（考試時間：75分鐘 試卷滿分：100分）
注意事項：
1．答卷前，考生務(wù)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(yīng)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(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
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題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，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．如圖所示的救生滑梯是飛機上乘客緊急時刻的“救護神”，逃生時乘客從救生滑梯頂端由靜止滑下，其運動過程可視為勻加速直線運動。若乘客在段與段速度變化量相同，則段與段平均速度之比為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】根據(jù)題意可知，段與段運動時間相同，根據(jù)初速度為0的勻變速直線運動的規(guī)律可知，段與段長度之比為，根據(jù)平均速度的定義可知，段與段平均速度之比為，故C正確。
2．抖空竹是一種傳統(tǒng)雜技。如圖所示，表演者一只手控制A不動，另一只手控制B分別沿圖中的四個方向緩慢移動，忽略空竹轉(zhuǎn)動的影響，不計空竹和輕質(zhì)細線間的摩擦，且認為細線不可伸長。下列說法正確的是（ ）
A．沿虛線a向左移動，細線的拉力減小
B．沿虛線b向上移動，細線的拉力增大
C．沿虛線c斜向上移動，細線的拉力不變
D．沿虛線d向右移動，細線對空竹的合力增大
【答案】A
【詳解】A．空竹受力如圖所示
根據(jù)平衡條件可得
設(shè)繩長為，由幾何關(guān)系可得
沿虛線a向左移動，減小，增大，細線的拉力減小，故A正確；
B．沿虛線b向上移動，不變，不變，細線的拉力不變，故B錯誤；
C．沿虛線c斜向上移動，增大，減小，細線的拉力增大，故C錯誤；
D．沿虛線d向右移動，增大，減小，細線對空竹的合力不變，故D錯誤。
故選A。
3．工程建設(shè)中經(jīng)常用到較大的水泥圓管，裝卸工人為保證圓管從較高的車斗上卸下時不被損壞，在車斗邊緣平行固定兩根木棍，將圓管縱向架在兩根木棍之間，讓圓管沿木棍緩慢滑下，此過程可簡化為如圖所示的模型。在其他條件不變的情況下，可以進一步減緩圓管下滑的方法是（ ）
A．適當增大兩根木棍的間距
B．適當增大木棍與水平面的夾角θ
C．換成兩根表面更光滑的木棍
D．換成兩根更短的木棍
【答案】A
【詳解】A．由對稱可知，兩木棍給圓管的支持力相等，設(shè)為N，它們方向的夾角為。則
解得
適當增大兩根木棍的間距，則增大，可知N增大。在下滑方向上，由牛頓第二定律得
N增大，則a減小，可減緩圓管下滑，故A正確；
BD．換成兩根更短的木棍，實際就是適當增大木棍與水平面的夾角θ，由
得
不變，增大，可知a增大，不能減緩圓管下滑，故BD錯誤；
C．換成兩根表面更光滑的木棍，摩擦力減小，則合力增大，即加速度增大不能減緩圓管下滑，故C錯誤。
故選A。
4．某行星的衛(wèi)星A、B繞以其為焦點的橢圓軌道運行，作用于A、B的引力隨時間的變化如圖所示，其中t2t1，行星到衛(wèi)星A、B軌道上點的距離分別記為rA、rB，假設(shè)A、B只受到行星的引力，下列敘述正確的是（ ）
A．B與A的繞行周期之比為
B．rA的最大值與rB的最小值之比為2：1
C．rB的最小值與rA的最小值之比為2：3
D．衛(wèi)星A與衛(wèi)星B的質(zhì)量之比為8：9
【答案】C
【詳解】A．由題圖可知，A、B的周期分別為
TA＝t1，TB＝2t2
結(jié)合
t2
可知B與A的繞行周期之比為
故A錯誤；
BC．由圖可知，當A衛(wèi)星離行星的距離rA最小時，衛(wèi)星A受到的萬有引力最大，有
當rA最大時，衛(wèi)星A受到的萬有引力最小，有
聯(lián)立以上可得rA的最大值與rA的最小值之比為
由圖可知，當rB最小時，衛(wèi)星B受到的萬有引力最大，有
當rB最大時，衛(wèi)星B受到的萬有引力最小，有
