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物理试题参考答案
物理试卷（一）
１．Ａ 【解析】Ａ．因为２４１Ａｍ的半衰期为４３２年，故不需要经常更换，故Ａ错误；Ｂ．核反应过程中质量数和电荷数
９５
守恒，可知衰变方程为２４１Ａｍ→２３７Ｎｐ＋４Ｈｅ＋γ，故Ｂ正确；Ｃ．２４１Ａｍ衰变产生的２３７Ｎｐ更稳定，故２４１Ａｍ的比结
９５ ９３ ２ ９５ ９３ ９５
合能小于２３７Ｎｐ的比结合能，故Ｃ正确；Ｄ．γ射线的电离能力最弱，α射线的电离能力最强，故使空气分子发生
９３
电离的主要是α射线，故Ｄ正确；故选：Ａ。
２．Ｂ 【解析】设这匹马从静止开始跑５００ｍ所用的时间为ｔ，ｖ－ｔ图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，故
１
５００ｍ＝ ×２０ｍ／ｓ×４ｓ＋２０ｍ／ｓ×（ｔ－４ｓ），解得ｔ＝２７ｓ，故Ｂ正确；故选：Ｂ。
２
３．Ｂ 【解析】磁感线密的地方磁场强；由图中磁感线的分布情况可以看出ｂ点的磁感线最密集，所以此处磁场
最强，故Ｂ正确；故选：Ｂ。
４．Ｃ 【解析】由题意可知Ａ、Ｂ位于同一双曲线上，由ｐ－Ｖ图像可知，Ａ、Ｂ两点在同一
条等温线上，温度相等，在直线ＡＢ上取一点Ｃ（可以取中点Ｃ），画出另一条等温线
ｐＶ
如图所示，由理想气体状态方程 ＝Ｃ可知，两等温线的温度关系为Ｔ＝Ｔ＜Ｔ，
Ｔ Ａ Ｂ Ｃ
即Ｃ点的温度高于Ａ、Ｂ点，由此可知，一定质量的气体由状态Ａ变到状态Ｂ的过程
中，温度先上升后下降，由于理想气体的内能只与温度有关，则内能先增大后减小，
故Ｃ正确；故选：Ｃ。
５．Ａ 【解析】小球由静止开始从如图所示轨道的一端运动到另一端过程中，水平方向平均动量守恒，则有ｍｖ·ｔ
１
＝Ｍｖ·ｔ，即ｍｘ＝Ｍｘ，根据题意有ｘ＋ｘ＝ａ，解得ｘ＝０．０５ｍ，Ａ正确；故选：Ａ。
２ １ ２ １ ２ ２
６．Ｂ 【解析】Ａ．空间站的轨道半径略大于地球的半径，最小周期约等于８５分钟，故Ａ错误；Ｂ．根据第一宇宙速
ＧＭｍ
度知识，空间站的线速度小于第一宇宙速度，故Ｂ正确；Ｃ．根据 ＝ｍｒω２可知，角速度大于地球同步卫星运
ｒ２
ＧＭｍ
行角速度，故Ｃ错误；Ｄ．根据 ＝ｍａ可知，向心加速度小于地球表面重力加速度，故Ｄ错误；故选：Ｂ。
ｒ２
Ｕ ｎ ｎ
７．Ｄ 【解析】Ａ．根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系 １＝ １，可得 １＝２０，根据理想变压器原、副
Ｕ ｎ ｎ
２ ２ ２
线圈电流与线圈匝数的关系 Ｉ
Ｉ
１＝ ｎ
ｎ
２，变压器原线圈电流的有效值Ｉ
１
＝０．２Ａ，峰值为Ｉ
ｍ１
＝槡２Ｉ
１
，解得Ｉ
ｍ１
＝ 槡
５
２ Ａ，
２ １
故Ａ错误；Ｂ．变压器副线圈电流的最大值Ｉ
ｍ２
＝槡２Ｉ
２
，解得Ｉ
ｍ２
＝４槡２Ａ，故Ｂ错误；Ｃ．变压器的输入功率Ｐ＝
ＵＩ，解得Ｐ＝４４Ｗ，故Ｃ错误；Ｄ．变压器的输入功率等于输出功率，电机的机械功率Ｐ ＝Ｐ－Ｉ２ｒ，解得Ｐ ＝
１１ 机 ２ 机
３６Ｗ，故Ｄ正确；故选：Ｄ。
ｈ
８．ＡＣ 【解析】Ａ．入射光子与静止的电子发生碰撞，碰后，入射光的动量减小，根据λ＝ 可知，碰后散射光的
ｐ
波长变长，故Ａ正确；Ｂ．图乙中ｂ表现出各向异性，一定是单晶体，ａ表现出各向同性，可能是多晶体，也可能
是非晶体，故Ｂ错误；Ｃ．根据黑体辐射的规律，图丙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较小的
方向移动，则向频率较高的方向移动，故Ｃ正确；Ｄ．Ｂ、Ｃ摆随Ａ摆做受迫振动，所以Ｂ、Ｃ摆的频率都等于Ａ摆
的频率，由于Ａ、Ｃ摆的摆长相等，则Ａ摆的频率等于Ｃ摆的固有频率，可知Ｃ摆振幅大于Ｂ摆振幅，故Ｄ错
