一.选择题 1．（6分）对一定质量的气体，下列说法中正确的是（ ） A． 外界对气体做功，内能一定增大
B． 气体从外界吸收热量后，内能一定增大
C． 分子密集程度一定，温度越高，气体的压强越小 D． 温度一定，分子密集程度越大，气体的压强越大
【考点】： 封闭气体压强；热力学第一定律． 【分析】： 改变内能的方式有做功和热传递，影响压强的两个微观因素：分子平均动能和分子密集程度． 【解析】： 解：A、改变内能的方式有做功和热传递，外界对气体做功，如果同时放热内能可能减小，也可能不变，也可能增大，故A错误；
B、改变内能的方式有做功和热传递，气体从外界吸收热量，如果同时气体对外界做功，则内能可能减小，也可能不变，也可能增大，故B错误；
C、分子密集程度一定，温度越高，分子平均动能增大，单位面积撞击分子数增多，气体压强增大，故C错误；
D、温度一定，分子平均动能不变，分子密集程度越大，单位面积撞击分子数增多，气体的压强越大，故D正确； 故选：D． 【点评】： 本题考查了改变内能的方式有做功和热传递以及影响压强的两个因素，属于基本题目． 2．（6分）下列关于α粒子的说法正确的是（ ）
A． 物理学家卢瑟福通过α粒子散射实验说明了原子核内部有复杂的结构 B． 原子核放出α粒子即α衰变，α衰变的核反应方程式为
X→
Y+
He
C． 原子核放出α粒子即α衰变，α衰变的实质是一个中子转化一个质子和电子
D． 比较α、β、γ三种射线，由α粒子组成的α射线，电离能力最弱、穿透能力最强
【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度． 【专题】： 衰变和半衰期专题． 【分析】： 卢瑟福的α粒子散射实验说明原子的核式结构模型；α衰变生成氦原子核，β衰变生成的电子是其中的中子转化为质子同时生成的；γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强． 【解析】： 解：A、卢瑟福的α粒子散射实验说明原子的核式结构模型，没有涉及到原子核内部结构．故A错误．
B、α粒子是氦的原子核，其组成为2个质子和2个中子，所以α衰变时，中子数减少2质子数减少2．故B正确．
C、β衰变的产生的电子，是原子核内部的中子转变为质子和电子，电子释放出来，不是α衰变．故C错误．
D、α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强．故D错误．
故选：B． 【点评】： 本题考查衰变的实质及其衰变特征，正确掌握衰变的知识是解决本题的关键，知道物理学史，注意放出β射线的本质． 3．（6分）人在处于一定运动状态的车厢内竖直向上跳起，下列分析人的运动情况的选项中正确的是（ ）
A． 只有当车厢处于静止状态，人才会落回跳起点
B． 若车厢沿直线水平匀速前进，人将落在跳起点的后方 C． 若车厢沿直线水平加速前进，人将落在跳起点的后方 D． 若车厢沿直线水平减速前进，人将落在跳起点的后方
【考点】： 匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【专题】： 直线运动规律专题． 【分析】： 水平方向由于惯性保持与火车相同的速度，落在何处取决于车的运动状态，如果车静止或匀速直线运动，降落在原处；加速落在起跳点后边；减速落在起跳点前面． 【解析】： 解：人起跳后，竖直方向向上加速，之后做竖直上抛运动，水平方向保持起跳前的速度做匀速直线运动；
AB、车速如果不变（静止或匀速），则人和车水平方向相对静止，人落在起跳点，故AB错误； C、车如果加速，人相对滞后，人将落在跳起点的后方，故C正确； D、车如果减速，人相对超前，人将落在跳起点的前方，故D错误； 故选：C． 【点评】： 本题关键是将人的运动沿着水平和竖直方向正交分解，然后考虑人在水平方向的分运动，最后考虑与小车的相对位置的变化情况． 4．（6分）如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=﹣0.2m和x=1.2m处，两列波的速度大小均为v=0.4m/s，两波源的振幅均为A=2cm．图示为t=0时刻两列波的图象（传播方向如图所示），该时刻平衡位置位于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于x=0.5m处．关于各质点运动情况的判断正确的是（ ）
A． t=0时刻质点P、Q均沿y轴正方向运动 B． t=1s时刻，质点M的位移为﹣4cm C． t=1s时刻，质点M的位移为+4cm
D． t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到x=0.5m
【考点】： 横波的图象；波长、频率和波速的关系． 【专题】： 振动图像与波动图像专题． 【分析】： 由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期．两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同
