C．L2L1＝L0
[命题意图] 本题考查考生的理解能力，需要考生利用超重、失重的知识解题。
C [当圆筒向下加速运动时，即弹簧与小球一起向下加速时，弹簧与小球处于完全失重状态，此时L1＝L0；当圆筒向上加速运动时，即弹簧与小球一起向上加速时，弹簧、小球处于超重状态，弹簧受到的压力大于小球的重力，此时L2L2，C正确。
]
3．根据碳14（
C）的衰变程度来计算样品大概年代的测量方法称为碳14测年法。
碳14是中子撞击大气中的氮（
N）发生核反应产生的，其反应方程为
N＋
n→
C＋X，碳14具有放射性，其半衰期为5730年。
则下列说法正确的是（ ）
A．反应方程中的X指的是电子
B．4个碳14原子核在经过一个半衰期后，一定还剩2个
C．测得某样品中碳14含量是当前大气中含量的
，则该样品距今约为17000年
D．将碳14原子放在密闭的高温高压容器内，其半衰期将变短
[命题意图] 本题考查考生的理解能力，需要考生熟知核反应方程的书写规则和半衰期的概念，体现了物理观念这一核心素养。
C [根据核反应方程电荷数守恒和质量数守恒，可知X应为质子，选项A错误；放射性元素的半衰期是统计规律，对少量原子核不适用，选项B错误；若测得某样品中碳14含量是当前大气中含量的八分之一，说明该样品经过了三个半衰期，故其距今为5730×3＝17190年，选项C正确；放射性元素衰变的快慢由原子核内部自身的因素决定，跟原子所处的化学状态和外部条件无关，选项D错误。
]
4．一列简谐横波沿x轴传播，图甲为波在t＝1s时刻的波形图，图乙为平衡位置在x＝1m处的质点P的振动图象，下列描述正确的是（ ）
甲 乙
A．该简谐横波沿x轴负方向传播
B．t＝2s时，平衡位置在x＝4m处的质点Q的速度最大，方向沿y轴负方向
C．该简谐横波的波速为2m/s
D．t＝3s时，P、Q两质点的振动方向相同
[命题意图] 本题考查机械振动和机械波的相关知识，意在考查考生的理解能力和推理能力。
B [根据图乙可知，t＝1s时，质点P向下振动，根据图甲可知，该简谐横波沿x轴正方向传播，选项A错误；由图乙可知该简谐横波的周期为2s，根据图甲可知t＝2s时，x＝3m处的振动形式传播到质点Q处，则质点Q位于平衡位置，速度达到最大值，方向沿y轴负方向，选项B正确；根据图甲可知，该波的波长为λ＝2m，则波速为v＝
＝1m/s，选项C错误；结合题图，可知t＝3s与t＝1s相差一个周期，P、Q两质点均位于平衡位置，质点P速度方向沿y轴负方向，质点Q速度方向沿y轴正方向，两质点的振动方向相反，选项D错误。
]
5．如图甲所示为自耦变压器，原线圈接有图乙所示的交流电源，副线圈两端电压有效值为220V，灯泡和其他电阻受温度的影响忽略不计，开始时开关S断开。
则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．原、副线圈匝数比为11∶5
B．闭合开关S后，小灯泡微亮，P2上滑可使小灯泡恢复正常发光
C．滑片P1上滑，通过电阻R1的电流增大
D．向上滑动P3，变压器的输出功率增大
[命题意图] 本题考查交变电流与变压器的动态分析，意在考查考生的分析综合能力。
B [根据图乙可知，原线圈所接正弦交流电压有效值为100V，副线圈电压为220V，由U1∶U2＝n1∶n2，可知原、副线圈匝数比为5∶11，A错误；闭合开关S后，小灯泡微亮，想要增大小灯泡中电流，需要增大副线圈中的电压，P2上滑可使小灯泡恢复正常发光，B正确；滑片P1上滑，原、副线圈匝数比增大，U1∶U2＝n1∶n2，可得副线圈两端电压变小，通过电阻R1的电流变小，C错误；向上滑动P3，R2接入电路中的阻值大，利用副线圈电阻R总＝R1＋
可知，副线圈总电阻增大，副线圈两端电压不变，则通过电阻R1的电流减小，变压器的输出功率减小，D错误。
