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?；卮鸱沁x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
一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。
1．氫原子的能級圖如圖甲所示，一群處于第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中能發(fā)出幾種不同頻率的光，其中只有頻率為、兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極發(fā)生光電效應，先分別用頻率或的三個光源分別照射該光電管陰極，測得電流隨電壓變化的圖像如圖丙所示，下列說法中正確的是（ ）
A．處于第4能級的氫原子向下躍遷最多發(fā)出4種不同頻率的光子
B．圖線對應的光是氫原子由第3能級向第1能級躍遷發(fā)出的
C．圖線對應的光子頻率大于圖線對應的光子頻率
D．用圖線對應的光照射光電管時，光電流會隨著正向電壓的增大而不斷增大
【答案】B
【解析】第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中，能發(fā)出種不同頻率的光，故A錯誤；由于只有頻率為、兩種光可讓圖乙所示的光電管陰極K發(fā)生光電效應，躍遷時發(fā)出的兩種頻率最大的光為4→1、3→1，由圖乙可知，b光的遏止電壓大，a和c光的遏止電壓小，根據(jù)光電效應方程及，知，a對應的光子頻率小于圖線b對應的光子頻率，故a、c是3→1躍遷發(fā)出的，b是4→1躍遷發(fā)出的，故C錯誤，B正確；用圖線b對應的光照射光電管時，光電流達到飽和后不再增大，故D錯誤。故選B。
2．一定質量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a→b、b→c、c→a三個過程后回到初始狀態(tài)a，其p–V圖像如圖所示。下列判斷正確的是（ ）
A．氣體在a→b過程中做等溫變化
B．氣體在b→c過程中內能增加
C．氣體在a→b過程和b→c過程對外界做的功相等
D．氣體在一次循環(huán)過程中會向外界放出熱量
【答案】C
【解析】氣體在a→b過程中因pV乘積變大，可知溫度升高，選項A錯誤；氣體在b→c過程中因pV乘積變小，可知溫度降低，內能減小，選項B錯誤；在p-V圖像中，圖像與坐標軸圍成的面積等于氣體對外做功，可知氣體在a→b過程和b→c過程對外界做的功相等，選項C正確；氣體在一次循環(huán)過程中從a到b再到c過程對外做功，從c到a過程外界對氣體做功，整個過程中氣體對外做功，且內能不變，則氣體會從外界吸收熱量，選項D錯誤。故選C。
3．如圖所示，兩根完全相同的四分之一圓弧絕緣棒分別放置在第一、二象限，其端點在兩坐標軸上。兩棒帶等量同種電荷且電荷均勻分布，此時O點電場強度大小為E。撤去其中一棒后，O點的電場強度大小變?yōu)椋? ）
A．B．C．ED．
【答案】B
【解析】設兩棒均帶正電，由點電荷場強特點及場強疊加規(guī)律可知，左側圓弧產生的場強方向斜向右下方，與+x方向夾角為45°，右側圓弧產生的場強方向斜向左下方，與–x方向夾角為45°，它們大小均為E1，可得，解得，撤去其中一棒后，O點的電場強度大小變?yōu)?。故選B。
4．我市某興趣小組利用地磁場探究交變電流的規(guī)律如圖甲所示，線圈在地磁場中勻速轉動，轉軸OO'沿東西方向水平放置，產生的交變電流i隨時間t變化關系圖像如圖乙所示。已知地磁場方向斜向下，則（ ）
A．0時刻，線圈在豎直面內
B．時刻，線圈在水平面內
C．若僅增加轉速，Im變小
D．若僅將轉軸沿南北方向水平放置，Im變小
【答案】D
【解析】0時刻，由乙圖可知，感應電流為0，此時穿過線圈的磁通量最大，線圈處于與磁場方向垂直的平面，故A錯誤；時刻，由乙圖可知，感應電流最大，此時穿過線圈的磁通量最小，線圈處于與磁場方向平行的平面，故B錯誤；若僅增加轉速，線圈產生的感應電動勢最大值增大，則Im變大，故C錯誤；若僅將轉軸沿南北方向水平放置，則地磁場水平分量一直與線圈平面平行，只有地磁場的豎直分量穿過線圈，所以線圈產生的感應電動勢最大值變小，則Im變小，故D正確。故選D。
5．汽車主動降噪系統(tǒng)的原理是通過揚聲器發(fā)出聲波將車外噪音反向抵消，從而減少車內噪音。下列說法正確的是（ ）
A．抵消信號的振幅應為噪聲信號的2倍B．抵消信號與噪聲信號的波長相同
