二、選擇題：共8小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，第14~17題只有一項符合題目要求，第18~21題有多項符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分14．一質點做勻變速直線運動，已知初速度大小為v，經過一段時間速度大小變為2v，加速度大小為a，這段時間內的路程與位移之比為5：3，則下列敘述正確的是A．這段時間內質點運動方向不變B．這段時間為C．這段時間的路程為D．再經過相同時間質點速度大小為3v14．B這段時間內質點的路程與位移不同，加速度又恒定，質點一定是做類似豎直上拋的運動，A錯誤；末速度與初速度方向相反，所以時間，B正確；根據可計算出路程為，位移為，C錯誤；再經過相同時間質點速度大小為5v，D錯誤。15．如圖甲所示為研究某金屬光電效應的電路圖，圖乙為采用不同頻率的光照射時遏止電壓與入射光頻率v的關系圖，圖中頻率，遏制電壓及電子的電荷量e均為已知，則下列說法正確的是A．普朗克常量B．普朗克常量C．該金屬的截止頻率為D．該金屬的截止頻率為15．A根據愛因斯坦光電效應放出及動能定理可得，結合圖像可知，普朗克常量，，，A正確BCD錯誤；16．2017年12月9日新浪網報道，為了預防太空垃圾的撞擊，國際空間站安裝了太空碎片傳感器（簡稱SDS）。旨在檢測太空垃圾中較小的、難以追蹤的垃圾所造成的任何撞擊，科學家擔心，數目龐大的太空垃圾威脅各種宇宙探索活動，可能令人類徹底失去地球同步衛星軌道，下面關于地球同步衛星的說法正確的是A．地球同步衛星的周期與地球公轉的周期相同B．若已知地球半徑，結合地球自轉周期與重力加速度，可估算出地球同步衛星距地面的高度C．神州系列飛船的周期與地球同步衛星的周期差不多D．若已知地球同步衛星的軌道半徑和周期，可計算出它和地球間的萬有引力16．B地球同步衛星的周期與地球自轉的周期相同，A錯誤；在地球表面有，對地球同步衛星有，聯立可求出地球同步衛星距地面的高度h=rR，B正確；神州系列飛船的周期遠小于地球同步衛星的周期，C錯誤；知道地球同步衛星的軌道半徑和周期不能計算出它和地球間的萬有引力，因為不知道衛星的質量，D錯誤。17．如圖所示，一物塊從斜面低端以初速度v0開始演斜面上滑，物塊與斜面間的動摩擦因數，其中為斜面的傾角，物塊沿斜面運動的最大高度為H，已知滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，取斜面低端為參考平面，則物塊在斜面上運動過程中機械能、動能、重力勢能與高度的關系可能是下圖中的17．D重力勢能先隨高度增大而增大，后隨高度減小而變小，上行與下行圖線重合為一條第一象限內過原點的傾斜線段，A錯誤；機械能變化參考摩擦力做功，上行和下行過程中摩擦力隨高度變化均勻做功，機械能隨高度變化均勻減小，B錯誤；動能變化參考合外力做功，上行過程的合外力大于下行過程的合外力，且合外力在運動過程中大小恒定，隨高度變化均勻做功，C錯誤D正確；18．如圖所示，正電荷q均勻分布在半球面ACB上，球面半徑為R，CD為通過半球頂點C和球心O的軸線。P、M為CD軸線上的兩點，距球心O的距離均為，在M右側軸線上點固定正點電荷Q，點、M間距離為R，已知P點的場強為零，若帶電均勻的封閉球殼內部電場強度處處為零，則M點的場強為A．0B．C．D．18．C根據P點的場強為零，得半球面對P點場強和點電荷Q對P場強等大反向，即半球面對P點場強大小為，方向向右；現只研究半球面，若補全右半球面，如圖所示，根據帶電均勻的封閉球殼內部電場強度處處為零，補全右半球面后，正電球面在P、M兩點產生的電場強度均為零，由于對稱性，左半球面對M點場強和右半球面對M點場強等大反向，左半球面P點場強和右半球面對M點場強等大反向，，即左半球面對M點場強為，方向向右，點電荷Q對M點場強為，方向向左，疊加得M點合場強為，方向向左，C正確；19．如圖甲所示，一個匝數N=200、電阻r=2Ω的矩形線圈置于磁感應強度B=1T的勻強磁場中，繞垂直于磁場的軸勻速轉動，產生的電流通過滑環與電刷輸送到外電路。電路中的交流電壓表為理想電表，可變電阻R接入電路的阻值為18Ω。穿過線圈的磁通量隨時間的變化規律如圖乙所示則下列說法正確的是A．線圈的面積為0.02m2B．線圈內產生的感應電動勢的峰值為300VC．理想交流電壓表的讀數約為255VD．通過可變電阻的電流的瞬時值表達式為19．AC由圖乙可知而，所以線圈的面積為0.02m2，A正確；由圖乙可知，所以，則線圈內產生的感應電動勢的峰值為，B錯誤；理想交流電壓表的讀數為有效值，，C正確；通過可變電阻的電流的峰值為，由圖乙可知電流按余弦規律變化，所以電流的瞬時值表達式為i=20cos100tA，D錯誤。