误；故选：ＡＣ。
９．ＡＤ 【解析】Ａ．粒子在磁场中匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦。初速度大
ｍｖ
小相同，轨迹半径Ｒ＝ 相同，如图：
ｑＢ
参考答案 第 １页 （共８页）
书书书设ＯＳ＝ｄ，当出射点Ｄ与Ｓ点的连线垂直于ＯＡ时，ＤＳ弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则粒子在
槡３
磁场中运动的时间最长。由此得到轨迹半径为Ｒ＝ ｄ，故Ａ正确；Ｃ．粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子
２
在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，所以轨迹半径Ｒ一定。已知从ＯＣ射出的
Ｔ
粒子在磁场中运动的最长时间为 ，说明时间最长的运动轨迹为半个圆周，如下图：
２
当沿Ｓ→Ａ的方向出射的粒子在磁场中的轨迹为半圆时，可满足题，此粒子的出射点Ｄ与Ｓ点的连线垂直于
ＯＡ，ＤＳ弦最长，轨迹的圆心角最大，粒子的运动时间最长。同时Ｄ点是从ＯＣ射出的粒子距Ｏ最远的点，故
ｄ
从ＯＣ射出的粒子距Ｏ最远的距离等于ＯＤ＝ ＝２ｄ，故Ｃ错误；Ｄ．当出射点在上图中的Ｏ 时，ＳＯ 垂直
ｃｏｓ６０° ２ ２
于ＯＣ，ＳＯ 为最短的轨迹的弦长，如上图中的轨迹③，所对应圆心角最小，粒子在磁场中运动时间最短。因
２
Ｔ
ＳＯ ＝Ｒ，故最小轨迹圆心角为６０°，最短时间为ｔ ＝ ，故Ｄ正确；Ｂ．所有粒子的轨迹圆心在以Ｓ为圆心，半
２ ｍｉｎ ６
径为Ｒ的半圆弧上，如上图中虚线圆弧④，此圆弧恰好在Ｏ 点处与ＯＣ相切，故Ｏ不可能是粒子的轨迹圆
２
心，故Ｂ错误；故选：ＡＤ。
Ｅ ＢＬｖ
１０．ＢＤ 【解析】Ａ．由图乙知，在第１ｓ末，线圈中感应电流ｉ＝０．１Ａ，由ｉ＝ ＝ １１，得ｖ＝０．５ｍ／ｓ，根据ｖ
１ １ Ｒ Ｒ １ １
＝ａｔ，Ｆ＝ｍａ，得Ｆ＝０．０５Ｎ，故Ａ错误；Ｂ．由图象可知线圈做匀加速直线运动，在ｔ＝２ｓ时，线圈的速度为ｖ
２
ｉＲ ｖ－ｖ
＝２ ，线圈在第２ｓ的加速度ａ＝２ １，代入数据解得ａ＝１ｍ／ｓ２，故Ｂ正确；Ｃ．线圈ａｂ的边长为 Ｌ＝
ＢＬ ２ ｔ ２ ２
１
ｖ ２ ＋ｖ １ｔ，代入数据解得Ｌ＝１ｍ，故Ｃ错误；Ｄ．在第２ｓ内流过线圈的电量为ｑ＝ ΔΦ ＝ ＢＬ １ Ｌ ２，代入数据解得
２ ２ Ｒ Ｒ
ｑ＝０．２Ｃ，故Ｄ正确；故选：ＢＤ。
１ ｇｓｉｎθ－ｂ
１１．（１）ＢＤ （２） （３）
ｋ ｇｃｏｓθ
【解析】（１）设小车和手机的质量为Ｍ，斜面倾角为θ，对钩码和小车以及手机的系统，由牛顿第二定律有ｍｇ
ｍ（ｇ－ａ） Ｍｇｓｉｎθ－μＭｇｃｏｓθ
＋Ｍｇｓｉｎθ－μＭｇｃｏｓθ＝（Ｍ＋ｍ）ａ，可得ａ＝ ＋ ，可得ａ与ｍ（ｇ－ａ）成一次函数关
Ｍ Ｍ
系；Ｄ．因本实验验证牛顿第二定律为对系统采用准确的方法，故不需要近似的用钩码重力代替绳的拉力，也
就不需要质量关系，即不需要钩码的质量应该远小于智能手机和小车的质量，故Ｄ正确；ＡＣ．本实验若平衡
ｍ（ｇ－ａ）
了摩擦力，系统的牛顿第二定律表达式为ａ＝ ，ａ与ｍ（ｇ－ａ）成正比例函数，不符合实验结果，则不
Ｍ
需要平衡摩擦力，故ＡＣ错误；Ｂ．本实验研究系统的牛顿第二定律，则绳子的拉力小于钩码的重力，故Ｂ正
确；故选：ＢＤ。
１ １
（２）根据ａ与ｍ（ｇ－ａ）的一次函数关系，可知图像的斜率的意义为 ＝ｋ，则小车和手机的质量为Ｍ＝ ；
Ｍ ｋ
Ｍｇｓｉｎθ－μＭｇｃｏｓθ
（３）根据 ａ与 ｍ（ｇ－ａ）的一次函数关系，可知纵截距的物理意义为 ｂ＝ ，联立解得 μ
Ｍ
ｇｓｉｎθ－ｂ
＝ 。
ｇｃｏｓθ
参考答案 第 ２页 （共８页）１２．（１）９．５００ （３）Ⅱ ２．１ （４）偏大
