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.如图1所示，大运会吉祥物“蓉宝”磁吸冰箱贴贴于竖直冰箱壁表面，保持静止状
态，则
A.冰箱贴受到的弹力是由冰箱贴形变引起的
B.冰箱贴受到的摩擦力和重力是一对平衡力
C.冰箱贴与冰箱间的摩擦力会随磁吸力的增加而增大
D.冰箱贴受到的磁吸力与冰箱对它的弹力是一对作用力和反作用力
图1
2.日晕是太阳光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。一束太阳光
太阳光
射到正六边形冰晶时的光路图如图2所示，α、b为其折射出的光线中的两
正六边形冰晶)b
种单色光，则
A.a光的波长小于b光
B.在真空中，a光的传播速度比b光大
图2
C.在冰晶中，b光的传播速度比a光大
D.冰晶对a光的折射率比对b光的折射率小
3.如图3所示，一小球从A点以初速度水平抛出（忽略空气阻力），在运动过程中与A<。
竖直挡板在B点发生碰撞，最终落在C点。已知碰撞前后，小球竖直方向速度的大小
和方向都不变，水平方向速度的大小不变而方向反向。若仅增大平抛初速度，则
A.小球的落地点将在C点的右边
B.小球落地时重力的瞬时功率增大
7
C.小球与挡板碰撞的点将在B点的上方
图3
D.从抛出到落地过程中重力对小球做功增多
4.如图4所示，“夸父一号”卫星先被发射到椭圆轨道I上，在A处通过变轨道Ⅱ，
轨转移至圆轨道Ⅱ上运行，圆轨道Ⅱ距离地面720km。A、B分别为椭圆轨
轨道I
道I的远地，点和近地点，已知地球同步卫星距离地面36000km,则
A.卫星沿轨道I、Ⅱ经过A点时的加速度相等
B.卫星沿轨道Ⅱ运行的周期大于地球同步卫星的周期
C.卫星沿轨道Ⅱ运行的机械能小于地球同步卫星的机械能
图4
D.卫星经过B点时的速度小于沿轨道Ⅱ经过A点时的速度
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0000000
5.某同学用平行板电容器设计制作了单电容热膨胀检测仪，原理如图5所示。电容器上极板固定，下
极板可随材料竖直方向的尺度变化而上下移动。闭合开关5，若材料热胀冷缩，则
被测
a h
加热器材料
图5
A.材料温度降低，极板间电场强度变大
B.滑动变阻器滑片向上滑动少许可以降低电容器的工作电压
C.检测到灵敏电流计的电流方向为从α到b,说明电容器在充电
D.检测结束，断开开关，灵敏电流计上有从α到b的短暂电流
6.如图6所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头
物体
我不限头超
盔中装人质量为2.0g的物体，物体与头盔紧密接触，使其从
头盔
大家不要导我曾
3.20m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了
0.O8m时，物体的速度减为0。挤压过程视为匀减速直线运动，
3.2m
不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取
--地面
10m/s2。则
图6
A.挤压过程中物体处于失重状态
B.匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为820N
C.物体做匀减速直线过程中动量变化量大小为16kg·/s,方向竖直向下
D.物体在自由下落过程中重力的冲量大小为20N·s
7.纸面内存在沿某方向的匀强电场，在电场中取O点为坐标原点建立x轴，以O为圆心、R为半径，
从x轴上的a点开始沿逆时针方向作圆，α~h是圆周上的8个等分点，如图7甲所示；测量圆上各
点的电势p及各点所在半径与x轴正方向的夹角0，描绘的p-0图像如图乙所示，则
ToNV
2m 0/rad
-p2
甲
图7
A.电场强度的大小为，
2R
B.0点的电势为t:
2
5(p1+p2）
C.a、e两点的电势差为
2
D.若将电子从e点沿圆弧逆时针搬运到f点，电势能先减小再增大
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0000000物理参考答案