时振动加强；振动情况相反时振动减弱．根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其位移．由波的传播方向来确定质点的振动方向． 【解析】： 解：A、由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点P、Q的起振方向均沿y轴负方向运动，故A错误； B、C、由图知波长λ=0.4m，由v=
得，该波的周期为 T=
s=1.0s，两质点传到M的
时间为T=0.75s，当t=1s=1T时刻，两列波的波谷都恰好传到质点M，所以位移为﹣4cm．故B正确，C错误；
D、简谐波传播的过程中质点不向前迁移，只在各自的平衡位置附近振动，所以质点P、Q都不会运动到M点，故D错误； 故选：B 【点评】： 本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变．理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零． 5．（6分）设想地磁场是由地球内部的环形电流形成的，那么这一环形电流的方向应该是（ ）
A．
由东向西 B．
由西向东 C．
由南向北 D． 由北向南
【考点】： 左手定则．
【分析】： 由于地球绕地轴作自西向东旋转，故地球上所带电荷的运动形成了一个环形电流，而地磁的北极在地理的南极附近，故根据安培定可知右手的拇指指向南方，则弯曲的四指的方向则自东向西． 【解析】： 解：地磁的北极在地理的南极附近，由于地球绕地轴作自西向东旋转，故地球上所带电荷的运动形成了一个环形电流，根据安培定可知右手的拇指指向南方，则弯曲的四指的方向则自东向西，故环形电流的方向应该由东向西，故A正确，BCD错误． 故选：A． 【点评】： 本题考查知识点为：安培定则、地磁的北极在地理的南极附近，只要掌握了这些基础知识就能顺利解决此类题目．
6．（6分）Kˉ介子衰变的方程为K→π+π，如图所示，其中Kˉ介子和πˉ介子带负的基元电
0
荷，π介子不带电．一个Kˉ介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的πˉ介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RKˉ与Rπ﹣之比为2：
00
1．π介子的轨迹未画出．由此可知πˉ介子的动量大小与π介子的动量大小之比为（ ）
﹣
﹣
0
A． 1：1 B． 1：2 C． 1：3 D． 1：6
【考点】： 动量守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动． 【专题】： 计算题；压轴题． 【分析】： 曲线运动中，粒子的速度方向沿着轨迹上该点的切线方向，又由于Kˉ介子衰变过程中，系统内力远大于外力，系统动量守恒，故可知衰变后，π介子反向飞出，π介子沿原
﹣
方向飞出，再根据介子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，可以列式求出Kˉ介子与π介子的动量之比，再结合动量守恒定律列式分析．
【解析】： 解：Kˉ介子与π介子均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 eBv=m
﹣
﹣
0
故动量 P=mv=eBR 因而
PKˉ：Pπ﹣=2：1
根据动量守恒定律，有
PKˉ=Pπ0﹣Pπ故Pπ0=3Pπ故选C． 【点评】： 本题关键根据洛伦兹力提供向心力和动量守恒定律列式求解． 7．（6分）用双缝干涉的实验装置可以观察到单色光的双缝干涉图样．分别用红、蓝两种单色光和双缝间距为0.18mm、0.36mm的两种双缝挡板进行实验，可以观察到四种不同的干涉图样．下列四个选项中最有可能是蓝色光、双缝间距为0.36mm的干涉图样的是（ ）
﹣
﹣
A． B． C．
D．
【考点】： 双缝干涉的条纹间距与波长的关系．
【分析】： 根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ，通过波长的大小或缝间距的不等，来比较间距的大小，从而即可求解．
【解析】： 解：根据双缝干涉条纹的间距公式△x=λ，当控制缝间距一定时，波长越长的，条纹间距越大，
当控制波长一定时，当缝间距越小，则条纹间距越大；
因此图BD条纹间距大，则是双缝间距为0.18mm的红光与蓝光的干涉条纹，故BD错误； 而AC图，则是双缝间距为0.36mm两光的干涉条纹，由于蓝光的波长小于红光，则干涉条纹间距小于红光，故C正确，A错误； 故选：C． 【点评】： 本题的突破口通过条纹间距大小比较出波长的大小．掌握条纹间距与波长，及缝间距的关系，注意体现控制变法量的方法． 8．（6分）一个质点运动的v﹣t图象如图甲所示，任意很短时间△t内质点的运动可以近似视为匀速运动，该时间内质点的位移即为条形阴影区域的面积，经过累积，图线与坐标轴围成的面积即为质点在相应时间内的位移．利用这种微元累积法我们可以研究许多物理问题，图乙是某物理量y随时间t变化的图象，关于此图线与坐标轴所围成的面积，下列说法中不正确的是（ ）
