物理试卷
考试时间：90 分钟
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一、选择题:本题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分。在每小题给出的四个
选项中,第 1-6 题只有一项符合题目要求,第 7-10 题有多项符合题目要
求。全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分。
1.做平抛运动的物体,在水平方向通过的最大距离取决于( )
A.物体的高度和受到的重力 B.物体受到的重力和初速度
C.物体的高度和初速度 D.物体受到的重力、高度和初速度
2.在同一圆轨道上绕地球运行的所有卫星,一定具有相同的( )
A.密度 B.周期 C.体积 D.质量
3.由牛顿第二定律可知（ ）．
A.物体的质量与所受作用力成正比 B.物体的质量与加速度
成反比
C.物体所受作用力与加速度成正比 D.物体的加速度与所受
作用力成正比
4.如图所示,滑块以初速度 v0 滑上表面粗糙的固定斜面,到达最高点后又返回
到出发点.则下列能大致描述滑块整个运动过程中的速度 v、加速度 a、动
能 Ek 、重力对滑块所做的功 W 与时间 t 或位移 x 之间关系的图象是(取初速
度方向为正方向)( )
A. B.
C. D.
5.如图所示,物体从 t = 0 时刻开始由静止做直线运动, 0 ~ 4s 内其合外力随时
间变化的关系图线为某一正弦函数,下列表述不正确的是( )
A. 0 ~ 2s内合外力的冲量一直增大
B. 0 ~ 4s 内合外力的冲量为零
C. 2s末物体的动量方向发生变化
D. 0 ~ 4s 内物体动量的方向一直不变
6.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点 P 以此时刻为计
时起点的振动图象。从该时刻起
A. 经过 0.35 s 时，质点 Q 距平衡位置的距离小于质点 P 距平衡位置的距
离
B. 经过 0 .25s 时，质点 Q的加速度大于质点 P 的加速度
C. 经过 0.15s，波沿 x 轴的正方向传播了 2m
D. 经过 0.1s 时，质点 Q 的运动方向沿 y 轴正方向
7．利用单摆测定重力加速度的实验中, 若测得的 g 值偏小，可能的原因是
（ ）
A．摆球在水平面上做圆周运动
B．测摆长时, 仅测了线长未加小球半径
C．测周期时, 把 n 次全振动误记为（n+1）次
D．摆球上端未固定牢固，振动中出现松动
8．空间同一水平面内有 A、B、C 三点，AB=5m，BC=4m，AC=3m。A、
C 两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为 680Hz，波速为
340m/s，下列说法正确的是( )
A.两列波的波长为 0.5m
B.振动减弱点的位移总是为零
C.振动加强点的位移总是最大
D.B 点为振动加强点
9.一质量为 m 的带电液滴以竖直向下的初速度v0 进入某电场中.由于电场力
和重力的作用,液滴沿竖直方向下落一段距离 h 后,速度变为 0.在此过程中,
以下判断正确的是( )
A.重力对液滴做的功为1 mv 2 + mgh B.合外力对液滴做的功为 − 1 mv 2
2 0 2 0
C.下落的过程中,液滴的电势能一定减少 D.液滴的机械能减少了
10.如图所示， R1、R2、R3 为完全相同的标准电阻，甲、乙两种情况下电阻
R2、R3 的功率均为 P，且匝数之比n1 : n2 均为3 :1 ，则（ ）
A．图甲中 R1 的功率为 9P B．图乙中 R1 的功率为
C．图乙中 R 1的功率为 9P D．图甲中 R 1的功率为
二、实验题
11.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路。
(1)按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来。
(2)在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应
置于 _端(填“A”或“B”)。
(3)如图是根据实验数据作出的 U－I 图象，由图可知，电源的电动势
E = V ，内阻 r = Ω。
12.在“用单摆测定重力加速度”的实验中，
(1)测摆长时，若正确测出悬线长 L 和摆球直径 d ,则摆长为 ;
(2)测周期时，当摆球经过 位置（填平衡位置或最高点）时开始计时
并计数1次，测出经过该位置 N 次(约60 ~100 次)的时间为 t,则周期
为 。
三、计算题
13.(10 分)如图所示,可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上,
一起以v0 的速度沿光滑的水平轨道匀速运动,与静止在同一光滑水平轨道
上的木板C 发生完全非弹性碰撞,B、C 的上表面相平且B、C 不粘连,A 滑
上 C 后恰好能达到C 板的最右端,已知A、B、C 质量均相等,木板C 长为L,
求:
(1)A 物体的最终速度;
(2)A 在木板C 上滑行的时间。
14.一列简谐横波沿 x轴传播,振幅为 2cm,波速为 2m/s,在t = 0时刻,平衡
位置在x = 1m处的质点 a 的位移为−1cm ,平衡位置在x = 5m处的质点 b 的位
移也为−1cm ,两质点运动方向相反,其中质点 a 沿 y 轴负方向运动,如图所示。
已知此时质点a、b 之间只有一个波谷,则求该简谐波中质点的振动频率的
可能值。
15.如图所示，半径R = 1 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个
4
端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向间的夹角θ= 37° ，另一端点 C 为轨道的
最低点，其切线水平．一质量M = 2kg、板长 L＝0.65m 的滑板静止在光滑水
平地面上，左端紧靠 C 点，其上表面所在平面与圆弧轨道 C 点和右侧固定
平台 D 等高．质量为 m＝1kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以v0＝0.6 m / s
的速度水平抛出，恰好从轨道的 B 端沿切线方向进入圆弧轨道， 然后沿圆
弧轨道滑下经 C 点滑上滑板．滑板运动到平台 D 时被牢固粘
连．已知物块与滑板间的动摩擦因数 0.5，滑板右端到平台 D 左侧的距离
s 在 0.1m＜s＜0.5m 范围内取值．取g = 10m / s2 ， sin 37° = 0.6, cos 37° = 0.8 .求：
(1)物块到达 B 点时的速度大小vB .