]
6．第45颗北斗导航卫星属于地球静止轨道卫星，该卫星与此前发射的倾斜地球同步轨道卫星（代号为P，周期与地球自转周期相同）、中圆地球轨道卫星（代号为Q）和地球同步轨道卫星（代号为S）进行组网，若这三种不同类型的卫星的轨道都是圆轨道，已知中圆地球轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，下列说法正确的是（ ）
A．P和S绕地球运动的向心加速度大小相等
B．这三种不同类型轨道卫星的线速度大小有可能相同
C．这三种不同类型轨道卫星的周期有可能相同
D．P和S绕地球运动的向心力大小一定相等
[命题意图] 本题考查考生的理解能力，需要考生应用万有引力定律、牛顿运动定律和圆周运动等知识解题。
A [由G
＝ma可知，P和S绕地球运动的向心加速度大小相等，A正确；由G
＝m
可得v＝
，中圆地球轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度，B错误；由于中圆地球轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，由开普勒第三定律可知，中圆地球轨道卫星的周期小于同步卫星的周期，C错误；由于P和S的质量不一定相等，所以P和S绕地球运动的向心力大小不一定相等，D错误。
]
7．如图，绝缘杆OP竖直固定在绝缘水平桌面上，带正电的小球A套在杆上，带正电的小球B右侧为绝缘竖直固定挡板。
系统静止在图示位置，不计一切摩擦，两小球均可视为质点，重力加速度为g。
由于空气潮湿，两球缓慢漏电，球A从a处缓慢移到b处，则此过程中（ ）
A．球B对桌面的压力逐渐增大
B．杆对球A的弹力逐渐减小
C．挡板对球B的弹力逐渐减小
D．两球间的库仑力逐渐增大
[命题意图] 本题考查静电力作用下的动态平衡，意在考查考生的推理能力，体现了物理观念、科学思维等学科素养。
D [以两球为研究对象，受力分析可知桌面对球B的支持力N始终与两球的总重力大小相等、方向相反，根据牛顿第三定律知球B对桌面的压力始终与两球的总重力大小相等，即不变，选项A错误；对球A受力分析，如图所示，
球A缓慢移动，则受到的合外力始终为零，库仑力F＝
，杆对球A的弹力NA＝mgtanθ，球A从a处缓慢移到b处的过程中，θ逐渐增大，cosθ逐渐减小，tanθ逐渐增大，则F、NA均逐渐增大，选项B错误，D正确；由两球受力平衡得挡板对球B的弹力NB与NA等大反向，则NB逐渐增大，选项C错误。
]
8．上海市东海大桥10万千瓦风电场是亚洲第一座大型海上风电场，采用自主研发的34台单机容量为3兆瓦（1兆瓦＝106W）的离岸型风电机组，年发电量约2.67亿千瓦时。
若已知该发电机轮毂高度为90m，叶轮直径为92m，该地空气密度约为1.2kg/m3，发电效率约为33%。
下列说法正确的是（ ）
A．每台发电机组平均每天等效发电时长约为12h
B．发电机叶轮所处位置年平均风速约为8.7m/s
C．若风速提高到原来的两倍，则发电功率提高到原来的四倍
D．单位时间内通过某发电机叶轮的空气的平均动能约为1×107J
[命题意图] 本题考查风力发电、电能的计算等知识，意在考查考生的建立模型能力和分析综合能力。
B [根据公式E＝365P·t0，解得t0≈7h，A错误；根据A选项的分析可知，每天每台发电机组等效工作时长为7h，风力每天对发电机作用时长为t＝24h，根据公式Pt0＝34η×
mv2和m＝ρπ
·vt，解得v≈8.7m/s，将风速增加为现在的两倍，则发电功率变为现在的八倍，B正确，C错误；根据公式EkΔt＝
Δmv2，解得Ek＝2.6×106J，D错误。
]
二、多项选择题：
本题共4小题，每小题4分，共16分。
