此時x=4m處質點沿y軸負方向運動此時x=4m處質點的加速度為0【答案】D【解析】由題圖可看出該橫波的振幅是 2cm,波長是此時x=4m處質點沿y軸負方向運動此時x=4m處質點的加速度為0【答案】D【解析】由題圖可看出該橫波的振幅是 2cm,波長是8m貝惆期T=t=2s,此時x=4m處的質點v處于平衡位置，速度最大，加速度為 0,由質點振動方向和波的傳播方向的關系可知此時質點正沿y軸正方向運動，本題選Db16。傾角為a、質量為M的斜面體靜止在水平桌面上，質量為的木塊靜止在斜面體上。下列結論正確的是木塊收到的摩擦力大小是mgcosa木塊對斜兩體的壓力大小是 mgsina桌面對斜面體的摩擦力大小是 mgsinacosa桌面對斜面體的支持力大小是( M+mg【答案】D【解析】隔離木塊分析，可知木塊受重力、斜面體的支持力N和靜摩擦力f三個力的作用而靜止，x=4m處將重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解可知 f=mgsina,N=mgcog，故A錯誤，由牛頓第三定律可知木塊對斜兩體的壓力大小是 mgcosa,故B錯誤。以木塊和斜面體整體為研究對象，整體受重力和桌面的支持力兩個力的作用而靜止，合力為零，根據平衡條件可知，水平方向沒有其他外力，則桌面對斜面體沒有摩擦力，故 C錯誤D正確.17.如圖，在磁感應強度為 B方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度V向右勻速滑動，Mh中產生的感應電動勢為E;若磁感應強度增為2B,其他條件不變，MN中產生的感應電動勢變為E2。則通過電阻R的電流方向及Ei與E2之比El：E2分別為■IA.Cfa，2：1B.af?c，2：1C.af?c，1:2D.cf?a，1:2【答案】C【解析】據右手定則可直接判斷出感應電流的方向為 afc,動勢的表達式E=BLv可知若磁感應強度增為2B,其他條件不變，MN中產生的感應電動勢變為原來的2倍，本題選Co由導體棒切割磁感線產生的感應電18.某原子電離后其核外只有一個電子,若該電子在核的經典力作用下繞核做勻速圓周運動,那么電子運動A.半徑越大，加速度越大B.半徑越小,周期越大D.C.半徑越大，角速度越小A.半徑越大，加速度越大B.半徑越小,周期越大D.C.半徑越大，角速度越小【答案】C【解析】電子繞原子核做勻速圓周運動，庫侖力充當向心力,半徑越小,線速度越小2kQqv 2 2兀2卩向=2—=m=m0—mr()—ma，結合以上關系式分析各選項可知半徑越大，加速C正確。r r TC正確。度越小，角速度越小；半徑越小，周期越小，線速度越大，只有選項19.在實驗操作前應該對實驗進行適當的分析。研究平拋運動的實驗裝置示意如圖。小球每次都從斜槽的同一位置無初速度釋斜糟木平板;放，并從斜槽末端水平飛出。 改變水平板的高度,就改變了小球在板上落點的位置，從而可描繪出小球的運動軌跡。某同學設想小球先后三次做平拋，將水平板依次放在如圖1、19.在實驗操作前應該對實驗進行適當的分析。研究平拋運動的實驗裝置示意如圖。小球每次都從斜槽的同一位置無初速度釋斜糟木平板;放，并從斜槽末端水平飛出。 改變水平板的高度,就改變了小球在板上落點的位置，從而可描繪出小球的運動軌跡。某同學設想小球先后三次做平拋，將水平板依次放在如圖1、2、3的位置,且1與2的間距等于2與3的間距。若三次實驗中，小球從拋出點到落點的水平位移依次是 X1,X2,X3,機械能的變化量依次為^Ei,△&,△巳，忽略空氣阻力的影響，下面分析正確的是A.X2-XB.X2-XC.點到落點的水平位移依次是 X1,X2,X3,機械能的變化量依次為^Ei,△&,△巳，忽略空氣阻力的影響，下面分析正確的是A.X2-XB.X2-XC.X2-XD.X2-X【答案】【解析11=X3-X2,, △￡=△&△E31>X3-X2,, △&=△&=△E31>X3-X2,, △&<△￡<△E31<X3-X2,, △&<△&<△E3B由平拋運動的特點可知，小球在豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻速直線運動，由于水平板豎直方向上的間距相等， 故小球經過板1-2的時間大于經過板2-3的時間，故X2-X1>X3-X2，由于小球做平拋運動的過程中只有重力做功，機械能守恒，故△20.