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。
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B D C A C B C
【解析】
1．冰箱贴受到的弹力是冰箱形变引起的，故 A 错误。冰箱贴受到的摩擦力和重力是一对平衡
力，故 B 正确。根据受力平衡可知，冰箱贴与冰箱间的摩擦力大小等于冰箱贴的重力，不
会随磁吸力的增加而增大，故 C 错误。根据受力平衡可知，受到的磁吸力与冰箱对它的弹
力是一对平衡力，故 D 错误。
2．根据题图可知，a 光的偏折角小于 b 光的偏折角，根据折射定律可知，冰晶对 a 光的折射
率小于对 b 光的折射率，则 a 光的频率小于 b 光，a 光的波长大于 b 光。在真空中，a 光
c
的传播速度等于 b 光。根据 v 知，在冰晶中，b 光的传播速度比 a 光小，故 D 正确。
n
3．依题意，小球与挡板碰撞的过程只是改变了水平方向的运动，没有改变平抛运动的轨迹特
征，相当于把与挡板碰撞后的运动轨迹由右边转到左边，故平抛初速度越大，水平位移越
大，小球将落在 C 点的左边，故 A 错误。当平抛起点与竖直挡板的水平距离一定时，初速
度越大，打到挡板上的时间越短，竖直位移越小，故与挡板碰撞的点将在 B 上方，故 C 正
确。因为竖直总高度不变，所以小球下落到地面所用时间 t 不变，故重力做功的情况不变，
小球落地时重力做功的瞬时功率 PG mgvy mg
2t 不变，故 B、D 错误。
GMm GM
4．根据题意，由万有引力提供向心力有 2 ma ，解得 a 2 ，可知卫星沿轨道 I、II 经r r
2
过 A GMm 4 点时的加速度相等，故 A 正确。由万有引力提供向心力有
r2
m 2 r ，解得T
2
T 4π r
3
，由于“夸父一号”卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则“夸父
GM
一号”卫星的周期应该小于地球同步卫星的周期，故 B 错误。由于不知道“夸父一号”卫
星与地球同步卫星的质量关系，无法比较二者的机械能关系，故 C 错误。设卫星在过 B 点
圆轨道上的运行速度为 vB ，卫星沿轨道 II 经过 A 点时的速度为 vA，由万有引力提供向心
GMm m v
2
力有 ，可得 vB v2 A ，设卫星在轨道 I 经过 B 点时的速度 vB1 ，卫星经过 B 点r r
物理参考答案·第 1 页（共 8 页）
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时，由圆轨道变轨到轨道 I 需加速，则有 vB1 vB ，则有 vB1 vA 即卫星经过 B 点时的速度
大于沿轨道 II 经过 A 点时的速度，故 D 错误。
U
5．材料温度降低，极板间距离增大，由于电容器两板电势差不变，极板间电场强度 E 减
d
小；滑动变阻器滑片向上滑动少许，滑动变阻器接入电路中的电阻 R 增大，电容器工作电
压U
E
E Ir E r 增大；检测到灵敏电流计的电流方向为从 a到 b ；说明电容器在
R r
充电；断开开关，电容器放电，则灵敏电流计上有从 b 到 a 的短暂电流，故 C 正确。
1
6 2．挤压过程视为匀减速直线运动，因此物体处于超重状态，故 A 错误。根据 h gt ，可得
2
2h 2 3.2
物体做自由下落运动的时间为 t s=0.8sg ，物体落地瞬间的速度为10
v gt 8m/s ， 根 据 0 v2 2as ， 得 物 体 做 匀 减 速 直 线 过 程 中 加 速 度
2
a 0 v 0 8
2
m/s2 400m/s2 ，根据 mg F ma ，头盔对物体的平均作用力
2s 2 0.08
F=820N ， 故 B 正 确 。 物 体 做 匀 减 速 直 线 过 程 中 动 量 变 化 量
p m v m (0 v) 2 (0 8)kg m/s 16kg m/s ，负号表示方向竖直向上，故 C 错
误。物体在自由下落过程中重力的冲量大小为 I mgt 16N s ，故 D 正确。