【解析】（１）螺旋测微器的精确度为０．０１ｍｍ，读数为９．５ｍｍ＋０．０×０．０１ｍｍ＝９．５００ｍｍ；
１ １ ｒ
（３）在步骤①中，由闭合电路欧姆定律有Ｅ＝Ｉ（Ｒ＋ｒ），即 ＝ Ｒ＋ ；在步骤②中，由闭合电路欧姆定律
Ｉ Ｅ Ｅ
Ｒ＋Ｒ １ Ｒ＋ｒ ｒ
有Ｅ＝ＩＲ＋ ｘＩｒ，即 ＝ ｘ Ｒ＋ ；对比以上结果可知，步骤①对应的图线为应为Ⅱ。由图线Ⅱ及
Ｒ Ｉ ＥＲ Ｅ
ｘ ｘ
１ １ ｒ １ ０．６７ ｒ
＝ Ｒ＋ ，可得 ＝ ， ＝０．６７，解得电源内阻ｒ＝２．１Ω；
Ｉ Ｅ Ｅ Ｅ ２．１ Ｅ
１ １ ｒ＋ｒ
（４）若考虑电流表内阻的影响，则步骤①中，由闭合电路欧姆定律有 ＝ Ｒ＋Ａ ，即电源内阻测量值ｒ
Ｉ Ｅ Ｅ 测
＝ｒ＋ｒ，故测量值相对真实值偏大。
真 Ａ
１３．（１）
物块恰好不上滑，根据受力平衡可得Ｎ＝ｍｇｃｏｓ３０°，Ｆ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎ３０°!!!!!!!!!!!! （１分）
１ 槡３ 槡３
又ｆ＝μＮ联立解得Ｆ＝ｍｇ（ｓｉｎ３０°＋μｃｏｓ３０°）＝１×１０×（ ＋ × ）Ｎ＝１２．５Ｎ !!!!! （２分）
２ ２ ２
（２）
在光滑斜面上，对物块根据牛顿第二定律可得Ｆ－ｍｇｓｉｎ３０°＝ｍａ !!!!!!!!!!!! （１分）
１
１
１２．５－１×１０×
２
解得ａ＝ ｍ／ｓ２＝７．５ｍ／ｓ２!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
１ １
则２ｓ时物块的速度大小为ｖ＝ａｔ＝７．５×２ｍ／ｓ＝１５ｍ／ｓ!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
１ １１
１ １
（３）撤去力Ｆ前，物块通过的位移大小为ｘ＝ ａｔ２＝ ×７．５×２２ｓ＝１５ｍ!!!!!!!!!! （１分）
１ ２ １１ ２
ｍｇｓｉｎ３０° １
撤去Ｆ后，物块的加速度大小为ａ＝ ＝ｇｓｉｎ３０°＝１０× ｍ／ｓ２＝５ｍ／ｓ２!!!!!!! （１分）
２ ｍ ２
ｖ １５
物块向上减速到速度为０所用时间为ｔ＝ １＝ ｓ＝３ｓ
２ ａ ５
２
ｖ １５
物块向上减速通过的位移大小为ｘ＝ １ｔ＝ ×３ｍ＝２２．５ｍ !!!!!!!!!!!!!! （１分）
２ ２２ ２
物块返回到底端过程有ｘ＝ｘ
１
＋ｘ
２
，ｖ
２
＝２ａ
２
ｘ可得ｖ＝槡２ａ
２
ｘ＝槡２×５×（１５＋２２．５）ｍ／ｓ＝５槡１５ｍ／ｓ （１分）
１
１４．（１）物块Ａ从传送带末端平抛到Ｂ，根据ｈ＝ ｇｔ２解得ｔ＝０．４ｓ
２ ０ ０
物块Ａ刚好从Ｂ点切向进入，根据速度分解有ｖｔａｎθ＝ｇｔ解得ｖ ＝３ｍ／ｓ !!!!!!!! （１分）
Ａ０ ０ Ａ０
如图所示：
参考答案 第 ３页 （共８页）１ １
物块Ａ从传送带末端到Ｃ过程，根据动能定理有ｍｇ（ｈ＋Ｒ－Ｒｃｏｓθ）＝ ｍｖ２－ ｍｖ２
２ Ｃ ２ Ａ０
解得ｖ＝７ｍ／ｓ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
Ｃ
ｖ２ １５８
物块Ａ在Ｃ点，根据牛顿第二定律有Ｎ －ｍｇ＝ｍ Ｃ，解得Ｎ ＝ Ｎ!!!!!!!!!!! （１分）
０ Ｒ ０ ３
（２）物块Ａ在传送带上的加速度ａ＝μｇ，代入数据解得ａ＝５ｍ／ｓ２
１ １ １
ｖ２
物块Ａ在传送带上匀加速的位移ｘ＝ Ａ０，代入数据解得ｘ＝０．９ｍ !!!!!!!!!!! （１分）
１ ２ａ １
１
因为ｘ＝０．９ｍ＜１．５ｍ，所以物块Ａ在传送带上先匀加速后匀速
１
ｖ
匀加速所用时间ｔ＝Ａ０，代入数据解得ｔ＝０．６ｓ
１ ａ １
１
ｘ－ｘ
匀速所用时间ｔ＝ １，代入数据解得ｔ＝０．２ｓ
２ ｖ ２