每小题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．如图所示为一喷雾型消毒装置，其原理是，当用力压手柄时，将在短时间内向瓶中挤压进一些空气，使瓶内的气体压强瞬间变大，于是瓶内的液体就喷出来了。
将瓶内的气体看成理想气体，在被快速压缩的瞬间认为气体不与其他物体间有热传递。
下列说法正确的是（ ）
A．向瓶内压入空气瞬间瓶内气体的密度增大
B．喷出的雾状消毒物质处于气态
C．刚喷出的雾状物质在空气中的运动属于布朗运动
D．喷出的雾状物质分子之间的引力很快变小
[命题意图] 本题考查考生的推理能力和理解能力，需要考生熟知分子热运动、布朗运动、分子力等知识。
AD [向瓶内压入空气瞬间，瓶内气体的总体积不变，质量增大，则密度增大，选项A正确；该装置喷出的雾状物质是小液滴，选项B错误；刚喷出的雾状物质在空气中的运动是惯性引起的，不是布朗运动，选项C错误；喷出的雾状物质很快挥发，变成气态，故分子之间的距离变大，分子之间的引力变小，选项D正确。
]
10．如图所示，在一个倾角为37°的长斜面底端O点正上方h＝1.7m的P点处将一小球以速度v0水平抛出，恰好垂直击中斜面上的Q点，sin37°＝0.6。
下列说法正确的是（ ）
A．小球的初速度v0＝4m/s
B．Q点离O点的距离|QO|＝1.2m
C．保持h不变，将小球以2v0的速度水平抛出，则击中斜面的位置到O点的距离小于2|QO|
D．若抛出点高度变为2h，欲使小球仍能垂直击中斜面，小球的初速度应调整为
v0
[命题意图] 本题考查平抛运动知识，意在考查考生的认识理解能力和对平抛模型的处理。
CD [如图甲所示，小球垂直击中斜面时，速度的偏向角为53°，根据平抛运动规律的推论可知，速度偏向角的正切值tan53°＝2·
＝2·
，可得y＝
h＝0.9m，x＝1.2m，|QO|＝
＝1.5m，B错误；小球在空中运动的时间t＝
＝0.4s，初速度v0＝
＝3m/s，A错误；保持抛出点高度不变，初速度大小变为原来的两倍，如图乙所示，若无斜面，则小球应击中Q′点，实际击中点为轨迹与斜面的交点，显然离底端O的距离小于2|QO|，C正确；若抛出点高度变为2h，根据小球垂直击中斜面的规律知，y′＝
×2h，小球下落的高度和水平位移均变为原来的两倍，故小球的初速度应调整为原来的
倍，D正确。
甲 乙]
11．研究磁现象时，常常要讨论穿过某一面积的磁场及其变化，为此引入了磁通量的概念。
在电场中也可以定义为电通量，如图1所示，设在电场强度为E的匀强电场中，有一个与电场方向垂直的平面，面积为S，我们把E与S的乘积叫做穿过这个面积的电通量，图2中Ⅰ和Ⅱ为一点电荷＋Q的电场的等势球面，Ⅰ所在的等势面到＋Q的距离为r，Ⅱ所在的等势面到＋Q的距离为2r。
已知距离该点电荷r处的电势φ＝
，下列说法正确的是（ ）
图1 图2
A．Ⅰ、Ⅱ两个等势面处电场强度大小之比为4∶1
B．Ⅰ、Ⅱ两个等势面处电势之比为1∶2
C．Ⅰ、Ⅱ两个球面的电通量之比为1∶1
D．电子从等势面Ⅰ运动到等势面Ⅱ，电场力做的功为－
[命题意图] 本题考查考生的分析综合能力，需要考生利用点电荷电场强度公式、电势、电势能、电场力做功进行分析。
AC [根据点电荷电场强度公式，E＝k
，Ⅰ、Ⅱ两个等势面处电场强度大小之比为
＝
，A正确；根据点电荷Q的电势公式φ＝
，Ⅰ、Ⅱ两个等势面处电势之比为
＝
，B错误；球表面积公式S＝4πR2，根据电通量ΦE的定义为ΦE＝ES，Ⅰ、Ⅱ两个球面的电通量之比为
＝
，C正确；Ⅰ、Ⅱ两个等势面电势差为U＝φⅠ－φⅡ＝
－
＝
，电子从等势面Ⅰ运动到等势面Ⅱ电场力做的功为W＝－eU＝－
，D错误。
]
12．如图所示，半径为a的半圆形匀强磁场区域Ⅰ和边长为2a的正方形匀强磁场区域Ⅱ相邻，磁场方向都是垂直于纸面（未画出）。
