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物理参考答案
选择题:共 小题,共 分。 在每小题给出的四个选项中,第 题只有一个选项符合题目要求,每
10 42 1~8
小题 分,共 分;第 题有多个选项符合题目要求,每小题 分,共 分。 全部选对的得 分,选
4 32 9~10 5 10 5
对但不全的得 分,有选错的得 分。
3 0
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
C D B B C A A D ABD BD
解析 根据质量数守恒电荷数守恒结合衰变方程可知 为 粒子 该衰变为 衰变 选项 错
1.C 【 】 ,X α , α , A
误 衰变的过程中释放能量 生成物更稳定 故镅核的比结合能比239 核小 选项 错误 243
; , , 93Np , B ; 95Am
的半衰期为 年 说明每经过一个半衰期有半数核子发生衰变 经过 年 个半衰期 原
7370 , , 22110 ,3 ,
3
来的243 剩下 1 1 有7 发生衰变 选项 正确 镅原子核与核外电子存在着电磁相互作
95Am ( ) = , , C ;
2 8 8
用 不是核力 选项 错误
, , D 。
解析 回复力是指振动物体所受的总是指向平衡位置的合外力 回复力是效果力 由弹簧弹力
2.D 【 】 。 ,
充当 选项 错误 弹簧振子在水平方向上做简谐运动 其位移 x 随时间 t 变化的关系为 x
, A ; , =
A ωt 弹簧振子位移随时间不是均匀变化 选项 错误 从t 到t 的时间内 弹簧振子远离
sin , , B ; =0 =1s ,
平衡位置 速度减小 动能减小 选项 错误 在 t 与 t 两个时刻 位移大小相等 方向相
, , , C ; =1s =3s , ,
反 所以回复力的大小相等 方向相反 即回复力不相同 选项 正确
, , , , D 。
解析 由图可知 交流电的周期为 交流电的频率为 1 选项 错误 根据图乙可知 输
3.B 【 】 , 2.25s, Hz, A ; ,
2.25
U
入电压最大值U 则输入电压有效值为U m 根据变压比可知 副线圈电压即电
m=16 2V, 1= =16V, ,
2
n
压表示数为U 2U 选项 正确 R 的阻值为 R 的 倍 根据并联规律可知 两电阻的电
2=n 1=2V, B ; 1 2 2 , ,
1
压相同 根据欧姆定律可知 流经 R 和 R 的电流之比为 副线圈干路电流等于流经两电阻
, , 1 2 1 ∶ 2,
的电流之和 则副线圈干路的电流为R 电流的 倍 选项 错误 根据变压器的原理可知 原副线
, 1 3 , C ; ,
圈功率相同 选项 错误
, D 。
解析 若狼恰好捉兔成功 根据几何关系可知兔的位移为 x v t 解得 t . 狼的位
4.B 【 】 , 1=50m= 0 1, 1=12 5s,
移为x 1 at2 解得 t 所以狼从 A 点起跑的时刻为 t t t 只有选项
2=50 2m= 2, 2=10s, = 1- 2=2. 5s, B
2
正确
。
解析 根据图像可知小物块的速度随时间的变化的关系式为 v . t 圆筒边缘线速度与物块前
5.C 【 】 =0 5 ,
进速度大小相同v Rω 联立解得圆筒转动的角速度满足 ω t 选项 错误 物体做匀加速直
= , =1· , A ;
Δv
线运动a . 2 选项 错误 根据牛顿第二定律F μmg ma 解得细线的拉力大小为F
=Δt=0 5m/s , B ; - = , =
. 选项 正确 t 时细线拉力的瞬时功率P Fv 选项 错误
2 1N, C ; =4s = =2.1×0.5×6W=6.3W, D 。
p V p V
解析 由理想气体状态方程 1 1 2 2 解得V . 3 汽缸缓慢下潜的过程中 温度降低 则
6.A 【 】 T = T , 2=0 014m , , ,
1 2
ΔU 气体体积减小 则W 根据热力学第一定律 ΔU W Q 可得 Q 即在此过程中气体放
<0, , >0, = + , <0,
热 只有选项 正确
。 A 。
解析 对物体P受力分析 由平衡条件得mg μmg T 对物体Q受力分析 由平衡条
7.A 【 】 , sin37°+ cos37°= , ,
【 】物理参考答案 第 1页(共5页)
A-026件得Mg μ Mg T 联立得μ 13 剪断轻绳后 对P受力分析mg μmg
sin53°= · cos53°+ , = , , sin37°< cos37°,
16
对Q Mg μ Mg 所以P受到的是静摩擦力 f mg . N Q 受到滑动摩擦力
: sin53°> · cos53°, A= sin37°=1 2 ,
f μ Mg 只有选项 正确
B= · cos53°=3.9N, A 。
y
解析 根据题意 作出两粒子的运动轨迹图 如图所示 由图可知 甲粒子
8.D 【 】 , , , ,
的运动轨迹短 乙粒子的运动轨迹长 根据几何关系 两粒子做匀速圆周运
