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物理参考答案·第1 页（共6 页）
物理参考答案
选择题：共10 小题，共46 分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要
求，每小题4 分；第8~10 题有多项符合题目要求，每小题6 分，全部选对的给6 分，选对
但不全的给3 分，有选错的给0 分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
B
C
B
D
BC
AC
BD
【解析】
1．物体能不能视为质点，由具体问题而定，如果它本身的大小对所研究的问题产生的影响很
小，那么就可以将它视为质点。也就是说，任何一个物体在某些问题中可以视为质点，而
在另一些问题中不能视为质点。故D 错误。
2．根据题图可知，1 和3 粒子绕动方向一致，则1 和3 粒子为电子，2 为正电子，电子带负
电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故A、D 错误。电子在云室
中运行，轨道半径越来越小，根据牛顿第二定律可知
2
q B
m r
v
v
，解得粒子运动的半径为
m
r
qB
v ，可知粒子的运动速度越来越小，根据题图可知轨迹3 对应的粒子运动的半径更大，
初速度更大，故C 正确，B 错误。
3．闭合开关S 的瞬间，灯泡
2
L 立即点亮，由于自感线圈L 阻碍电流增加，会有电流经过灯泡
1
L ，因此灯泡
1
L 会发光，自感线圈L 的自感系数很大，自感线圈L 会产生很大的自感电动
势，产生对电流很强的阻碍作用，几乎没有电流流经线圈L，则只有灯泡
2
L 与灯泡
1
L 处于
串联关系，因此灯泡
2
L 与灯泡
1
L 亮度相同，故A 正确，B 错误。由题意可知，闭合开关S
稳定后，灯泡
1
L 中没有电流，在断开开关S 的瞬间，由于线圈L 产生自感电动势的作用，
使得灯泡
1
L 与线圈L 组成的闭合回路中有电流产生，因此灯泡
1
L 先闪亮，后逐渐变暗，由
于没有电流经灯泡
2
L ，因此灯泡
2
L 会立即熄灭，故C、D 错误。
4．对A、B 整体由平衡条件有1
3
cos
cos
4
sin
3
mg
mg
mg
，所以
2tan
，故B
正确。
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5．光路如图所示，由题意可得，激光在AB 面上发生折射时的入射角
30
，在直角△OBD 中，由几何关系可得
tan60
3 3cm
BD
OB
，
根据题意
(4 3
3 3)cm
3cm
BC
CD
BD
，设半圆玻璃砖的折
射率为n，折射角为，则
3
tan
3
3
BO
BC
，可得
60
，根据折射定律，折射率
sin
sin 60
3
sin
sin30
n
。故选C。
6．光线发射器中处于
4
n
能级的氢原子向低能级跃迁时，最多能辐射出6 种不同频率的光，
故A 错误。由题乙图可知，a 光的遏止电压小于b 光的遏止电压。根据
c
km
0
eU
E
hv
W
可知，
a
b
v
v
，a 光的波长大于b 光的波长，故a 光条纹间距较宽，故B 正确。对于同种
频率的光，入射光强度越大，光子数越多，饱和光电流越大，故C 错误。部分光线被遮挡，
光子数量减少，光电子数量减小，光电流变小，故D 错误。
7．由
2
2
2
Mm
G
mr
r
T
π
，
2
πr
S
T
，联立解得
2
4S
M
Gr
，则X 星球与地球质量之比为
2
2
1
2
1
2
r S
r S
，
故D 正确。
8．
0
t
时，质点a 的位移最大，则加速度最大，质点b 的位移为零，加速度为零，质点b 和
质点c 的平衡位置相差半个波长，则速度方向总是相反的，因
0
t
时刻质点b 向上振动，
结合图乙可知，图乙可以表示质点b 的振动，因
0
t
时刻质点c 向下振动，结合图乙可知，
图乙不可以表示质点c 的振动，故B、C 正确，A、D 错误。
9．根据
2
1
2
x
at
，得
2
1
1m/s
2 a
，加速度为
2
2m/s
a
，故A 正确。根据
2
2ax
v
，得
2
2
10m/s
a
，
加速度为
2
5m/s
a
，故B 错误。根据
2
0
1
2
x
t
at
v
，得
0
1
2
x
at
t
v ，则
2
1
4 m/s
2
2
a
，
加速度大小为
2
4m/s
a
，故C 正确。a
t
图线与坐标轴围成的面积等于速度变化量，所
以有
1
3
2m/s
3m/s
2
v
，故D 错误。
10．箱子在运动过程中除了重力做功外，弹簧弹力也在做功，因此箱子下落过程中，箱子机
械能不守恒，故A 错误。根据题意，此后小球运动过程中，箱子对地面的压力最小值恰
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好为零，此时对箱子有
1
T
F
mg
，弹簧处于压缩状态，小球做简谐振动，根据简谐振动的
对称性可知，在最低点的合外力
2
T
F
mg
与最高点的合外力
1
T
F
mg
相等，联立解得
2
3
T
F
mg
，故B 正确。小球做简谐振动，在平衡位置时有
0
0
T
F
kx
mg
，解得
0
mg
x
k
，
此时小球的速度最大，小球从最高点到达平衡位置下落的高度
0
2
2
