文档内容
圆周运动的向心力，重力方向竖直向下，合力方向指向圆心，即合力沿水平方向，
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 则有F ·F 2 — ( , 可知，碗对小猪的作用力大于小猪的重力，故 C 正确；
答案 B B C A D A C AD BC ABD
4 ．A【详解】A ．因发射的“鹊桥二号”未能变轨到绕太阳转动，则发射速度要小于第二宇宙速度，即
1 ．B【详解】A ．图甲中玻璃容器中的小水银滴呈球形，是因为水银与玻璃不浸润导致的结果，故 A 发 射速度介于 7.9km/s 与 11.2km/s 之间，故 A 正确；B ．“鹊桥二号”在轨道 I 运行到近月点 A 时减
错 误；
速才能
B ．图乙为康普顿效应的示意图，入射光子与静止的电子碰撞，碰撞后散射光的光子能量变小，根据
变轨进入冻结轨道 II 运行，故 B 错误；C ．根据牛顿第二定律有 = ma ，解得a = ，可知“鹊
桥
ε = hv = h ，可知，碰撞后散射光的波长变长，故 B 正确；
二号”在轨道 I 上经过 A 点的加速度等于在轨道 II 上经过 A 点时的加速度，故 C 错误；D ．轨道 I 的
C．锌的逸出功为3.34eV ，用丙中一群处于n =3 能级的氢原子发出的光照射锌板，照射光的光子最大 半
能 量为hv = E — E = —1.51eV — (—13.6eV) = 12.09eV ，根据光电效应方程可知，逸出光电子的最大
m 3 1 长轴大于轨道 II 的半长轴，由开普勒第三定律 = k ，可知“鹊桥二号”在轨道 I 上的运行周期比在轨
道
初动能 为E = hv —W = 12.09eV — 3.34 V = 8.75eV ，故 C 错误；
k m 0
II 上的运行周期长，故 D 错误。故选 A。
5 ．D
D ．衰变过程 随时间的变化规律说明在相同时间内，有半数的原子核发生了衰变，但相同时间内衰
【难度】0.85
变的原子数量随时间的推移而不断减少，故 D 错误。故选 B。
2 ．B
【详解】根据质点振动方程可知质点振动周期为T = = s
【难度】0.85
由波长公式可知声波的波长为λ= vT = m = 6.8m P 与MN 的距离之差即波程差为
【详解】“彩色光环”现象属于衍射现象。
A ．雨后的彩虹属于光的折射，故 A 错误；
Δx = = 3.4m = ，所以当波程差为半波长的奇数倍时，利用波的干涉原理可知两波源振动步调一
B ．透过狭缝看日光灯可以看到彩色条纹为单缝衍射，故 B 正确；
致即可使 P 点振动减弱，则降噪声源的振动方程应为x = A sin(100πt +
0
C ．油膜在阳光下呈现彩色是由于薄膜干涉，属于光的干涉，故 C 错误；
) 故选 D。
D ．树影中的圆形光斑为太阳的像，属于小孔成像，故 D 错误。
3 ．C【详解】A ．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动， 由所受外力的合力提供圆周 6．A【详解】A ．当v > 时，则qvB > Eq ，即电荷所受向上的洛伦兹力较大，将向上偏转，故 A 正
确；
运动的向心力，合力方向始终指向圆心，可知，小猪所受的合外力不为零，故 A 错误；
B ．一束等离子体（含有大量正、负带电粒子）射入磁场，根据左手定则可知，正电荷受到指向B 极
B ．根据冲量的定义有 I = Ft ，可知，小猪运动一周，其重力的冲量不为零，故 B 错
板 的洛伦兹力，负电荷受到指向 A 极板的洛伦兹力，所以B 板带正电，A 板带负电，通过电阻 R 的
误； C ．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动， 由碗对小猪的作用力与小猪的重力的合力
电流
提供
从 b 流向 a ，故 B 错误；C ．粒子在加速电场中有qU = mv2 ，在偏转磁场中有qvB = m ，所以
1 2mU
R = ，由此可知，该质谱仪不能区分比荷相同的带电粒子，故 C 错误；D ．由于金属导体导
电 B \ q
粒子为自由电子，根据左手定则可知， 自由电子受到指向a 板的洛伦兹力，所以自由电子将打到 a
板，则 a 面电势低于 b 面电势，故 D 错误。故选 A。 故 A 正确，B 错误；
CD ．由理想变压器原、副线圈的电流比等于匝数的反比，两变压器则
7．C【详解】AB．U = 0 时，短绳 2 竖直，此时设绳 1 与竖直方向夹角为θ, 则由几何关系sinθ= =
AB
0.8 有 I : I = n : n ， I : I = n : n
1 2 2 1 3 4 4 3
可得θ= 53。，可知，光滑小环处轻绳 1 的夹角为106O ，由平衡可知2T cos53。= mg ， T = mg ，故 AB 可得
n n
错误； I = 2 I I = 3 I
1 2 ， 4
3
由于I = I ， n = n ，可得
2 3 2 3
I : I = n : n
1 4 4 1
故 C 错误，D 正确。故选 AD。
9 ．BC
【难度】0.65
CD ． U 增大时，负电小球受水平方向的电场力增加，
AB
【详解】A ．第一次火药爆炸后，设烟花的速度为 v ，则有v2 =
对小球受力分析可知轻绳 2 向右倾斜，但是轻绳 2 方向仍是
2gh 解得v = 20m/s
轻绳 1 的角平分线上。由几何关系得sinα = = ，即cos β= 1.25sin α , 所以β增大时α 减
烟花动量变化量的大小为Δp = mv — 0 = 6.0kg .