A． 如果y轴表示作用力，则面积等于该力在相应时间内的冲量
B． 如果y轴表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功
C． 如果y轴表示流过用电器的电流，则面积等于在相应时间内流过该用电器的电荷量 D． 如果y轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁感应强度的变化量
【考点】： 动量定理；功能关系；法拉第电磁感应定律． 【分析】： 本题根据图形面积所表示的量等于横坐标轴量与纵坐标轴量的乘积所得量的值．结合相关的规律进行分析． 【解析】： 解：A、如果y轴表示作用力，则面积等于于该力在相应时间内的冲量．故A正确． B、如果y轴表示力做功的功率，则面积等于该力在相应时间内所做的功．故B正确．
C、如果y轴表示流过用电器的电流，由q=It知，面积等于在相应时间内流过该用电器的电量．故C正确
D、如果y轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，则面积等于该磁场在相应时间内磁通量．故D不正确．
本题选不正确的，故选：D． 【点评】： 考查图形面积的意义，要学会变通，能举一反三．关键要掌握相关的物理规律．
二.非选择题 9．（10分）要测一个待测电阻Rx（190Ω～210Ω）的阻值，实验室提供了如下器材：电源E：电动势3.0V，内阻不计；电流表A1：量程0～10mA，内阻r1约50Ω；电流表A2：量程0～500μA，内阻r2为1000Ω；
滑动变阻器R1：最大阻值20Ω，额定电流2A；定值电阻R2=5000Ω；定值电阻R3=500Ω；电键S及导线若干．
要求实验中尽可能准确测量Rx的阻值，请回答下面问题：
①为了测定待测电阻上的电压，可以将电流表 A2 （选填“A1”或“A2”）串联定值电阻 R2 （选填“R2”或“R3”），将其改装成一个量程为3.0V的电压表．
②如图所示，同学们设计了测量电阻Rx的甲、乙两种电路方案，其中用到了改装后的电压表和另一个电流表，则应选电路图 甲 （选填“甲”或“乙”）．
③若所选测量电路中电流表A的读数为I=6.2mA，改装后的电压表V读数如图丙所示，则电压表V读数是 1.20 V．根据电流表和电压表的读数，并考虑电压表内阻，求出待测电阻Rx= 200.0 Ω．
【考点】： 伏安法测电阻． 【专题】： 实验题；恒定电流专题． 【分析】： 本题的关键是将内阻为已知的电流表A2 与定值电阻串联改装为电压表，然后判断电流表应选外接法，由于滑动变阻器阻值太小，故变阻器应用分压式接法． 【解析】： 解：①由于电流表A2 的内阻一定，又定值电阻R2 与电流表A2 内阻接近，可考虑将 A2与 R2串联，根据欧姆定律有U=I2（R2+r2）=3V，与电源电动势接近，故可以将电流表 A2串联定值电阻 R2，将其改装成一个量程为3V的电压表． ②由①知电压表的内阻RV=R2+r2=1000+5000=6000Ω，由于
，故电流表应用用外接
法；又滑动变阻器最大电阻远小于待测电阻阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如甲图所示；
③根据图b电压表的读数为U=1.20v，根据欧姆定律有I=
，代入数值可得 RX=200Ω
故答案为①A2，R2 ②如甲图 ③1.20； 200.0．
【点评】： 在电学实验中，应将电阻值一定的电流表进行改装，若需改为电压表则应串联一电阻，若需改为电流表则应串联一电阻．
10．（8分）如图1是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图1中R0是保护电阻（10Ω），R1是电阻箱（0～99.9Ω），R是滑动变阻器，A1是电流表（0～0.6A，内阻r1未知），A2是电流表（0～0.6A，内阻r2为5.0Ω），E是电源（电动势10V，内阻很小）
在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大． 实验具体步骤如下：
（i）连接好线路，将滑动变阻器R调到最大；
（ii）闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1=0.3A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2； （iii）重复步骤（ii），再测量6组R1和I2的值； 根据实验回答以下问题：
（1）如图2为本实验的实物电路，请根据电路图完成实物电路连线．
