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物理试题
注意事项：
1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效。
3.考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共43分。
(一)单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的。
1.可视为质点的物体重5N,在重力及另外两个大小分别为6N和7N的恒力作用下运动，物体的运动
不可能是
A.匀速直线运动
B.匀变速直线运动
C.类平抛运动
D.匀速圆周运动
2.如题2图所示，在光滑的水平面上有质量分别为3kg、2kg、2kg的甲、乙、丙三物块，甲、乙用轻
弹簧相连，乙、丙用轻杆相连，在水平拉力F的作用下，以2m/s2的加速度一起做匀加速直线运
动。某时刻突然撤去拉力F,撤去瞬间甲、乙、丙加速度大小分别为an.az、a,则
A.F=10N
B.a年=2m/s2
甲乙H
丙一F
777777777777777777777
C.az=2.5m/s2
D.a丙=0
题2图
3.将如题3图所示的交流电加在电阻R两端，横轴上方为按正弦规律变化的电流，
下方为三角形脉冲电流，已知三角形脉冲电流的峰值为有效值的3倍，则该交变
A
电流的有效值为
B.√10A
0
A.3A
2 t/s
35
-6
C.√3A
D.2√5A
题3图
4.随着科技进步，可利用强光源让金属中电子同时吸收多个光子，发尘多光子光电效应现象。如题4
图所示，光电管阴极金属K的逸出功为W。,强光源发射的光子频率为”，假设金属中的每个电子都
能同时吸收两个光子后发生光电效应，元电荷为，普朗克常量为h,下列说法正确的是
A.光电子逸出时的最大初动能为hw-W。
2hw-W。
B.遏止电压大小为
e
C.滑动变阻器的滑片P向右滑动，光电流变大
P
D.光电效应和康普顿效应都说明光具有波动性
题4图
5.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，如题5图所示的实线和虚线分别为t=0与t=2s时的波形
图。则下列说法正确的是
ty/m
A.若波沿x轴负方向传播，则t=0时x=2m处质点向上振动
0.1
B.若波沿x轴正方向传播，则t=0时x=5m处的质点2s后运
x/m
动到x=9m处
C.若波速为8m/s,则该波沿x轴正方向传播
题5图
D.若波源的频率变为原来的3倍，则波速变为原来的3倍
6.如题6图所示，一兴趣小组对人形机器人进行测试，机器人从A点由静止开始做匀加速直线运动，
依次经过B、C、D三点，在AB段的平均速度为2m/s,在CD段的平均速度为7m/s,且两过程运动
时间相等，则机器人在BC段的平均速度为
A.4.5m/s
A B
B.4m/s
题6图
C.3.5m/s
D.3m/s
+g,m
0 0
7.如题7图所示在竖直y轴上固定两个点电荷，电荷量为+Q的点电荷在2y。处、电荷量
为-4Q的点电荷在3yo处。将质量为m、电荷量为+q的小球从坐标原点0静止释放，
-B
经过A点后，能到达最低点B。以y。处为电势能零点、2y处为重力势能零点，小球可
+Q
视为点电荷。小球从O到B的运动过程中的重力势能E1、机械能E。、动能E,及电势
3y-9-4Q
能E2随y变化的图像可能正确的是
Y+
颗7图
E
TE
E。
Ep
0
B
C
D
(二)多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项
符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8.工厂技术人员用题8图1所示空气薄膜干涉装置来检查玻璃平面的平整程度。分别用a、b两种单色
光从标准样板上方入射后，从上往下看到的部分明暗相间的条纹如图2中的甲、乙所示（相邻亮条
纹间距甲大于乙)。下列判断正确的是
标准样板
薄片[
被检查平面
甲
图1
图2
题8图
物理·第2页（共6页）D BBB C A C AD BC BD
12.(9分)
G
11.(每空2分，共6分)
(1)
2c0s0
(2分)
(1)g=4(2分)
E
T2
(2)
kG(2分)
r+R+R+R+2cos日
(2)ka(2分)
(3)150.0(3分)
(3)用圆弧槽的半径计算，没有减去小球半径(2分)
(4)偏大(2分)
13.(10分)
解：(1)对活塞进行受力分析可知
p,S+T1=mg+PS(2分)
代入数据，解得
P=1.5×10Pa(1分)
(2)①若环境温度升高为T时，轻绳的拉力刚好为零，对活塞受力分析有
P2S+T2=mg+pS(1分)
从初状态到此状态，封闭气体发生等容变化，根据查理定律有
凸=P2(1分)
TT
联立方程解得
T=320K(1分)
②若环境温度降低为T.时，轻绳的拉力刚好为2八，对活塞受力分析有
PS+T绳3=g+p,S(1分)
从初状态到此状态，封闭气体发生等容变化，根据查理定律有
凸=B(1分)
TTnin
联立方程解得
Tm=280K(1分)
综上，为了不让警报器发出警报的环境温度范围为280K≤T<320K(1分)
14.(14分)
解：(1)在加速电场中，只有电场力做功，根据动能定理
W金=△E
g0=2m01分)
解得v=、
9(1分)
m'V
故P、Q进入磁分析器时的速度大小之比=
匹=(1分)
7
(2)进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有R=m8=m产(1分)
结合D=、
2亚，有
N m'
m'U m'
(1分)
根据题意有，=2R,故。=R(1分)
7
(3)若粒子恰好从c点射出，设运动半径为，
由几何关系得到=(-2R)+R2,
解得6=R(1分)
因为。>，所以Q会从cd射出，最终注入到晶圆(1分)
又因为无论磁感应强度多大，，>始终成立，所以为了只让P注入晶圆，应同时满足
6<6,5>6(2分)
根据。<，有
150mU598mU
,解得B>8B(2分)
B'V g 8BV q
7
根据，>5，有↓8m、5
98mU
,解得B<8B(2分)
B'V q 8BV q
磁分析器内匀强磁场的磁感应强度范围为氵B15.(18分)
解：(1)在0~。内，对木板B进行受力分析，根据牛顿第二定律F=a,
有a=24x5mg-4x6mg=4g(2分)
同理可得木板B在1~21，内的加速度am=24x3mg-4x4m=24g(1分)
(2)在0~2。内，对木板B进行运动学分析，可知在2，时刻木板B的速度（也即A、B
共速的速度)为
V共=4“g。+24g。=6“g。(1分)
根据运动学分析，在。~2。内物块A的加速度为aa=-24g
可知在1，时刻物块A的速度为
Da=64gt+24g1=84g4(1分)
根据题意，在手指作用过程中，手指在物块A上表面留下的指痕长度恰好等于物块A在
木板B上痕迹长度的，易知在手指撤去前，手指已经与物块A共速，故手指移动的速
2
率为D。=0a=84g(1分)
设手指与物块A间相对滑动的时间为M,在0~。内手指、物块A、木板B的D-1图像如
图所示
手指
由运动学规律可得
A=8ugx4-×4ugx5W
2
解得△1=名(1分)
2
根据运动学规律和牛顿第二定律，对物块A分析，有
4F-10umg=3m24(1分)
△
解得4=294(1分)
(3)物块A和木板B越过P点和小球碰前速度D。-2×6g%=3g,（1分)
木板B与小球1发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得m0=mm+2心：
由能量守恒定体可得m-兮m+兮2a
解得0m=-4g,,=2Hg。(1分)
此后，A、B发生相对滑动，1号小球与后边小球碰撞后速度交换，1号球仍停留在原处，
最后一个小球向右运动，碰后木板B向左减速运动，对木板B分析可得
9
24×3mg+之4×4mg=m0
10

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