1、1理综物理试题二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中，第 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分14. 牛顿以天体之间普遍存在着引力为依据，运用严密的逻辑推理，建立了万有引力定律.下列有关说法正确的是 A. “月地检验”表明地面物体、月球所受地球引力都遵从同样的规律B. “月地检验”表明物体在地球上受到的引力是在月球上的 60 倍C. 行 星 间 引 力 与 距 离 的 平 方 成 反 比 关 系 是 根 据 牛 顿 第 三 定 律 得 到 的D. 引力常量 G 的大
2、小是牛顿利用实验测出的15. 如图所示，带有竖直支柱的斜面体静止在水平地面上，光滑的小球被轻质细线系住静止于斜面体上.现将支柱上细线结点位置由顶端下移，使细线与斜面平行，则细线结点位置调整后与调整前相比，下列说法正确的是A 地 面 对 斜 面 体 的 支 持 力 变B地面对斜面 体 的摩擦力变大C细线对小球的拉力变小D斜面对小球的支持力变小16. 如图所示，平行板电容器 B 极板接地，P 为电容器两极板间的一点，现增加 A 极板所带电量，下列分析正确的是 A.电容器的电容增大B.AB 两极板电势差保持不变C.P 点电势一定升高D.P 点电场强度一定增大17如图是工厂自动化包装生产线的部分示意图
3、，生产线将装有产品的包装盒通过水平传送带输送至自动装箱机装箱.由于可能有包装盒没装产品，为在装箱前将空盒拣出，有人采用了一种简单办法:在传送带旁加装鼓风机产生一个风力作用区，使包装盒受到垂直于传送带运动方向、大小恒定的水平风力，让原本和传送带一起匀速运动的空盒滑离传送带而装有产品的盒子仍和传送带一起匀速前进.下列对空盒在风力作用区中的运动分析正确的是 A.空盒做直线运动，速度方向和风力方向相同B.空盒做匀变速曲线运动C.空盒在传送带运动方向的速度分量一直减小D.空 盒 做 直 线 运 动 ， 速 度 方 向 介 于 风 力 和 传 送 带 运 动 方 向 之 间18质子和中子是由更基本的粒子即
4、所谓“夸克”组成的两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由” ） ；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”） 作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力 F 与它们之间的距离 r 的关系为：102 , , rF 式中 F0 为大于零的常量，负号表示引力用 E 表示夸克间的势能，令 E0F 0(r2-r1)，取无穷远为势能零点下列 Er 图示中正确的是（ B ）风力作用区 ABP219. 如图所示，在直角三角形 ABC 内分布着磁感应强度 B=410-4T 的匀强磁场，磁场方向垂直三角形所在平面向外在 AB 边上的 D
5、 点有一粒子源向磁场区域内以不同的速率发射比荷 =2.5105C/ kg 的带正电的粒子，粒子的发射速度均垂直于 AB 边，已知 AB=3qmcm ， AD= cm， A= 下列说法正确的是 3 36A.速率 v m/s 的粒子一定从 AC 边射出3B.速率 v1s ,P 质点的坐标是(0.1，0) .求：(i) 波的传播速度大小 v； (ii) 质点 P 的位移 yp 随时间 t 的表达式. 35 物理选修 3-5 （ 15 分）（1） （6 分）已知金属铯的逸出功为 1.88eV，氢原子能级图如图所示，下列说法正确的是 .（填正确答案标号.选对 1 个得 3 分，选对 2 个得 4 分，选
6、对 3 个得 6 分.每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)A.大量处于 n=4 能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出 6 种频率的光子B.一个处于 n=3 能级的氢原子跃迁到基态的过程中最多可释放出 3 种频率的光子C.氢原子从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级过程中辐射出的光子能使金属铯发生光电效应D.大量处于 n=2 能级的氢原子跃迁到基态过程中发出的光照射金属铯，产生的光电子最大初动能为 8.32eVE.用光子能量为 11eV 的极紫外光照射大量处于基态的氢原子，会有氢原子跃迁到n=2 能级（2） （9 分）如图所示，固定在水平面上倾角为 = 的轨道底端有与之垂直的挡板，
7、6材质和粗糙程度都相同的小物块 A、B 质量分别为 m 和 2m，它们之间夹有少量炸药并一起以 v0=2m/s 的速度沿轨道匀速下滑，当 A、B 与挡板距离为 L=0.4m 时炸药爆炸，炸药爆炸后 A 的速度恰好变为零，随后物块 B 与挡板发生弹性碰撞，碰后物块B 沿轨道上滑与 A 碰撞并连成一体.取 g=10m/s2，求：（i）物块 B 与挡板刚碰撞后 B、A 的速度大小；（ii）物块 B 与 A 刚碰撞后的共同速度大小 vc.0.2y/mx/m0.20.1 0.30Pab0AB6理科综合物理部分答案及评分建议：题号 14 15 16 17 18 19 20 21选项 A C C D B A