C．汽車降噪是因為噪聲信號發(fā)生了偏振D．汽車降噪是因為噪聲信號發(fā)生了多普勒效應
【答案】B
【解析】汽車降噪過程應用的是聲波的疊加原理，抵消聲波振幅和頻率應與環(huán)境噪聲的振幅和頻率相同。由于波速由介質決定，由公式γ=λf，可知抵消信號與噪聲信號的波長相同，故ACD錯誤，B正確。故選B。
6．一小球先后三次以相等的速率從地面同一點拋出，速度與地面的夾角分別為30°、45°和60°，不計空氣阻力，則小球在空中的軌跡關系可能正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】設小球從地面拋出時的速率為，速度與地面的夾角為θ，則在豎直方向，。在水平方向，，解得，即當θ=30°和θ=60°時水平位移相同，為；當θ=45°時，水平位移為。故選C。
7．羲和號衛(wèi)星是我國首顆繞地球運行的太陽探測衛(wèi)星。設該衛(wèi)星在離地球表面高度517km的圓軌道上運行，能經(jīng)過地球南北兩極上空，可24小時觀測太陽。則該衛(wèi)星（ ）
A．發(fā)射速度大于第二宇宙速度
B．向心加速度等于地球表面的重力加速度
C．運行周期等于地球同步衛(wèi)星的周期
D．運行速度大于地球同步衛(wèi)星的運行速度
【答案】D
【解析】第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的最小發(fā)射速度，第二宇宙速度是使衛(wèi)星脫離地球束縛的最小發(fā)射速度，所以“羲和號”的發(fā)射速度應介于第一和第二宇宙速度之間，故A錯誤；設地球質量為M，質量為m的衛(wèi)星繞地球做半徑為r、周期為T、速度大小為v的勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有，分別解得，，地球同步衛(wèi)星位于赤道上方高度約36000km處，所以其軌道半徑遠大于“羲和號”衛(wèi)星的軌道半徑，則根據(jù)以上兩式可知“羲和號”的運行周期小于地球同步衛(wèi)星的周期，運行速度大于地球同步衛(wèi)星的運行速度，故C錯誤，D正確。對地球同步衛(wèi)星和“羲和號”衛(wèi)星，由萬有引力提供向心力，可得地球同步衛(wèi)星的向心加速度小于“羲和號”衛(wèi)星的向心加速度，又對比地球同步衛(wèi)星和地球表面的物體有，，，所以地球同步衛(wèi)星的向心加速度大于地球表面的重力加速度，故“羲和號”衛(wèi)星的向心加速度大于地球表面的重力加速度，故B錯誤。故選D。
8．如圖所示，圓柱形玻璃杯前側表面上有a、b、c三點，粗細均勻的鉛筆緊靠玻璃杯后側外壁豎直放置，且在b點正后方。將杯中注滿水（ ）
A．通過b點看到鉛筆變細B．通過b點看到鉛筆無變化
C．通過a點看到鉛筆向右側移D．通過c點看到鉛筆向右側移
【答案】D
【解析】由圖知道，圓柱形玻璃杯裝有水，其中間厚，邊緣薄，相當于一個凸透鏡，所以，當將鉛筆靠近玻璃杯的后面，相當于將鉛筆放在凸透鏡的1倍焦距以內，故能看到一個正立放大的鉛筆虛像，故通過b點看到鉛筆變粗，故AB錯誤；通過a點看到鉛筆的光路圖如圖，沿著折射光線的反向延長線找到虛像向左移動，故C錯誤；
與C同理，通過c點看到鉛筆的虛像向右移動，故D正確。故選D。
9．如圖所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，。一原長為、勁度系數(shù)為k（）的輕彈簧右端固定，左端連接一質量為m的物塊。物塊從O點由靜止釋放。已知物塊與OA段間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則物塊在向右運動過程中，其加速度大小a、動能Ek、彈簧的彈性勢能Ep、系統(tǒng)的機械能E隨位移x變化的圖像可能正確的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由題意可知，A點處，物塊受到的彈力大小為，可知物塊從O到A過程，一直做加速運動，動能一直增加，根據(jù)牛頓第二定律可得（），可知物塊從O到A過程，圖像應為一條斜率為負的傾斜直線，故A錯誤；物塊從O到A過程（），由于彈簧彈力一直大于滑動摩擦力，物塊一直做加速運動，動能一直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據(jù)動能定理可知，圖像的切線斜率逐漸減?。晃飰K到A點瞬間，合力突變等于彈簧彈力，則圖像的切線斜率突變變大，接著物塊從A到彈簧恢復原長過程（），物塊繼續(xù)做加速運動，物塊的動能繼續(xù)增大，隨著彈力的減小，圖像的切線斜率逐漸減??