(2)物块经过 C 点时对圆弧轨道的压力．
(3)试讨论物块刚滑上平台 D 时的动能EkD 与 s 的关系．
16.如图所示的坐标系内，以垂直于 x 轴的虚线 PQ 为分界线，左侧的等腰直
角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，
AC 边有一挡板可吸收电子，AC 长为 d. 右侧为偏转电场，两极板长度为
d/2，间距为 d. 电场右侧的 x 轴上有足够长的荧光屏. 现有速率不同的电子
在纸面内从坐标原点 O 沿 y 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最
远处为 M 点，M 到下极板右端的距离为 d/2，电子电荷量为 e，质量为 m，
不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：
（1）电子通过磁场区域的时间 t；
（2）偏转电场的电压 U；
（3）电子至少以多大速率从 O 点射出时才能打到荧光屏上．
物理答案
一、选择题：第 1-6 题只有一项符合题目要求,第 7-10 题有多项符合题目要
求。全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分
1.答案：C
2.答案：B
解析：ABCD 万有引等于向心力 ,可把各表达式中的
m 消去，即可得
即说明 r 一定，则周期一定，而对于卫星的质量，密度，体积则与轨道半径
无 关 ， 则 ACD 错 误
故选：B。
3.答案：D
解析：AB、物体的质量是物体本身的一种属性，由物体本身决定，与物体所
受作用力无关，与加速度无关，故 AB 错误；
CD、加速度是由力产生的，由合外力与物体的质量共同决定，只能说物体的
加速度与所受作用力成正比，而不能说物体所受作用力与加速度成正比，故
C 错误；D 正确。
4.答案：D
解析：设斜面倾角为θ，滑块质量为 m，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，
则滑块上滑时的加速度大小 ，方向沿斜面向
下．下滑时的加速度大小
，方向沿斜面向下，则知 ，方向相同，
均为负方向．因 v－t 图线的斜率表示加速度，可知选项 A、B 错误；动能是
标量，不存在负值，故 C 错误．重力做功 ，故 D 正确．
5.答案：C
解析：根据 图象面积表示冲量,可知在 内合外力的冲量 —直增大,A 正
确; 内合外力的冲量为零,B 正确; 末冲量方向发生变化,物体的动量开始
减小,但方向不发生变化, 内物体内物体动量的方向一直不变,C 错误，D
1 sin cos n s si comg mg
ma g g
θ θ θ µ θ+= = ＋
2 sin cos n s si comg mg
ma g g
θ θ θ µ θ−−= = 1 2a a>
sinW mgh mgx θ= − = −
F t− 0 ~ 2s
0 ~ 4s 2s
0 ~ 4s
正确。
6.【答案】A
【解析】
试题分析：由图，经过 0.35s 时，质点 Q 距平衡位置的距离小于质点 P 距平
衡位置的距离．故 A 正确．此时 P 向下运动，Q 点向上运动． ，经过
时，P 点到达波谷，Q 点到达平衡位置上方，但未到波峰，质点
Q 的加速度小于质点 P 的加速度．故 B 错误．因波沿 x 轴的正方向传播，
，则波速 ，则经过 0.15s，波传播距离 x=vt=3m．故 C 错
误． ，质点 Q 的运动方向沿 y 轴负方向．故 D 错误．
故选 A
考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象．
点评：波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同
时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．
7.答案：BD
8.答案：ABD
9.答案：BD
解析：A. 带电液滴 h 高度,重力做功： ，故 A 错误；
B. 由动能定理得： ，故 B 正确；
C. 液滴下落过程，动能减少，故外力做负功；又只有重力、电场力做功，重
力做正功，故电场力做负功，机械能减少，电势能增大，故 C 错误；
D. 根据 C 向分析可知,机械能减小,由功能关系： ,所以电场力做
负功,其值为 ,根据除重力以外的力做功,导致机械能变化,可知液滴的
机械能减小,减小为 .故 D 正确。
故选：BD。
10.答案：AB
0.2T s=
10.25 14t s T= =
4mλ = 20 /v m sT