20．如圖所示，金屬棒MN與金屬網PQ之間存在水平向右的勻強電場，PQ與虛線JK之間的區域存在豎直向上的勻強電場與垂直紙面向里的勻強磁場，兩個電場的電場強度大小均為E，磁場的磁感應強度大小為，兩個區域的寬度均為d。一個帶正電的微粒貼著MN以初速度豎直向上射入場區，運動到PQ時速度大小仍為，方向變為水平向右。已知重力加速度為g，下列說法正確的是A．微粒在MN與PQ間做勻變速運動，運動時間為B．微粒在PQ與JK間做勻速圓周運動，圓周半徑r=dC．微粒在PQ與JK間做勻速直線運動，運動時間為D．微粒在題述兩個區域中運動的總時間為20．AD微粒在MN與PQ間豎直方向受到重力作用，水平方向受到電場力作用，由于都是恒力，故微粒做勻變速運動，由對稱性可知Eq=mg，在豎直方向，則或水平方向，A正確；微粒在剛進入PQ與JK間時，受到向下的重力，向上的電場力和向上的洛倫茲力作用，由于，則，由于重力和電場力平衡，故微粒做勻速圓周運動，半徑為，B錯誤；由幾何關系可知，微粒在PQ與JK間運動的圓心角為30°，故所用時間為，所以微粒在題述兩個區域中運動的總時間為，C錯誤D正確。21．如圖甲所示，在光滑絕緣水平面內，兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與水平面垂直，邊長為l的正方形單匝金屬線框abcd位于水平面內，cd邊與磁場邊界平行。T=0時刻線框在水平外力的作用下由靜止開始做勻加速直線運動通過該磁場，回路中的感應電流大小與時間的關系如圖乙所示，下列說法正確的是A．水平外力為恒力B．勻強磁場的寬度為C．ab邊離開磁場的時間為D．線框出磁場過程中水平外力做的功小于線框進入磁場過程中水平外力做的功21．BC線框進入磁場的時候，要受到安培力的作用，電流是變化的，安培力也是變化的，因此外力F必然不是恒力，A錯誤；由圖乙可知時間內線框進入磁場，設線框勻加速直線運動的加速度為a，，磁場的寬度為，故，B正確；設t時刻線框穿出磁場，則，解得，C正確；線框進入磁場過程的位移與出磁場過程的位移相等，線框進入磁場過程中的水平拉力小于出磁場過程中的水平拉力做的功大于線框進入磁場過程中水平拉力做的功，D錯誤。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分（一）必考題22．某同學為了測量木塊與木板之間的摩擦力，采用了如圖甲所示裝置，木板傾斜放置，木塊置于木板上端，并連接穿過打點計時器的紙帶，木塊與靜止從木板上端滑下時打出的紙帶如圖乙所示。（1）已知打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，利用紙帶中測出的數據可得木塊下滑的加速度大小a=_______（結果保留兩位有效數字）；（2）為了測出木塊與木板間的摩擦力，該同學已經測出了木板的長度l及高度h，他還需要測量的物理量是______________（寫出物理量的名稱及表示的字母），利用測得的量及加速度a表示摩擦力的大小f=_______________。22、（1）4.0（2）木塊的質量m；【解析】（1）根據，用BC的長度剪去AB的長度，或者用CD的長度減去BC的長度，得到，代入T=0.04s可求出（2）由牛頓第二定律，又，聯立解得，所以為了測出木塊與木板間的摩擦力，該同學還需要測量的物理量是木塊的質量m。23．某實驗小組用一段金屬管做“測定金屬的電阻率”實驗。（1）小組中同學用螺旋測微器測量金屬管的直徑，測量數據如圖所示，其值為d=______________m。（2）已知待測金屬管的阻值約為10~20Ω，除此之外，實驗室備有如下器材：A．電流表A：量程為500mA，內阻約為5ΩB．電壓表V1：量程為3V，內阻約為1000ΩC．電壓表V2：量程為15V，內阻約為5000ΩD．滑動變阻器R1:0~5Ω，2AE．滑動變阻器R2:0~2000Ω，0.5AF．直流恒壓電源E：3.0V，內阻不計G．開關S、導線若干在現有器材的條件下，要用伏安法測金屬管電阻，在上述器材中，電壓表應選___________，滑動變阻器應選______________。（填選項字母）；（3）在方框中畫出相應的實驗電路圖23、（1）3.0000×102（2）B（3）如圖所示【解析】（1）由圖乙可知，固定刻度上讀數至少為29.5mm，30mm刻度處于邊緣；觀察可動刻度，0刻度與固定刻度上的橫線對齊，由此可知，螺旋測微器的讀數為30.000mm，即3.0000×102m（2）因為電源電動勢為3.0V，電壓表應選B；滑動變阻器R2阻值太大，不便于調節；滑動變阻器R1阻值大小，如果采用限流接法調節范圍太小，采用分壓接法比較合適，所以滑動變阻器選擇D。