小，
g m/s 故 A 错误；
由受力分析有2T = cos α = F = ，即T = = = ，所以当
2cosα 25sinα)
B ．第一次火药爆炸过程对烟花有(F — mg)t = mv —
α = 45O 时 T 最小，即随着U 增大，轻绳 1 的张力 T 先减少后增大。故 C 正确，D 错误。故选 C。
AB
0 解得高压气体对烟花平均作用力大小为F = 603N
8 ．AD
故 B 正确；
【难度】0.85
【详解】AB ．由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，两变压器则有 CD ．第二次爆炸，水平方向动量守恒，有m
1
v
1
— (m — m
1
)v
2
=
U :U = n : n ， U :U = n : n 0 解得v = 40m/s
1 2 1 2 3 4 3 4 2
可得
所以另一部分烟花的速度大小为 40m/s ，方向水平向西；两部分下落的时间相等均
n n 为
U = 1 U U = 4 U
1 2 ， 4
3
由题意可知， 由于输电线上有电压降，因此则有U >U ，又有n = n ，可
2 3 2 3 t = \ = 2s
得 U :U > n : n
1 4 1 4所以两部分烟花落地点间距为x =(v + v )t =
2 1 ( π2 φ
解得F = | m R + q 1
120m 故 C 正确。故选 BC。 ( 36 2 t
1
10 ．ABD 故 D 正确，C 错误。故选 ABD。
【难度】0.4 11 ．（共 8 分每空 2 分）(1)C (2) 5.25（5.21~5.25） 0.50 (3)D
【详解】A ．由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为1.5φ ，电势最低值为—0.5φ ，最高 【详解】（1）A ．“探究小车速度随时间变化的规律”实验中只需要小车做匀变速直线运动即可，不需要
1 1
补偿阻力，故 A 错误；B ．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外
点、 最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与 a 点电势φ = 0 相同的点 A ，如图
a
壳 间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩
aA 垂直
擦无 关，故 B 错误；C ．“探究平抛运动的特点”实验中为了保证小球每一次抛出时速度大小相等，需
于电场线
要让小 球每一次从相同高度静止释放，斜槽与钢球间的摩擦力对实验结果没有影响，故 C 正确；
D ．“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中只需要调节气垫导轨让滑块做匀速运动即可，不
需 要进行补偿阻力操作，故 D 错误。故选 C。
（2）[1]毫米刻度尺的分度值为 0. 1cm ，需要估读到分度值下一位，即图中 D 点的读数为 5.25cm；
[2]相邻计数点时间间隔T = = 0.02s ，根据逐差法可得a = ，代入数
据 a = × 10—2m/s2 = 0.5m/s2
R
（3）A ．补偿阻力操作后，更换小车和槽码的质量，不需要重新补偿阻力，没有重新进行补偿阻力操
设电场强度的方向与 x 轴正方向为θ, 由几何关系
2
cosθ =
R 2 作 对实验无影响，故 A 错误；B ．为了使小车所受的合外力等于槽码的重力，需要使得小车的质量远
大于
解得θ= ，故 A 正确；
槽码的质量，所以小车所受合外力近似与槽码重力相等，不是小车加速度变大的原因，故 B 错误；CD．
B ．由上述分析可知φ = 1.0φ ，从 a 点到 b 点由动能定理W + qU = 0
b 1 ab
对 小车和槽码，根据牛顿第二定律，对两次实验分别有m g = (M + m )a ， m g = (M + m )a ，根据题
1 1 1 2 2 2
又U = φ — φ = —φ ，解得W = qφ ，故 B 正确；
ab a b 1 1 意有 a = 4a ，联立可得m > 4m ，故 D 正确，C 错误。故选 D。
