一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題，每小題4分，共28分，只有一項符合題目要求；第8~10題，每小題6分，共18分，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，有選錯的得0分。
1. 如圖所示，機器狗將物資馱運在水平背部，忽略空氣阻力，則（ ）
A. 勻速上坡時，貨物的機械能守恒
B. 加速前進時，物資對機器狗的力小于機器狗對物資的力
C. 機器狗能跳過小障礙物，起跳離地后物資處于超重狀態(tài)
D. 若機器狗用5G電磁波信號定位，該信號是橫波能在真空中傳播
【答案】D
【解析】A．勻速上坡時，貨物的動能不變，重力勢能增加，則機械能增加，故A錯誤；
B．物資對機器狗的力與機器狗對物資的力是一對相互作用力，總是等大反向，故B錯誤；
C．機器狗能跳過小障礙物，起跳離地后，忽略空氣阻力，物資只受重力作用，物資的加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C錯誤；D．機器狗用5G信號定位，該信號是電磁波能在真空中傳播，故D正確。故選D。
2. 如圖為失去一個電子形成的正一價氦離子（簡稱氦的類氫結(jié)構(gòu)）的能級示意圖。關(guān)于氦離子（）的能級及其躍遷，下列說法正確的是（ ）
A. 能級比能級電勢能多40.8eV
B. 處于基態(tài)的氦離子，吸收一個光子后躍遷到更高軌道，電子的動能將變大
C. 如果用具有54.4eV動能的電子碰撞處于基態(tài)的氦離子，可使其躍遷到能級
D. 一群處于能級的氦離子向低能級躍遷時，能產(chǎn)生6種不同頻率的可見光
【答案】C
【解析】A．能級比能級的能量多
但能級的能量等于電子具有的電勢能和動能之和，故A錯誤；
B．氦離子吸收光子，由低能級躍遷到高能級，則電子的軌道半徑增大，根據(jù)
得
可知減小，則核外電子的動能減小，故B錯誤；
C．如果通過電子碰撞的方式，使離子發(fā)生能級躍遷，只要入射電子的動能大于要發(fā)生躍遷的兩能級的能量差即可，則用具有54.4eV動能的電子碰撞處于基態(tài)的氦離子，大于與的能級差，故可使其躍遷到能級，故C正確；
D．一群處于能級的氦離子向低能級躍遷時，最多能發(fā)出
種不同頻率的光子，處于能級的氦離子能夠發(fā)出6種光子的能量分別為
而可見光的能量在1.63eV～3.10eV，因此只有1種頻率的可見光，故D錯誤。
故選C。
3. 如圖甲所示是某人下蹲彎曲膝蓋緩慢搬起重物的情景。甲乙該過程是身體肌肉、骨骼、關(guān)節(jié)等部位一系列相關(guān)動作的過程，現(xiàn)將其簡化為如圖乙所示的模型。設(shè)腳掌受地面豎直向上的彈力大小為，膝關(guān)節(jié)彎曲的角度為θ，該過程中大、小腿部的肌群對膝關(guān)節(jié)的作用力F的方向始終水平向后，且大腿骨、小腿骨對膝關(guān)節(jié)的作用力大致相等。關(guān)于該過程的說法正確的是（ ）
A. 人緩慢搬起重物的過程中，逐漸變小
B. 人緩慢搬起重物過程中，F(xiàn)逐漸變大
C. 當時，
D. 當時，
【答案】D
【解析】A．人緩慢搬起重物的過程中，腳掌受到豎直向上的彈力與人和重物的總重力平衡，大小不變，故A錯誤；
B．設(shè)大腿骨、小腿骨對膝關(guān)節(jié)的作用力大小為F1，則他們之間的夾角為θ，F(xiàn)即為他們合力，則有
腳掌所受地面豎直向上的彈力約為
聯(lián)立可得
人緩慢搬起重物過程中，膝蓋彎曲的角度θ變大，F(xiàn)逐漸變小，故B錯誤；
CD．當時，可得
當時，可得
故C錯誤，D正確。
故選D。
4. 如圖所示，一輕繩通過一光滑定滑輪，兩端各系一質(zhì)量分別為和的物體，放在地面上，當?shù)馁|(zhì)量發(fā)生變化時，的加速度a的大小、速度v的大小、繩對的作用力F與的關(guān)系大體如圖中的（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】AB．分析可知，系統(tǒng)靜止，此時的加速度為0、速度為0、拉力為，當時，系統(tǒng)開始運動，設(shè)加速度大小為a，則由牛頓第二定律得