24．如圖所示，在某空間存在一面積足夠大的勻強磁場區域，在該區域中心有一半徑為R的圓，O為圓心，園內的磁場垂直紙面向里，圓外的磁場垂直紙面向外，磁場的磁感應強度為B。如果在P點有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子沿半徑方向射入，它在磁場中做圓周運動的軌跡半徑也為R，求：（1）帶電粒子的初速度大小；（2）帶電粒子回到P點所需的時間。24、（1）由牛頓第二定律和洛倫茲力公式可得，解得；（2）因為粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑也為R，所以它在圓形區域內的軌跡是四分之一圓弧，如圖所示，是圓的一部分；離開圓形區域后，所受洛倫茲力方向相反，以為圓心做圓周運動，經過四分之三弧長后又進入圓形區域……，這樣依次以、、為圓心做部分圓周運動后又回到P點。粒子在磁場中做圓周運動的周期為，所以帶電粒子回到P點所需的時間為25．如圖所示，圓心角θ=60°的圓弧軌道JK與半圓弧軌道GH都固定在豎直平面內，在兩者之間的光滑地面上放置質量為M的木板，木板上表面與H、K兩點相切，木板右端與K端接觸，左端與H點相距L，木板長度d=6.5R。兩圓弧軌道均光滑，半徑為R。現在相對于J點高度為3R的P點水平向右拋出一可視為質點的質量為m的木塊，木塊恰好從J點沿切線進入圓弧軌道，然后滑上木板，木塊與木板間的動摩擦因數；當木板接觸H點時即被黏住，木塊恰好能運動到半圓弧軌道GH的中點。已知M=2m，重力加速度為g。（1）求木塊在P點拋出的初速度大小以及運動到K時對K點的壓力；（2）求L的大小（結果用字母m、g、R表示）25、（1）設木塊在P點的初速度為，從P點到J點有因為木塊在J點與圓弧相切，故，聯立解得設木塊滑到K點的速度為，從P點到K點根據機械能守恒定律有解得根據牛頓第二定律可得，解得根據牛頓第三定律可得木塊運動到K時對K點的壓力為10mg，方向豎直向下（2）木塊從K點滑上木板后開始做勻減速運動，此時木板開始做勻加速直線運動，假設木塊與木板能達到共同速度，則此后二者開始做勻速運動，規定的方向為正方向，根據動量守恒定律可得，解得對木塊根據動能定理有，對木板根據動能定理有解得，木塊相對木板的位移，即木板與木塊到達相同速度時，木塊未離開木板設木塊運動到H點時速度大小為，根據動能定理可得，解得說明兩者還未達到共速，木板的左端即與H點粘連，木塊從K點到H點一直受到摩擦阻力作用，則由動能定理可得，解得L=0.5R。33．【物理選修33】（1）下列說法正確的是A．只要知道水的摩爾質量和水分子的質量，就可以計算出阿伏伽德羅常數B．氣體如果失去了容器的約束就會散開，這就是氣體分子的無規則的熱運動造成的C．在使兩個分子間的距離由很遠（）減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先減小后增大，分子勢能不斷增大D．相互間達到熱平衡的兩物體的內能一定相等E．大量氣體分子做無規則運動，速率有大有小，但分子的速率按“中間多，兩頭少”的規律分布（2）如圖所示，質量m=50kg的導熱氣缸置于水平地面上，質量不計，橫截面積S=0.01m2的活塞通過輕桿與右側墻壁相連。活塞與氣缸間無摩擦且不漏氣，氣體溫度t=27℃，氣缸與地面間的動摩擦因數μ=0.4，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，已知，熱力學溫度與攝氏溫度之間的關系為，求：（i）緩慢升高氣體溫度，氣缸恰好開始向左運動時氣體的壓強p和溫度t；（ii）保證氣缸靜止不動時溫度的范圍。33、（1）ABE：水的摩爾質量與水分子的質量之比，即為阿伏伽德羅常數，A正確；氣體分子間距大于，分子間無作用力，打開容器，氣體散開是氣體分子的無規則運動造成的，B正確；在使用兩個分子間的距離很遠（）減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先增大后減小再增大，分子勢能先減小后增大，C錯誤；相互間達到熱平衡的兩物體的溫度一定相等，內能不一定相等，D錯誤；分子速率分布規律是中間多，兩頭少，E正確。（2）（i）氣缸開始運動時，氣缸與地面間的摩擦力為最大靜摩擦力，氣缸內氣體壓強為，氣體發生了等容變化，根據查理定律可得，代入數據可得，即℃。（ii）當氣缸恰好不向右運動時，溫度有最低值氣缸內氣體壓強氣體發現了等容變化，根據查理定律可得，可得=240K，即℃，溫度在33℃到87℃之