λ= =
10.1 2t s T= =
CW mg h= ⋅
2
0
10 2kW E mv= ∆ = −合
2
0
1
2W mgh mv= − −电
2
0
1
2mgh mv− −
2
0
1
2E mv mgh∆ = +
解析：AD、图甲中 的功率为 , ，解得 ， , ,
整理解得 ,故 A 正确，D 错误；
BC、图乙中 的功率为 , ，解得 ， , ,整理
解得 ，故 B 正确，C 错误。
故 本 题 选 ： AB 。
二、实验题：共计 14 分，每空 2 分。
11.答案：(1)
(2)B (3)1.5;1.0
解析：
(2)闭合开关前，滑动变阻器接入电路中的阻值应该最大，故滑片应置于 B
端。
(3)由图象可知，电源电动势为 1.5V，
内阻 。
12.答案：(1) (2) 平衡 ;
解析：(1)测摆长时，若正确测出悬线长 l 和摆球直径 d；则摆长为 l+d/2
(2)测周期时，经过平衡位置时物体速度较快，时间误差较小，
当摆球经过平衡位置时开始计时并数 1 次，测出经过该位置 N 次(约 60∼100
次)的时间为 t，
则周期为
三、计算题（共计 46 分）
1R
2
1
1
1
UP R
= 1 2
1 2
U U
n n
= 1 23U U=
2
2
2
UP R
= 1 2 3R R R= =
1 9P P=
1R 2
1 1 1P I R= 1 1 2 3I n In In= + 1
2
3I I= 2
2P I R= 1 2 3R R R= =
1
4
9P P=
1.5 1.0 1.00.5r
− Ω = Ω＝
2
dl + 2
1
t
N −
2
1
t
N −
13.（共 10 分，每问 5 分）
答案 (1) (2)
解析 (1)设 A、B、C 的质量均为 m,B、C 碰撞过程中动量守恒,设 B、C 碰后
的共同速度为 v1
则 mv0=2mv1,解得 v1=
B、C 共速后 A 以 v0 的速度滑上 C,A 滑上 C 后,B、C 脱离,A、C 相互作用
的过程中动量守恒,设最终 A、C 的共同速度为 v2
则 mv0+mv1=2mv2,解得 v2=
(2)在 A、C 相互作用的过程中,根据能量守恒定律有
FfL= m + m - ·2m (Ff 为 A、C 间的摩擦力)
解得 Ff=
此过程中对 C,根据动量定理有 Fft=mv2-mv1
解得 t=
14. （10 分）
答案：设质点的振动周期为 T,质点的振动方程为
若波沿 x 轴正方向传播,且 时刻,质点 的位移均为-1cm,所以质点 a 经
到达波谷,质点 b 经 到达平衡位置,且此时质点 之间只有一个波谷,
所以 间有 个波长的波形
有
得
因为波速
2π2 sin cmy tT
=
0t = a b、
1
8T 1
8T a b、
a b、 314
31 4m4
λ =
16 m7
λ =
2m/sv =
所以振动频率为
若波沿 x 轴负方向传播,同理可知, 间有 个波长的波形
有
得
振动频率为
所以该简谐波中质点的振动频率可能为 和 。
解析：
15.（共 12 分，每问 4 分）
答案：(1)从 A 到 B，物块做平抛运动，由几何关系得：
.
(2)从 B 到 C，物块机械能守恒
解得：
联立解得
根据牛顿第三定律 ，物块在 C 点对轨道的压力大小为 46N，方向竖直
向下．
(3)物块从 C 点滑上滑板后开始做匀减速运动，此时滑板开始作匀加速直线运
动，当物块与滑板达到共同速度时，二者开始做匀速直线运动．设它们的共
同速度为 v，根据动量守恒
解得 v＝1m/s，
对物块，用动能定理列方程： ，解得： ，
对滑板，用动能定理列方程： ，解得： ，
由此可知物块在滑板上相对滑过 时，小于 0.65m，并没有滑下
去，二者就具有共同速度了(同速时物块离滑板右侧还有 L－Δs＝0.05m 距
7 Hz8
vf λ= =
a b、 1
4
1 ' 4m4
λ =
' 16mλ =
1' Hz' 8
vf λ= =
7 Hz8
1 Hz8
sin37
B
v
v
0° =
1m / sBv =
2 2sin31 1( )2 27 DCm mv g R vm R= +°＋
3m / sCv ＝
2
NF -mg=m cv
R
46 NF N＝
N NF F′ ＝
( )Cmv m M v＝ ＋
2 2
1
1 1
2 2 Cmgs mv mvµ－ ＝ － 1 0.8ms＝
2
2
1
2mgs Mvµ ＝ 2 0.2ms ＝
1 2 0.6ms s s =∆ −=
离)．
①当 0.2m≤s
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