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参考答案：
单选4分一个；多选4分一个，选不全2分
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
A C B B D C A D AC BC BD ABD
、 分
13、4分
14、8分
15、8分
16、8 分
17、10分
1【8详解14】
解：AB、由题意可知碰撞时汽车与公路护栏受到的撞击力是一对作用力与反作用力，根据
牛顿第三定律，可知碰撞时汽车与公路护栏受到的撞击力的大小相等，方向相反，故 A正
确，B错误；
CD、根据作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在两个物体上，与运动状态无
关，故CD错误。
．
2 C
【详解】根据等差等势面的疏密可以判断： 可得 ；设正试探电荷从 点
M
运动到 点电场力做负功可得 ，选项C正确
． N
3【详B解】A．由曲线运动条件可知，在P点受到的合力的方向不可能水平向左，故 A错误；
B． 速度方向在变，故B 正确；
C．Q、P两点的切线的方向不同，即速度方向不同，故C错误；
位移大小小于轨迹长度，故D错误。
．
4【详B解】根据图乙可知，电压表的示数U大于U ，且为定值，则压敏电阻阻值增大，且为
0
定值，说明压力为定值小于重力，物体处于失重。
．
5【详D解】 ．对 受力分析如图所示
AB B
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1 14由平衡条件可得
由于漏电而下降少许后重新平衡， 增大，故小球 、 间的库仑力变大，故 错误，
B正确； A B A B
． 对筒壁的压力为
C B
增大，可知 对筒壁的压力变大，将小球 、 看成整体，小球 、 水平方向受力平衡，
可知筒壁对 的B 压力等于筒壁对 的压力，根A 据B牛顿第三定律可知A，小B球 对筒壁的压力
变大，故 正A确； B A
．将小球C 、 看成整体，小球 、 竖直方向受力平衡，筒底对 的支持力等于小球
D、 的重力A，根B 据牛顿第三定律可A 知B，小球 对筒底的压力不变，A故 错误。
A故选B 。 A D
． BC
6 C
【详解】 ． 为卫星在椭圆轨道的远地点的速度，小于在此位置以卫星和地球连线为半
A
径的圆轨道的速度 ， 表示匀速圆周运动的速度，根据
可得
半径越小，速度越大，故 ， 错误；
A
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2 14．根据开普勒第三定律可知
B
圆轨道的半径与椭圆轨道的半长轴相等，所以两卫星的运动周期相等，故不会相遇， 错
误； B
．根据牛顿第二定律
C
可知，两卫星通过 点时的加速度大小相等， 正确；
． 是第A一宇宙速度，是最小的发射速C度，最大的环绕速度，也是近地卫星的环绕
D速度7，.9k根m据/s
可知，半径越大，速度越小，所以“夸父一号”卫星的速度小于 ， 正确。
故选 。 7.9km/s D
CD
7【.A详解】 ．振动膜向右运动时，电容器两极板间的距离减小，根据
AB
可知，电容增大，由于电容器和电源相连，电容器两极板电压不变，所以电容器的板间电
场强度增大，电容器的带电荷量增大，所以电阻上有从a到b的电流，故 错误， 正确；
．振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离增大，电容减小，由于电A容器两极B板电压
C不D变，所以电容器的板间电场强度减小，电容器的带电荷量减小，故 正确。
． CD
8【详D解】 ．由沿电场线方向电势逐渐降低，在中垂线中点 点电势最高，由 图像可
知，小球A在初始阶段电场力小于摩擦力，小球做减速运动O， 时刻电场力与摩v—擦t力大小相
1
等，速度减到最小，此后电场力大于摩擦力，小球做加速运t动，在 时刻，小球的加速度
2
最大，所受合外力最大，摩擦力不变，所以电场力最大，可知场强t最大， 时刻，加速度
3
是零，电场力和摩擦力大小相等，此后电场力小于摩擦力，小球做减速运t动，直到停止，
错误；
A．在初始时刻，小球受到的电场力是零，只受摩擦力，由牛顿第二定律可得
B
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3 14其中 时刻图线斜率绝对值为 ，则有
1
t =0 k
联立可得
正确；
B．小球从 点到停在距 点 处的 ＇点，由动能定理可得
C O O L N
又有
解得
错误。
C．由 选项分析可知，在 时刻，小球受的电场力最大，可知场强最大，由牛顿第二定
2
D律可得A t
其中
联立可得
正确；
D．
9【详A解C】 ．球加速下落，处于失重状态，可知球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，
选项 正A确；
A
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4 14．小球下落过程中，受到斜面体以及挡板的作用力，则不能做自由落体运动，选项 错
B误； B
．因此过程中只有球的重力对系统做功，则球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒，选
C项 正确；
．C球体与斜面体组成系统水平方向受挡板的弹力作用，水平方向动量不守恒；竖直方向
D受合外力也不为零，竖直方向动量也不守恒，则系统的动量不守恒，选项 错误
． D .