解得
故加速度a與成非線性曲線，且隨增加，加速度a趨于g，故A錯誤，B正確；
C．以上分析可知，的速度為0，當時，加速度a與成非線性曲線，且加速度隨著隨增加而增大，而加速度是描述速度變化快慢的物理量，故速度著隨增大而增加的越大越快。故C錯誤；
D．以上分析可知當，系統(tǒng)靜止，由平衡條件可知，繩子拉力
可知拉力F與成正比；當時，系統(tǒng)開始運動，對研究，則由牛頓第二定律得
又因為
聯(lián)立以上得
故F與成非線性曲線，且隨增加，F(xiàn)趨于，故D錯誤。
故選 B。
5. 如圖甲所示，質(zhì)量m=0.2kg彈性小球從地面上方某一高度由靜止開始下落，彈起后上升到某一高度，小球與地面碰撞的時間忽略不計，規(guī)定豎直向下為正方向，此過程的v-t圖像如圖乙所示，空氣對小球的阻力大小恒為重力的0.5倍，下降的時間是上升時間的4倍，下降與上升的整個過程的平均速度為13m/s，重力加速度g取10m/s2，地面對小球的彈力遠大于重力，下列說法正確的是（ ）
A. 小球上升過程的運動時間4sB. 地面對小球沖量-14N·s
C. 小球落地時的速度-40m/sD. 小球離地時的速度30m/s
【答案】B
【解析】ACD．小球下降過程加速度
根據(jù)牛頓第二定律
球上升過程加速度
根據(jù)牛頓第二定律
全程的平均速度
解得
故小球上升過程的運動時間
小球落地時的速度和小球離地時的速度分別為
故ACD錯誤；
B．小球與地面作用過程，根據(jù)動量定理
故B正確。
故選B。
6. 如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定絕緣軌道ABCDP，由半徑m的圓弧軌道CDP和與之相切于C點的水平軌道ABC組成，圓弧軌道的直徑DP與豎直半徑OC間的夾角，A、B兩點間的距離m。質(zhì)量kg的不帶電絕緣滑塊靜止在A點，質(zhì)量kg、電荷量C的帶正電小球靜止在B點，小球的右側(cè)空間存在水平向右的勻強電場?，F(xiàn)用大小N、方向水平向右的恒力推滑塊，滑塊到達B點前瞬間撤去該恒力，滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球沿軌道運動，到達P點時恰好和軌道無擠壓且所受合力指向圓心。小球和滑塊均視為質(zhì)點，碰撞過程中小球的電荷量不變，不計一切摩擦。取m/s2，，。下列說法錯誤的是（ ）
A. 撤去該恒力瞬間滑塊的速度大小為6m/s
B. 勻強電場的電場強度大小E大小是N/C
C. 小球到達P點時的速度大小是2.5m/s
D. 小球和滑塊碰撞后，滑塊速度大小為4m/s
【答案】D
【解析】A．對滑塊從A點運動到B點的過程，根據(jù)動能定理有
解得
v=6m/s
故A正確，不符合題意；
B．小球到達P點時，受力如圖所示
則有
解得
故B正確，不符合題意；
C．小球所受重力與電場力的合力大小為
小球到達P點時，由牛頓第二定律有
解得
故C正確，不符合題意；
D．滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，取水平向右為正方向，設(shè)碰后滑塊、小球的速度分別為v1、v2，則由動量守恒定律得
由能量守恒得
聯(lián)立解得
，
故D錯誤，符合題意。
故選D。
7. 由于大氣層的存在，太陽光線在大氣中折射，使得太陽“落山”后我們?nèi)匀荒芸匆娝?。某同學為研究這一現(xiàn)象，建立了一個簡化模型。將折射率很小的不均勻大氣等效成折射率為的均勻大氣，并將大氣層的厚度等效為地球半徑R。根據(jù)此模型，一個住在赤道上的人在太陽“落山”后還能看到太陽的時間是（地球自轉(zhuǎn)時間為24小時，地球上看到的太陽光可以看成平行光）（ ）
A. 3小時B. 2小時C. 1.5小時D. 1小時
【答案】D
【解析】太陽光是平行光，臨界光路圖如圖所示
由幾何關(guān)系可得臨界光線的折射角為
可知臨界光線的折射角為30°；
根據(jù)折射定律
可得
由幾何關(guān)系可知，地球多轉(zhuǎn)角度便看不見太陽了，有
一個住在赤道上的人在太陽“落山”后還能看到太陽的時間為
故選D。
