衡水金考卷物理分科综合卷(1)答案

1.【C 】。析：牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量，奥斯特发现了电流的磁效应，安培于1820年通过实验测定了磁场对电流的作用力，即AB 错；伽利略把科学实验和逻辑推理结合起来，有力地推进了人类对科学认识的发展，即C 对；库仑发现了电荷间的相互作用力，后人测定了静电力常量，即D 错。

2.【A 】.析：设OD 与竖直方向的夹角为θ，结点O 平衡时T kx =θsin ，

mg kx =θcos ，此时F 与T 的大小无法比较，因此B 和桌面间的摩擦力有三种可能性，对A 水平方向上的合力一定零，故B 对A 一定有水平向右的摩擦力，即AB 错；由于夹角θ和弹力都是未知量，故C 不能确定；若改变外力使AB 左移，随θ的增大弹簧的弹力一定增大，致使M 对地面的压力减小，故选A 。

3.【B 】。析：释放后球受重力和洛伦兹力做曲线运动，因洛伦兹力永远不做功，重力使速度的大小变化，且洛伦兹力随速度的大小而变化，故其运动轨迹不可能是圆，即A 错；因只有重力做功，机械能守恒，故A 点速度和动能最大，且该点切线水平，故B 对C 错；球能沿AB 运动，A 点重力与洛伦兹力不平衡，否则应向右做匀速直线运动，故D 错。

4.【D 】。析：若y 表位移，单位是m ，甲往返运动，乙匀速运动，且途中有两次相遇，即AB 说法正确；若y 表速度，单位是m/s ，则甲做往返运动，乙做匀加速运动直线运动，5s 时甲的位移为m x 121211=??=，乙的位移为m x 525212=??=，又二者从同一点开始运动的，故此时间距为4m ，即C 说法正确，D 说法错误。

5.【B 】。析：电键闭合时C 与R 1并联，此时总电阻为Ω=+=+++43

21321)(r R R R R R R R ，电流

为A I R

3==

，路端电压为V Ir E U 9=-=，R 1分配的电压为V R U R R U 6.3112

1==

+。

电键断开时C 与R 2并联，此时总电阻为Ω=++='621r R R R ，电流为A I R E 2==

，

R 2分配的电压为U 2=6V ，且电容器的正负极反接，因此V U U U 6.921=+=?，由U

C ??=得库5

1092.1-?=?Q ，即选B 。

6.【A 】.析：电荷在圆弧上运动时同时受到两个点电荷的作用力，由于P 点处电势能最小，即过P 点的切面是一个等势面，表明此时合场强的方向沿OP 方向。若设半径为R ，则Q 1和Q 2在P 点激发的场强分别为2

cos 2(1θR Q k

E =和2

2)sin 2(2θR Q k

E =，又切向分量恰为

零，故由θθcos sin 21E E =得Q 1=8Q 2，故选A 。

7.【A 】析：弹簧第一次压缩到最短时两者同速，对P 由m

kx F P a -=知弹力逐渐增大，

加速度逐渐减小；对Q 由m

Q a =

知弹力逐渐增大，加速度逐渐增大。又因加速度与速度同向，故P 做加速度逐渐减小的加速运动，Q 做加速度逐渐增大的加速运动，即选A 。

8.【D 】.析：由u-t 图知输入电压表达式U=t π100sin 220V ，即A 错；S 1接1，S 2

闭合时L 2正常发光，表明负载输出电压恰为两灯的额定电压，故断开S 2后两灯串联，都不能正常发光。此时随负载电阻的增大，输出功率减小，输入功率也随之减小，即BC 错；若将S 1换接到2后，R 消耗的电功率为R

U P 2

，又2

n n U U

=，整理得P=0.8W ，即D 对。

9.【B 】.析：高分一号喷气减速下低轨的过程中因外力做功小于引力所做的功，因此整体机械能减小，线速度增大，即A 错B 对；卫星在轨运行时引力提供向心力r V r Mm

m G

=，

对应的动能为r Mm k G E 2=，对应的机械能为r

Mm P k G E E E 2-=+=，因此完成任务后高分一号从轨道半径r 2上升到r 1的过程中，动力系统应提供)

