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物理试题答案详解
１．Ｂ 【解析】ＡＢＣ．根据质量数守恒和电荷守恒定律可知Ｘ是质子，故Ｂ正确；Ｄ．结合能的大小由质量数决定，
故３Ｈｅ的结合能比４Ｈｅ的结合能小，故Ｄ错误。
２ ２
ｋ
２．Ｃ 【解析】该水滴从空中由静止开始下落，由牛顿第二定律有ｍｇ－ｋｖ＝ｍａ，解得ａ＝ｇ－ ｖ，该水滴做加速度
ｍ
减小的加速运动，最后匀速，故Ｃ正确。
３．Ｂ 【解析】磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，则ｂ点磁感应强度最大，故Ｂ正确，Ａ错误；ａ、ｃ两点磁
感应强度大小相同、方向不同，故ＣＤ错误。
２４
４．Ａ 【解析】Ａ．每天上午同一时刻经过哈尔滨市正上方，该卫星的周期Ｔ＝ （ｎ＝１，２，３……），即可能是８ｈ，
ｎ
故Ａ正确；Ｂ．地球的静止卫星只能在赤道的正上方，故Ｂ错误；Ｃ．第一宇宙速度是卫星环绕的最大速度，则该
卫星运行的速度小于第一宇宙速度，故Ｃ错误；Ｄ．轨道平面必过地球的球心，故Ｄ错误。
Ｕ
５．Ｄ 【解析】Ａ．由ｕ
１
＝２２０槡２ｓｉｎ１０πｔ（Ｖ）可知，原线圈两端电压最大值为Ｕ
ｍ
＝２２０槡２Ｖ，则有效值为Ｕ
１
＝ ｍ＝
槡２
Ｕ ｎ
２２０Ｖ，根据电压与匝数比的关系，则有 １＝ １，解得副线圈两端的电压有效值为Ｕ ＝２２Ｖ，因电压表显示的示
Ｕ ｎ ２
２ ２
Ｕ Ｉ ｎ
数是有效值，故电压表的示数为２２Ｖ，Ａ错误；Ｂ．副线圈的电流Ｉ＝ ２＝２．２Ａ，根据 １ ＝ ２，代入数据解得Ｉ
２ Ｒ Ｉ ｎ １
２ １
ω １０π Ｕ２
＝０．２２Ａ，Ｂ错误；Ｃ．根据ｆ＝ 解得ｆ＝ ＝５Ｈｚ，Ｃ错误；Ｄ．根据电功率公式有Ｐ＝ ２＝４８．４Ｗ，Ｄ正确。
２π ２π Ｒ
６．Ｄ 【解析】物块刚滑上传送带时，受到向左的滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，
μｍｇ
加速度大小为ａ＝ ＝１ｍ／ｓ２，设物块到达Ｂ点前已经与传送带共速，则物块匀减速阶段所用时间为 ｔ＝
ｍ １
ｖ－ｖ ２－１ ｖ＋ｖ ２＋１
０ ＝ ｓ＝１ｓ，物块匀减速阶段的位移为ｘ＝０ ｔ＝ ×１＝１．５ｍ＜Ｌ＝３ｍ，共速后，物块做匀速运动
ａ １ １ ２ １ ２
Ｌ－ｘ ３－１．５
到Ｂ点所用时间为ｔ＝ １＝ ｓ＝１．５ｓ，则物块从Ａ点运动到Ｂ点所用时间为ｔ＝ｔ＋ｔ＝２．５ｓ，传送带
２ ｖ １ １ ２
上留下的摩擦痕迹长度为Δｘ＝ｘ－ｖｔ＝１．５ｍ－１×１ｍ＝０．５ｍ，故选Ｄ。
１ １
７．Ｃ 【解析】Ａ．根据右手定则可知。甲线框进入磁场过程中的电流方向为顺时针；Ｂ．甲、乙线框刚进入磁场
Ｂ２Ｌ２ｖ
时，所受合力均为安培力，根据安培力计算公式可得Ｆ＝ＢＩＬ＝ ０，由于甲和乙的电阻分别为Ｒ和２Ｒ，则所
Ｒ
受合力的大小之比为２∶１；ＣＤ．假设甲、乙都能完全出磁场，取向右为正方向。对甲全过程根据动量定理可知
ΔΦ
Δｔ ΔΦ Ｂ·４Ｌ２
－ＢＩＬΔｔ＝ｍｖ－ｍｖ，且ｑ＝ＩΔｔ＝ ·Δｔ＝ ＝ ，同理对乙有－ＢＩＬΔｔ′＝２ｍｖ－２ｍｖ，且ｑ＝ＩΔｔ′＝
１ １ ０ １ １ Ｒ Ｒ Ｒ ２ ２ ０ ２ ２
ΔΦ
Δｔ′ ΔΦ Ｂ·４Ｌ２ ３Ｂ２Ｌ３ ３
·Δｔ′＝ ＝ ，解得ｖ＝０，ｖ＝ ＝ ｖ，故选Ｃ。
２Ｒ ２Ｒ ２Ｒ １ ２ ｍＲ ４０
参考答案 第 １页 （共４页）
书书书８．ＡＤ 【解析】Ａ．正确；Ｂ．对同一狭缝或障碍物，波长越长，越容易发生明显衍射现象，故Ｂ错误；Ｃ．物体做受迫
ｌ
振动时的频率一定等于驱动力的频率，故Ｃ错误；Ｄ．根据单摆的周期公式Ｔ＝２π槡，由于地球上的重力加
ｇ
速度大于月球上的重力加速度，所以同一单摆在地球上振动的周期比在月球上振动的周期小，故Ｄ正确。
９．ＡＣ 【解析】Ａ．根据题意可知，缓慢放气过程，气体体积变大，气体对外做功，温度不变，气体内能不变，根据
热力学第一定律，则气体应吸热，故Ａ正确；Ｂ．根据题意可知，气体放出部分后，压强减小，体积减小，温度不
变，根据气体压强的微观含义可知，气体在单位时间内碰撞袖带内壁单位面积上的分子数减少，故Ｂ错误；
ＣＤ．对原袖带内气体而言，发生等温变化，设放出压强为ｐ的气体体积为ΔＶ，由玻意耳定律可得１．６ｐＶ＝
０ ０ ０
０．８Ｖ １