一重力不计、质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以速度v从E点沿EF方向射入匀强磁场区域Ⅰ，偏转后垂直AD边从AD中点射入匀强磁场区域Ⅱ，最后从C点射出磁场区域。
已知sin53°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在区域Ⅰ、Ⅱ运动的轨迹半径之比为2∶5
B．磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小为
C．粒子在区域Ⅰ、Ⅱ运动的速度方向偏转了127°
D．粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间为
[命题意图] 本题考查考生的分析综合能力，需要考生利用洛伦兹力、左手定则、牛顿运动定律进行分析。
AD [由左手定则可判断出两个区域的磁场方向都是垂直纸面向外，根据题述，带电粒子以速度v从E点沿EF方向射入匀强磁场区域Ⅰ，偏转后垂直AD射入匀强磁场区域Ⅱ，画出带电粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可得，带电粒子在区域Ⅰ运动轨迹半径为r1＝a，由qvB1＝m
，解得B1＝
，对带电粒子在匀强磁场区域Ⅱ，由几何关系可得r
＝（2a）2＋（r2－a）2，解得r2＝2.5a，则粒子在区域Ⅰ、Ⅱ运动的轨迹半径之比为2∶5，由qvB2＝m
，解得B2＝
，A正确，B错误；带电粒子在匀强磁场区域Ⅰ运动的时间t1＝
＝
，由几何关系可得sinθ＝
，解得带电粒子在匀强磁场区域Ⅱ运动轨迹所对的圆心角为θ＝53°，粒子在区域Ⅰ、Ⅱ运动速度方向偏转了143°，带电粒子在匀强磁场区域Ⅱ运动的时间t2＝
＝
，带电粒子在磁场区域Ⅰ、Ⅱ中运动的总时间为t＝t1＋t2＝
＋
＝
，C错误，D正确。
]
三、非选择题：
本题共6小题，共60分。
13．（6分）图甲所示的实验装置可用来测量滑块与桌面之间的动摩擦因数μ。
步骤如下：
A．将光电门固定在水平桌面直轨道上的O点，将拉力传感器固定在滑块上，用不可伸长的细线通过一个光滑定滑轮将滑块与钩码相连，将滑块从A点由静止释放，用拉力传感器（未画出）记录对应的滑块所受拉力F的大小，通过光电门记录对应的遮光条通过光电门的时间t，结合遮光条的宽度d计算出滑块通过光电门时的速度，用刻度尺量出滑块初始位置A点到O点的距离L
；
B．改变钩码的个数重复上述实验，重力加速度为g；
C．正确记录每一组F与t相对应的数据，作出F
的函数关系图象如图乙所示。
（1）根据步骤A中测出的物理量可知滑块的加速度的表达式为a＝________；
（2）通过图象计算出滑块的质量m＝________；
（3）通过图象计算出滑块与水平桌面直轨道之间的动摩擦因数μ＝________。
甲 乙
[命题意图] 本题考查考生的实验能力，需要利用运动学公式、牛顿第二定律解题。
[解析]
（1）由题意分析可知，滑块做初速度为零的匀加速直线运动，在位移L内的末速度为v＝
，设滑块的加速度为a，则2aL＝v2，可得a＝
。
（2）对滑块受力分析，由牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，整理可得F＝μmg＋m
，结合图乙可知F－
的函数关系图象的斜率是
，对应公式中
的系数m
，即m
＝
，可得m＝
。
（3）由第
（2）问分析可知，F－
函数关系图象在纵轴的截距b就是滑块所受的滑动摩擦力μmg，即μmg＝b，则μ＝
，可得出μ＝
。
[答案]
（1）
（2分）
（2）
（2分） （3）
（2分）