112r r Mm G E -=?的能量，即C 错；由于地球不停地进行着自转，因此极地卫星也不可能与任一条经线共面，况且高分一号卫星轨道还存在一定的倾角，就更不可能与东经105.63度的经线共面，即D 错。

10.【C 】。析：由2

ωmR F =和R v m F 2

=知M 的线速度一定，N 的角速度一定，即A 错；若两者R 相同，则M 随F 的减小ωM 也减小，而ωN 是一定的，作F 轴的平行线知二者大小有三种可能性，即B 错；若质量m M >m N ，且向心力均为F 0，则由R M

=知mv 2相等，所以在两图线的交点，M 和N 的动能相同，故D 错。

11.【AC 】.析：为形象描述电场法拉第首先引入电场线，其实电场线是客观不存在人为假想的曲线，即A 对；电势能的高低由电荷系统决定，同一电荷位于同一电场中不同处其电势能各不相同，正电荷在高电势处电势能大，低电势处电势能小，负电荷在高电势处

电势能小，低电势处电势能大，即B 错；电场力做功与路径无关，由qU W =知电子在电场中移动1V 电势差，电场力做功为1eV ，即C 对；无初速度释放的带电粒子，电场力始终在电场线的切线方向上，但运动一段时间后其速度不一定在切线方向上，因此电场线不一定与运动径迹重合，即D 错。

12.【AD 】.析：由右手定则知两导线在绝缘杆所在区域内产生的磁场，O 点左侧垂直纸面向里，右侧向外，且从A 向O 逐渐减小，从O 向B 逐渐增大。小环以初速v 向右运动所受洛伦兹力先竖直向上后竖直向下。又因洛伦兹力的方向垂直于运动方向，所以不做功，故环一直做匀速直线运动，即A 对B 错；由qvB f =知洛伦兹力先向上且逐渐减小，后向下且逐渐增大，由竖直方向的平衡条件知，环在运动中所受的支持力可能向上一直增大，也可能先向下减小后向上增大。

13.【BD 】.析：静止释放小球下摆到绳绕住P 点时的速度设为V C ，则满足

21)4(C mv

L L mg =+和L v C C m mg T 2

=-，联立解得mg T C 11=，此时超过了绳的抗断强度，绳会断裂，即B 对A 错；若撤除P 点的钉子，球下摆到绳绕住P 点时的速度设为V B ，

则满足2

216B mv L mg =和L

v B B m mg T 62

=-，联立解得mg T B 3=，此时未超过绳的抗断强度，球会继续右摆，由于不计空气阻力，小球摆动过程中机械能守恒，故小球能摆动到右侧等高的位置处，即C 错D 对。

14.【ACD 】.析：初始a 、b 及带均静止且a 不受摩擦力，由mg g m a =θsin 得θ

sin m

a m =

。

b 上升h 则a 下降hsin θ，对a 有mgh gh m E a P ==?θsin ，即A 对；传送带转动系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增量，大于a 的机械能增加。由质量关系知运动中系统重力势能不变，故摩擦力做功等于系统动能的增量，即B 错C 对；一绳连接，二者速率相等，b 的瞬时功率为mgv P b =，a 有mgv gv m P a a ==θsin ，故D 对。

15.【AC 】.析：线圈进入和穿出磁场的过程时因磁通量变化会产生感应电动势，闭合线圈有感应电流而受安培力，因此相对位置会滞后，不闭合的不受安培力而匀速行驶，故不合格的线圈与前一个闭合线圈的间距较小，即A 对B 错；线框在进入磁场的过程中，受

安培力而减速运动，完全进入磁场后在摩擦力作用下加速运动，即C 对；线圈刚进入时速度大，电流大，所受安培力最大，加速度也最大，全部进入磁场的瞬间速度最小，即D 错。

16.【BC 】.析：因球以垂直于档板的速度撞击时等速率反弹，故球不垂直撞击时可将速度分解为垂直和平行两个分量，又平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，由题意知每次撞击时水平速度等大反弹，竖直速度不受影响。由水平方向上是匀速的，知挡板右移的距离x=S ，不加档板时球的落地点在抛出点正下方右侧3S 处，即B 对A 错；由三段运动的等时性知t v S 0=和22