, , ,
OS
动的半径相等 半径为R R OS 选项 错误 根据洛伦兹
, 1= 2= = 2 , A、B ;
sin45°
v2 qBR
力提供向心力 F qvB m 可得 v 两粒子做匀速圆周运动的半
洛= = R, = m , ! "
径相等 则两粒子射入磁场的速度大小相等 即两粒子磁场中运动的过程
, , 45° 45° x
中平均速率相等 设为 v 对甲粒子 根据动量定理有 I mΔv m O S
, 0, , F洛 1 = 1 = ·
v 45° mv sin45° 对乙粒子 根据动量定理有I mΔv m v
2 0sin 2 =2 0 2 , , F洛 2 = 2= ·2 0sin
135° mv 135° I 故带电粒子甲在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量小 选项 错误
2
=2 0sin
2
> F洛
1
, , C ,
正确
D 。
解析 电场线是从正电荷出发 终止于负电荷 电场线从 A 出发 部分终止于 B 所以 A 带正
9.ABD 【 】 , 。 , ,
电 B带负电 选项 正确 由图可知 电荷A附近的电场线比电荷 B 附近的电场线密 则电荷
, , A ; , ,
A附近的场强必比电荷B 附近的场强大 A 的电荷量大于 B 的电荷量 选项 正确 由于 M 点
, , B ;
和N点在同一条电场线上且电场线为曲线 所以该粒子仅在静电力作用下不可能沿电场线运
,
动 选项 错误 由于A带正电 B带负电 且A的电荷量大于 B 的电荷量 根据点电荷场强公
, C ; , , ,
kq
式E 结合场强叠加原理可知 除无穷远处外 B 的左侧还有一处的电场强度是 选项
=r2 , , 0, D
正确
。
Mm GM 2r3
解析 设地球的半径为R 根据G 2 m g 则地球表面的重力加速度 g 4π 1 但因为
10.BD 【 】 , R2 = 2 , = R2 = R2T2 ,
1
地球半径未知 故无法求出地球表面的重力加速度 选项 错误 根据万有引力提供向心力 可
, , A ; ,
Mm 2r 2r3 Mm
知G 1 m 4π 1 解得M 4π 1 选项 正确 根据万有引力提供向心力公式可知G m
r2 = 1 T2 , = GT2 , B ; r2 =
1 1 1
GM
v2 GM v r r T
解得v 代入数据可知 1 1 2 选项 错误 根据开普勒第三定律有 1
r , = r , v = GM = r , C ; T =
2 1 2
r
2
r3 r3
1 整理可得T T 2 选项 正确
r3 , 2= 1 r3 , D 。
2 1
分
11.(6 )
分 分 1 1 分
(1)①AD(2 ) ②1.65(2 ) (2)t2 -t2 (2 )
2 1
解析 为了使小车受到的合力为细绳的拉力 应平衡摩擦力 因此实验前需要将带滑轮的长
【 】(1)① , ,
木板右端垫高 以补偿阻力 故 正确 由题图可知 细绳上的拉力大小由力传感器读出 若砝码质量标
, , A ; , ,
【 】物理参考答案 第 2页(共5页)
A-026数不清 不需要用天平测出槽码的质量 故 错误 细绳上的拉力大小由力传感器读出 因此实验中不需
, , B ; ,
要保证砝码的质量远小于小车的质量 故 错误 为了充分利用纸带 获取更多的数据 实验时小车应靠
, C ; , ,
近打点计时器 应先接通电源 待打点计时器打点稳定后再释放小车 故 正确 相邻计数点间的时
, , , D 。 ②
间间隔为T 根据逐差法 得小车的加速度大小为 a 9.61+7.95+6.31-4.65-3.00-1.34 -2
=0. 1s, , = ×10
2
9×0.1
2 2 设遮光板宽度为d 遮光板 之间的距离为 L 挡光时间分别为 t t 则遮
m/s ≈1.65m/s ;(2) , 1、2 。 1、2 1、 2,
d d
光板通过的速度大小为依次v v 由运动学公式有 aL v2 v2 根据牛顿第二定律有 F ma 联
1= t , 2= t , 2 = 2- 1, = ,
1 2
d2 ( ) L
立可得F m 1 1 整理得1 1 2 F 以F为横轴 1 1 为纵轴描点做图 当所做图像为过
= L t2 -t2 , t2 -t2 =md2 · , ,t2 -t2 ,
2 2 1 2 1 2 1
原点的一条倾斜直线时 说明质量一定时 加速度与合力成正比
, , 。
分
12.(10 )
分 分 分 分 分 分
(1)C(2 ) F(2 ) B(2 ) (2)M(2 ) (3)1.45(1 ) 1.8(1 )
解析 由于使用电流表的内阻为已知 因此电流表用外接的方式 电池的电动势约为 内
【 】(1) , , 1.4V,
阻约为 所以电压表 应选量程为 的电压表 由于电源电动势较小 实验时便于操作和减
2Ω, a 0~1.5V C; ,
小误差 滑动变阻器 使用限流式接法 则选择最大阻值为 的 电流表应 选量程为 的
, b , 20Ω F; c 0~0.6A