2 1 2 1
CD ．由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为T = 13t — t = 12t
1 1 1
12 ．(1) E 电压表 V (2) R 温控箱的温度t 和电阻箱R 的阻值 (3) 1800 高
1 2 2
于
速度为v = =
1
【详解】（1）[1][2] 热敏电阻R 的阻值大约为几千欧，电路中的电流大约为mA 量级，故不能选用电
T
电场强度为E = = = 流 表 A ，由于电压表 V 的内阻已知，可以作为电流表使用，量程为 6mA ，故电源应选E ，电表 1
1
应选电 压表 V。
圆周运动的过程中电势为—0.5φ 时变力 F 达到最大值，有F —qE = m
1（2）[1][2]根据等效替代法测电阻，应该保持滑动变阻器R 滑片的位置不变，将单刀双掷开关S 打到 联立解得支持力大小F = 2250N （2 分）
1 2 N
a 端，调节电阻箱R ，使电表 1 的读数保持不变，记录温控箱的温度t 和电阻箱R 的阻值。 （2）运动员从 M 点做斜抛运动，设初速度为 v ，则
2 2
vt cosθ= 2.4 m （ 1
（3）[1][2]热敏电阻R 在温度为36℃时的阻值为900Ω , 此时报警器的电压为 2V，故电阻箱R 的阻值
T 分） 2vsin θ= gt （ 1
应 该调为1800Ω ; 若考虑到电源内阻的影响，报警器的电压为 2V 时，热敏电阻R T 的阻值应小于 分） 解得 v = 5m/s
（ 1 分）
900Ω , 故实际报警温度会高于36℃。
因此在最高点的速度v = v cosθ= 3m/s （1 分）
水平
13 ．（共 8 分）(1) p : p = 5:1 (2)T :T = （3）从 M 到 Q 的过程中，根据动能定理
A B B C
1 1
1:1.9 【详解】（1） 由题可知，根据玻意耳定 mgr(1 - cosθ)+ W = mv2 - mv2 （2 分）
2 Q
律可得
解得W = 562.5J （2 分）
p V = p V （2 分）
A A B B
解得 15 ．（共 17 分）（1）120C；（2）2.5T ，3m/s；（3）4m
【详解】（1） 由题知，用电动势 E = 15V 的电源（图中未画出）为电容器充电，则
p : p = 5:1 （2 分）
A B
有 Q = CU = 120C（2 分）
（2）根据理想气体状态方程可知
（2）闭合开关 S 后，儿童车先作加速度变小的加速运动。达到最大速度后作匀速运动，设此时速度
= （2 分） 为 v1 ，电容器电压为 U 金属棒ab 、cd 并联，可看作一根金属棒，受到安培力的冲量对儿童车由动量
解得 定理
Δ
T :T = 1:1.9 （2 分） 得 B 1 I 1 L t 1 = mv1 （1 分）
B C
Δ
q = I t
1 1 1
14 ．（共 12 分）(1)2250N (2)3m/s (3)562.5J
其中 U
1
= B
1
Lv1， q
1
= C(E－U
1
)（ 1 分），
【详解】（1） 由于运动员恰好到达平台 B 的上端边缘，根据机械能守恒
1
mgR = mv （ 1 分） 联立解得
2 Q
根据牛顿第二定律
当 = B L2 C ，即 B = 2.5T（ 1 分）时，儿童车在 AA′BB′金属轨道上获得的最终速度最大，
1 1
F - mg = m （ 1 分） 且儿童车的最大速度 v1 = 3m/s（2 分）
N
（3）金属棒 cd 进入 DD′右侧磁场后切割磁感线相当于电源。金属棒 ab 与电 R 并联。设电路中的总
电阻为 R
总1
，设向右为正方向，金属棒 ab 进入右侧磁场时速度变为 v2 ，对儿童车，根据动量定理
Δ
有 -B
2
I
2
L t
2
= mv2 －mv1 （ 1 分）
其中 ，
全属棒 ab 进入右侧磁场后，再运动 d －L 后儿童车停下，全属棒ab 、cd 并联同时切制磁感线相当子
2
电 源，再与电阻 R 串联。设电路中的总电阻为 R
总2
，向右为正方向，速度变化量为－v2 ，对儿童车
根据动 量定理有
其中， ，
R = + R （1 分）
总2
解得 d = 4m（2 分）
2
