物理试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答
题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，
只有一项符合题目要求。
1.课间，某男同学利用未开封的矿泉水，进行负重深蹲训练，根据体育老师传授的经验，
将矿泉水环抱入怀中，与胸口保持相对静止，稳定后完成“下蹲一维持一站起”的深
蹲动作。为了保证动作质量，要“慢蹲快起”，即下蹲过程要慢且稳（匀速），持续时
间2秒，在最低点维持1.5秒静止不动，随后站起过程要快且稳（匀速)，持续时间
0.5秒。每次下蹲深度（水桶从初始位置开始下移的最大距离)保持在60m。该同学
按照这样的标准，持续做了2分钟共计完成了30个深蹲。若该未开封的矿泉水总质量
为12kg,深蹲过程矿泉水的运动轨迹是竖直的，g取10m/s2,则在这2分钟内该同学
在“站起”过程对矿泉水做的总功和“站起”过程对矿泉水做功的功率分别为
A.4320J36W
B.4320J144W
C.2160J144W
D.2160J36W
2.如图1，在一个平静的足够深的水池中，木球通过细线连接一个铁球，二者一起以速
度v竖直向下匀速运动，铁球质量是木球的4倍，运动过程水的阻力忽略不计（浮力
不可忽略)。某时刻细线断开，当木球运动至最深处时，铁球的速度为
水面
○木球
B.2
⊙铁球
图1
C.4
D.2v
物理·第1页（共6页）
3.工业生产中有一种叫电子束焊接机的装置，其核心部件由如图2
所示的高压辐向电场组成。该电场的电场线如图中带箭头的直线
H
高压
所示。一电子在图中H点从静止开始只在电场力的作用下沿着
电场线做直线运动。取大地或无穷远处电势为零，下列关于电子
图2
电势能随位移变化的图像可能正确的是
D
4.在刘慈欣的科幻小说《带上她的眼睛》里阐述了这样一个故事：“落日六号”地层飞
船深入地球内部进行探险，在航行中失事后下沉，船上只剩下一名年轻的女领航员，
她只能在封闭的地心度过余生。已知地球可视为半径为R、质量分布均匀的球体，且
均匀球壳对壳内质点的引力为零。若近地卫星的周期为T,当地层飞船“落日六号”
在地面以下距离地心0.5R的圆形轨道上做无动力（只受万有引力）匀速圆周运动时，
其运行周期为
C.T
D.2T
5.如图3，一半径为R=0.2m的圆环固定在竖直平面内，其上穿有个可视为质点的质
量m=0.2kg的小球，小球静止在最高点处，由于受到某种微扰使小球开始向一侧滑
动，当小球运动至A点瞬间，圆环与小球之间无作用力，A点与圆环圆心的连线与竖
直方向夹角为0=60°，g取10/s2,则小球从开始运动到到达A点的过程中，克服阻
力做功为
A.0.05J
B.0.1J
C.0.15J
图3
D.0.2J
物理·第2页（共6页）物理参考答案
选择题：共 10 小题，共 43 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～7 题只有一项符合题目要
求，每小题 4 分；第 8～10 题有多项符合题目要求，每小题 5 分，全部选对的给 5 分，选对
但不全的给 3 分，有选错的给 0 分。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A C C B D A BD BD AC
【解析】
W
1．单次站起过程对矿泉水做功W1 mgh 72J ，功率 P 1 144W ；2 分钟内共站起 30 次，t
总功W W1 30 2160J ，故 C 正确。
2．细线断开后，只要铁球还未沉底，木球还未浮出水面，二者组成的系统竖直方向上动量守
恒，木球运动至最深处瞬间，速度为 0，设木球质量为m ，铁球质量为 4m，有5mv 0 4mv1 ，
5
解得 v1 v，故 A 正确。 4
3．根据 Ep eEx，电子向圆心运动，电势能减小，电场强度增大，电势能图线的斜率增大，
同时电子运动路径上电势高于 0，所以电子电势能始终为负，故 C 正确。
2 3
4．由T 4π R ，与近地卫星相比，飞船做匀速圆周运动的半径减半，中心天体质量变为之
GM
前的八分之一，所以运行周期不变，故 C 正确。
2
5．在 A v点，只受重力，重力沿半径方向的分力提供此时做圆周运动的向心力，mg cos m A ，
R
从最高点到 A 点，由动能定理有 mg(R R cos ) 1 Wf mv
2
A 0 ，代入数据解得2
Wf 0.1J ，故 B 正确。
6．一段极短的时间 t 内落入货车的雨水质量为 m x t ，雨水落入货车后，立即和货车共
速，选择货车前进方向为正方向，则由动量定理可得 F t mv 0 ，可得雨水受到货车
的力为 F xv；由牛顿第三定律可知，货车受到雨水的反作用力向后，大小为 F xv，
对速度为 v 时的货车（包括已经进入的雨水），根据 P Fv ，由牛顿第二定律得
2
F f F Ma a P v f xv，解得 ，故 D 正确。
vM
物理参考答案·第 1 页（共 5 页）
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7 2．设轨迹圆的半径为 r，由几何关系 POQ 90 ，粒子做圆周运动的半径为 r R；由几
2
πR2 R2 πr2 π(2r)2 3πR2
何关系，如图，该区域面积 S
4 2
2 8 4
R2 3 π 1 2，代入数据，面积为 m ，故 A 正确。
2 4 2
8．该幽门螺杆菌的检测方法利用了 146 C的半衰期较长这一特点，故 A 错误。β 衰变与原子核
内的弱相互作用有关，故 B 正确。半衰期的统计学规律对 100 个这样的小样本不适用，故
C 错误。根据质量数守恒，新核 X 的核子数与 146 C相同，故 D 正确。
9．对气缸与活塞整体分析，细线拉力不变，故 A 错误。对封闭理想气体，压强不变，温度升
高，所以体积增大，活塞下移，故 D 正确。由 U Q W ，体积增大，对外做功，W 为