7 π．由题图可知圆周上电势最高的点和电势最低的点所在的直径与 x 轴夹角为 ，且电势
6
差的值为 1 ( 2 ) 1 2 ，由匀强电场的电场强度和电势差的关系，可得电场强度的大
小 E 1 2 5π，方向与 x 轴正方向夹角为 ，故 A 错误。根据选项 A 分析，可画出如图
2R 6
所示电场线。根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知从 e 到 f，电势先降低再升高，电子
的电势能应先增大再减小，故 D 错误。根据匀强电场
O 1 ( 2 ) 电势分布特点， 点的电势 0 1 2 ，2 2
故 B 错 误 。 a 、 e 两 点 的 电 势 差
Uae E 2R cos
π 3(
1
2 ) ，故 C 正确。
6 2
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
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。
题号 8 9 10
答案 AD BCD BC
物理参考答案·第 2 页（共 8 页）
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【解析】
8．变压器是利用电磁感应原理工作的，因此必须由交流电源在发射线圈产生变化的磁场，在
接收线圈产生感应电流，故 A 正确。变压器不改变交变电流的频率，因此发射线圈与接收
100π
线圈中交变电流的频率相等，频率是 f Hz 50Hz ，故 B 错误。发射线圈输出
2π 2π
P 8800
功率为 8.8kW，则发射线圈中电流的有效值为： I1 A 40AU 220 ，故 C 错误。发射1
U 220 2
线圈电压的有效值为U1 m V 220V ，由理想变压器原、副线圈的电压与匝数2 2
U1 n1 n 1000
的关系公式 ，可得接收线圈输出的电压U2 2 U1 220V 440VU n ，则接收2 2 n1 500
线圈输出电压的峰值为 440 2V ，故 D 正确。
9．图甲所示的光电效应实验装置所加的是正向电压，不能测得 Uc1，Uc2，故 A 错误。根据光
1 2
电效应方程 Ek hv W0 ，遏止电压方程为 0 mv 0 eUc ，联立可得 eUc hv W0 。2
可知频率越大，遏止电压越大，由图可知Uc1 Uc2 故若 b 光为绿光，c 光可能是蓝光，故 B
正确。若 b 光光子能量为 0.66eV，照射某一个处于 n=3 激发态的氢原子，根据
( 1.51 0.66)eV 0.85eV ，氢原子吸收 b 光光子的能量，跃迁至 n=4 激发态，再逐级跃
迁至基态可最多产生 3 种不同频率的光，故 C 正确。若用能使金属铷发生光电效应的光，
根据光电效应方程有 Ek hv W0 hv 2.13eV 0，则光子的能量大于 2.13eV，处于 n=3
激发态的氢原子，该氢原子发生电离的能量为1.51eV ，故用能使金属铷发生光电效应的光
直接照射处于 n=3 激发态的氢原子，可以直接使该氢原子电离，故 D 正确。
10．由题意当 ab 边刚越过 GH 进入磁场时，ab 切割磁感线产生的电动势大小为 BLv0 ，电流
为顺时针方向，所以 cd U BLv边电势差 cd 0 ，故 A 错误。当 ab 边刚越过 GH 进入磁场4
BLv B2L2v
时，恰好做匀速直线运动，根据平衡条件得mg sin F ，又 F BIL B L ，
安 安 R R
2 2
联立得mg sin B L v ，当 ab 边刚越过 JP 时，ab 边和 cd 边都要切割磁感线，产生感
R
E 2BLv
应电动势，线框中总的感应电动势为 E 2BLv，感应电流为 I ，线框受到的
R R
2 2
F 2BIL 4B L v安培力的合力大小为 ，根据牛顿第二定律得：mg sin F ma ，联立
R
物理参考答案·第 3 页（共 8 页）
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解得 a 3g sin ，负号表示加速度方向沿斜面向上，故 B 正确。从 ab 边刚越过 JP 到线