；當彈簧恢復原長時，物塊的動能達到最大，接著彈簧處于壓縮狀態(tài)，物塊開始做減速運動，物塊的動能逐漸減小到0，該過程，隨著彈力的增大，圖像的切線斜率逐漸增大；故B正確；根據(jù)彈性勢能表達式可得，可知圖像為開口向上的拋物線，頂點在處，故C錯誤；物塊從O到A過程（），摩擦力對系統(tǒng)做負功，系統(tǒng)的機械能逐漸減少，根據(jù)，可知從O到A過程，圖像為一條斜率為負的斜率直線；物塊到達A點后，由于A點右側光滑，則物塊繼續(xù)向右運動過程，系統(tǒng)機械能守恒，即保持不變，故D錯誤。故選B。
10．踢毽子是我國傳統(tǒng)的民間體育運動。如圖是一個小孩在踢毽子，毽子近似沿豎直方向運動，空氣阻力與速率成正比。毽子在空中運動過程中（ ）
A．剛離開腳時，加速度最大
B．動量變化率先變小后變大
C．上升的時間等于下降的時間
D．重力的沖量上升過程大于下降過程
【答案】A
【解析】毽子上升過程，下降過程，因剛離開腳時速度最大，則加速度最大，選項A正確；動量變化率等于毽子受到的合外力，因上升過程合外力減小，下降過程中合外力也減小，則動量變化率逐漸減小，選項B錯誤；因上升的平均加速度大于下降的平均加速度，根據(jù)，可知，上升的時間小于下降的時間，選項C錯誤；根據(jù)IG=mgt，可知，重力的沖量上升過程小于下降過程，選項D錯誤。故選A。
11．在光滑桌面上將長為L的柔軟導線兩端點固定在間距可忽略不計的a、b兩點，導線通有圖示電流I，處在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，則導線中的張力為（ ）
A．0B．C．D．
【答案】D
【解析】受力分析如圖
由于，得 ，，得，故選D。
二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題~第16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。
12．（10分）某同學測量一段粗細均勻金屬絲的電阻率，器材如下：金屬絲，電源（電動勢3V、內阻不計），電流表（量程0~0.6A、內阻0.5Ω），電壓表（量程0~3V、內阻約3kΩ），滑動變阻器（最大阻值15Ω），毫米刻度尺，開關S及導線若干。實驗步驟如下：
（1）首先用毫米刻度尺測出接入電路中金屬絲的長度，再用螺旋測微器測金屬絲直徑，示數(shù)如圖甲所示，金屬絲直徑的測量值__________mm；
（2）為減小誤差，應選用乙圖中的__________（選填“a”或“b”）連接線路；
（3）實驗過程中，改變滑動變阻器的滑片位置，并記錄兩電表的讀數(shù)，作出如圖丙所示的圖像，可得金屬絲的電阻__________，電阻率__________（結果均保留2位有效數(shù)字）；
（4）電路保持閉合，若測量時間較長，會使電阻率的測量結果__________（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。
【答案】（1）0.499##0.500##0.501 （2）a （3）3.9##4.0##4.1 1.6×10-6 （4）偏大
【解析】（1）用螺旋測微器測金屬絲直徑，示數(shù)如圖甲所示，金屬絲直徑的測量值d=0.500mm；
（2）由于電源內阻不計，而電壓表的內阻未知，電流表的內阻已知，為減小誤差，應選用乙圖中的“a”連接線路；
（3）根據(jù)圖a，可得
作出如圖丙所示的圖像，可得直線斜率為
可得金屬絲的電阻
根據(jù)電阻定律可得，電阻率
（4）電路保持閉合，若測量時間較長，金屬絲發(fā)熱，溫度升高，會使金屬絲的電阻率增大，所以測量結果將偏大。
13．（8分）美國物理學家密立根用如圖所示的裝置測量光電效應中的幾個重要物理量。已知電子的電荷量。
（1）開關斷開時，用單色光照射光電管的極，電流表的讀數(shù)。求單位時間內打到極的電子數(shù)；
（2）開關閉合時，用頻率和的單色光分別照射光電管的極，調節(jié)滑動變阻器，電壓表示數(shù)分別為和時，電流表的示數(shù)剛好減小到零。求普朗克常數(shù)。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由 （1分）
且 （1分）
代入數(shù)據(jù)解得 （2分）
（2）設用頻率為的光照射極時，逸出的光電子的最大初動能為，對應的遏制電壓為，逸出功為。
根據(jù)光電效應方程有 （1分）