Ａ０
物块Ａ到达Ｂ点所用时间ｔ＝ｔ＋ｔ＋ｔ，代入数据解得ｔ＝１．２ｓ !!!!!!!!!!!!! （２分）
０ １ ２
（３）物块Ａ在木板Ｄ上时物块Ａ的加速度ａ＝μｇ，代入数据解得ａ＝４ｍ／ｓ２
２ ２ ２
物块Ａ在木板Ｄ上时木板Ｄ的加速度μｍｇ－μ（Ｍ＋ｍ）ｇ＝２Ｍａ，解得ａ＝１ｍ／ｓ２!!!!! （２分）
２ ３ ３ ３
１
物块Ａ在木板Ｄ上时物块Ａ的位移ｘ＝ｖｔ－ ａｔ２
Ａ Ｃ３ ２ ２３
１
物块Ａ在木板Ｄ上时木板Ｄ的位移ｘ＝ ａｔ２
Ｄ ２ ３３
物块Ａ在木板Ｄ上时物块Ａ与木板Ｄ的相对位移ｘ－ｘ＝Ｌ
Ａ Ｄ
联立解得ｔ＝１ｓ，ｔ＝１．８ｓ（舍）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
３ ３
物块Ａ离开木板Ｄ时物块Ａ的速度ｖ＝ｖ－ａｔ，代入数据解得ｖ＝３ｍ／ｓ !!!!!!!! （１分）
１ Ｃ ２３ １
物块Ａ离开木板Ｄ时木板Ｅ的速度ｖ＝ａｔ，代入数据解得ｖ＝１ｍ／ｓ !!!!!!!!!! （１分）
２ ３３ ２
物块Ａ在木板Ｅ上，取水平向右为正方向，根据动量守恒ｍｖ＋Ｍｖ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ
１ ２ ３
７
物块Ａ与木板Ｅ共速时的速度ｖ＝ ｍ／ｓ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
３ ３
１ １ １ ４
则Ｑ＝ ｍｖ２＋ Ｍｖ２－ （ｍ＋Ｍ）ｖ２，代入数据解得Ｑ＝ Ｊ!!!!!!!!!!!!!! （１分）
２ １ ２ ２ ２ ３ ３
ｖ２ ｍｖ ｖ １
１５．（１）由牛顿第二定律有ｑｖＢ＝ｍ ０，可得Ｒ＝ ０＝ ０＝ Ｌ!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
０ Ｒ Ｂｑ Ｂｋ ３
１ πＲ πＬ
磁场中做半个圆周运动用时ｔ＝ Ｔ＝ ＝ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
１ ２ ｖ ３ｖ
０ ０
Ｌ
无场区及电场中水平方向均为匀速运动，则用时ｔ＝ !!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
２ ｖ
０
故总时间为ｔ＝ｔ＋ｔ＝（ π ＋１） Ｌ ０ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
１ ２ ３ ｖ
０
（２）设粒子进入第四象限时速度与ｘ轴正向夹角为θ，Ｍ点距Ｑ点距离为ｄ，粒子在一象限做平抛运动的水
平位移为ｘ，竖直位移为ｙ，
粒子在第四象限做匀速直线运动有ｄ＝（Ｌ－ｘ）ｔａｎθ!! （１分）
ｙ
又根据类平抛推论有ｔａｎθ＝２ !!!!!!!!!! （１分）
ｘ
ｙ
联立可得ｄ＝２（Ｌ－ｘ） !!!!!!!!!!!!! （１分）
ｘ
ｑＥ
粒子在第一象限做类平抛运动时，ｙ＝ ｔ２，ｘ＝ｖｔ!! （２分）
２ｍ ０
３ｘ２
联立变形得到ｙ＝ !!!!!!!!!!!!!! （１分）
２Ｌ
３ｘ ３ｘ２
将其代入上式得ｄ＝（Ｌ－ｘ） ＝３ｘ－ !!!!!! （２分）
Ｌ Ｌ
１ ３
由二次函数知，当ｘ＝ Ｌ时ｄ有最大值 Ｌ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
２ ４
３ ７
此时ｙ＝ Ｌ，故ＯＰ＝２Ｒ－ｙ＝ Ｌ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
８ ２４
参考答案 第 ４页 （共８页）物理试卷（二）
１．Ｄ 【解析】α粒子为４Ｈｅ，根据核反应前后质量数守恒可得２４３＝ｂ＋４，根据电荷数守恒可得９５＝ａ＋２，联立解
２