mg
h
x
k
，而小球在
最高点和在平衡位置时弹簧的弹性势能相同，则对小球由最高点到平衡位置根据动能定
理可得
2
0
max
1
2
2
mg
x
m
，
v
解得
max
2
m
g
k
v
，故C 错误。箱子损失的机械能即为箱子、
弹簧、小球所构成的系统损失的机械能，小球在平衡位置时弹簧所具有的弹性势能和在
箱子未落下时弹簧所具有的弹性势能相同，由能量守恒可得箱子损失的机械能
2
2
2
2
m g
E
mgh
k
，故D 正确。
非选择题：本大题共5 小题，共54 分。
11．（每空2 分，共6 分）
（1）11.05
（2）1.38
（3）大
【解析】（1）图片Ⅲ中小球的上缘刻度为10.60cm，下缘刻度为11.50cm，则直径为0.9cm，
小球球心所在的位置10.60
0.45cm
11.05cm
。
（2 ）图片Ⅰ位置球心的位置为5.55cm ，则图片Ⅱ中小球的瞬时速度约为
2
2
(11.05
5.55) 10
m/s
1.38m/s
2
0.02
v
。
（3）为了得到更精确的加速度值，小球材质应选择密度大的小球，以减小阻力的影响。
12．（每空2 分，共10 分）
（1）如图所示
（2）①④③②
（3）A C
（4）减小
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【解析】（2）该实验为半偏法测量电流表内阻，实验原理与步骤为：刚开始将电阻箱R 的
电阻调到零，滑动变阻器
1
R 的滑片滑到最右端；接着闭合开关S，调节变阻器
1
R 的滑片，
使得电流表达到满偏电流
0I ，则并联电压为
0
U
I r
；再保持滑动变阻器的滑片位置不变，
调节电阻箱的电阻，使得电流表的示数为
0
2
I ，此时
0 (
)
2
x
I
U
R
r
，最后读出电阻箱的电
阻值
x
R ，可以认为电流表的内阻
x
r
R
。故正确操作顺序是①④③②。
（3）本实验滑动变阻器采用分压式接法，为方便操作，应选用最大阻值较小的滑动变阻
器，故选A；由于电流表内阻较小，因此电阻箱应选用最大阻值较小、最小测量挡位更小
的C。
（4）此实验过程中认为电阻箱串联电流表后并联电压不变，而实际情况是电阻箱串联电
流表后电路总电阻变大，干路电流减小，并联电压变大，故所串联的电阻箱分压大于电
流表的分压，其阻值大于电流表的内阻，故测量值大于真实值。若升高电源的电动势，
电阻箱阻值接入电路后，对全电路电压分配的影响减小，因此测量误差减小。
13．（10 分）
解：（1）设玻璃管的横截面积为S ，以插入水银槽后玻璃管中的空气为研究对象
初始状态参量为
1
0
p
p
、
1
V
SH
、
1T
稳定后气体的状态参量为
2
0
p
p
g h
、
2
V
Sh
、
2
300K
T
①
可得
2
72cmHg
p
②
（2）根据理想气体状态方程
1 1
2
2
1
2
pV
p V
T
T
③
可得
1
500K
T
④
评分标准：本题共10 分。正确得出③式给4 分，其余各式各给2 分。
14．（12 分）
解：（1）根据法拉第电磁感应定律可知导体棒产生的感应电动势
E
BL
v
①
根据闭合电路欧姆定律有
E
I
R
r
②
物理参考答案·第5 页（共6 页）
根据共点力平衡，有
1
A
F
F
BIL
③
联立解得
2
2
1
B L
F
R
r
v
④
（2）导体棒沿导轨做初速为零的匀加速直线运动，则有
at
v
，结合第（1）问，根据牛
顿第二定律可得
2
A
F
F
ma
⑤
联立可得
2
2
2
B L a
F
t
ma
R
r
⑥
可知
2
F
t
图像的斜率为
2
2
B L a
k
R
r
⑦
评分标准：本题共12 分。正确得出①、②式各给1 分，其余各式各给2 分。
15．（16 分）
解：（1）在电场中处于平衡，由受力分析知tan60
qE
mg
①
得电场力大小
3
10 3N
qE
mg
F
电
②
（2）剪断细线后合力与拉力等大反向，由牛顿第二定律
0
cos60
mg
ma
③
解得
2
0
20m/s
a
④
小球在电场中做匀加速直线运动到达B 点速度为
0v ，由运动学公式
2
0
0
0
2a L
v
⑤
解得
0
2m/s
v
⑥
由牛顿第二定律可得小球的加速度大小为
2
1
sin30
sin30
5m/s
mg
a
g
m
⑦
（3）设与挡板碰撞之前速度为
1v ，则由运动学公式
2
2
1
0
1
1
2a L
v
v
⑧
解得
1
4m/s
v
取沿斜面向下为正，薄板与小球发生弹性碰撞，由动量守恒定律
1
1
m
m
M
板
v
v
v
⑨
由机械能守恒定律
2
2
2
1
1
1
1
1
2
2
2
m
m
M
板
v
v
v
⑩
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解得
1
2m/s
2m/s
板
，
v
v
第一次碰后到第二次碰前设薄板和小球位移为x ，则有
2
1
2
2
x
t
t
板
v
v
v
解得
2
4m/s
v
此过程中小球加速度仍为
2
1
sin30
5m/s
a
g
由运动学公式得
2
1
1
1.2s
t
a
v
v
设薄板的加速度为
2a ，由运动学公式可得
2
2
5 m/s
3
a
t
板
v
对薄板由牛顿第二定律有
2
(
) cos30
sin30
m
M g
Mg
Ma
解得
3
3
评分标准：本题共16 分。正确得出①~
式各给1 分。