根據(jù)動能定理有 （1分）
代入數(shù)據(jù)解得 （2分）
14．（10分）如圖所示，一潛水員在距海岸A點30m的B點豎直下潛，B點和燈塔之間停著一條皮劃艇。燈塔頂端的指示燈與皮劃艇兩端的連線與豎直方向的夾角分別為α和β（），潛水員下潛的深度，皮劃艇高度可忽略。
（1）潛水員在水下看到水面上的所有景物都出現(xiàn)在一個倒立的圓錐里。若海岸上A點恰好為倒立圓錐面與水面交點，求水的折射率為多大？
（2）潛水員豎直下潛過程中，深度在h1=4m至h2=m的范圍內看不到燈塔指示燈，求皮劃艇的長度？
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）設水的折射率為n，海岸上A點恰好處在倒立圓錐的邊緣上，可得 （1分）
有幾何關系得（2分）
代入數(shù)據(jù)可得 （1分）
（2）設入射角為的光線的折射角為，入射角為的折射角為，B點和皮劃艇右端距離為l1，B點和皮劃艇左端距離為l2，皮劃艇長為l，則由折射定律可得 （2分）
代入數(shù)據(jù)可得， （1分）
由幾何關系可得， （2分）
所以可得 （1分）
15．（12分）“再生制動”是一些汽電混動車輛的常用制動方式。所謂“再生制動”就是車輛靠慣性滑行時帶動發(fā)電機發(fā)電，將部分動能轉化為電能儲存在電池中。假設一輛汽電混動汽車的質量為m，該汽車設定為前階段在速度大于v0時選擇再生制動，后階段速度小于等于v0時選擇機械制動。當它以速度mv0（n>0）在平直路面上做勻速行駛時，某一時刻開始剎車，前階段阻力的大小與速度的大小成正比，即f=kv。后階段阻力恒為車重的μ倍，汽車做勻減速運動，重力加速度為g。求：
（1）如果此次剎車的過程中汽電混動汽車動能減小量的倍被轉化為電能，那么此次剎車儲存多少電能；
（2）汽電混動汽車從剎車到停止的位移多大；
（3）在一次性能檢測中，檢測機構讓汽電混動汽車在平直的路面上勻速行駛（速度小于v0）一段距離后關閉發(fā)動機，測繪了汽車只開啟“機械制動”和“機械制動”“再生制動”同時開啟兩種設定下汽車的動能與位移關系的圖線①和②，如圖密所示。若檢測時忽略測試路面的阻力差異和空氣阻力，求“機械制動”“再生制動”同時開啟測試中汽車被回收的動能的范圍。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）設汽電混動汽車在剎車的過程中儲存的電能為E，依題意（1分）
得 （1分）
（2）設汽電混動汽車再生制動階段運動的位移為x1，由動量定理得（1分）
又
即（1分）
所以在再生制動階段有（1分）
解得（1分）
在機械制動階段，汽電混動汽車做勻減速運動，由牛頓第二定律可得（1分）
又
解得（1分）
設勻減速運動的位移為x2，由運動學得
解得（1分）
所以汽電混動汽車從剎車到停止的位移為（1分）
（3）對于減速過程，因斜線率的絕對值表示阻力的大小，由圖線①得
代入得（1分）
由圖線②，回收的動能范圍為（1分）
16．（16分）空間存在間距都為d的，磁場感應強度為、……的勻強磁場。一群電量為，質量m，重力不計的粒子從坐標原點O以等大速度進入磁場，入射方向與x正方向成角，且均勻的分布在0~180°內，其中有75%的粒子能通過邊界1。求：
（1）粒子速度v的大小；
（2）調整入射速度的大小與方向，若粒子恰好能穿過邊界2，此時入射角度與v的關系；
（3）當粒子垂直于邊界射入磁場，且入射速度滿足，求運動過程中的最大值，以及粒子出射磁場的位置與O的距離。
【答案】 （1）；（2）；（3），
【解析】（1）帶電粒子在磁場中的運動的半徑 （1分）
因為75%的粒子能通過界面，即與x軸正方向成45°內的粒子都不能通過，臨界狀態(tài)為45°恰好與1邊界相切。
由圖可知（1分）
解得（1分）
（2）穿越一個磁場帶時，其高度差皆為d。則（1分）
同理，恰好穿越第二個磁場時，
解得（1分）
（說明，將粒子射入分為與時，其結果一樣的。
即（1分）
亦即
穿越第二個磁場時，也為（1分）
兩種情況的結果是一樣的）
（3）由動量定理（1分）
所以
因此
又因為（1分）
只能完整的穿過2個d后，在第三個磁場層達到y(tǒng)的最大距離，此處磁感應強度為，所以
因此，，，（1分）
其中是在最低時粒子的水平速度即為v，因此，，（1分）
因洛倫茲力不做功，物體動能保持不變，所以（1分）
因此，，（1分）
根據(jù)（1分）
可知（1分）
利用對稱性可知，粒子將從點右側的x點射出（1分）

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