8. 圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。帶電粒子從靜止開始運動的速率v隨時間t變化如圖乙，已知tn時刻粒子恰射出回旋加速器，不考慮相對論效應(yīng)、粒子所受的重力和穿過狹縫的時間，下列判斷正確的是（ ）
A. t3-t2=t2-t1=t1
B. v1：v2：v3=1：2：3
C. 粒子在電場中的加速次數(shù)為
D. 同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差保持不變
【答案】AC
【解析】A．粒子在磁場中做勻速圓周運動，由
可得
粒子運動周期為
故周期與粒子速度無關(guān)，每運動半周被加速一次，可知
t3-t2=t2-t1=t1
A正確；
B．粒子被加速一次，動能增加qU，被加速n次后的動能為
可得
故速度之比為
v1：v2：v3=1：：
B錯誤；
C．由B的分析可得
聯(lián)立解得
故粒子在電場中的加速次數(shù)為，C正確；
D．由A的分析可得
由B的分析可知
故
即同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差會改變，D錯誤。
故選AC。
9. 滑沙運動時，沙板相對沙地的速度大小會影響沙地對沙板的動摩擦因數(shù)。假設(shè)滑沙者的速度超過8m/s時，滑沙板與沙地間的動摩擦因數(shù)就會由變?yōu)?，如圖1所示，簡化模型如圖2所示，一滑沙者從傾角的坡頂A處由靜止開始下滑，滑至坡底B（B處為一平滑小圓?。┖笥只弦欢嗡降孛?，最后停在C處。已知滑板與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒為，AB坡長m，，不計空氣阻力，則滑沙者（ ）

A. 下滑速度較大時加速度為2m/s2
B. 下滑到B處時的速度大小12m/s
C. 在水平地面上運動的最大距離為18m
D. 在AB段下滑與BC段滑動的時間之比為
【答案】BCD
【解析】AB．滑沙板的速度較小時，根據(jù)牛頓第二定律可得
代入數(shù)據(jù)可得
速度達到的過程中的位移
滑沙板的速度超過8m/s后，根據(jù)牛頓第二定律可得
代入數(shù)據(jù)可得
設(shè)到達B的速度為，則
代入數(shù)據(jù)可得
故A錯誤，B正確；
C．滑沙板在水平面上的加速度大小為，則由
可得
由運動學公式可得在水平地面上運動的最大距離為
故C正確；
D．滑沙板的速度達到的時間
第二段時間
滑沙板在水平面上的時間
則在AB段下滑與BC段滑動的時間之比為
故D正確。
故選BCD。
10. 如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為kg、kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計的輕彈簧相連，其中A緊靠墻面，現(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力，該力對物體B做功J，使A、B間彈簧被壓縮．在系統(tǒng)靜止時，突然撤去向左的力，解除壓縮，則（ ）
A. 解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒
B. 解除壓縮后，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒
C. 從撤去外力至A與墻面剛分離，彈簧對B的沖量N·s，方向水平向右
D. A與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長時，兩物體速率均是2.5m/s
【答案】CD
【解析】A．解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長的過程中，墻壁對A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復(fù)原長前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動量不守恒，恢復(fù)原長后，AB一起向右運動，系統(tǒng)的合外力為零，動量守恒，故A錯誤；
