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物理试题
(考试时间：75分钟
满分：100分)
注意事项：
1,答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。
2.答题时，每小题选出答聚后，用B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦千
净后，再进涂其他答策标号。
3.答题时，必须使用0,5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题
可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫来的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所
指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
4.考试结束，务必将答题卡和答题巷一并上交。
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1.作为全国四大综合性国家科学中心之一，合肥依托中国科学院合肥物质科学研究院等国家战略科技力量，己
成为我国核聚变研究的核心策源地。有一种核聚变反应的方程H+H→H。+加。其中氚核H的半衰期为约为
12.6年，在地球上的含量较少，可用中子轰击锂核生成：凯+乳：→H+X。下列说法正确的是()
An+L→H+X中的反应物X为H。
B.中子轰击L生成H的方程属于a衰变
C.H的比结合能比扭大
D.高温状态下，H的半衰期会变小
2.无人机在应急救援、民生保障、农业生产、电力检修、生态造林有着广泛的运用。某无人机下方悬挂一设备，
缓慢水平飞行。悬绳与竖直方向的夹角随飞行速度绥慢增大，空气对其作用力跟运动方向相反，设备始终平衡。
悬绳拉力T和空气作用力的变化情况为()
AT增大，f增大B.T减小，f减小
B.T增大，不变D.T不变，增大
3.位于坐标原点O的波源从t=0时开始振动，发出的波在介质I、Ⅱ中沿x轴传播，t=2s时形成的完整波形
如图所示，P、2分别为介质1、中的质点。下列说法正确的是()
4y/cm
介质I
2介质Ⅱ
P
-2
A.质点P、9的振动状态不相同
B.该机械波在介质1、Ⅱ中的传播速度之比为2：1
C.0-3s过程，P质点经过的路程为8cm
D.当t=52s时，Q质点做加速度减小的加速运动
物理第1页共6页
4.在空气中，用红色光和紫色光分别在相同的装置上，进行双缝干涉实验和单缝衍射实验，得到如下图像。下
列说法正确的是(
甲
A.图甲是红光的双缝干涉图像
B.图乙是红光的单缝衍射图像
C.将单缝衍射装置浸入水中进行实验，红光的衍射条纹间距保持不变
D.丙图中对应光子的动量比丁图中对应光子的动量更大
5.如图所示，线圈的自感系数1mH,电容器的电容1μF,π2=10。闭合开关S,待电路达到稳定状态后断开开
关S,LC电路中将产生电磁振荡。如果规定线圈中的电流方向从a到b为正，断开开关后，下列说法正确的是
C
A,某时刻电容器左极板带负电，且电流为正，则此时电场能在减小
B.某时刻电流为负且电流在减小，则此时电容器右极板带正电
C.电磁振荡的周期约为2×104s
D.考虑到电磁振荡过程的能量损失，电容器在…个周期内的放电时长随时间推移将越
来越短
6.我国“天问一号”探测器成功着陆火星，开展火星探测。假设在某次实验中，科学家发现一颗绕某恒星做匀
速圆周运动的行星，测得该行星运行的周期为T,轨道半径为，恒垦半径为R。仅利用以上已知条件，结合
万有引力常量G,下列说法正确的是(
A.恒星的质量为
4π2R3
GT2
B.行星的质量为
4π23
GT2
C.能够计算出该行星与恒星之间的万有引力大小
2.3
D.该恒星的第一宇宙速度可表示为
4π
VT2R
7.如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧
均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电
源后“小火箭”会上下跳动。下列说法正确的是()
A,两板间的电场方向竖直向下
B.“小火箭”在向上运动的过程中，其电势能增大
核逍流
电滋冷
C.通电后若减小两板间距离，则两板间电场强度增大
D.通电后若减小两板间距离，则板上锡纸的电荷量减少
小火箭
鹄纸
B.图甲是某种运送货物的特殊直传送装置。图乙为该装置直线段部分简化图，由传送带和固定挡板两部分组成。
固定挡板与传送带上表面垂直，固定挡板相对地不动。传送带上表面与水平面的夹角8=37°，传送速度恒为
Vo-10m/s,长L-20m。工作人员将长方体货物（计算位移时可视为质点）从图乙传送带的左端由静止释放，到右
端后被取走。货物在传送带上运动时的剖面图如图丙所示。已知货物与传送带间的动摩擦因数为，=07，其侧
面与挡板C间的动摩擦因数为=0.1，货物质量m=1kg,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=0.8，
不计空气阻力。则货物运动过程中下列说法正确的是（)
物理第2页共6页物理参考答案与评分标准
1.答案：A；
解析：
A 项，根据核反应的质量数守恒、电荷数守恒，可知 X 为42He，故正确；
B 项，该反应不属于α衰变，属于原子核的人工转变；
C 项，31H的比结合能比42He小；
D项，31H的半衰期不随温度变化而变化。
2.答案：A
解析：设备受重力 mg、拉力 T、阻力 f 三力平衡。设绳与竖直方向夹角为 θ，正交分解：
Tcosθ=mg
Tsinθ=f
θ 增大时：cosθ 减小 T 增大
θ 增大时：sinθ增大且 T 增大 f 增大；故拉力与阻力均增大。
3.答案：C
解析：据图析题
由于 t = 2 s时，P、Q均处于平衡位置且沿 y轴正方向运动，可知机械波同时传
到 P、Q位置，又同一机械波在不同介质中传播的周期相同，可知质点 P、Q的
1 1
振动状态始终相同，A错误。由题图知机械波在介质Ⅰ、Ⅱ中的波长之比为 2 2 ，
v1 1v
根据 T 可得 v2 2，B错误。由题图可知机械波的周期为 T = 2 s，机械波传
到 P点需要 1 s，t = 3 s时，P质点振动了一个周期，故 P质点经过的路程为 s =
t0 4.2 s 2
1 T
4A = 8 cm，C正确。t = 5.2 s时，质点 Q振动的时间为 10 ，可知此
时质点 Q已通过平衡位置向波谷运动，Q质点做加速度逐渐增大的减速运动，D
错误。
4.答案 A
解析：双缝干涉条纹是等间距的，单缝衍射条纹不等间距，因此甲乙是干涉条纹，丙丁是衍
射条纹；根据根据干涉规律，相同条件下，波长越长，条纹间距越大，因此甲是红光干涉条
纹，乙是紫光干涉条纹，A正确，B错误；光从空气进入水中波长变短，因此衍射条纹间距
变小，C错；根据德布罗意波公式，动量和波长成反比，因此丙图中红光光子动量更小。
5.答案：C
解析：根据充放电过程特点可以判断， 1时刻为充电过程，电场能在增加； 2时刻为充电过
程，左极板带正电，因此 AB错误；电磁振荡周期公式 = 2 ≈ 2 × 10 4 ,电磁振荡周
期与自感系数、电容有关，D错误。
6. 答案：D
Mm 4 2 2 3G m r M 4 r
选项 A：根据万有引力提供向心力公式 r 2 T 2 ，可推导出恒星质量 GT 2 已知 r、
T、G，可以计算出恒星质量。A 错误。
选项 B：在中心天体质量公式中，环绕天体（行星）的质量 m 会在公式两边约去，因此无
法通过行星的轨道参数求解行星自身质量。B 错误。
F G Mm
选项 C：计算万有引力大小需要公式 r
2
，虽然 M 可求，但行星质量 m 未知，故无
法计算引力具体大小。C 错误。
2
mg m v m g m Mm
选项 D：第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，满足 R ，即 v g R。由 R 2 得
2 3
