物 理
（本试卷共4页，满分110分。） 第Ⅰ卷
一、选择题：（共48分）本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～
18题只有一项符合题目要求，第19～21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。 14．两个力的合力F为50N，其中一个力F1为30N，那么另一个力F2的大小可能是（ ）
A．10N B．15N C．80N D．85N
15．正、负点电荷周围的电场线分布如下图，P、Q为其中两点，则带正电的试探电荷 A．由P静止释放后会运动到Q B．从P移动到Q，电场力做正功
C．在P的电势能小于在Q的电势能 D．在P所受电场力小于在Q所受电场力
PQ
16．如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为l，下端与电阻R连接，其它电阻不计，匀强磁场垂直于导轨平面向上，若金属棒ab以一定初速度v0沿导轨下滑，则棒（ ）
a A. 最终能匀速下滑 B.产生的电动势一直为Blv0 b B C. 电流方向从a到b
D. 减少的重力势能全部等于电阻R产生的内能
17．在如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，在调节可变电阻R
的阻值过程中，发现理想电压表的示数减小，则（ ） A．R的阻值变大
B．路端电压不变 C．干路电流减小 D．外电路的总电阻减小
R θ RR1VR2
18．我国自行建立的“北斗一号”卫星定位系统由三颗卫星组成，三颗卫星都定位在距地面约36000 km的地球同步轨道上，北斗系统主要有三大功能:快速定位、短报文通信、精密授时.美国的全球卫星定位系统(简称GPS)由24颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均约为20 000 km。比较这些卫星，下列说法中正确的是（ ）
A.“北斗一号”系统中的三颗卫星的质量必须相同，否则它们不能定位在同一轨道上 B.“北斗一号”卫星的周期比GPS卫星的周期短 C.“北斗一号”卫星的加速度比GPS卫星的加速度小
D.“北斗一号”卫星的运行速度比GPS卫星的运行速度大
1
19．A、B、C三个物体从同一点出发，沿着一条直线运动的位移﹣时间（S﹣t）图象如图所示，下列说法中正确的是（ ） A．C物体做加速直线运动 B．A物体做曲线运动
C．三个物体在0～t0时间内的平均速率vA＞vB＞vC
D．三个物体在0～t0时间内的平均速度vA=vB=vC
20.光滑金属导轨宽l=0.5 m，电阻不计，均匀变化的磁场充满整个轨道平面，如下图甲所示。磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。金属棒ab的电阻为2，垂直固定在导轨
上静止不动，且与导轨左端距离l=0.2 m。则（ ）
A．1 s末回路中的电动势为0.l V B．1 s末回路中的电流为1A
C．2 s内回路产生的电热为0. 01 J D．2 s末，ab所受安培力大小为0.05 N
21.如图所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1＝1100匝，接电压U1＝220 V的交流电，副线圈接“20 V 10 W”的灯泡，灯泡正常发光，则 ( )
A．副线圈的匝数n2＝200匝 B．副线圈中的电流I2＝0.5 A C．原线圈中的输入功率为10 W D．原线圈中的电流I1＝0.1 A
第Ⅱ卷
二、非选择题：（共62分）
22．（6分）在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中： （1）实验开始之前滑动变阻器的滑动头应滑到______（“a”或“b”）端
（2）现备有以下器材：
A．干电池1个 B．滑动变阻器（0~50Ω） C．滑动变阻器（0~1750Ω） D．电压表（0~3V）
E．电压表（0~15V） F．电流表（0~0．6A） G．电流表（0~3A） 其中滑动变阻器应选 ____，电流表应选 ___，电压表应选 ___。（填写字母序号即可） （3）上图是根据实验数据画出的U-I图像。由此可知这个干电池的电动势E=________V，内电阻r=______Ω。
2
23．（9分）图a为某同学设计的“探究加速度与物体所受合力F以及质量m的关系”实验装置简图，A为小车，B为电火花打点计时器，C为装有砝码的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，在实验中近似认为细线对小车拉力F的大小等于砝码和小桶的总重力，小车运动加速度a可用纸带上的点求得。
（1）实验过程中，电火花打点计时器应接在____________（选填“直流”或者“交流”）电源上，调整定滑轮的高度，使________________________。
（2）图b是实验中获取的一条纸带的一部分，电火花打点计时器的电源频率为50Hz，其中0、1、2、3、4是计数点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示，打“3”计数点时小车的速度大小为______m/s，由纸带求出小车的加速度的大小
2m/sa=____________（计算结果保留2位有效数字）
（3）在“探究加速度与合外力的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中砝码的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F关系图线如图c所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因是_____________________________________