1【0详解BC】整个运动过程，物块AB及弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误；弹簧被崩
开后弹簧再次回到原长，由双守恒可知 、 ，结合B的运动
图可知， ： =1:1， 选项D错误；两物体共速时弹性势能最大，所以B的
速度为1.5m/s时弹簧的弹性势能最大，选项C正确。选BC
．
1【1详解BD】 ．从 到 由动能定理可得
A A B
由图象可得，小滑块从 到 运动过程中，合力做的功为
A B
则小滑块运动到 点时速度大小为
B
所以 错误；
．对A滑块受力分析，有重力和电场力以及轨道对滑块的支持力，当滑块运动到半圆轨道
B上时，重力与电场力的合力与轨道对滑块的支持力共线时，滑块对半圆轨道压力最大，所
以此处半径与 夹角的正切值为
OB
由图象可知，在 点时，滑块所受电场力为
B
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5 14其中
则
所以 正确；
．从B 到 的过程中，由动能定理得
C B C
得
从 点飞出回到 轨道的过程中水平方向速度减为 时水平位移最大
水C平方向 AB 0
错误；
C．由 选项分析可知， 点时滑块的电荷量为
D B B
从 点出去后，电场方向与水平方向的夹角为 ，则
C
点出时速度水平方向，因速度方向与恒力方向不共线，物块将做匀变速曲线运动运动，
C所以 正确。
故选D 。
．ABDBD
12
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6 14C C v C l C l
【详解】对A项：设粒子从 1飞入 2时的速度为 0， 1极板长为 1， 2极板长为 2，
1 qE l 1 E l2
y= 2 ( 2 ) 2 qE l = mv2 y= 2 2
C 2 m v 1 1 2 0 4E l
粒子飞出 2时的偏转距离 0 ，与 可得： 1 1。由此可
知废除C 的偏转距离与比荷无关，故α也恰能从C 上极板右边缘飞出。又因为
2 2
q
E = α E =2E
qE l +qE y=E E ∝q kα q k k
1 1 2 k，得 k 。所以 N 。故A正确。
2l +l 1 √m t 1
t= 1 2 qE l = mv2 t∝ H =
v 1 1 2 0 q t √2
对B项:由 0 ， 可知， ， α ，故B正确
C
对C项: 2的下极板下移，不影响电场分布，因此质子在场中运动为发生任何变化，故P
不变，C选项错
qE l 1 1 q2E2l2
v =at= 2 2 E = m(v2 +v2 )= m(v2 + 2 2 )
y mv k 2 0 y 2 0 m2v2 l
对D项：时 0 ， 0 ， 1的变化，引起
v E l E
0的变化，而 k会有一个极大值，因此 1增大， k可能增大，可能减小，故D选项正确
．
1【3详解】（10）.335 游 标0.3卡37尺3 的 主 尺1读00数0 为 ×100， 游标尺上第 个刻度和主尺上某一刻
度对齐，所1以游[1标][尺2]读数为 103mm 7
所以最终读数为
螺旋测微器的固定刻度为 ，可动刻度为
3mm
所以最终读数为
（ ） 由图可知选择开关置于 ，指针示数为 ，所以电阻为
2 [3][4] ×10 100
指针指在刻度盘中间位置附近时测量值较准确，而图中的偏角太小，说明阻值较大，所以
换大挡 ，重新欧姆调零后再测量；
×100
． 不是 （ 均可）
14 1.50 5.6
【详解】（ ） 电源的 图像的斜率大小表示电源的内阻，由曲线 可知斜率不是定
值，故电源1的内[1阻]不是定值。 a
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7 14由图丙可知所选量程为 ，分度值为 ，需要估读到 ，故此时电压表的读
[数2]为 。 0~3V 0.1V 0.01V
电1源.5的0V 图像的纵截距表示电源的电动势，则由曲线 可知，电源电动势为 。
[当3]路端电压为 时，电流为 。根据闭合电路欧姆定a律可得此时电源内阻为2.90V
1.50V 0.25A
（ ） 由曲线 可知，当路端电压为 时电流为 ，此时滑动变阻器接入电路的
电2阻为[4] a 2.50V 0.10A
易知外电路总电阻为 ，在图丁中作出外电路总电阻的伏安特性曲线如图所示，它与曲
线 交于点（ ，25Ω ），该点即为此时外电路的工作点，此时 消耗的功率为
