，故B错误；拉力的瞬时功率P＝Fv，故C错误；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力做的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为Fd－m1gdsinθ－
m1v2，故D正确。
【答案】D
19．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑。
如果只逐渐增大M1、M2之间的电势差，则
A．在荧屏上的亮斑向上移动
B．在荧屏上的亮斑向下移动
C．偏转电场对电子做的功增大
D．偏转电场的电场强度减小
【解析】由于电子带负电，在偏转电场中受到电场力的作用向正极板偏转，故A项正确误，B项错误；电子在偏转电场中向正极板偏转的过程中，电场力做正功，且随着偏转电压的增大电场力做功增大，故C项正确，D项错误。
【答案】AC
20．如图所示装置中，质量均为m的小球A、B系在等长度的轻绳OA、OB下端，并都以转速n绕同一竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，此时绳OA与OB夹角为α，质量为2m的物块C静止不动；若将C换成质量为3m的物块D，要保证在系统稳定时，A、B仍在同一水平面内做圆周运动，同时D静止不动，则A、B的质量和两球做圆周运动的转速n应如何调整
A．减少A、B的质量，增大转速n
B．保持A、B的质量不变，增大转速n
C．增大A、B的质量，减小转速n
D．增大A、B的质量，增大转速n
【解析】根据A、B两小球竖直方向的受力平衡，OA、OB两绳的竖直分力都始终等于小球的重力，而OA、OB两绳中的水平分力分别提供两球做圆周运动的向心力，并随转速的增大（或减小）而增大（或减小）。
易得，OA、OB两绳的合力一定等于A、B两球的总重力。
因此，当质量为2m的物块C换成质量为3m的D时，若要系统平衡，A、B两小球的质量均须调整为1.5m，而转速的大小不影响平衡，故选项C、D正确。
【答案】CD
21．如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动，轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2。
保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是
A．在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大
B．当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大
C．电压表V1示数等于NBωL2
D．变压器的输入与输出功率之比为1∶1
【解析】在题图所示位置时线圈与磁感线平行，线框中磁通量为零，感应电动势最大，故A项正确；此时感应电动势的最大值为NBωL2，有效值为
，即电压表V1示数等于
，故C项错；当可变电阻R的滑片P向上滑动时，R的有效阻值增大，但由于副线圈的电压不变，内阻不计，所以电压表V2的示数不变，故C项错；由于变压器是理想的，所以输入与输出功率之比为1∶1，故D项正确。
【答案】AD
第II卷
三、非选择题：
本卷包括必考题和选考题两部分。
第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33-38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共129分）
22．（5分）
某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：
一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
回答下列问题：
（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等．已知重力加速度大小为g.为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的________（填正确答案标号）．
A．小球的质量m
B．小球抛出点到落地点的水平距离s
C．桌面到地面的高度h
D．弹簧的压缩量Δx
E．弹簧原长l0
（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek＝__________.
（3）图中的直线是实验测量得到的s－Δx图线．从理论上可推出，如果h不变，m增加，s－Δx图线的斜率会__________（填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s－Δx图线的斜率会__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．由图中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与Δx的__________次方成正比．
【答案】
（1）ABC
（2）
（3）减小 增大 2
【解析】
（1）为求弹簧的弹性势能，可求小球平抛时的速度，进而求出小球的动能，因此需要测出：
小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h，A、B、C正确；
（2）平抛初速度v＝
＝s
，平抛时的动能Ek＝
mv2＝
；（3）平抛距离s与压缩量间关系为直线，若h不变，平抛下落时间不变，m增加，相同压缩量情况下，小球平抛初速度减小，平抛距离s减小，故s－Δx图线的斜率会减小；若m不变，h增加，平抛下落时间变长，相同压缩量情况下平抛初速度不变，平抛距离变大，s－Δx图线的斜率会增加；Ep＝Ek＝
，而s∝Δx，故Ep∝Δx2.
23．（10分）
某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：
A．待测干电池一节
B．电流表1：
量程0～0.6A，内阻r＝0.2Ω
C．电流表2：
量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω
D．电压表1：
量程0～3V，内阻未知
E．电压表2：
量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器1：
0～10Ω，2A
G．滑动变阻器2：
0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
（1）伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差．在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．在上述器材中请选择适当的器材：
A、__________、__________、__________、H（填写选项前的字母）；
（2）实验电路图应选择图中的________（填“甲”或“乙”）；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U－I图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω.