（2）测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数仍为I1=0.3A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值 变大 （选填“不变”、“变大”或“变小”）． （3）根据实验得到的R1和I2的值，在坐标纸上画出R1与I2的关系如图3，图线是一条直线，设直线的斜率为k，则Rx= kI1﹣r2 （用题中已知量和测量物理量的符号表示）． （4）根据以上实验得出Rx= 30.5 Ω．
【考点】： 伏安法测电阻． 【专题】： 实验题． 【分析】： （1）根据电路图连接实物图；
（2）由欧姆定律，结合电路分析方法，可知滑动变阻器的阻值如何变化； （3）根据欧姆定律得出R1与I2的关系式，根据斜率为k得出Rx的表达式； （4）根据图象求出斜率，带入（3）中求出Rx的值． 【解析】： 解：（1）根据电路图连接实物图，如图所示：
（2）调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1=0.3A，则与其串联的两个电阻一个电流表的两端电压必须要在减小，因此只有应让滑动变阻器R接入电路的阻值在变大，才能达到这样的条件；
（4）根据欧姆定律，则有：（R1+R0+r1）I1=I2（RX+r2）； 整理可得：
，
则图象的斜率k=解得：Rx=kI1﹣r2
（4）根据图象可知，斜率
，则Rx=118.18×0.3﹣5=30.5Ω．
故答案为：
（1）如图所示；（2）变大；（3）kI1﹣r2；（4）30.5 【点评】： 考查如何确定电表的方法，紧扣题意是解题的关键，理解欧姆定律的应用，掌握串并联特点，注意误差与错误的区别，理解图象的斜率含义．
11．（16分）如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°的长斜面体，物体A以v1=8m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出．物体A上滑过程中速度减小，当速度减为零时恰好被B物体击中．已知物体A与斜面体间的动摩擦因数
2
为0.25．（A、B均可看作质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s）求： （1）物体A上滑过程所用的时间t； （2）物体B抛出时的初速度v2；
（3）物体A、B间初始位置的高度差h．
【考点】： 平抛运动；牛顿第二定律． 【专题】： 平抛运动专题． 【分析】： （1）对物体A进行受力分析，可以根据牛顿第二定律求出A上滑的加速度，再由匀变速直线运动的速度公式可以求得运动的时间；
（2）由几何关系得出B平抛运动的水平位移，结合时间求出初速度的大小．
（3）物体A、B间初始位置的高度差等于A上升的高度和B下降的高度的和，A上升的高度可以由A的运动求出，B下降的高度就是自由落体的竖直位移． 【解析】： 解：（1）物体A上滑过程中，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma
2
代入数据得：a=8m/s
设经过t时间相撞，由运动学公式：0=v1﹣at 代入数据得：t=1s
（2）平抛物体B的水平位移：代入数据得：x=3.2m 平抛速度：
代入数据得：v2=3.2m/s
（3）物体A、B间的高度差：h=hA+hB
代入数据得：h=7.4m 答：（1）物体A上滑过程所用的时间t为1s； （2）物体B抛出时的初速度v2为3.2m/s；
（3）物体A、B间初始位置的高度差h为7.4m． 【点评】： 解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住与A运动的时间相等，水平位移相等，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解． 12．（18分）航天飞缆是用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统．飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖拽力，它还能清理“太空垃圾”等．从1967年至1999年17次试验中，飞缆系统试验已获得部分成功．该系统的工作原理可用物理学的相关规律来解释．如图所示为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P、Q用长为l的柔性金属缆索连接，外有绝缘层，系统绕地球作圆周运动，运动一周的时间为T，运动过程中Q距地面高为h．飞缆系统沿图示方向在地磁场中运动，缆索总保持指向地心，地磁场在缆索所在处的磁感应强度
大小为B，方向垂直于纸面向外．已知地球半径为R，地面的重力加速度为g．不考虑地球自转，可认为缆索切割磁感线的速度等于缆索中点的速度．