2BLv
框再做匀速直线运动，根据动量定理得 mg sin t 2B L t mv mv0 ，又因为R
L 1 2B2L3 3
vt ，解得 t mv0 ，故 C 正确。从 ab 边刚越过 GH 到 ab 边刚越2 mg sin R 4
过 MN 过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线框克服安培力做
功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和。线框又恰好匀速时 v0 4v，则线框
1 1 15
产生的热量为mg 2Lsin mv2 mv20 2mgLsin mv
2
0 ，故 D 错误。 2 2 32
三、非选择题：本题共 5 小题，共 57 分。
11．（每空 2 分，共 6 分）
（1）重锤质量
（2）摆长
（3）短
【解析】（1）由实验数据知，在实验序号 2、4 中绳长和摆幅都相同，重锤质量不同，所
以研究的是周期跟重锤质量的关系。
（2）周期在摆动幅度、质量变化时，摆长不变，摆动的时间不变；只有在摆长改变了，
周期才改变；所以可得结论：周期与摆长有关，与重锤质量和摆动幅度无关。
（3）某一摆钟变慢了，因周期受摆长的影响，钟摆越长，摆动越慢，所以要调准它即把
摆长调短一些。
12．（除特殊标注外，每空 2 分，共 9 分）
（1）C
（2）如图所示
（3）①
（4）1.9 W(1.8~2.1W)（3 分）
【解析】（1）因为要求加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用
分压接法，为了便于调节，应选择最大阻值小的滑动变阻器，故填 C。
（2）因为器材没有电压表，故用已知内阻的电流表 A1 串联一个大电
阻 R3 改装成电压表。由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以
电流表应用外接法，电路图如图所示。
物理参考答案·第 4 页（共 8 页）
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（3）把热敏电阻 Rx的 I1—I2 图线的纵坐标改成 I1(R3 r1) 1000I1 ，即热敏电阻的电压，单
位为 V，图像就成为热敏电阻的U I 图像。U I 图像上的点与坐标原点连线的斜率表
示电阻值。随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，
温度升高。PTC 热敏电阻在温度升高时电阻值增大，故
对应的曲线是①。
（4）做出 9V，内阻 10 的电源的U I 图像，其与曲线
②的交点坐标的乘积即为所要求的实际功率，为
P UI 4 0.48W 1.9W ，由于作图和读数有一定的误
差，故结果范围为 1.8~2.1W。
13．（10 分）
解：（1）全部充气完毕，罐内气体压强也变为 p0 ，设充气后的气体总体积为 V，则根据
理想气体状态变化规律
p1V1 p0V ①
将 p 1.0 1071 Pa，V1 50L，p0 1.0 10
5 Pa
解得：V 5000L
设总共充气 n 个符合要求的气体，则
V V1 nV0 ②
其中V0 10L
解得： n 495 ③
（2）由理想气体状态变化方程
p0V0 p V 2 2
T T ④ 0 2
解得，当气球温度随环境温度升至 33℃时，气球内的气体压强为
p2 1.02 10
5 Pa ⑤
评分标准：本题共 10 分。正确得出①~⑤式各给 2 分。
14.（14 分）
解：（1）由左手定则，可知匀强磁场的方向为垂直纸面向里；
设电子从 P 点进入磁场的速度为 v0 ，在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力得
2
ev0B m
v0 ①
R
周期为
物理参考答案·第 5 页（共 8 页）
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T 2πR
v ② 0
T 2πm解得：
eB
设 OM 与竖直方向夹角为 ，则有