ｐ（０．８Ｖ＋ΔＶ），解得ΔＶ＝０．８Ｖ，袖带内剩余气体的质量与放出气体的质量之比为 η＝ ０＝ ，故 Ｃ
０ ０ ０ ΔＶ １
正确。
１０．ＡＢＤ 【解析】Ａ．系统水平方向动量守恒，从静止释放到Ｃ球刚要与地面接触的瞬间，水平方向速度均为０，
１
所以Ａ经历了先加速后减速的过程，故Ａ正确；Ｂ．根据机械能守恒ｍｇｌ＝ ｍｖ２，解得ｖ＝槡２ｇｌ，故Ｂ正确；
２
Ｃ．由三者的质量关系以及水平方向动量守恒可判断，Ａ向左运动，Ｂ和Ｃ向右运动。设三者的位移大小分别
５ｌ ７ｌ
为ｘ、ｘ、ｘ，由动量守恒定律可得２ｍｇｘ＝２ｍｇｘ＋ｍｇｘ，且ｘ＋ｘ＝ｌ，ｘ－ｘ＝ｌ，解得ｘ＝ ，ｘ＝ ，ｘ＝
Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ ６ Ｂ ６ Ｃ
ｌ π
；Ｄ．由三者的质量关系以及水平方向动量守恒可判断，Ａ向左运动，Ｂ和Ｃ向右运动。当θ等于 时，设
６ ２
三者的大小分别为ｖ、ｖ、ｖ，ｖ的方向水平向左，ｖ的方向水平向右，ｖ的方向斜向右下方，设ｖ与ＢＣ杆的
Ａ Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ Ｃ
夹角为α。Ａ与Ｃ球在沿ＡＣ杆方向的分速度相同，即ｖ＝ｃｏｓ４５°＝ｖｓｉｎα，Ｂ与Ｃ球在沿ＢＣ杆方向的分速度
Ａ Ｃ
ｖ
相同，即ｖ＝ｃｏｓ４５°＝ｖｓｉｎα，又因为水平方向动量守恒，则有３ｍｖ＝２ｍｖ＋ｍｖｃｏｓ（α＋４５°），联立可得 Ａ＝
Ｂ Ｃ Ａ Ｂ Ｃ ｖ
Ｂ
５
，故Ｄ正确；故选ＡＢＤ。
７
１１．（１）Ｂ （２）ＡＣ（选对一个给１分，选对两个给２分，选错不得分 （３）乙
１２．（１）３．７００（３．６９８～３．７０２均给分） （２）２４．０（２３．５～２４．５均给分） （３）１２ ５．２
【解析】（１）螺旋测微器的分度值为０．０１ｍｍ，需要估读到分度值的下一位，则读数为３．５ｍｍ＋０．０１ｍｍ×２０．０
＝３．７００ｍｍ；
１
（２）分析电路可知，将Ｓ置于位置２，此时电流表读数为０．２５Ａ，则 ＝４Ａ－１，根据图丙中的图线可得Ｒ＝
２ Ｉ ｘ
２４．０Ω；
１
（３）由电路可知，当将Ｓ置于位置１，闭合Ｓ时由闭合电路的欧姆定律得Ｅ＝Ｉ（Ｒ＋Ｒ＋ｒ＋Ｒ），整理得 ＝
２ １ Ａ ０ Ｉ
１ Ｒ＋Ｒ＋ｒ １ １ ４．９－３．０ Ｒ＋Ｒ＋ｒ
Ｒ＋ Ａ ０ ，结合 －Ｒ图像可得 ｋ＝ ＝ Ｖ－１，ｂ＝ Ａ ０ ＝２．０Ａ－１，解得 Ｅ＝１２Ｖ，ｒ＝
Ｅ Ｅ Ｉ Ｅ ３５ Ｅ
５．２Ω。
参考答案 第 ２页 （共４页）１３．（１０分）
（１）木块恰能沿斜面匀速下滑：ｍｇｓｉｎθ＝μｍｇｃｏｓθ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （３分）
μ＝０．７５!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
（２）受力分析如图所示，
在垂直斜面方向Ｆ ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
Ｎ
沿斜面方向Ｆｃｏｓθ＝ｍｇｓｉｎθ＋Ｆ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
ｆ
而且Ｆ＝μＦ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
ｆ Ｎ
联立解得Ｆ＝４０Ｎ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （２分）
１４．（１４分）
１
（１）小球从Ａ运动到Ｂ的过程中，根据动能定理可知：ｍｇＲ＝ ｍｖ２－０!!!!!!!!!!!! （２分）
２ Ｂ
ｖ２
在Ｂ根据牛顿第二定律，有Ｆ －ｍｇ＝ｍ Ｂ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
Ｎ Ｒ
联立以上两式，解得Ｆ ＝６０Ｎ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
Ｎ
由牛顿第三定律可知，滑块对Ｂ点的压力为６０Ｎ !!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
（２）从Ａ点至弹簧第一次压缩至最短的过程中，根据能量转化与守恒可知：ｍｇＲ－μｍｇＬ＝Ｅ !!! （２分）
ｐ