以往我們認識的光電效應是單光子光電效應， 即一個電子在短時間內能吸收到一個光子而從金屬表面逸出。強激光的出現豐富了人們對于光電效應的認識，用強激光照射金屬，由于其光子密度極大,一個電子在短時間內吸收多個光子成為可能,從而形成多光子電效應，這已被實驗證實。光電效應實驗裝置示意如圖。用頻率為v的普通光源照射陰極￡=△E2=A曰=0，本題選B。k，沒有發生光電效應，換同樣頻率為的強激光照射陰極k,則發生了光電效應；此時，若加上反向電壓U,即將陰極k接電源正極,陽極A接電源負極，在kA之間就形成了使光電子減速的電場，逐漸增大U,光電流會逐漸減小;當光電流恰好減小到零時，所加反向電壓U可能是下列的（其中W為逸出功,h為普朗克常量,e為電子電量）hvWA.U=—hvWA.U=—-—eeBU=2hvWC.U=2hv-WD.U=ahvWC.U=2hv-WD.U=ahvW2ee【答案】B【解析】由題意可知，用強激光照射發生光電效應時有Ek=n2-W(n=2,3,4,5,6)，在kA之間逐漸增大U，當光電流恰好減小到零時，由動能定理可得—eU=0-Ek，聯立可得n^-W(n=2,3,4,56e

對比各選項可知選B。第二部分本部分共21.（18分）某同學通過實驗測定一個阻值約為（1）現有電源（4V,內阻可不計）及下列電表電流表（0~3A，內阻約0.025Q）電流表（0~0.6A，內阻約0.125Q）電壓表（0~3V，內阻約3kQ）電壓表（0~15V,為減小測量誤差，實驗電路應采用圖（非選擇題 共180分）11小題，共180分。5Q的電阻Rx的阻值。，滑動變阻器（0~50Q,額定電流2A）,開關和導線若干，以內阻約15kQ）在實驗中，電流表應選用 ,電壓表應選用 _（ 選填器材前的字母）;1中的 （選填“甲”或“乙”）R、（2）圖2是測最的電路圖，補充完成圖2中實物間的連線.Rx的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線.請請根據在（1）問中所選L.（（3）接通開關,次電表示數如圖mi改變滑動變阻器畫片 P的位置，并記錄對應的電流表示數 I、電壓表示數Uo某3所示，可得該電阻的測量值R== Q（保留兩位有效數字）。（4）若在（1）問中選用甲電路，產生誤差的主要原因是若在（1）問中選用乙電路殘生誤差的主要原因是 O(選填選項前的字母)電流表測量值小于流經FX的電流值電流表測量值大于流經FX的電流值電壓表測量值小于R＜兩端的電壓值電壓表測量值大于Rx兩端的電壓值在不損壞電表的前提下，將滑動變阻器滑片P從一端滑向另一端，隨滑片P移動距離x的增加，被測電阻FX兩端的電壓U也隨之增加，下列反映U-x關系的示意圖中正確的是【答案】(3)5.2【解析】(1)BC甲(4)BD(1)電流表、差小、較精確，由于電源電動勢為⑵如圖所示(5)A電壓表在實驗中指針能達到半偏附近,4V,【答案】(3)5.2【解析】(1)BC甲(4)BD(1)電流表、差小、較精確，由于電源電動勢為⑵如圖所示(5)A電壓表在實驗中指針能達到半偏附近,4V,待測電阻阻值約為讀數誤5Q，則電路中的最大電流為0.8A,故電流表應選B,電壓表選C;由于&＜馭R/,故實驗中電流表應采用外接法。電流表外接即可，連線圖見答案。由第(1)問已確定電表的兩程，在此直接讀數即可，電流表示數為0.5A，電壓表示數為2.6V,則R<=5.2Qo(4)圖甲電流表外接，測得的電流實際上是流過 Rx和電壓表的電流之和；圖乙電流表內接，電壓表的示數實際上是Rx和電流表兩端的電壓之和。(5)由閉合電路歐姆定律可知 Rx兩端的電壓與滑動變阻器兩端的電壓之和等于電源的電動勢,隨著x的增大，滑動變阻器接入電路的有效電阻減小，電路中的電流逐漸增大,率逐漸增大的曲線。選AoU-x圖線是斜22.