1)3(t g H =

，解得H

S v 203=，

小球两次撞击档板位置的高度差为3

13H H h =

=?++，即C 对D 错。

17.【①D ；②0.60m/s 2

；③AC ；④控制变量法、M 1

(前两空各2分，后三空各1分)】。

析：①抬高长木板不带滑轮的一端，使之与水平桌面有一夹角。让小车不受拉力，能拖着穿过限位孔的纸带匀速前进，说明小车重力沿平行木板方向上的分力与各种阻力的合力恰平衡，此时才恰好平衡了摩擦力。

②由于纸带等宽，又每5个点作为一个间隔，可用宽度表对应的时间间隔0.1s ，用纸带的面积表对应时段内发生的位移，因此y-x 图相当于v-t 图，故作一条过各计数点的倾斜直线，直线的斜率表纸带的加速度，由图得1

.040240

.00481.0?-=

a ，解得a=0.60m/s 2

。

③将各点用一条平滑曲线连接发现，初始部分是直线，后来是曲线，且斜率在减小，表明不满足M 》m 的条件；又前半部分直线与a 轴的交点不在原点，而上移了，表明没有施外力时就有加速度，即平衡摩擦力时长木板上右端抬的过高；实验过程中的偶然误差应是使点在直线两侧摆动，不可能向一侧一直变化，这是系统误差，故选AC 。

④本实验有多个参量相互影响，故常用控制变量法。在力一定的情况下加速度与质量成反比，与质量的倒数成正比，用图象法处理时应作M

a 1~

图象较为快捷。

18.【①应将电流的正极与电键的左接线柱连接起来，②开关应处于断开状态进行连线、滑动变阻器的滑片P 应拨至b 端，③连线如图

所示，④4.0～4.5、1.7～2.0(最后两空各2分，其

余空各1分)】。析：①由于本实验是探究小灯泡的伏安特性曲线，因此应用分压电路，即应将电流的正极与电键的左接线柱连接起来。

②图示连接线路中，开关在接线前已经处于闭合状态，且滑线变阻器的初始电压并不是零，因此为了安全实验前应调整的步骤是：开关应处于断开状态、滑动变阻器的滑片P 应拨至b 端。

③由过L 1和L 2的电流平均值分别为0.30A 和0.60A ，知图中的点(0.30A,3.5V)和(0.60A,3.0V)点对应同一电源分别对两灯泡单独供电时对应的工作点，连接这两点所对应的直线即为电源的伏安特性曲线，连接如右图所示。

④由电源的伏安特性曲线知纵截距表电源电动势，直线的斜率表电源内阻，由

Ir E U -=结合图线知：E=4.1V ，r=k=7

.10.11.4-=1.83Ω，取两位有效数字得r=1.8Ω。 19.析：设甲经t 1秒匀加速到v ，位移为x 1，则有11t a v =和1122x a v = (2分) 设乙出发后经t 2秒匀加速到v ，位移为x 2，则有22t a v =和222

2x a v = (2分) 设甲匀速运动时间为t ，甲、乙启动的时间间隔为△t ，则有21t t t t -+=? (2分) 由几何关系知21x vt x x -+=，整理可得2

122a v

a v v

x t -+=? (3分) 20.析：①由3

μ知θμθcos sin mg mg =，故PQ 进入磁场前MN 处于静止状态，

当PQ 切割运动时MN 就开始运动，相当于只有安培力使之产生加速度。(1分)

PQ 在磁场外下滑，由2

021sin mv

mgL =α得αsin 20gL v =。以0v 进入磁场时切割

运动，对PQ 有R

BLv I 20=

，对MN 有1ma ILB =，联立解得gL L B a 60

sin 2122=

。(4分)

②设MN 离开时PQ 的速度为V 1，由功能关系知Q mv mv

L mg 2sin 2221

2121++=α。MN

离开磁场前两边同时切割，22)

(1s i n ma LB mg R

v v BL =-

-α，解得

)60sin 4(60sin 24222

2v v gL g a m Q

L B ----

=。(3分)

③若斜面足够长PQ 最后匀速运行，由R

BLv mg 22sin =α得BL

mgR v 60

sin 22=

。(2分)

21.析：①由于沿不同方向抛出时小球经过C 点处的动能最大，表明C 点电势最低，过C 点的切面为一等势面，由场强与等势面间的关系知场强沿OC 方向。(1分)

