2014年武警部队院校招生统一考试士兵本科
物理真题
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一、单项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
1.对一定质量的理想气体，当温度升高时，下列说法正确的是( ) A.气体的内能不变 B.气体一定从外界吸收热量 C.气体分子的平均动能增加 D.外界一定对气体做功
2.两个单摆同时摆动，甲摆完成5次振动时，乙摆刚好完成4次摆动，则他们的摆长之比L 甲： L 乙为( )
A. 16：25
B. 25：16
C. 5：4
D. 4：5
3.如图所示，将重力为G 的光滑小球用细绳拴在竖直墙上，当把绳的长度增长，则下列判断正确的是( )
A.绳对球的拉力T 增大，墙对球的弹力N 减小
B.绳对球的拉力T 和墙对球的弹力N 均减小
C.绳对球的拉力T 减小，墙对球的弹力N 增大
D.绳对球的拉力T 和墙对球的弹力N 均增大
4.如图所示，带电微粒以初速度v 0进入两个带电平行板间，这一区域同时有垂直于纸面的匀强磁场，若不计重力，那么带电微粒能否匀速直线穿过，决定于( ) A.微粒的质量 B.微粒的带电量
C.微粒带电的性质
D.微粒初速度v 0的大小
5. 如图所示，a 、b 、c 是一条电场线上的三个点，电场线的方向由
a 到c ，a 、
b 之间距离等于b 、
c 之间距离，用φa 、φb 、φc 和Ea 、Eb 、Ec 分别表示a 、b 、c 三点的电势和电场强度，下列选项一定正确的是( )
A.Ea=Eb=Ec
B.φa>φb>φc
C.φa=φb=φc
D.Ea>Eb>Ec
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，一道题两个空的，每空2分） 6.光从折射率为
的玻璃中射向空气，若入射角为30°，则折射角为。

7.一个质量为1.2kg 的物体，自由下落4s 后掉入泥沼中，在泥沼中经0.4s 停下，则泥沼对物体的平均作用力为 N.
8.如图所示电路，电源电动势为E ，内阻为r ，○V 为理想电压表，○A 为理想电
流表.开关S 闭合后，在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中○V 的示数 ，○A 的示数 .（填写“增大”“减小”“不变”）
9.一滑块以某初速度从光滑斜面滑到顶端时，速度恰好为零，已知斜面长L ，滑块通过最初时
所用时间为t ，则滑块从斜面底端滑到顶端所用的时间为 .
10.对一物体的质量进行了5次测量，结果如下表格所示，根据表格中的数据，则第二次测量的绝对误差为 ，第五次测量的相对误差为 （保留两位有效数字）.
三、计算题（本大题共两小题，每小题10分，共20分.解答要求明确写出必要的文字说明、 方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案而未写出主要演算过程的不得分.有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）
11.如图所示，在光滑的水平面上，一质量为m A =0.lkg 的小球A ，以8m/s 的初速度向右运动， 与质量为m B =0.2kg 的静止小球B 发生正碰，碰后小球B 滑向与水平面相切、半径R=0.5m 的竖直放置的光滑半圆形轨道MN ，且恰好能通过最高点N 后水平抛出(g=10m/s 2).求： (1)碰撞后瞬间小球B 的速度大小；
(2)小球B 从轨道最低点M 运动到最高点N 的过程中所受合外力的冲量； (3)碰撞过程中AB 组成的系统损失的机械能.
12.如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L=0.5m，导轨平面与水平面间夹角θ= 37°，N、Q间连接一个电阻R=5Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1T，将一根质量m= 0.05kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计，现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，己知金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离为s=2m，己知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
(1)金属棒沿导轨刚开始下滑时的加速度；
(2)金属棒到达cd时的速度大小；
(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量.
2014年武警部队院校统一招生考试物理试题答案
物理部分（共60分，约45分钟）
一、单项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 1.C 2.A 3.B 4.D
5.B
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，一道题两个空的，每空2分） 6. 60° 7. 132
8. 减小 减小 9. 2t 10. 0 0.79％
三、计算题
11.（1）本题的切入点为：小球B 恰能通过最高点N 。

说明小球B 只受重力作用，重力提供向心力：
R
v m mg N
2=
代入数据解得：s m gR v N /5==
（1）
研究小球B 从M 到N 的运动过程，根据动能定理K
E W ∆=合，
只有重力做功：
2
22
1212M N mv mv R mg -=
-（2） 联立（1）（2）式，解得：s m gR v M /55==
（2）本题求小球B 从M 运动到N 的过程合外力的冲量，那么我们想到动量定理P I ∆=合： 规定向左为正方向M A N B v m v m I -=合
()s N I ∙≈+
=-⨯-⨯=45.15
5
152.052.0合 （3）小球A 与小球B 碰撞的过程，动量守恒、能量守恒，设碰后小球A 的速度为v 1：
动量守恒M B A A v m v m v m +=+100
52.01.0081.01⨯+⨯=+⨯v
解得s m v /21-=
能量守恒
E v m v m v m M B A A ∆++=+221202
121021 代入数据，解得：J E 5.0=∆
12.（1）先对导体棒做受力分析，导体棒受重力、支持力、安培力和摩擦力的作用。

刚开始下滑时，导体棒没有速度所以不受安培力作用，将重力沿斜面和垂直斜面方向分解成F 1和F 2，则有： θsin mg F =，θcos 2mg F =
因为导体棒将下滑，所以F 1>f ，滑动摩擦力θμμcos mg F f N ==，根据牛顿第二定律：
ma mg mg =-θμθcos sin 代入数据解得：2/2s m a =
（2）金属棒下滑，安培力的性质与摩擦力的性质很像，总与相对运动方向相反，所以安培力方向沿斜面向上。

根据导体棒模型——单导体棒解题步骤：（1）Blv E =；（2）R
E
I =
；（3）BIl F =安。

（详情可参阅德方军考视频课《习题精讲》电与磁的转化、《专题课》导体棒模型）可推导出直
接化结论：R
v l B F 22=安③，式中的速度v 为cd 棒的速度。

当金属棒滑行至cd 处时，其速度大小开始保持不变，导体棒做匀速直线运动，受力平衡。

R v
l B mg mg 22cos sin +
=θμθ
代入数据解得：s m v /2=
（3）根据导体棒模型——单导体棒，焦耳热的计算工具主要有：动能定理K E W ∆=合；总安Q W F =。

（详情可参阅德方军考视频课《专题课》导体棒模型）
研究导体棒从ab 到cd 的过程，根据动能定理：
0212
-=
--mv W W W f F G 安
2
21cos sin mv s mg W s mg F =
⨯--⨯θμθ安
代入数据解得，电阻R 上产生的热量J Q R 1.0=。

mg
f F 安 F N
F 1
F 2。