14．（8分）实验室有一阻值约为1kΩ的电阻Rx，为了精确测量它的阻值，某小组在实验室找到以下器材。
电源E（电动势约为3V，内阻忽略不计）
电压表V1（量程为1.5V，内阻RV1＝750Ω）
电压表V2（量程为3V，内阻RV2约为2.5Ω）
滑动变阻器R（最大阻值为100Ω）
开关S和导线若干
（1）小组成员设计的电路图如图甲所示，其中虚线框A内接入________（选填“V1”或“V2”），导线P应该与________（选填“a”或“b”）连接。
（2）某次实验时，电压表V2的指针如图乙所示，其读数为________。
（3）改变滑片位置，得到多组数据，作出如图丙所示的图象，图象中直线的斜率为k，则电阻Rx＝________。
（用k、RV1或RV2表示）
甲 乙 丙
[命题意图] 本题考查伏安法测电阻，意在考查考生对伏安法测电阻原理的理解和实验探究能力。
[解析]
（1）电压表V1的内阻已知，可当成电流表使用，故虚线框B内接入V1，虚线框A内接入V2，由于电压表V2的内阻精确值未知，而为了精确测得流过未知电阻的电流，电压表V1应采用内接法，故导线P与接线柱b连接。
（2）根据读数规则，可知此时电压表的读数为2.25V。
（3）根据电路结构，可知U2＝
·U1，故Rx＝
RV1＝（k－1）RV1。
[答案]
（1）V2（2分） b（2分）
（2）2.25V（2分） （3）（k－1）RV1（2分）
15．（8分）如图甲所示，某口罩生产车间的流水线安装的是U形传送带，可简化为如图乙所示的结构图，其中AB、CD段为直线，BC段为同心半圆弧面，半圆弧中心线（虚线部分）半径为R＝50cm。
自动分拣装置中的机械手将质量均为m＝0.4kg的包装好的口罩产品无初速度放至匀速运行的传送带A端，质检员在BC段进行检测，产品在BC段与传送带相对静止，测量出CD段相邻两件产品间的距离均为d＝80cm，位于D端的收件员每隔4s从传送带上无间隔地取下一件产品，每件产品与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。
（1）求每件产品放在传送带上后，相对传送带运动的距离；
（2）每件产品放在传送带上后，如果要使传送带保持原有的速率匀速运行，求电动机应增加的平均功率。
甲 乙
[命题意图] 本题考查牛顿第二定律、圆周运动、能量与功率的知识，意在考查考生的理解能力及分析综合能力。
[解析]
（1）在D点的收件员每隔4s从传送带上取下一件产品，则传送带的速度为v＝
＝0.2m/s（1分）
每件产品与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，则有
μmg＝ma，v＝at0（2分）
加速过程中每件产品相对传送带运动的距离为
Δx＝vt0－
at
＝0.004m。
（1分）
（2）由
（1）可知每件产品放在传送带上后，相对传送带运动的距离为
Δx＝0.004m
因摩擦产生的热量为Q＝μmg·Δx（1分）
每件产品动能的增加量为
Ek＝
mv2（1分）
电动机应增加的平均功率为
＝
（1分）
解得P＝0.4W。
（1分）
[答案]
（1）0.004m
（2）0.4W
16．（8分）雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹。
设水滴形状是半径为R的球形，图中的圆代表水滴过球心O的截面，一红色光线沿截面以入射角i从A点射入水滴中，经水滴一次反射后从B点射出水滴，出射光线BP′与PA平行。
光在真空中的传播速度为c。
（1）求水对红光的折射率n以及红光从A点传播到B点所用的时间t；
（2）若一紫光沿PA方向从A点射入水滴中，则经水滴一次反射后，紫光是从B点上方还是下方射出水滴？