(16分)如圖所示，兩平行金屬板間距為 d電勢差為U,板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應強度為B的勻強磁場。帶電量為+q、質量為m的粒子，由靜止開始從正極板出發， 經電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動。忽略重力的影響，求：(1)勻強電場場強E的大小；J'粒子從電場射出時速度V的大小；粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑 R。E=UdE=Ud【解析】(1由平行板電容器電場強度的定義式可知，電場強度的大小為(2)根據動能定理，有qU=1mv2，解得V=j2qU；2(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動， 洛倫茲力提供向心力，有qvB=m'V-R23.(18分)蹦床比賽分成預備運動和比賽動作。最初，運動員靜止站在蹦床上在預備運動階段，他經過若干次蹦跳，逐漸增加上升高度，最終達到完成比賽動作所需的高度；此后，進入比賽動作階段。質量W把蹦床簡化為一個豎直放置的輕彈簧，彈力大小 F=kx(x為床面下沉的距離，k為常量)質量Wm=50kg的運動員靜止站在蹦床上，床面下沉X0=0.10m;在預備運動中，假設運動員所做的總功全部用于其機械能；在比賽動作中，把該運動員視作質點，其每次離開床面做豎直上拋運動的騰2空時間均為△t=2.0s，設運動員每次落下使床面壓縮的最大深度均為 Xl。取重力加速度g=l0m/s,忽略空氣阻力的影響。求常量k，并在圖中畫出彈力 F隨x變化的示意圖；求在比賽動作中，運動員離開床面后上升的最大高度 hm借助F-X圖像可以確定彈力做功的規律，在此基礎上，求 X1和W的值【答案】見解析【解析】(1床面下沉Xo=0.1m時，運動員受力平衡,有mg=kX0，解得k=5x103N/m,X0F-x圖線如圖所示。運動員從x=0處離開床面，開始騰空，由運動的對稱性知其上升、下落的時間相等，hm=—g(二)2，解得hm=5.0m。22x=0處,參照由速度時間圖線求位移的方法可知 F-X圖線下的面積等于彈力做的功， 從xx=0處,彈力做的功xkxJkx2,彈力做的功2運動員從xi處上升到最大高度hm的過程，根據動能定理可得I2-一mg(x1+hm)=0，解得X=1.1m12W+-kxo12W+-kxo=mg(Xo+hm)對整個預備運動過程分析，由題設條件以及功和能的關系，有解得W=2525J.24.(20分)對于同一物理問題，常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯系，從而更加深刻地理解其物理本質。（1）一段橫截面積為S、長為I的直導線，單位體積內有

線通有電流時，假設自由電子定向移動的速率均為（a） 求導線中的電流I（b） 將該導線放在勻強磁場中，n個自由電子，電子電量為 e。該導V。電流方向垂直于磁感應強度B,導線所受安培力大小為FF,推導F安=F。單位體積內粒子數量n為恒量。V,且與器壁各面碰撞的機會均且速率不變。利用所學力學知識，安，導線內自由電子所受洛倫茲力大小的總和為（2） 正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質量為為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略；其速率均為等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，導出器壁單位面積所受粒子壓力f與mn和v的關系。（注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明）【答案】見解析【解析】（1）（a）設it時間內通過導體橫截面的電荷量為 Aq，由電流的定義，可得,AqneSvAt△tI=—= =neSv。△tAt（b）每個自由電子所受的洛倫茲力為 F洛=evB，設