B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，故機械能守恒，故B錯誤；
C．壓縮彈簧時，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原長，彈性勢能全轉(zhuǎn)化為B的動能，設(shè)此時B的速度為v0，則
得
此過程由動量定理得
方向水平向右，故C正確；
D．當彈簧恢復(fù)原長時，A的速度最小，則
A、B都運動后，B減速，A加速，當A、B速度相等時彈簧拉伸最長，此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當彈簧再次恢復(fù)原長時，以向右為正，由系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒有
得
，
故D正確。
故選CD。
二、非選擇題：本題共5小題，共54分。
11. 有一種新式游標卡尺，其游標尺的刻度與傳統(tǒng)的舊式游標尺明顯不同，新式游標尺的刻度線看起來很“稀疏”，使得讀數(shù)時顯得清晰明了，方便使用者正確地讀取數(shù)據(jù)，通常游標尺的刻度有10分度，20分度，50分度三種規(guī)格，新式游標尺也有相應(yīng)的三種，但游標尺刻度卻是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份。
（1）以“39mm等分成20份”新式游標尺為例，它的精確度是______mm；
（2）用新式游標卡尺測量某一物體的厚度，測量時游標卡尺的示數(shù)如圖所示，其讀數(shù)是______mm。
【答案】（1）0.05 （2）1.25
【解析】(1)[1] 新式游標卡尺的測量原理和傳統(tǒng)的游標卡尺相同，新式游標卡尺其游標尺上20個分度只有39mm，比主尺上的40個分度短1mm，它的測量精確度是
(2)[2]用它測得物體厚度為
12. 在測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，由于所用的電壓表（視為理想電壓表）的量程較小，某同學設(shè)計了如圖所示的實物電路．
（1）實驗時，應(yīng)先將電阻箱的電阻調(diào)到___．（選填“最大值”、“最小值”或“任意值”）
（2）改變電阻箱的阻值R，分別測出阻值=10 的定值電阻兩端的電壓U，下列兩組R的取值方案中，比較合理的方案是 ．（選填“1”或“2”）
（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描點，繪出的圖象是一條直線．若直線的斜率為k，在 坐標軸上的截距為b，則該電源的電動勢E= ，內(nèi)阻r= ．（用k、b和R0表示）
【答案】（1）最大值；（2）2；（3）
【解析】試題分析：（1）為了預(yù)防電路中電流過大，損壞電路，所以需要將電阻箱調(diào)到最大，
（2）由表格可知，方案1中電阻箱的阻值與定值電阻差別太大，導(dǎo)致電路中電流差別太?。欢桨?中電阻箱的阻與與待測電阻相差不多，故可以得出較為合理的電流值，故應(yīng)選擇方案2
③由閉合電路歐姆定律可知，變形得：
由題意可知，斜率為k，即：，解得；．聯(lián)立解得：
考點：考查了測量電源電動勢和內(nèi)阻實驗
【名師點睛】測定電源的電動勢和內(nèi)電阻是高中階段電學實驗考查的重點，是近幾年各地高考題目的出題熱點，本題突出了對于實驗原理、儀器選擇及U-I圖象處理等多方面內(nèi)容的考查，題目層次源于課本，凸顯能力，體現(xiàn)創(chuàng)新意識，側(cè)重于對實驗?zāi)芰Φ目疾椋?br>13. 一列簡諧橫波在時的波形圖如圖(a)所示，P、Q是介質(zhì)中的兩個質(zhì)點。圖(b)是質(zhì)點Q的振動圖象。求：
（1）波速及波的傳播方向；
（2）質(zhì)點Q的平衡位置的x坐標。
【答案】（1）18cm/s，沿x軸負方向傳播；（2）9cm
【解析】（1）由圖(a)可以看出，該波的波長為
λ＝36cm
由圖(b)可以看出，周期為
T＝2s
波速為
v＝＝18cm/s