得ｂ＝２３９，ａ＝９３，所以Ｘ的电荷数为９３，质量数为２３９，故Ｄ正确，ＡＢＣ错误；故选：Ｄ。
２．Ｄ 【解析】Ａ．由图象可知：０．５ｓ末物体反弹，此时速度的大小为３ｍ／ｓ，故Ａ错误；Ｂ．碰撞时速度的改变量为
Δｖ＝－３ｍ／ｓ－５ｍ／ｓ＝－８ｍ／ｓ，则速度的改变量大小为８ｍ／ｓ，故Ｂ错误；Ｃ．由图象可知：前０．５ｓ内物体自由下
落，后０．３ｓ物体反弹，根据ｖ－ｔ图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得小球下落的高度为ｈ＝
１
×０．５×５ｍ＝１．２５ｍ，故Ｃ错误；Ｄ．小球能弹起的最大高度对应图中０．５ｓ～０．８ｓ内速度图象的面积，所以
２
１
ｈ＝ ×０．３×３ｍ＝０．４５ｍ，故Ｄ正确；故选：Ｄ。
２
３．Ｃ 【解析】用右手螺旋定则判断通电直导线在ａｂｃｄ四个点上所产生的磁场方向，如图所示：
ａ点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变
大；ｂ点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上；ｃ点电流产生
的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小；ｄ点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，
叠加后磁感应强度的方向向右上。ｄ点与ｂ点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同；选项ＡＢＤ错误，选项
Ｃ正确；故选：Ｃ。
４．Ｄ 【解析】ＡＢＣ．因为所有地球同步卫星都在赤道上空定点，相对于地球上某点静止，即以地面卫星接收站
为参考系，卫星是静止的，若以地心为参考系，该卫星做匀速圆周运动，故ＡＢＣ错误；Ｄ．所有地球同步卫星
都在赤道上空定点，相对于地球上某点静止，地球上某点相对于太阳是运动的，因为在公转的同时在自转，
所以不是匀速圆周运动，故Ｄ正确；故选：Ｄ。
ｎ Ｕ
５．Ｃ 【解析】开关断开时原线圈两端电压为Ｕ；副线圈两端电压为Ｕ ＝ ２Ｕ，副线圈电流为Ｉ＝ ２ ，电流
２ ｎ ２ Ｒ＋Ｒ
１ １ ２
Ｕ ｎ ｎ
表示数为Ｉ＝ ２ · ２，设开关闭合时原线圈两端电压为Ｕ，副线圈两端电压为Ｕ ＝ ２Ｕ，副线圈电流
１ Ｒ＋Ｒ ｎ ２ ｎ
１ ２ １ １
Ｕ Ｕ ｎ
为Ｉ′＝ ２，电流表示数为Ｉ′＝ ２· ２，故电压表示数不变；且Ｉ′＞Ｉ，即电流表示数增大，故Ｃ正确，ＡＢＤ
２ Ｒ １ Ｒ ｎ １ １
１ １ １
错误；故选：Ｃ。
６．Ｃ 【解析】ＡＢＤ．第一阶段：
由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜
面方向根据牛顿第二定律ｍｇｓｉｎθ＋μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ，将ｓｉｎ３７°＝０．６，ｃｏｓ３７°＝０．８，μ＝０．５，ｇ＝１０ｍ／ｓ２代入得
１
ｖ－ｖ
ａ＝１０ｍ／ｓ２，方向沿斜面向下。设物体减速到传送带速度需要的时间为ｔ，有ｔ＝１ ２＝０．６ｓ；
１ １ １ －ａ
１
参考答案 第 ５页 （共８页）第二阶段：
由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力
沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ，速将ｓｉｎ３７°＝０．６，ｃｏｓ３７°＝０．８，μ＝
２
ｖ
０．５，ｇ＝１０ｍ／ｓ２代入得ａ＝２ｍ／ｓ２，方向沿斜面向下，减速到速度为零的时间为ｔ＝ １ ＝１ｓ，故小物块向上
２ ２ ａ
２
