度變化量與桿切割的有效長度、切割的極小位移之間滿足：正比于，后續(xù)無法繼續(xù)完成并做出結論，請分析論證：若甲能通過Ⅲ，則求出通過時的速度大?。蝗艏撞荒芡ㄟ^Ⅲ，則求出最終停下來的位置距的距離大小。
【答案】（1）， ；（2）， 4L；（3）甲能通過Ⅲ，速度為
【解析】（1）甲進入Ⅰ時 （1分）
（1分）
甲、乙分別以、勻速通過Ⅰ，顯然前后電流、總電壓不變，故 （1分）
易得 （2分）
（2）甲進入Ⅰ勻速，則滿足 （1分）
得 （1分）
即 （1分）
設Ⅰ、Ⅱ寬度為、，據題意運動時間關系，顯然易得
（2分）
即 （2分）
（3）假設甲能離開，速度為，則甲在Ⅲ內的極小時間內：
動量定理得 （2分）
（微元思想：如上圖推演）（2分）
（1分）
（1分）
（1分）
（2分）
故假設成立，所以甲能離開。
14
15
16
17
18
19
20
21
C
D
D
A
D
BD
ABD
AC

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