（1）设缆索中无电流，问缆索P、Q哪端电势高？求P、Q两端的电势差；
（2）设缆索的电阻为R1，如果缆索两端物体P、Q通过周围的电离层放电形成电流，相应的电阻为R2，求缆索所受的安培力多大；
（3）若物体Q的质量为mQ，求缆索对Q的拉力FQ．
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电势． 【专题】： 电磁感应与电路结合． 【分析】： （1）根据右手定则判断出导体棒切割磁感线电流方向，即可判断哪点电势高，注意在电源内部电流由负极流向正极，根据E=BLv即可求出电势差．
（2）求出P、Q两端的电势差根据闭合电路欧姆定律求出流过缆索的电流，根据安培力公式即可求得结果．
（3）对Q进行受力分析，根据受力平衡即可解出结果，注意P、Q的角速度相等． 【解析】： 解：（1）由右手定则可以判定P点电势高，设缆索中点的速度设为V，有：
…①
P、Q两点电势差就是缆索的电动势为：UPQ=E=BlvQ=
…②
另解：
（2）缆索电流为：I=安培力为：FA=BIl…④ 将①②③代入④式解得FA=
…③
（3）Q的速度设为vQ，Q受地球引力和缆索拉力FQ作用，有：
﹣FQ=mQ…⑤
物体Q绕地球做匀速圆周运动，设Q的速度设为： 又
…⑦
…⑥
将⑥⑦代入⑤式解得：FQ=mQ[
﹣]
答：（1）P点电势高；求P、Q两端的电势差为；
（2）缆索所受的安培力为；
（3）缆索对Q的拉力FQ为mQ[
﹣]．
【点评】： 本题借助高科技知识考查了电磁感应与力学相结合的问题，出题角度新颖，在平时学习中要注意用所学知识解决一些与实际相联系的问题． 13．（20分）如图所示，某真空区域内存在匀强电场和匀强磁磁场，取正交坐标系Oxyz（z轴正方向竖直向上）．已知电场方向沿z轴正方向，场强大小为E；磁场方向沿y轴正方向，磁感应强度的大小为B；重力加速度为g．一个质量为m、带电量为+q的带电粒子从原点O出发在此区域内运动．求解以下问题：
（1）若撤去匀强磁场，该粒子从原点O出发的速度为v0，且沿x轴正方向．求运动一段时间t时，粒子所在位置的坐标；
（2）该区域内仍存在题设的匀强电场和匀强磁场．该粒子能否沿坐标轴（x轴、y轴或z轴）以速度v做匀速运动？若能，物理量m、q、E、B、v及g应满足怎样的关系？若不能，说明理由．
（3）若只把电场方向改为沿x轴正方向，其它条件不变，该粒子恰能在此区域里以某一恒定的速度运动．某一时刻电场和磁场全消失，该粒子在接下来的运动过程中的最小动能为最初动能的一半．求电场和磁场消失前粒子沿三个坐标轴方向的分速度．
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题． 【分析】： （1）粒子在电场力和重力共同作用下在xoz平面内做类平抛运动，根据平抛运动的规律计算粒子的位置；
（2）小球做匀速直线运动，受力平衡，根据粒子的受力的情况，根据平衡条件列式求速率． （3）粒子以恒定的速度运动，说明所受合外力为零，电场和磁场全消失后粒子动能达到最小值，此时速度为水平方向，最小动能为最初动能的一半． 【解析】： 解：（1）该粒子在电场力和重力共同作用下在xoz平面内做类平抛运动，运动一段时间t时，y方向位移为0 x方向位移为sx=v0t z方向加速度为
z方向位移为
运动一段时间t时，粒子所在位置的坐标为（v0t、0、
）
（2）i若该粒子沿x轴负方向匀速运动，则洛伦兹力沿z轴负方向必须满足关系：mg+qvB=qE ii若该粒子沿x轴正方向匀速运动，则洛伦兹力沿z轴正方向必须满足关系：mg=qvB+qE iii若该粒子沿y轴匀速运动，不受洛伦兹力，必须满足关系：mg=qE
（3）该粒子恰能在此区域里以某一恒定的速度运动，说明所受合外力为零ΣF=0 此条件沿x轴分量式为qE=qvzB，则沿z轴的分速度为此条件沿z轴分量式为mg=qvxB，则沿x轴的分速度为
； ；
设最初的速度为v，电场和磁场全消失后粒子动能达到最小值，此时速度为水平方向，最小动能为最初动能的一半，说明所以由于
则沿y轴的分速度为
答：（1）运动一段时间t时，粒子所在位置的坐标为（v0t、0、（2）i若该粒子沿x轴负方向匀速运动，则洛伦兹力沿z轴负方向 必须满足关系mg+qvB=qE
ii若该粒子沿x轴正方向匀速运动，则洛伦兹力沿z轴正方向 必须满足关系mg=qvB+qE
iii若该粒子沿y轴匀速运动，不受洛伦兹力 必须满足关系mg=qE
）；
（3）沿x轴分量式为qE=qvzB，则沿z轴的分速度为沿z轴分量式为mg=qvxB，则沿x轴的分速度为
；
；
沿y轴的分速度为．
【点评】： 本题综合考查了洛伦兹力方向的判断、受力分析、力的平衡条件等主要知识，在解答中要注意：若是负电荷洛伦兹力的方向要小心谨慎判定；同时本题对学生的空间能力的想象要求较高，是道好题．
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