【答案】
（1）B D F
（2）甲 （3）1.5 0.8
【解析】
（1）干电池电动势约为1.5V，本着安全、准确、方便的原则，电压表选3V量程即可；电流表选0.6A量程，若内阻已知可与电源串联将电流表内阻视为电源内阻；为调节方便滑动变阻器选10Ω.
（2）电路图选甲即可，若用甲电路E＝U＋I（r＋RA），因电流表内阻已知，可求得电动势和内阻的真实值．（3）由U＝E－I（r＋RA）可知U－I图象的纵截距等于电源电动势，E＝1.5V；图象斜率
＝r＋RA＝
，故r＝1－0.2＝0.8Ω.
24．（12分）
如图所示，足够长的光滑水平面与半径为R的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，质量为m的小球A从圆弧最高点M由静止释放，在水平面上与静止的小球B发生弹性正碰。
已知重力加速度为g，两小球均可视为质点，求：
（1）小球A刚好到达圆弧轨道最低点N时，对轨道的压力大小；
（2）若要求两球发生二次碰撞，小球B的质量mB应满足的条件。
【解析】
（1）设小球A到达N点时的速度为v，根据机械能守恒定律得：
mgR＝
mv2
在N点处：
F－mg＝m
联立解得F＝3mg
由牛顿第三定律得，对轨道的压力为F′＝F＝3mg。
（2）小球A与B发生弹性碰撞，设碰撞后速度为vA、vB
由动量守恒有：
mv＝mvA＋mBvB
由机械能守恒有：
mv2＝
mvA2＋
mBvB2
解得：
vA＝
v，vB＝
v
要使两球发生二次碰撞，则有vA<0，vB<－vA
联立解得：
mB>3m。
【答案】
（1）3mg
（2）mB>3m
25．（20分）
如图甲所示，一电动遥控小车停在水平地面上，水平车板离地高度为h＝0.2m，小车质量M＝3kg，质量m＝1kg的小物块（可视为质点）静置于车板上某处A，物块与车板间的动摩擦因数μ＝0.1。
现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间t1＝1.6s时物块从车板上滑落。
已知小车的速度v随时间t变化的规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的
，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。
求：
（1）物块从离开车尾B到落地过程所用的时间Δt以及物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P；
（2）物块落地时落地点到车尾B的水平距离s0；
（3）0～2s时间内小车的牵引力做的功W。
【解析】
（1）物块从车板上滑落后做平抛运动，则有
h＝
g（Δt）2
得Δt＝
＝0.2s
物块滑落前受到的滑动摩擦力大小
f＝μmg＝1N
根据牛顿第二定律得物块的加速度大小
a1＝
＝1m/s2
当运动时间t1＝1.6s时物块的速度v1＝a1t1
得v1＝1.6m/s
由于v1＜2m/s，所以物块在车板上受到滑动摩擦力而一直加速，物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值
P＝fv1
得P＝1.6W。
（2）物块滑落后前进的距离s1＝v1Δt
由题图乙得t＝1.6s时小车的速率v2＝2m/s
物块滑落后小车前进的距离s＝v2Δt
落地点到车尾B的水平距离s0＝s－s1
得s0＝0.08m。
（3）0～1s时间内，由题图乙得小车的加速度大小为
a2＝
m/s2＝2m/s2
根据牛顿第二定律得F1－f－k（M＋m）g＝Ma2，其中
k＝
解得F1＝11N
小车的位移大小s2＝
×2×1m＝1m
1～1.6s时间内，牵引力F2＝k（M＋m）g＋f＝5N
由题图乙得小车的位移大小
s2′＝2×0.6m＝1.2m
1．6～2s时间内，牵引力F3＝kMg＝3N
由题图乙得小车的位移大小
s2″＝2×0.4m＝0.8m
0～2s时间内小车的牵引力做的功为
W＝F1s2＋F2s2′＋F3s2″＝19.4J。
【答案】
（1）0.2s1.6W
（2）0.08m
（3）19.4J
（二）选考题：
共45分。
请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。
如果多做，则每科按所做的第一题计分。
33．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（5分）如图所示是分子间引力或斥力大小随分子间距离变化的图像，由此可知________。
A．ab表示引力图线
B．cd表示引力图线
C．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子力一定为零
D．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子势能一定最小