GM 4 2r 3 GM G
4 r
g m GT 2M v 4
2r3
R 2 2 代入 GT ，化简可得 R R T 2R
7.答案：C
A．电源正极连接下板，负极连接上板。在平行板电容器中，电场方向由正极板指向负极板，
因此两板间的电场方向是竖直向上，故 A 错误；
B．小火箭与下板接触，小火箭带正电，其受到的电场力向上，“小火箭”在向上运动的过程
中，电场力做正功，电势能减小，故 B 错误；
U
C．题意可知上下两板间电压 U不变，根据 E 可知，减小两板间距离 d，则两板间电场
d
强度 E增大，故 C 正确；
S
D．根据C 可知，减小两板间距离 d，电容 C增大，根据Q CU可知，板上锡纸的
4 kd
电荷量增大（U不变），故 D 错误。
故选 C。
8.答案：D
货物对传送带的压力 1 = cos
对挡板的压力 2 = sin
传送带对货物的摩擦力为 1 = 1 1 = 1 cos = 0.56 方向与运动方向相同；
挡板对货物的摩擦力为 2 = 2 2 = 2 sin = 0.06 与运动方向相反；
对货物，根据牛顿第二定律可得 1 2 = 解得 = 5.0m/s2
加速运动的加速度 = 5.0m/s2
V0=at1 t1=2s
X = 11 at12=10m2
X2=L-X1=10m=V0t2
t2=1s
运动时间 t=t1+t2=2s+1s=3s
到达右端的速度 V 右=10m/s
X 相=V0t1-X1=10m
Q1= 1. X 相
Q2= 2L
摩擦生热 Q=Q1+Q2=56J+12J=68J
9.答案：CD
解：A.速度变化率就是加速度，平抛运动过程中加速度不变，故 A错误；
B. 1由 h= gt22 ，可得平抛运动时间由竖直下落高度所决定，故 B错误；
C.重力做功的瞬时功率 P 瞬＝mgvy，而 vy＝gt，又因面片从 O到 P 与从 O到 Q的时间之比
为 4：9，故 C正确；
D. 1依据竖直位移公式 h= gt22 ，从 O到 P与从 O到 Q的竖直位移之比为 16：81，则面片从
O到 P与从 P到 Q的竖直位移之比为 16：65，则重力做功之比为 16：65，又因平均功率用
= ，
故重力做功的平均功率之比为 4：13，故 D正确。
故选：CD
10.答案：BCD
A．设导体棒 a 从加速到匀速用时为 t，运动距离为 x，根据动量定理可得 BILt mv 0
mv
可得从加速到匀速，流经 a 的电荷量为q It
BL
U t BLx
若 q t
r t r r
联立解得 x
mvr
2 2 ，但是流过的电荷量等于电容器放电的电荷量C E BLv ，不等于B L
q U t x mvr ，故 2 2 ，故 A 错误；r B L
B．导体棒 a 匀速时，其两端电压与电容电压相等为U1 BLv
1 1 1 1
故弹射导体棒 a的过程中，电容器释放的电能为W CE 2 CU 2 CE 2 CB 2 21 L v
2
，B
2 2 2 2
正确；
t1 BLsC．导体棒 b 减速至静止过程中，流经其的电荷量为 q t1 R
，C 正确；
r R r
D．设导体棒 b 减速至静止用时为 t1， 根据动量定理可得 BILt1 Ff t1 mv0 0
由于 q It1
mv0 R r B2L2s
代入数据，解得 t1 ，D 正确。Ff R r
故选 BCD。

11.答案：（1）2.385；（2） ； B ；（3）0.50或 0.51。
2
【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其精度是 0.05mm，其读数为 23mm+17×0.05mm
＝23.85mm＝2.385cm。
（2 ）小球经过光电门 C的瞬时速度表达式为 v= 2
小球从 B到 C的运动时间是 T，由图示 v﹣T图像可知，小球的速度 v随时间 T均匀增加，
即 v﹣T图像是倾斜的直线，小球做匀加速直线运动。B项正确
（3）设小球经过 B时的速度为 v0，小球做匀加速直线运动，小球经过 C时的速度 v＝v0+aT，