24．（12分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg，动力系统提供的恒定升力F=28N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2．飞行器飞行t=8s时到达高度H=64m．求： （1）飞行器匀加速上升的加速度a的大小； （2）t=8s时飞行器的速度v的大小： （3）飞行器所受阻力f的大小．
3
25．（20分）如图所示，倾斜角θ=30°的光滑倾斜导体轨道（足够长）与宽度相同的光滑水平导体轨道连接．轨道宽度均为L=1m，电阻忽略不计．匀强磁场I仅分布在水平轨道平面所在区域，磁感应强度B1 的大小未知，方向水平向右；匀强磁场II仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2=1T．现将两质量均为m=0.2kg、电阻均为R=0.5Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放．取g=10m/s2．
（1）求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；
（2）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q=0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；
（3）若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h=10m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻记为t=0，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B0=1T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式．
35.[物理── 选修3-5](15分)
(1)(5分)某同学用如下图所示的装置来验证动量守恒定律．斜槽末端已调水平．入射球a的质量为m1，被碰球b的质量为m2，则下列说法中正确的是________．（填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分 ）
A．被碰小球质量必须小于碰撞小球质量 B．入射球a每次可从不同高度滚下
C．确定小球落地点的平均位置所用的工具是圆规 D．本实验要验证的表达式是：m1ON＝m1OM＋m2OP E．本实验要验证的表达式是： m1OP＝m1OM＋m2ON
（2）(10分)质量为m1=0.1kg的小球A以6m/s的速度在光滑水平面上运动，跟原来静止的质量为m2=25g的小球B相碰撞，如果碰撞是弹性的，求碰撞后小球A与小球B的速度。
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物理参考答案 题号 14 15 16 17 18 19 答案 C B A D C 20 21 AD ACD BC 22．（6分） 【评分说明：每空1分】
23．（9分） （1）交流电、细线与木板平行【评分说明：每空1分】
（2）0.26m/s、0.50m/s（计算结果保留2位有效数字）【评分说明：每空3分】 （3）平衡摩擦力过度【评分说明：每空1分】
24．（12分）解：（1）由匀变速直线运动的位移公式可得：H=at2，（2分）
2飞行器的加速度：a==
=2m/s2；（2分）
（2）飞行器的速度：v=at=2×8=16m/s；（4分） （3）由牛顿第二定律得：F﹣mg﹣f=ma，（2分） 解得：f=F﹣m（g+a）=28﹣2×（10+2）=4N；（2分） 25、（20分）
解：（1）cd棒匀速运动时速度最大，设为vm，棒中感应电动势为E，电流为I， 感应电动势：E=B2Lvm，（1分）电流：I=
，（1分）
由平衡条件得：mgsinθ=B2IL，（1分）代入数据解得：vm=1m/s；（1分）
（2）设cd从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为t，通过的距离为x，cd棒中平均感应电动势为E1，平均电流为I1，通过cd棒横截面的电荷量为q， 由能量守恒定律得：mgxsinθ=1/2mvm2+2Q，（2分）
电动势：E1=，（1分）电流：I1=，（1分）电荷量：q=I1t，（1分）
代入数据解得：q=1C；（1分）
（3）设cd棒开始运动时穿过回路的磁通量为Φ0，cd棒在倾斜轨道上下滑的过程中，设加速度大小为a，经过时间t通过的距离为x1，穿过回路的磁通量为Φ，cd棒在倾斜轨道上下滑总时间为t0，则：Φ0=B0L
，（1分）
加速度：a=gsinθ，（1分）位移：x1=1/2(at2)（1分） Φ=BL（解得：t0=
﹣x1），（1分）s，（1分）
=1/2(at02)（1分）
5
为使cd棒中无感应电流，必须有：Φ0=Φ，（2分）
解得：B=35、（15分 ）
（t＜s）；（2分）
（1）答案：ACE（填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分 ）
（2）解：设碰撞前A球的速度为v1，B球的速度为零，碰撞后A球的速度为v1’，B球的速度为v2’,并规定速度为v1的方向为正方向，根据动量守恒定律得
m1v1＝m1v1’＋m2v2’ 3分 根据机械能守恒定律得
111·m1v12＝·m1v1’2＋·m2v2’2 3分 222解得：
v1’＝3.6m/s ，方向与v1相同 2分（方向占1分） v2’＝9.6m/s ，方向与v1相同 2分（方向占1分）
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