E．当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子势能一定为零
（2）（10分）如图所示，一活塞将一定质量的理想气体封闭在固定导热汽缸内，活塞可沿汽缸无摩擦地滑动，活塞横截面积为S＝0.01m2、质量为m＝10kg，活塞距离汽缸底部的距离为h0＝10cm，外界大气压强p0＝1.0×105Pa，环境温度为t0＝27℃，g＝10m/s2。
（ⅰ）当环境温度缓慢升高至57℃时，试比较此过程中气体吸收的热量Q与物体内能变化量ΔU的大小关系。
（ⅱ）当环境温度升高至57℃时，为使活塞距离汽缸底部的距离仍为10cm，可使汽缸水平向右做匀加速直线运动，此时加速度应为多大？
【解析】
（1）在F r图像中，随r增加，斥力变化快，所以ab为引力图线，A对，B错；两图线交点e为分子所受的引力和斥力大小相等，即分子间相互作用的受力平衡位置，分子力为0，分子势能最小，但不一定为0，故C、D对，E错。
（2）（ⅰ）由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
由于气体膨胀对外做功，故W＜0
因此Q＞ΔU。
（ⅱ）活塞距离汽缸底部的距离仍为10cm，由查理定律得
＝
，
即
＝
解得p＝1.1×105Pa
对活塞，由牛顿第二定律得a＝
解得a＝10m/s2。
【答案】
（1）ACD
（2）（ⅰ）Q＞ΔU （ⅱ）10m/s2
34．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（5分）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3m。
已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s。
下列说法正确的是________。
A．波速为1m/s
B．波的频率为1.25Hz
C．x坐标为15m的质点在t＝0.6s时恰好位于波峰
D．x坐标为22m的质点在t＝0.2s时恰好位于波峰
E．当质点P位于波峰时，x坐标为17m的质点恰好位于波谷
（2）（10分）如图所示，一束截面为圆形（半径R＝1m）的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区。
屏幕S至球心距离为D＝（
＋1）m，不考虑光的干涉和衍射，试问：
（ⅰ）若玻璃半球对紫色光的折射率为n＝
，请你求出圆形亮区的半径；
（ⅱ）若将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色？
【解析】
（1）任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s，则该波的周期为T＝2×0.4s＝0.8s。
由题图可知，该波的波长是λ＝4m，所以波速：
v＝
＝
s＝5m/s，故A错误；该波的周期是T＝0.8s，则频率：
f＝
＝
Hz＝1.25Hz，故B正确；x坐标为15m的质点到P点的距离为：
Δx1＝15m－3m＝12m＝3λ，所以x坐标为15m的质点与P点的振动情况始终相同。
P质点经过t＝0.6s＝
T时间恰好经过平衡位置，所以x坐标为15m的质点在t＝0.6s时恰好位于平衡位置，故C错误；x坐标为22m的质点到x＝2质点的距离为：
Δx2＝22m－2m＝20m＝5λ，所以x坐标为22m的质点与x＝2m的质点的振动始终相同。
t＝0时刻x＝2m的质点向上振动，经过t＝0.2s＝
T时间恰好到达波峰，所以x坐标为22m的质点在t＝0.2s时恰好位于波峰位置，故D正确；x坐标为17m的质点到P点的距离为：
Δx3＝17m－3m＝14m＝3
λ，所以x坐标为17m的质点与P点的振动情况始终相反，当质点P位于波峰时，x坐标为17m的质点恰好位于波谷，故E正确。
故选B、D、E。
（2）（ⅰ）如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E，E点到亮区中心G的距离r就是所求最大半径。
设紫光临界角为C，
由全反射的知识可知：
sinC＝
由几何知识可知：
AB＝RsinC＝
。
OB＝RcosC＝R
BF＝ABtanC＝
GF＝D－（OB＋BF）＝D－
又
＝
所以有：
rm＝GE＝
AB＝D
－nR，
代入数据得：
rm＝1m。
（ⅱ）将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是紫色。
因为当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远。
故圆形亮区的最外侧是紫光。
【答案】
（1）BDE
（2）（ⅰ）1m（ⅱ）紫光
升级会员 