设球沿0v 方向射入恰做类平抛运动，由几何关系知t V R 0sin =θ和

21cos t R R m

Eq =

+θ，整理可得mv E 204=

。(3分)

②撤去电场加匀强磁场B ，仍使小球仍从C 点射出，则圆心在速度的垂线上，也在弦AC 的垂直平分线上，如右图中的O 1点，设此时对应的半径为R 1，由几何关系知R 1=R ，又由做圆弧运动的小球由洛伦兹力提供向心力

v m B qv 2

0=，得qR

mv B 0

=。(3分)

③若撤去电场，在适当位置加上一个最小面积的矩形磁场B 0，使小球仍从C 点射出，则圆心在两速度的垂线上，如右图中的O 2点，即小球在磁场中转900

的圆心角，图中的阴

影矩形即为所求。(2分)

由几何关系知矩形的长为22R a =

，宽为

2222)(a R R b --=，

整理可得矩形磁场区域的最小面积为2

)12(2R ab S +==。(2分) 由洛伦兹力提供向心力2

000R V m B qV =，得0

2qB mv R =

，于

是得20

02)12(2B q v m S +=。(2分)

22⑵.析：①当竖直管内水银面到达玻璃管的竖直和水平部分相连处时，A 部气体压强最大，气体体积最小。(2分)

由玻玛定律S L P S L P 2211=得，代入数值得cm L 2475

602==?，由几何关系知活塞下

移的距离为cm x 21241530=-+=。(4分)

②在活塞下移过程中，B 部气体压强和温度不变，其体积也不变。故A 气柱体积最小

时A 、B 两部分气体体积比为543024==B

V V

。(3分)

⑴.【ACD 】．析：由于两波源发出的波能形成稳定的干涉图样，故两波源一定是相干波源，且振动加强点始终加强，减弱点始终减弱，且图中的干涉图样是一个动态的，但加强处不一定是波峰与波峰相遇，也可以是波谷与波谷相遇，即A 对B 错；又图中S 1和S 2间有12个间隔对应6m 的距离，由于稳定干涉图样中波峰与波峰相遇，波谷与波谷相遇加

强，而波峰与波谷相遇时减弱，因此相邻实线和虚线间距为4λ，于是该波的波长为2m ，又当波长大于或等于孔径时能发生明显衍射现象，故选ACD 。

23⑵析：①由于容器的折射率为31=n ，故光在该玻璃中的传播速度为1

n C v =，于

是得c v 3

。(2分)

②结合题意可绘制光路图如右图所示，由几何关系知入射角i=600(1分) 光由空气进入液体中发生折射，由r

i n sin sin 2=

得r=450，光由液体进入玻璃中发生折射，

由2

sin sin n n r =

θ得θ=300(4分)

由对称性知在水平地面上留下的影也为圆形，由几何关系知θtan tan d r d r R ++=，于是影的面积为2

R S π=，代入整理可得

29)343(2

d S π+=。(2分)

24．【物理——选修3-5】（15分）

⑴.【ACE 】．析：玻尔在研究氢原子光谱的规律时提出了三条假设，成功的解释了氢氘光谱的现象，即A 对；放射性元素一次衰变时只能放出α射线或β射线，泄能时伴随有γ射线，即B 错；氢原子核外的电子从低轨上高轨的过程中要吸收能量，即C 对；放射性元素发生β衰变时原子序数发生变化，其化学性质也变，即D 错；紫光的频率比蓝光大，因此光子的能量也大，当用蓝色光照射某金属表面时有电子逸出，则改用紫光照射也一定能发生光电效应，即E 对。

24⑵析：①左侧小球射入过程中动量守恒1000)(V m m V m += (2分)

靶子在上表面滑动时动量守恒2010)()(V M m m V m m ++=+，动能损失用于克服摩

擦力做功gL

m m V M m m V m m )()()(022********+=++-+μ (4分) 代入数据得V 1=2m/s ，V 2=1 m/s ，L=1m 。(1分)

②右侧小球射入后以整体为研究对象，系统动量守恒，故最终应停下。

对靶子运用动量定理得200)()2(V m m gt m m +=+μ，代入数据得s

t 65=。(2分)