可得rB的最大值與rB的最小值之比為
再根據(jù)開普勒第三定律
有
解得
或或
對比三個選項，故B錯誤，C正確；
D．由題圖可有：B受力最大時
A受力最小時
兩式相除可得
故D錯誤。
故選C。
5．如圖所示，運動員正在使用“倒蹬機”鍛煉身體。當他用腳蹬踏板并使其推至最高處的過程中（忽略運動員重心的變化），下列說法正確的是（ ）
A．靠背對運動員做正功B．靠背對運動員做負功
C．腳對踏板做正功D．腳對踏板做負功
【答案】C
【詳解】AB．靠背對運動員的力垂直與靠背，由于運動員沒有位移，所以靠背對運動員不做功，故AB錯誤；
CD．腳對踏板的力和踏板的位移方向相同，所以腳對踏板做正功，故C正確，D錯誤。
故選C。
6．如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)經(jīng)狀態(tài)變化到狀態(tài)的圖像。則下列說法正確的是（ ）
A．狀態(tài)的壓強是狀態(tài)的壓強的4倍
B．狀態(tài)到狀態(tài)過程，氣體一直對外做功
C．狀態(tài)到狀態(tài)過程，氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量
D．狀態(tài)到狀態(tài)過程，氣體壓強不變
【答案】D
【詳解】AD．根據(jù)
變形可得
可知狀態(tài)a到狀態(tài)b是等壓變化，即；由圖可知，狀態(tài)b到狀態(tài)c是等容變化，則有
解得
故A錯誤，D正確；
B．由圖可知，狀態(tài)a到狀態(tài)b，體積增大，氣體對外做功，狀態(tài)b到狀態(tài)c，體積不變，氣體對外不做功，故B錯誤；
C．狀態(tài)到狀態(tài)過程，溫度升高，故氣體內(nèi)能增大，同時氣體對外做功，則氣體吸收的熱量大于其內(nèi)能的增加量，故C錯誤。
故選D。
7．如圖所示，電荷均勻分布在半球面上，它在半球的中心O處電場強度等于E0。一過球心的傾斜平面將球面分為兩部分，其中。則所分出的較大部分的電荷在O處的電場強度E為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】根據(jù)對稱性，做出球面上的電荷在O點產(chǎn)生的電場分布，如下圖所示
由平行四邊形定則得到“大瓣”球面上的電荷在O處的電場強度
故選B。
8．某種窗戶支架如圖甲所示，其工作原理簡化圖如圖乙所示。ad桿的a點通過較鏈固定在滑槽導(dǎo)軌中，d點通過餃鏈固定在窗戶底面，滑塊可在滑槽導(dǎo)軌中自由滑動，bc桿的c點通過餃鏈固定在滑塊上，b點通過餃鏈固定在ad桿上。某次關(guān)閉窗戶的過程中，ad桿繞a點勻速轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是（ ）
A．b點的線速度等于d點的線速度B．d點的加速度大小不變
C．c點速度大小始終不變D．b點和c點的速度大小可能相等
【答案】BD
【詳解】A．a(chǎn)d桿繞a點勻速轉(zhuǎn)動，因bd兩點繞a點同軸轉(zhuǎn)動，可知角速度相等，根據(jù)
vωr
可知，b點的線速度小于d點的線速度，故A錯誤；
B．a(chǎn)d桿繞a點勻速轉(zhuǎn)動，d點的加速度大小不變，但方向不斷變化，故B正確；
D．由速度的分解知識可知
當
時，b點和c點的速度大小相等，故D正確；
C．因b點的速度不變，角度不斷變化，則根據(jù)
可知，c點的速度大小不斷變化，故C錯誤。
故選BD。
9．近年來，隨著三孩政策的開放，越來越多的兒童出生，兒童游樂場所的設(shè)施也更加多種多樣。如圖所示是兒童游樂場所的滑索模型，兒童質(zhì)量為6m，滑環(huán)質(zhì)量為m，滑環(huán)套在水平固定的光滑滑索上。該兒童站在一定的高度由靜止開始滑出，靜止時不可伸長的輕繩與豎直方向的夾角為，繩長為L，兒童和滑環(huán)均可視為質(zhì)點，滑索始終處于水平狀態(tài)，不計空氣阻力，重力加速度為g，以下說法正確的是（ ）
A．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒
B．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．兒童運動到最低點時速度大小為