8、D AD BC22(1) 30.0 （2 分）(2)12.0 (“12”也得分) （2 分）(3)0.42 （2 分）23 （1）大于 （1 分） (2) (F0+ FA)sA , mvA2 （每空 2 分）12 12(3) (F0+ FA -2m )sA=mvA2 （2 分）v0tm(“ (F0+ FA)sA -m sA= mvA2”也得分) 12 v0tm 12(4) 右，直线 （每空 1 分）(第二空填“一次函数图线”， “正比例函数图线” 也得分)24 （12 分）解：(1)设加速阶段轮胎的加速度大小为 a1，由运动学方程有：v1= a1t1 （1 分）设轮胎受到绳子的拉力 T 与水平
9、方向的夹角为 ，地面支持力为 N，摩擦力为 f，在竖直方向有： Tsin+N=mg （1 分）在水平方向有： Tcosf=ma 1 （1 分）又有： f=N （1 分）由题意得： sin=0.6，cos=0.8 （1 分）由式及相关数据得：T=70N （2 分） (2) 设拖绳脱落后轮胎在地面滑行的加速度大小为 a2、位移大小为 s，运动员减速运动的加速度大小为 a3由牛顿第二定律有： mg =ma2 （1 分）7由运动学方程有： v12=2a2s （1 分）v12=2a3(s+s0Lcos ) （1 分）由式并代入数据可得：a 3=4.5m/s2 （2 分）25 （20 分）解：（1）粒子在
10、磁场中作匀速圆周运动，设轨迹圆半径为 r，作出以 ab 为弦的两段圆弧如图 2 所示，O 1、O 2 分别为两圆圆心，由从 b 点射出的粒子速度偏转角知：对以 O1 为圆心的圆有：圆周角aO 1b= ， 由几何知识可知：弦切角cab= ，abC 为等边三角形，23 3可得 ab 长度 L=R （1 分）从abO 1 可得： r= R （2 分）33由圆周运动的规律有： qv0B=m （2 分）v02r由式可得： v0= （2 分）3qBR3m粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以 O2 为圆心的圆弧，在菱形 aO1bO2 中有：aO 2b=aO 1b=23粒子的偏转角 =2 aO 2b （1 分
11、）由圆周运动的规律有： tm= （2 分）rv0解得: tm = （2 分）4m3qB（2）设电场方向与 ab 连线夹角为 ，离开电场时动能最大的粒子的射出点和 C 点连线一定和电场方向平行，如图 2 所示。在粒子从 a 运动到 b 点过程中由动能定理有： qERcos=2 (2 分)12mv02对离开电场时动能最大的粒子在电场中由动能定理有：qER1+sin(+ )=3 （2 分）6 12mv02由式解得：=0 (即电场方向由 a 指向 b) （1 分）E= （1 分）qRB23m或 满足 sin= （1 分） 473E= （1 分）7qRB23mO1a CbO2图 2Ea C图 2b 83
12、3 （1）ACD （6 分）（2） （i）初状态：P 1P 0P h1，V 1LS 1 （1 分）末状态：P 2P 0P h2，V 2(Lh 1)S1 （1 分）又 有 ： S1h1S 2h2 （1 分）根据 （1 分）P1 V1T1 P2 V2T2由以上各式并代入数据解得： T2468K （1 分）（ii）气体等温变化有：P2 V2P 3 V3 （1 分）解得P 397.5 cmHg, 设此时水银柱的液面高度差为有 ：h3 97.57621.5cm （1分）注入的水银柱体积V 注 (21.53)237cm 3 （2分）34 （1）ACD (6 分)（2） （i）由图线可知：若波沿+x 方向传
13、播，(n+ )T= t2- t1 (n=0,1,2,3) （1 分）34若波沿-x 方向传播，(n+ )T= t2- t1 (n=0,1,2,3) （1 分）14又由式结合 T1s，得：波沿 -x 方向传播，T=2s （1 分）由图线可知： =0.2m （1 分）又 v= 解得 v=0.1m/s （1 分） T（ii）由图线可知： A=0.2m （1 分）因为波沿-x 方向传播，所以=- （1 分）又有： = （1 分）2T可得 P 点位移随时间的表达式：y P=0.2sin(t-)=-0.2sint （1 分）35 （1）ACD (6 分)（2） （i）设沿轨道向下为正方向，炸药爆炸过程中对物块 AB 由动量守恒定律有：(m+2m)v0=2mv1 （2 分）解得： v1=3m/s （1 分）物块 B 下滑过程中作匀速运动，与挡板碰撞无能量损失，故碰后物块 B 的速度大小为vB=3m/s （1 分）物块 A 在炸药爆炸后至与物块 B 碰前一直处于静止速度 vA=0 （1 分）9（ii）设物块 B 与 A 碰前速度为 v2，对物块 B 与挡板碰撞后至与 A 碰前由动能定理得：-(4mgsin) L= 2mv22- 2mv12 （1 分）12 12对物块 B、A 碰撞过程由动量守恒定律得：-2mv2=(2m+m) vc （1 分）由式并代入数据可得： vc= m/s （2 分）23