[命题意图] 本题考查几何光学知识，考查考生的作图能力、推理能力、应用数学处理物理问题的能力，需要考生熟知折射定律。
[解析]
（1）红光在水滴中的光路图如图所示，设红光从A点射入水滴时的折射角为r，则由几何关系知
i＝2r（1分）
n＝
（1分）
解得n＝2cos
由几何关系有AC＝CB＝2Rcosr（1分）
n＝
（1分）
时间t＝
解得t＝
cos2
。
（1分）
（2）水对紫光的折射率
n′＝
（1分）
因n′>n，折射角r′紫光在水滴中的光路图如图中AC′B′所示，紫光经水滴一次反射后从B点上方B′点射出水滴。
（1分）
[答案]
（1）
cos2
（2）上方
17．（14分）如图所示，一长木板左端紧靠墙壁，固定在水平面上，另一长度为L＝1.5m、质量为mC＝7kg、与固定长木板等高的长木板C放在光滑的水平面上，左端与固定长木板紧靠在一起。
可视为质点、质量为mA＝2kg的小物块A放在固定长木板上，一轻质弹簧左端固定在墙壁上，右端与小物块A接触但不拴接，开始时弹簧被压缩并锁定，储存的弹性势能为Ep＝11.6J。
解除锁定后，小物块A向右滑行一段距离后与弹簧分离，然后与放在长木板C最左端的可视为质点、质量为mB＝1kg的小物块B发生碰撞，最终小物块B停在长木板C的最右端，而小物块A在长木板C上滑行的距离为s＝0.35m。
已知小物块A的初始位置与固定长木板右端之间的距离为x＝0.95m，小物块A与固定长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，小物块A、B与长木板C之间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，弹簧的原长小于固定长木板的长度，重力加速度取g＝10m/s2。
（1）求长木板C的最终速度大小；
（2）当B刚运动到C的最右端时，求C相对地面向右运动的距离。
[命题意图] 本题考查匀变速直线运动、牛顿第二定律、功能关系等知识，意在考查考生对板块模型的分析综合能力。
[思路分析]
[解析]
（1）设小物块A运动到固定长木板最右端时的速度大小为v0，对小物块A由能量守恒定律知Ep－μ1mAgx＝
mAv
（2分）
代入数据解得v0＝2m/s（1分）
由题意知最终小物块A、B与长木板C保持相对静止，设三者共同速度大小为v，则由动量守恒定律有
mAv0＝（mA＋mB＋mC）v（2分）
解得v＝0.4m/s。
（1分）
（2）设小物块A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为vA、vB，对小物块A、B组成的系统，由动量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB（1分）
对A、B碰后到三者共速过程由功能关系知
μ2mAgs＋μ2mBgL＝
mAv
＋
mBv
－
（mA＋mB＋mC）v2（1分）
解得vA＝1m/s，vB＝2m/s（2分）
另一组解为v′A＝
m/s，v′B＝
m/s，因为v′A>v′B，所以不符合题意，舍去。
设整个过程中小物块B相对地面向右滑行的距离为x′，小物块B在长木板上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律知μ2mBg＝mBa（1分）
解得a＝μ2g＝1m/s2（1分）
由匀变速直线运动规律得x′＝
＝1.92m（1分）
当B刚运动到C的最右端时，长木板C相对地面向右滑行的距离为
xC＝x′－L＝（1.92－1.5）m＝0.42m。
（1分）
[答案]
（1）0.4m/s
（2）0.42m
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