tan l 3 ③
3l 3
解得： 30
由图中几何关系可知，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120 ，则电子在磁场中运
动时间为
t 120 2πm T ④
360 3eB
（2）匀强电场场强大小在 E 到 3E 范围时，粒子穿过匀强电场后最小速度设为 v0 ，最大速
度设为 v，由动能定理得
eEd 1 mv20 ⑤ 2
e 3Ed 1 mv2 ⑥
2
解得： v 3v0
由半径公式
R mv ⑦
eB
可知，匀强电场场强大小在E到 3E范围时，电子在磁场中的偏转半径范围为R0到R= 3 R0
设匀强磁场区域半径 r ，当电子击中 M 点时，有
R 30 r ⑧ 3
解得：R= 3 R0=r
当电子在磁场中的偏转半径为 r 时，由几何关系可知，电子在磁场中恰好偏转 90°，设此
时电子出射方向与竖直方向夹角为 ，则有
60 ⑨
由几何关系知
tan x 3 ⑩
3l
解得： x 3l
物理参考答案·第 6 页（共 8 页）
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目标靶 L 至少为
L x l 2l
评分标准：本题共 14 分。正确得出①、⑤、⑥式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
15．（18 分）
解：（1）小球从静止释放到最低点，设小球的速度大小为 v0 ，根据机械能守恒定律
m gl(1 sin ) 10 m v
2 ①
2 0 0
与滑块 P 碰撞前瞬间，细绳的拉力
F m g m
2
0
v0
0 ② l
解得： v0 =4m/s
F=60N ③
（2）设碰撞后滑块 P 的速度 vp1 ，刚滑上木板时的速度 vp2 ，碰撞中根据动量守恒定律和
能量守恒定律
m0v0 m0v1 mvp1 ④
1 m v2 1 2 1 2
2 0 0
m v mv ⑤
2 0 1 2 p1
滑块 P 在平台 A 上滑动，根据动能定理
1mgL
1
1 mv
2 1
P2 mv
2
P1 ⑥ 2 2
解得： v 7 2P2 m/s ⑦ 2
滑块 P 滑上木板后，设滑块、木板的加速度大小分别为 a1、a2，木板撞到平台 B 的时间
为 t，此时滑块 P 的速度大小为 v0 ，根据牛顿第二定律，对滑块 P
1mg ma1 ⑧
对木板
1mg 2 (M m)g Ma2 ⑨
L 12 a2t
2 ⑩
2
2
解得： t s
2
该段时间内滑块 P 的位移
x 1 v 2P2t a1t 2.25m 2
那么： x L L2
物理参考答案·第 7 页（共 8 页）
{#{QQABZQCAggCoQJJAABgCQQ3wCgIQkBEAAAoOBAAEIAAAyAFABAA=}#}
可知木板撞击平台 B 时滑块 P 恰好滑离木板与滑块 1 碰撞。
则滑块 P 与滑块 1 碰撞前瞬间的速度大小为
vp3 vp2 a1t 2m/s
（3）第一次碰撞前瞬间滑块 P 的动能
E 1k0 mv
2
p3 2
碰后动能
E 1 1k0 mv
2
p3 2 2
设运动距离 d 后的动能为 E k1 ，则
Ekl Ek 1 2mgd
那么第二次碰撞前瞬间的动能
E 1 E 2
2
k1 k0 mgd 2 2
第二次碰后的动能
E 2k2 Ek 1 3
设运动距离 d 后的动能为 Ek 2 ，则
Ek2 Ek 2 3mgd
那么第三次碰撞前瞬间的动能
E 1 E 2
2 32
k2 k0 mgd 3 3
第三次碰后的动能
E 3k3 E4 k
2
设运动距离 d 后的动能为 Ek 3 ，则
Ek3 Ek 3 4mgd
那么第四次碰撞前瞬间的动能
1 22 2 2E 3 4k4 E4 k0
mgd
4
那么第 n 次碰撞前瞬间已经粘到一起的整体的动能
1 22 32E n
2
k(n 1) Ek0 mgd n n
评分标准：本题共 18 分。正确得出 给 2 分，其余各式各给 1 分。
物理参考答案·第 8 页（共 8 页）
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