D．兒童從靜止運動到最低點的過程中，滑環(huán)的位移大小為
【答案】ABD
【詳解】A．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向不受力，豎直方向受力不平衡，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，故A正確；
B．兒童和滑環(huán)組成的系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，故B正確；
C．兒童運動到最低點時，根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒有
根據(jù)能量守恒定律有
解得
故C錯誤；
D．兒童從靜止運動到最低點的過程中，根據(jù)動量守恒定律可知，兒童和滑環(huán)在水平方向的平均速度大小和滿足
則水平位移大小x1和x2滿足
根據(jù)相對位移關(guān)系有
解得
故D正確。
故選ABD。
10．下列說法正確的是（ ）
A．根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論，在變化的電場周圍一定產(chǎn)生變化的磁場，在變化的磁場周圍一定產(chǎn)生變化的電場
B．發(fā)射電磁波的兩個重要條件是采用高頻和開放性LC電路
C．用標準平面檢查光學(xué)平面的平整程度是利用光的偏振現(xiàn)象
D．當物體以較小的速度運動時，質(zhì)量變化十分微小，經(jīng)典力學(xué)理論仍然適用，只有當物體以接近光速運動時，質(zhì)量變化才明顯，故經(jīng)典力學(xué)適用于低速運動，而不適用于高速運動
【答案】BD
【詳解】A．在均勻變化的電場周圍產(chǎn)生恒定的磁場，在均勻變化的磁場周圍產(chǎn)生恒定的電場。根據(jù)麥克斯韋的電磁場理論，不均勻變化的電場周圍一定產(chǎn)生變化的磁場，不均勻變化的磁場周圍一定產(chǎn)生變化的電場，A錯誤；
B．發(fā)射電磁波時必須采用高能量，高頻率且要有開放性LC電路，所以B正確；
C．用標準平面檢查光學(xué)平面的平整程度是利用光的薄膜干涉原理，C錯誤；
D．由狹義相對論，則有質(zhì)量
可知m與v的關(guān)系，當物體以較小的速度運動時，質(zhì)量變化十分微小，經(jīng)典力學(xué)理論仍然適用，只有當物體以接近光速運動時，質(zhì)量變化才明顯，故經(jīng)典力學(xué)適用于低速運動，而不適用于高速運動，D正確。
故選BD。
二、非選擇題：本題共5小題，共54分。其中第13題~15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
11．（8分）
利用如圖甲的實驗裝置“探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系”。
（1）圖乙是實驗得到紙帶的一部分，每相鄰兩計數(shù)點間有四個點未畫出。相鄰計數(shù)點的間距已在圖中給出。打點計時器電源頻率為50Hz，則小車的加速度大小為 m/s2（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。
（2）實驗得到的理想a-F圖像應(yīng)是一條過原點的直線，但由于實驗誤差影響，常出現(xiàn)如圖丙所示的①、②、③三種情況。下列說法正確的是（ ）
A．圖線①的產(chǎn)生原因是摩擦力過大
B．圖線②的產(chǎn)生原因是平衡摩擦力時長木板的傾角過大
C．圖線③的產(chǎn)生原因是平衡摩擦力時長木板的傾角過大
（3）實驗小組的同學(xué)覺得用圖甲裝置測量加速度較大時系統(tǒng)誤差較大，所以大膽創(chuàng)新，選用圖丁所示器材進行實驗，測量小車質(zhì)量M，所用交流電頻率為50Hz，共5個槽碼，每個槽碼的質(zhì)量均為m=10g。實驗步驟如下：
i.安裝好實驗器材，跨過定滑輪的細線一端連接在小車上，另一端懸掛著5個槽碼。調(diào)整軌道的傾角，用手輕撥小車，直到打點計時器在紙帶上打出一系列等間距的點，表明小車沿傾斜軌道勻速下滑；
ii.保持軌道傾角不變，取下1個槽碼（即細線下端懸掛4個槽碼），讓小車拖著紙帶沿軌道下滑，根據(jù)紙帶上打的點跡測出加速度a；