运动的时间为１．６ｓ，第三阶段，小物块向下运动，加速度仍为ａ，故ＡＢＤ错误；Ｃ．小物块向上滑行的最远距
２
ｖ＋ｖ ｖ ２＋８ ２
离为ｘ＝１ ２ｔ＋ １ｔ＝ ×０．６ｍ＋ ×１ｍ＝４ｍ，故Ｃ正确；故选：Ｃ。
２ １ ２２ ２ ２
７．Ｂ 【解析】Ａ．根据法拉第电磁感应定律可知，只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流，感应电流使
两个棒都产生加速度，然而受速度变化影响，有效电动势发生变化，感应电流、安培力、加速度也随之变化，
所以ａｂ不可能向右做匀加速运动，故Ａ错误；Ｂ．当两棒速度相等后，穿过回路的磁通量不变，回路中将不
再有感应电流，ａｂ、ｃｄ最终具有相同的速度，故Ｂ正确；Ｃ．根据题意最终两棒的速度相等，选向右的方向为
１
正，由动量守恒定律应有ｍｖ＝（ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝ ｖ，故Ｃ错误；Ｄ．根据能量守恒定律，在运动过程中产
０ ２０
１ １ １ １
生的热量为Ｑ＝ ｍｖ２－ ·２ｍ（ ｖ）２＝ ｍｖ２，故Ｄ错误；故选：Ｂ。
２ ０ ２ ２０ ４ ０
８．ＡＤ 【解析】Ａ．根据做受迫振动的物体，其振动频率等于驱动力的频率，可知树叶做受迫振动的频率等于
其驱动力的频率，故Ａ正确；Ｂ．由于波在传播中质点并不随波迁移，所以飘落到水面上的树叶不会被水波
推向岸边，而是在自身的平衡位置上下振动，故Ｂ错误；Ｃ．若有两列水波在水面上相遇叠加时，不一定产生
干涉图样，需要满足两列波的频率相同、相位差恒定，故Ｃ错误；Ｄ．根据发生明显衍射现象的条件：障碍物
或孔的尺寸与波长相差不多，或比波长小时，衍射现象最明显。所以当水波遇到尺寸与其波长相差不大的
障碍物时，能够发生明显的衍射现象，故Ｄ正确；故选：ＡＤ。
９．ＡＢＣ 【解析】Ａ．根据题意可知，Ｂ→Ｃ过程，理想气体体积不变，压强变小，根据理想气体状态方程可知，热
力学温度降低，即Ｔ＞Ｔ，故Ａ正确；Ｂ．根据题意可知，Ｂ→Ｃ和Ｄ→Ａ均为等容过程，对外界不做功，温度变
１ ２
化相同，即内能变化量的大小相等，由热力学第一定律可知，放出的热量等于吸收的热量，故Ｂ正确；Ｃ．根
据题意可知，Ａ→Ｂ气体温度不变，气体内能不变，气体压强减小，体积增大，气体对外界做功，Ｃ→Ｄ气体温
度不变，气体内能不变，气体压强增大，体积减小，外界对气体做功，图像与坐标轴所围图形的面积等于气体
做的功，由图像可知，Ａ→Ｂ过程图像的面积大于Ｃ→Ｄ过程图像所围成的面积，即Ａ→Ｂ气体对外做功大于
Ｃ→Ｄ外界对气体做功，故Ｃ正确；Ｄ．根据题意可知，Ａ→Ｂ为等温过程，则两状态的温度相等，根据温度与
分子平均动能关系可知气体分子在状态 Ａ时的平均动能等于在状态 Ｂ时的平均动能，故 Ｄ错误；故
选：ＡＢＣ。
１０．ＡＤ 【解析】Ａ．小球相对小车上滑的过程，小车向右加速运动，小球相对小车下滑的过程，小车仍向右加
速运动，小球滑离小车时，小车不可能回到原来位置，故Ａ错误；Ｂ．小球与小车在水平方向上的合外力为
零，故在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒可得 ｍｖ＝２ｍｖ ＋ｍｖ，由机械能守恒可得
车 球
１ １ １ １ ２
ｍｖ２＝ ×２ｍｖ２ ＋ ｍｖ２，解得ｖ ＝－ ｖ，ｖ ＝ ｖ，故小球滑离小车时相对小车的速度大小为ｖ ＝
２ ２ 车 ２ 球 球 ３ 车 ３ 相对
１ ２
ｖ －ｖ ＝－ ｖ－ ｖ＝－ｖ，小球滑离小车时相对小车的速度大小为ｖ，故Ｂ正确；Ｃ．小球恰好到达管道的
球 车 ３ ３
最高点后，则小球和小车的速度相同，以向右为正方向，故由动量守恒定律ｍｖ＝（２ｍ＋ｍ）ｖ′，可得此时的
１ １ １ ｖ２