电流表 即可 为了保护电路 避免闭合开关后因电流过大而损坏电表 因此在闭合开关前应将滑
B 。 (2) , ,
动变阻器的滑片滑至最大阻值处 即将滑动变阻器的滑片滑至 M 端 根据闭合电路欧姆定律推得
, 。 (3)
U E I(r r ) 则由图丙可知 电源的电动势为 等效内阻r 1.45-0.85 r 解得
= - + A , , 1.45V, ′= Ω=2.0Ω=0.2Ω+ ,
0.3
内阻r
=1.8Ω。
分
13.(10 )
光路图如图所示 正确画出折射光线和反射光线即可 分
(1) ( )(2 )
Q
i
P R
r
A E O B x
F
设折射角为r 由光的折射定律有sin60° n 分
, r = (1 )
sin
由对称性和几何知识有i POQ r OFE r 分
=∠ = +∠ =2 (1 )
解得r 分
=30°(1 )
该透明材料的折射率n 分
= 3(1 )
设光在透明柱体中传播的距离为s 根据几何关系有 s x R R 分
(2) , : = PF=2 cos30°= 3 (1 )
c
光在透明柱体中的传播速度大小v 分
= n(1 )
s
光从P点传播到Q点需要的时间t 分
= v (1 )
R
解得光从P点传播到Q点需要的时间t 3 -9 分
= c =7×10 s(1 )
【 】物理参考答案 第 3页(共5页)
A-026分
14.(14 )
根据牛顿第二定律 小物块甲沿粗糙斜面下滑的加速度为
(1) ,
mg θ μ mg θ
a sin - 1 cos 2 分
1= m =2m/s (1 )
小物块甲从A端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动 设需要的时间为 t 则有 s 1 a t2
, 1, = 1 1,
2
s
解得t 2 . 分
1= a =2 5s(1 )
1
小物块甲到达B点时的速度大小v a t 分
B= 1 1=5m/s(1 )
设小物块甲在水平面上运动时的加速度为a 根据牛顿第二定律得 μ mg ma
(2) 2, :- 2 = 2
解得a 2 分
2=-2m/s (1 )
小物块甲从B点到C点的运动满足
2
a
2
x
BC=
v2C- v2B(1 分
)
解得小物块甲向右运动到达C点时的速度大小v 分
C=4m/s(1 )
甲与乙发生弹性碰撞 由动量守恒定律得mv mv mv 分
, C= 甲+ 乙(1 )
由机械能守恒定律得1 mv2C= 1mv2甲+ 1mv2乙(1 分
)
2 2 2
解得v v 分
乙=4m/s, 甲=0(1 )
小物块乙与木板组成的系统动量守恒mv (m M)v 分
(3) 乙= + (1 )
系统能量守恒1 mv2乙= 1 (m
+
M)v2
+
Q
(1
分
)
2 2
由于摩擦力随相对位移线性变化 可作出图像 如图
, ( )
Q 1 ( x)x 分
= 6+6-4 (1 )
2
联立上式得x 或 舍 分
=1m 2m( )(1 )
故小物块乙相对木板运动的最大位移x 分
=1m(1 )
分
15.(18 )
由题意知导体棒P到达bg前速度已达到最大 由平衡条件有
(1) ,
BIL mg θ 分
3 = sin (1 )
BLv
又I 3 m 分
= R (1 )
1
mgR θ
其中R R 解得导体棒P到达bg时的速度大小v 2 sin 分
1=2 , m= B2L2 =2m/s(1 )
9
导体棒P到达bg时的动能E
K=
1mv2
=3
.
6J(2
分
)
2
设导体棒P Q达到稳定后的速度大小v 和v 稳定时 两导体棒两端的感应电动势相等 则有
(2) 、 1 2, , ,
BLv B Lv 分
1= ×2 2(1 )
【 】物理参考答案 第 4页(共5页)
A-026可得v v 分
1=2 2(1 )
对两导体棒由动量定理分别有 BI Lt mv mv 分
- · = 1- m(1 )
BI Lt mv 分
×2 = 2(1 )
mgR θ
解得导体棒P达到稳定后的速度大小v 8 sin . 分
1= B2L2 =1 6m/s(1 )
45
导体棒P的动能E
K=
1mv2
1=2
.
304J(2
分
)
2
设导体棒P释放的位置到bg的距离为x 导体棒P在倾斜导轨上运动时 导体棒Q中无电流通
(3) , ,
过 不产生焦耳热 设导体棒P在倾斜导轨上产生的焦耳热为Q 导体棒P在倾斜导轨上的运动过程由
, , 1,
能量守恒定律有mgx
sin
θ
=2
Q
1+
1mv2m(1 分
)
2
解得Q . x . 分
1=4 5 -1 8(1 )
当导体棒P在水平导轨上运动时 导体棒P Q产生的焦耳热相同 设均为Q 根据能量守恒定律有
, 、 , 2,
1 mv2m= 1mv2
1+
1mv2
2+2
Q
2(1
分
)
2 2 2
解得Q . 分
2=0 36J(1 )
由题意有Q Q Q 分
1+ 2=2 2(1 )
解得导体棒P释放的位置到bg的距离x 分
=0.48m(1 )
【 】物理参考答案 第 5页(共5页)
A-026