由圖(b)知，當時，Q點向上運動，結(jié)合圖(a)可得，波沿x軸負方向傳播。
（2）設(shè)質(zhì)點P、Q平衡位置的x坐標分別為、由圖(a)知，x＝0處
y＝－＝Asin(－)
因此
由圖(b)知，在t＝0時Q點處于平衡位置，經(jīng)Δt＝s，其振動狀態(tài)向x軸負方向傳播至P點處，可得P、Q間平衡位置距離為＝vΔt＝6cm
則質(zhì)點Q的平衡位置的x坐標為＝9cm
14. 如圖，固定的足夠長平行光滑雙導(dǎo)軌由水平段和弧形段在CD處相切構(gòu)成，導(dǎo)軌的間距為L，區(qū)域CDEF內(nèi)存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。現(xiàn)將多根長度也為L的相同導(dǎo)體棒依次從弧形軌道上高為h的PQ處由靜止釋放（釋放前棒均未接觸導(dǎo)軌），釋放第根棒時，第根棒剛好穿出磁場。已知每根棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，重力加速度大小為g，且與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌電阻不計，棒與導(dǎo)軌接觸良好。求
（1）第3根棒剛進入磁場時的加速度大??？
（2）第n根棒剛進入磁場時，第1根棒的熱功率？
【答案】（1）
（2）
【解析】第3根棒剛進入磁場時速度為，由能量守恒得
解得
棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為
此時第1、2根棒并聯(lián)，電阻為，第3根棒等效于電源，電路中總電阻為
聯(lián)立解得電路中電流為
由牛頓第二定律
解得
（2）第n根棒剛進入磁場時，前根棒并聯(lián)電阻為
電路總電阻為
電路總電流
由并聯(lián)關(guān)系可知，第一根棒中電流
解得
第1根棒熱功率為
15. 如圖所示，水平傳送帶以m/s的速度做逆時針運動，傳送帶左端與水平地面平滑連接，傳送帶與一固定的四分之一光滑圓弧軌道相切，物塊a從圓弧軌道最高點由靜止下滑后滑過傳送帶，與靜止在水平地面右端的物塊b發(fā)生彈性碰撞。已知物塊a的質(zhì)量kg，物塊b的質(zhì)量kg，兩物塊均可視為質(zhì)點，圓弧軌道半徑m，傳送帶左、右兩端的距離m，物塊a與傳送帶和水平地面間的動摩擦因數(shù)均為，物塊b與水平地面間的動摩擦因數(shù)，重力加速度m/s2，碰撞時間極短。求：
（1）物塊a第一次與物塊b碰撞后瞬間，物塊b的速度大?。?br>（2）兩物塊最多能碰撞的次數(shù)及最終兩者的距離。
【答案】（1）2m/s
（2）2次，0.48m
【解析】（1）物塊a沿圓弧從最高點由靜止下滑到圓弧軌道最低點時設(shè)速度為，根據(jù)機械能守恒定律有
解得
物塊a在傳送帶上運動時，由牛頓第二定律有
設(shè)物塊a第一次滑到傳送帶左端時的速度大小為，由a、b運動學公式可得
解得
則物塊a第一次滑到傳送帶左端時的速度大小為4m/s，題意知物塊a、b碰撞過程動量守恒，機械能守恒，設(shè)碰撞后物塊a的速度為，b的速度為，則有
聯(lián)立解得
，
即第一次碰撞后瞬間物塊b的速度大小為2m/s；
（2）碰撞后物塊b沿地面向左做勻減速運動，設(shè)加速度為，到靜止時所用時間為，位移為，由牛頓第二定律有
由運動學公式有
聯(lián)立解得
，
對于物塊a，先沿傳送帶向右做勻減速運動，設(shè)速度減為0所用的時間為，位移為，由運動學公式有
解得
，
由可知，故物塊a第二次與b碰撞前b已經(jīng)停止運動，設(shè)物塊a第二次與b碰撞前瞬間速度大小為，則有
解得
物塊a、b第二次碰撞過程動量守恒、機械能守恒，設(shè)第二次碰撞后速度分別為、，則有
解得，
物塊b第二次碰撞后向左滑行的距離
物塊a第二次碰撞后向右滑行的距離
則兩物塊最多碰撞2次，最終兩者的距離為
方案編號
電阻箱阻值R/Ω
1
400.0
350.0
300.0
250.0
200.0
2
80.0
70.0
60.0
50.0
40.

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