速度ｖ′＝ ｖ，由机械能守恒可得 ｍｖ２＝ ×３ｍｖ′２＋ｍｇｈ，解得ｈ＝ ，故Ｃ正确；Ｄ．小球恰好到达管道
３ ２ ２ ３ｇ
２
的最高点后，则小球和小车的速度相同，取向右为正方向，对小车根据动量定理可得Ｉ＝２ｍｖ′＝ ｍｖ，所以
３
２
小车所受合外力冲量大小为 ｍｖ，故Ｄ错误；故选：ＡＤ。
３
参考答案 第 ６页 （共８页）２
１１．（１）不需要（２分） （２）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（２分） （２分）
ｋ
【解析】（１）由装置图可知，细线拉力可以通过弹簧测力计得到，所以实验时不需要满足小车的质量远大于
钩码的质量；
（２）由图２可知，当Ｆ达到一定数值时，小车才开始具有加速度，所以图线与横轴有交点的原因是没有平
２ ｆ
衡摩擦力或平衡摩擦力不足；以小车为对象，根据牛顿第二定律可得２Ｆ－ｆ＝Ｍａ，可得ａ＝ Ｆ－ ，可知
Ｍ Ｍ
２ ２
ａ－Ｆ图像的斜率为ｋ＝ ，解得小车的质量为Ｍ＝ 。
Ｍ ｋ
１ ａ
１２．（１） （２分） （２分） （２）＜（２分） （３）０．１９（２分）
ａ ｋ
１ １ １
【解析】（１）由图１所示电路图得ＩＲ＝（Ｉ－Ｉ）Ｒ，解得 ＝ Ｒ＋ ，由于直线纵截距为ａ，斜率为ｋ，则
０ ０ Ｉ ＩＲ Ｉ
０ ０ ０
１ １ １ ａ
＝ａ， ＝ｋ，解得Ｉ＝ ，Ｒ＝ ；
Ｉ ＩＲ ０ ａ ０ ｋ
０ ０ ０
１ １ Ｒ ＋Ｒ′
（２）若考虑电流表内阻带来的系统误差，则Ｉ（Ｒ＋Ｒ）＝（Ｉ′－Ｉ）Ｒ′，解得 ＝ Ｒ＋ Ａ ０，由于直线
Ａ ０ ０ Ｉ Ｉ′Ｒ′ Ｉ′Ｒ′
０ ０ ０ ０
１ ａ
纵截距为ａ，斜率为ｋ，则Ｉ′＝ ，Ｒ′＝ －Ｒ，Ｒ的测量值大于真实值，Ｉ的测量值小于真实值；
０ ａ－ｋＲ ０ ｋ Ａ ０ ０
Ａ
（３）由图３，根据欧姆定律可得Ｕ＝（Ｉ－Ｉ）Ｒ，解得Ｕ＝－１１Ｉ＋２．８６，在图４中作出电源的Ｉ－Ｕ图像：
０ ０
两图像的交点Ｕ＝１．３８Ｖ，Ｉ＝０．１３８Ａ，则小灯泡实际功率为Ｐ＝ＵＩ＝１．３８×０．１３８Ｗ≈０．１９Ｗ。
１ ｈ
１３．（１）设乘客的加速度大小为ａ，由 ａｔ２＝ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
２ ｓｉｎθ
２ｈ
解得ａ＝ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
ｔ２ｓｉｎθ
方向沿索道向下!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
（２）设车厢对乘客的支持力大小为Ｎ，在竖直方向有ａ＝ａｓｉｎθ !!!!!!!!!!!!!! （１分）
ｙ
ｍｇ－Ｎ＝ｍａ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
ｙ
２ｈ
解得Ｎ＝ｍ（ｇ－ ） !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
ｔ２
２ｈ
由牛顿第三定律知，乘客对车厢底部的压力大小Ｎ′＝Ｎ＝ｍ（ｇ－ ） !!!!!!!!!! （１分）
ｔ２
ｖ２
１４．（１）运动员在Ａ点时，根据向心力公式有ｍ ０＝Ｆ －ｍｇ!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
Ｒ Ｎ
代入数据可得Ｆ ＝１３５０Ｎ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
Ｎ
根据牛顿第三定律可知，运动员在Ａ点时，运动员对圆弧轨道的压力大小为１３５０Ｎ （１分）
参考答案 第 ７页 （共８页）（２）设运动员落地前瞬间的速度为ｖ，ｖ与水平地面的夹角为θ，平抛运动时间为ｔ，根据平抛规律有