iii.逐個減少細線下端懸掛的槽碼數(shù)量，重復(fù)步驟ii；
iv.以取下槽碼的總個數(shù)n（1≤n≤5）的倒數(shù)為橫坐標，為縱坐標，在坐標紙上作出關(guān)系圖線。
已知重力加速度大小g=9.80m/s2，計算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字，請完成下列填空：
①寫出隨變化的關(guān)系式 （用M，m，g，a，n表示）；
②測得關(guān)系圖線的斜率為2.5s2/m，則小車質(zhì)量M= kg。
【答案】（1）2.86 （2）B （3） 0.195
【詳解】（1）根據(jù)題意，相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為
小車的加速度大小為
（2）A．隨著力F增大，重物的質(zhì)量將不再遠小于小車的質(zhì)量，圖線彎曲，故A錯誤；
BC．若平衡摩擦力時長木板的傾角過大，當F為零時，加速度不為零，即a-F圖線與縱軸有交點，若平衡摩擦力不足或者沒有平衡摩擦力，圖線與橫軸出現(xiàn)交點，故B正確，C錯誤。
故選B。
（3）[1]當小車勻速時有
減小n個槽碼，對小車和槽碼分別有
則
即
[2]由以上分析可得
所以
12．（10分）
某同學(xué)要測量一阻值約為20Ω的未知電阻Rx的阻值。
（1）該同學(xué)先用多用電表粗測該電阻，將多用電表的選擇開關(guān)打到歐姆擋 （填“×100”“×10”或“×1”）擋，歐姆調(diào)零后，測量該電阻時多用表指針所指位置如圖甲所示，則被測電阻的阻值是 Ω。
（2）為了精確測量該電阻的阻值，實驗室提供的器材有：
A．電源E（電動勢3V，內(nèi)阻不計）
B．電壓表V（量程3V，內(nèi)阻約6kΩ）
C．電流表A1（量程0.2A，內(nèi)阻約2.0Ω）
D．電流表A2（量程0.2A，內(nèi)阻約2.0Ω）
E.滑動變阻器R1（0~10Ω）
F.開關(guān)兩個，導(dǎo)線若干
該同學(xué)根據(jù)實驗室提供的器材設(shè)計了如圖乙所示的電路圖，請根據(jù)電路圖將圖丙中實物連接成完整的電路。
（3）實驗時，將滑動變阻器的滑片移到最左端，斷開開關(guān)S2，閉合開關(guān)S1，調(diào)節(jié)滑動變阻器，使電壓表和電流表的指針偏轉(zhuǎn)均較大，記錄這時電流表A1、A2的示數(shù)I1、I2及電壓表的示數(shù)U1，則電壓表的內(nèi)阻為RV= ，閉合開關(guān)S2，此時電壓表示數(shù)為U2，電流表A1的示數(shù)為I3，則被測電阻的阻值Rx= 。（均用已知和測量的物理量符號表示）
【答案】（1） ×1 17.2/17.3/17.4/17.5/17.6/17.7
（2）
（3）
【詳解】（1）[1][2]由于被測電阻約為，因此選擇開關(guān)撥到“”擋，讀數(shù)為。
（2）根據(jù)如圖乙所示的電路圖，連接實物圖如圖所示
（3）[1]電壓表的內(nèi)阻為
[2]由
聯(lián)立解得
13．（10分）
甲、乙兩列簡諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿 x軸正向和負向傳播，波速均為 兩列波在 時的波形曲線如圖所示。求：
（1）開始，乙的波谷到達處的最短時間；
（2）內(nèi)，處的質(zhì)點到達正向最大位移處的次數(shù)。
【答案】（1）0.5s （2）2次
【詳解】（1）乙向左傳播，其最靠近處的波谷位置的坐標為
乙的波谷到達處的最短時間為
（2）質(zhì)點運動到正向最大位移時
即兩列波的波峰同時到達位置，從圖線可知甲、乙兩列波的波長分別為40cm、60cm，由
可得甲、乙兩列波的周期分別為
，
甲的波峰到達位置所需時間
（，，）
乙的波峰到達位置所需時間
（，，）
甲、乙兩列波的傳播時間相同，可知
可得
即
當且時，處的質(zhì)點運動到正向最大位移處，；
當且時，處的質(zhì)點運動到正向最大位移處，；
即在內(nèi)，處的質(zhì)點運動到正向最大位移處共有2次。
14．（12分）