负，理想气体温度升高，内能增大， U 为正，Q为正，从外界吸热，故 B 正确，C 错误。
10．变压器不改变交变电流的频率，故 A 正确。由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈
的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故 B
n1 80%U1
错误。根据 n U 可得接收线圈的输出电压约为
U2 4V，故 C 正确。由于存在磁
2 2
漏现象，电流比不再与匝数成反比，故 D 错误。
非选择题：共 5 小题，共 57 分。
11．（每空 2 分，共 6 分）
（1）15.02
（2）660
（3）变小
【解析】（1）由游标尺的读数规则可知 x2 (15 1 0.02) mm 15.02 mm 。
x x L
（ 2 ） 两 次 暗 纹 的 间 隔 为 6 个 ， 故 x 2 1 2.31mm 。 由 x ， 可 知
6 d
d 0.2 10
6
x 66 2.31 10 nm 660nm。 L 700 10
L
（3）频率变大，波长减小，由 x 可知干涉条纹间距变小。
d
物理参考答案·第 2 页（共 5 页）
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12．（除特殊标注外，每空 2 分，共 9 分）
（1）如图所示（连线和表笔颜色共 3 分）
（2）1099
（3）2250
（4）准确
【解析】（1）根据红表笔接内部电源的负极，所以左侧为红表笔。
2 R E（ ） 内 1500 ，所以 R R内 r Rg R0 1099 。 Ig
（3） R E总 3750 ，所以 RI x
R总 R内 2250 。
x
（4）由于满偏电流相同，指针指相同的位置时电流相同，所以 Rx 相同，即读数准确。
13．（12 分）
解：（1）因为在 t1 0 时，P 、Q两个质点的位移为正的最大值，而且 P 、Q间只有一个
波谷，故波长
0.4m ①
如果波是从 P 向Q传播，则在 t1～ t2 内波的位移是
x 31
n
4
n 3
所以波速为 v x1 4 1 = (4n 3)m/s t t
0.4
周期为T1 s(n 0，1，2，3， )v1 4n 3
如果波是从Q向 P 传播，则在 t1～ t2 内波的位移为
x n 12
4
②
n
1
x 4
波速为 v 22 (4n 1)m/s ③ t t
T 0.42 s(n 0，1，2，3， )v ④ 2 4n 1
（2） v 35m/s时，满足 v1 (4n 3)m/s(n 8) ，故波传播方向是从 P 向Q ⑤
物理参考答案·第 3 页（共 5 页）
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此时周期T
2
s
v 175
由图中虚线，Q点在平衡位置，且向上运动
2π
T
175π rad/s ⑥
则以 t2 时刻为计时起点，质点Q的振动方程为
y Asin175πt ⑦
评分标准：本题共 12 分。正确得出①、⑥式各给 1 分，其余各式各给 2 分。
14．（14 分）
解：（1） A静止有
mAg sin kx0 ①
得 x0 0.005m ②
当 A、 B 加速度为零时速度最大，有
mB g mAg sin kx1 0 ③
此时弹簧伸长量 x1 0.005m
A、 B 及弹簧组成的系统下落机械能守恒
mB g(x0 x1) m
1 2
Ag(x0 x1)sin (m2 A
mB )vm ④
5
可得 vm m/s ⑤ 10
（2） A上升到最大高度时速度为零，弹簧和 A、 B 组成的系统机械能守恒，弹簧伸长量
x 1 kx2 1为 2 ，有 2 kx
2
0 mB g(x0 x2 2 2
) mAg(x0 x2 )sin ⑥
解得 x2 3x0 0.015m ⑦
B 下降的最大距离 L x0 x2 0.02m ⑧
评分标准：本题共 14 分。正确得出①、②式各给 1 分，其余各式各给 2 分。
15．（16 分）
解：（1） l2 下滑 h时速度为 v，有
mgh 1 mv2
2
得 v 2gh 2m/s ①
物理参考答案·第 4 页（共 5 页）
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设第一次碰撞后 l2 的速度为 v1， l1 的速度为V1，则
mv mv1 MV1 ②
1 2 1 2 1 2
且 mv mv
2 2 1
MV
2 1
③
v m M 2m解得 1 v 1m/s ，V v 1m/s m M 1 m M
1 2
所以发热量Q MV1 7.5 10
2 J ④
4
由动量定理，有
BIL t MV1 ⑤
q I t 0.15C ⑥
l v l V v M m 2m（2）第二次碰撞后 2 速度大小为 2 ， 1 速度为 2 ， 2 | v |，V | v | M m 1 2 M m 1
n M m 2m次碰后 l2 为 vn ， l1 为Vn ， vn | vM m n 1
|，Vn | vn 1 | M m
对 l1 从第一次碰后到第一次停止的过程，位移为 x1 ，由动量定理得
BIL t MV1
BLx
且 I t 1 ⑦
2R
2MR
得 x1 B2L2
V1 ⑧
x 2MR同理 2 B2L2
V2
2MR xn 1 M m
则 xn 2 2 V B L n
，得 xn M m
⑨
总位移 x x1 x2 xn ⑩
x 2MR当 n→∞时，
B2 2
2gh
L
得 x 3m
评分标准：本题共 16 分。正确得出⑦、⑧、⑨、 式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
物理参考答案·第 5 页（共 5 页）
{#{QQABYQaEggCIAAAAAAgCUwEYCgCQkAEAAKoGQEAEMAAACANABAA=}#}