ｖ＝槡（ｖ）２＋（ｖ）２ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
０ ｙ
ｖ２＝２ｇＨ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
ｙ
ｖ
ｔａｎθ＝ ｙ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
ｖ
０
代入数据可得ｖ＝１０槡２ｍ／ｓ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
θ＝４５°!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
１ １
（３）设空气阻力对运动员做的功为Ｗ，根据动能定理可得 ｍｖ′２－ ｍｖ２＝ｍｇＨ＋Ｗ !!!!! （２分）
ｆ ２ ２ ０ ｆ
代入数据可得Ｗ ＝－１２０Ｊ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
ｆ
１５．（１）粒子在电场中做类平抛运动，由速度关系可知粒子在Ｐ的速度ｖ与初速度ｖ满足关系
２ １ ０
ｖｃｏｓ４５°＝ｖ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
１ ０
１ １
粒子从Ｐ到Ｐ的过程中，由动能定理得ｑＥＬ＝ ｍｖ２－ ｍｖ２ !!!!!!!!!!!! （２分）
１ ２ ２ １ ２ ０
ｖ２
综上得Ｅ＝ ０ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
２ｋＬ
１ Ｌ
（２）设ＯＰ的距离为ｘ，由平抛运动推论有 ｔａｎ４５°＝ 解得ｘ＝２Ｌ !!!!!!!!!!!! （１分）
２ ２ ｘ
即Ｐ点坐标为（２Ｌ，０），粒子在磁场中的运动轨迹如下所示：
２
ＰＰ连线与ｘ轴负方向夹角为４５°，恰好与ｖ方向垂直，则说明ＰＰ 连线为轨迹圆的直径，由几何
２ ３ １ ２ ３
１ ２Ｌ
关系可知，轨迹圆半径ｒ＝ × ＝槡２Ｌ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
２ ｃｏｓ４５°
ｍｖ２
粒子的洛伦兹力提供圆周运动向心力有ｑｖＢ＝ ２!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
２ ｒ
ｖ
综上可得Ｂ＝ ０!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
ｋＬ
（３）分析粒子运动轨迹可知，粒子第二次与ｘ轴相交时距Ｐ为ｄ，则ｄ＝２ｒｃｏｓ４５°＝２Ｌ !!!! （１分）
２
即粒子与ｘ轴第二次相交点为坐标原点，由直线边界的对称性可知，此时速度方向与 ｘ轴正方向成
４５°，则粒子在电场中做类斜抛运动
２ｖｃｏｓ４５° ｑＥ
设水平位移为ｘ，运动时间为ｔ，则ｔ＝ １ ，ａ＝ ，ｘ＝ｖｓｉｎ４５°ｔ＝４Ｌ!!!!!!!! （１分）
３ ａ ｍ ３ １
即粒子从电场经过（４Ｌ，０）到磁场，再次做圆周运动，并遵循第一次从电场到磁场中做圆周运动的规
律，则第四次经过ｘ轴时横坐标为ｘ，则ｘ＝４Ｌ－２ｒｃｏｓ４５°＝２Ｌ !!!!!!!!!!!! （１分）
４ ４
粒子将从（２Ｌ，０）进入电场，重复第一次由磁场到电场的类斜抛运动，则第五次经过ｘ轴时横坐标为
ｘ，则ｘ＝２Ｌ＋ｖｓｉｎ４５°ｔ＝６Ｌ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
５ ５ １
综上可得粒子第五次经过ｘ轴时坐标为（６Ｌ，０） !!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
参考答案 第 ８页 （共８页）