圖（a）為某國際機場某貨物傳送裝置實物圖，簡化圖如圖（b），該裝置由傳送帶ABCD及固定擋板CDEF組成，固定擋板與傳送帶上表面垂直，傳送帶上表面ABCD與水平臺面的夾角。傳送帶勻速轉(zhuǎn)動時，工作人員將正方體貨物從D點由靜止釋放，在L=10m處取下貨物，貨物運動時的剖面圖如圖（c）所示，已知傳送帶勻速運行的速度v=1m/s，貨物質(zhì)量m=10kg，其底部與傳送帶上表面ABCD的動摩擦因數(shù)為，其側(cè)面與擋板CDEF的動摩擦因數(shù)為。（重力加速度，，，不計空氣阻力）。
（1）求傳送帶上表面對貨物的摩擦力大小和擋板對貨物的摩擦力大?。?br>（2）貨物在傳送帶上運動的時間t；
（3）貨物若傳送到s=0.2m時，傳送帶由于故障突然停止，工作人員待貨物安全停止時立即進行維修，用時T=30s，傳送帶恢復(fù)正常，忽略傳送帶加速至恢復(fù)正常的時間，求由于故障，傳送貨物耽誤的時間。（保留兩位小數(shù)）
【答案】（1）， （2） （3）
【詳解】（1）貨物放上傳送帶后，水平方向受力如圖所示，設(shè)傳送帶對物體的摩擦力為，擋板對物體摩擦力為，由剖面圖對貨物受力分析如圖，傳送帶對貨物支持力為，擋板對貨物支持力為，則
，
由滑動摩擦力計算式有
，
代入數(shù)據(jù)可得
，
傳送帶上表面對貨物的摩擦力大小為，擋板對貨物的摩擦力大小為。
（2）設(shè)貨物由靜止放上傳送帶獲得的加速度為，對貨物
解得
設(shè)貨物在傳送帶上經(jīng)時間能達到共速，所走的為，由運動學(xué)公式得
，
解得
，
所以物體能在傳送帶上達到共速，共速后，貨物做勻速直線運動，直至被取下，設(shè)再經(jīng)過時間到達目的地，則有
貨物勻速階段所用的時間為
貨物運動總時間為
（3）貨物由于傳送帶突然出現(xiàn)故障，作勻減速運動的加速度為，所走的位移為，傳送帶恢復(fù)正常后，貨物勻加速達到共速的位移為，對貨物
根據(jù)運動學(xué)公式得
，
設(shè)由于傳送帶故障，耽誤的時間設(shè)為，則
代入數(shù)據(jù)，解得
15．（14分）
如圖所示，光滑曲面PO和一條水平軌道ON平滑連接，水平軌道右側(cè)固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧自然伸長時左端恰好位于M點。一質(zhì)量的物塊A從距離地面高處由靜止滑下，與靜止在O點、質(zhì)量的物塊B發(fā)生碰撞。已知水平軌道OM的長度，兩物塊與OM段之間的動摩擦因數(shù)均為，水平軌道其余部分光滑，物塊A、B均可視為質(zhì)點，碰撞均為彈性正碰且碰撞時間極短，取重力加速度大小，求：
（1）彈簧具有的最大彈性勢能；
（2）兩物塊第二次碰撞后物塊B的速度；
（3）最終物塊A、B之間的距離d。
【答案】（1） （2） （3）
【詳解】（1）設(shè)物塊A滑到O點時的速度為，由機械能守恒定律可得
解得
A與B發(fā)射碰撞，碰撞均為彈性正碰且碰撞時間極短，設(shè)向右為正方向，則根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得
解得
對A根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式可得A向前運動的距離為
對B分析當彈簧壓縮量最大時，B速度為0，根據(jù)能量守恒定律可得
解得
（2）根據(jù)對稱性可知B從O到M再從M到A靜止的位置根據(jù)動能定理可得
解得
兩物塊第二次碰撞后，設(shè)向左為正方向，根據(jù)能量守恒以及動量守恒定律可得
解得
（3）第二次碰撞后B向右運動，則根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式可得B向右運動到靜止時其運動距離為
對A碰撞過程中機械能守恒，則可知A從碰撞點先向左運動后滑動到O點向右運動到B點靜止的位置，且A運動距離為
設(shè)碰撞過程中A速度大小為，根據(jù)動能定理可得
解得
第三次碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得
解得
B向前運動的距離為
A向前運動的距離為
故最終物塊A、B之間的距離為

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