由图示 v﹣T 图像可知，小球经过 B 时的速度 v0＝0.58m/s，当小球经过光电门 C的速度 v
＝1.00m/s，T＝0.64s
+ 0.58+1.00
光电门 B、C间的距离 x= 02 = 2 × 0.64m≈0.51m
12.(1)AD (2)C (3)> (4)B
【详解】 （1）本实验中还需要交流电源、以及测量交流电压所需的多用电表，不需要干电
池、直流电压表，故选 AD。
U a n a
(2)由表格数据可知Ub nb
考虑到实验中所用变压器并非理想变压器，即存在功率损失，使得原、副线圈电压之比大于
匝数比，所以原线圈的匝数为 nb，副线圈的匝数为 na，而副线圈电压较小，电流较大，所以
为了尽量减少能量损失，副线圈所用导线应比原线圈粗，可知 C 选项符合题意。
故选 C。
（3）>
(4) B 用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，减小涡流；用 B 选项的摆放方
式可以更好减少漏磁
p S 4 p Sl
13.答案：(1) 0 (2) 0 0 W3g 3 0
【解】（1）对题图 1 中的活塞受力分析，有mg p1S p0S（1 分）
对题图 2 中的活塞受力分析，有mg p0S p2S （1分）
对汽缸内的气体，由玻意耳定律，有 p1S 2l0 p2Sl0（2分）
m p 0S联立解得 3g （2 分）
（2）设汽缸内气体对活塞做的功为W ，对活塞由动能定理可得
W W0 mgl0 p0Sl0 0（1 分）
则活塞对气体做的功W W （1分）
由热力学第一定律可知 U Q W （2 分）
Q 4p0Sl 0 W0
联立解得汽缸内气体从环境中吸收的热量为 3 （2分）
14.答案：(1) 0 (2)①可能一 x0=4L，可能二 x0=12L ②v= 13v 0
(1)粒子在从 P到 O过程中，轨迹如图，设轨迹半径为 r，则：
2 2
2 2 2
2 = +
2 2
解得 = , 轨迹圆心角为 45°（2分）
又因为洛伦兹力提供向心力可得
2
00 0 = （1 分）
解得 = 00 （1分）
(2)①粒子在垂直 xOy平面内做匀速圆周运动，设轨迹半径为 1，
v0y=v0sin45°=
2 v
2 0
（1 分）
洛伦兹力提供向心力可得
qv B =mv0y
2
0y 1 （1 分） 1
T= 2π 1（1 分）
v0y
= 解得 1 ， =
2 2
（2分）
0
L
因为正粒子在区域Ⅰ内运动的时间不超过 6 ，所以粒子可能的运动时间是 T、2T，
v0
v 2 1
粒子在 x方向做匀加速直线运动， = = 0 ，v0x=v0cos45°，有 x0=v0xt2+ at 22 （1 分） 2L 2
当 t2=T时，x0=4L（1 分）
当 t2=2T时，x0=12L（1分）
②取 x 5 20的最大值为 12L，由 vx1=vx0+at2,解得 vx1= v0（1分）2
又 v= vx12+v0y2,解得 v= 13v0（1 分）
15. 解：(1)设弹簧从原长拉伸（或压缩） ，由胡克定律 = ，弹簧对外做功为
= 0+ （2分）
2
1
根据功能关系，弹性势能的增加量等于 = = 2 .（2 分）2
(2)设释放时底板离地的高度为 ，刚落地时， 2 = 2 （1分）
着地后，设货物上升的最大高度为 ，这一过程，对弹簧和货箱，
1
由能量守恒可得： 2 = + 1 2（2 分）
2 2
在最高点： = （2分）
= 3 解得： .（1 分）
2
(3)对 、 整体，从底板与地碰后到上升至最高点，由动量定理可得：
2 = 0 （1分）
= 2 = 2 （1分）
3
解得： = = ;（1 分）
2 3 2
由于两物体质量相等，反弹后瞬间 A、B 速度等大反向，此后整体可看作自由落体运动，经
2
过时间 ， 1 速度为 v， 速度减为零。整体重心下降高度： = 2 = （1 分）2 36
1
由能量守恒，2 + 2 = （1 分）2
2 2 2 = （1 分）6

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