b 60mA 1.5V
．（ ） ；（ ）
【详解】（ ）小球恰能从 到 ， 由动能定理可得
15 1 2
1 B A
解得
则两极板间的电场强度大小为
（ ） 由闭合电路欧姆定律可得
2
解得
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8 14则滑动变阻器接入电路的阻值为
1
（ ）若石子未击中苹果：h= gt2 ①
2
16. 1
⇒t=0.6s ②
（ ）若石子能击中苹果，设石子运动的时间为 ，石子下落高度：
h 2 = 1 gt2 ③ t
1 2
1
苹果下落的高度为： h = g(t+Δt) 2 ④
2 2
根据题意有：h -h =3m-1.8m=1.2m ⑤
2 1
苹果在水平方向上做匀速直线运动，有：x=vt ⑥
③④⑤⑥ ⇒v=4m/s ⑦
（ ） ；（ ）
17. 1 2
【详解】（ ）对子弹击中木块的过程用动量守恒定律
1
机械能损失
（ ）弹簧枪的弹性势能
2
设与 碰前 的速度为v，对子弹与 碰后整体向前匀减速直到与 碰撞的过程，用动能
定理C B B C
得
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9 14若 一定相碰，则 ，有
BC
若 碰后， 刚好运动到桌面右边缘，则
BC C
综合以上各式得
综上所述
．（ ） ；（ ） ；（ ）
18 1 2 3
【详解】（ ） 的水平距离为 ， 的竖直距离为 ，从 到 的过程根据动能定理有
1AB h AB h2 A B
解得 两点之间的电势差
AB
（ ）小球从 点以动能 水平向右抛出，经过一段时间后，到达 点动能竖直向下，
为2 ，说A明水平方向m上gh减速运动，水平方向有 B
m4gh
解得
方向水平向左；竖直方向有
解得
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10 14方向竖直向下。所以匀强电场的场强
方向与水平方向成 角斜向左下。
（ ）根据题意建立4如5°图所示的坐标系
3
已知小球第一次经过 点正下方 点时电场刚好相反，可知 到 的运动时间为 ，小球
在水平方向运动时间A具有对称性D，即 到 和 到 所用时A间相D同 T
A B B D
小球从 到 ，在 轴上有
A B y
解得
到达 点时小球沿 轴方向的分速度为
D y
则 到 沿 轴方向的位移为
A D y
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11 14小球第一次经过 轴的 点后电场反向，沿与 轴方向成 指向右上方，小球在 轴上受
y D x 45° y
力平衡，以 的速度做匀速直线运动。沿 轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性
x
可知恰好在 时刻第二次经过 点正下方的 点，此过程沿 轴的位移为
T2 A E y
经过 点后， 时间内电场再次反向，小球沿 轴以 的初速度做匀加速直线运动，
E T2 ~T3 y
时刻第三次经过 轴，此时沿 轴的分速度为
T3 y y
时间沿 轴的位移为
T2 ~T3 y
以此类推，从 时刻开始，每经过一个时间间隔 ，小球就经过一次 轴，沿 轴的运动均
为匀加速直线运0动与匀速直线运动交替运动。 T 时间沿 轴的y位移为 y
T3 ~T4 y
时间沿 轴的位移为
T4 ~T5 y
以此类推，可得小球第 次经过 轴的总位移为
n y
令 ，解得
可知小球在第 次经过 轴后从到达水平面，当 时
5 y
则小球在第 次经过 轴位置到水平面的距离为
5 y
小球在第 次经过 轴之前竖直方向经历了 次匀速直线运动和 次匀加速直线运动，第
次经过 轴5时沿 y轴的分速度 2 3 5
y y 答案第 页，共 页
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12 14小球在第 次经过 轴后沿 轴做匀速直线运动，从第 次经过 轴到水平面经历时间为
5 y y 5 y
与 对比可得
小球在第 次经过 轴后沿 轴负方向做匀减速直线运动，其位移为
5 y x
由 到 的过程中，沿水平方向有
A B
解得
小球到达水平面 时与 点的水平距离 。
A
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13 14