解得Ｅ＝１６Ｊ，
ｐ
１
根据Ｅ＝ ｋｘ２ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
ｐ ２
Ｆ ｋｘ
根据牛顿第二定律有ａ＝ ＝ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
ｍ ｍ
联立以上两式，解得ａ＝４０ｍ／ｓ２!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
（３）从小球开始运动到最终停止，设小球在ＢＣ段运动的路程是ｓ，根据动能定理可知：ｍｇＲ－μｍｇｓ＝０－０ （２分）
解得ｓ＝１０ｍ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
则小球最终停止的位置距离Ｂ点２ｍ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
１５．（１６分）
（１）垂直ｘ轴方向射入磁场的微粒恰好从Ｃ点水平射出磁场，由几何关系可知，带电粒子在匀强磁场中做匀
速圆周运动的半径ｒ＝Ｒ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
ｍｖ２
对微粒，根据洛伦兹力提供向心力有ｑｖＢ＝ ０ !!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
０ ｒ
可得ｖ＝２×１０６ｍ／ｓ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
０
参考答案 第 ３页 （共４页）（２）如图所示，射入磁场时速度方向与ｘ轴正方向成１２０°的微粒从Ｐ点射出，
其轨道圆心记为Ｏ，则四边形ＡＯＰＯ 为菱形。
２ １ ２
∠ＯＡＯ ＝１２０°，ＰＯ 与ＡＯ 平行，
１ ２ ２ １
π π
则有∠ＰＯＡ＝６０°＝ ，∠ＰＯＡ＝ !!!!!!!!!!!! （２分）
１ ３ ２ ３
π
ｒ
３
则粒子在磁场中的运动时间为ｔ＝ !!!!!!!!!!! （１分）
ｖ
０
π
可得ｔ＝ ×１０－６ｓ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
６
（３）由于粒子做匀速圆周运动的半径ｒ＝Ｒ，所有射入磁场的粒子在磁场右侧出射时都有水平向左的速度，
要粒子能够经电场偏转过Ｏ点，对粒子在电场中的运动分析：
ｘ轴方向Ｌ＝ｖｔ，!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
０３
１
ｙ轴方向ｙ＝ ａｔ２ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
２ ３
根据牛顿第二定律有Ｅｑ＝ｍａ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
解得：ｙ＝１．５ｍ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
ｔ＝１×１０－６ｓ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
３
该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的出射点为Ｑ，过Ｑ做ＡＯ 的垂线，垂足为Ｄ，
１
Ｒ
由几何关系可知ＯＤ＝ｙ－Ｒ＝０．５ｍ＝ ，可得∠ＯＱＤ＝３０°，
１ ２ １
２π ２π
由此可知：∠ＡＯＱ＝１２０°＝ ，∠ＱＯＡ＝ !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
１ ３ ３ ３
２π
ｒ
３ π
则粒子在磁场中的运动时间为ｔ＝ ＝ ×１０－６ｓ!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
１ ｖ ３
０
槡３
ｘ－ ｍ－２ｍ
Ａ ２ １
粒子在出磁场未进入电场前做匀速直线运动，运动时间ｔ＝ ＝ ×１０－６ｓ!!! （１分）
２ ｖ ４
０
４π＋１５
则运动的总时间ｔ＝ｔ＋ｔ＋ｔ＝ ×１０－６ｓ!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! （１分）
１ ２ ３ １２
参考答案 第 ４页 （共４页）
