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【参考答案】
1．【答案】D
【解析】力的国际单位为N，功率的国际单位为W，电场强度的国际单位为N/C，电压的
国际单位为V，所以正确答案为D.
2．【答案】B
【解析】矢量是既有大小又有方向的物理量，例如：位移、速度、加速度、力、电场强度，
因此答案为B.
3．【答案】A
【解析】开普勒提出了行星三定律，指出所有太阳系中的行星的轨道形状都是椭圆，选项A
正确；卡文迪许通过扭秤实验测出了万有引力常数，选项B错误；密立根通过油滴实验测
定了电子的电荷量，选项C错误；奥斯特发现了电流的磁效应，选项D错误．
4.【答案】C
【解析】抽出空气之后，小羽毛和金属片下落仅受重力，因此加速度一样大，所以下落一样
快，选项C正确．
5．【答案】A
【解析】声速大约为340 m/s，所以雷电生成处距离小明大约680 m，选项A正确．
6.【答案】C
【解析】由v－t图象与时间轴所围的面积等于汽车通过的位移，设匀减速直线运动的时间
10＋0
为t，则x＝vt，即15 m－10×0.5 m＝ t，因此匀减速运动的时间为2 s，所以匀减速运
2
|Δv | |0－10|
动的加速度大小为a＝ ＝ m/s2＝5 m/s2，选项C正确．
t 2
7.【答案】C
【解析】物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状
变化，所以重心改变，选项A错误；动摩擦因数与倾角无关，故选项B错误；由图可知，
F ＝mgcos θ，F＝mgsin θ，倾角变大，所以正压力F 随角度变大而减小，所以C正确；石
N f N
块开始下滑时，重力沿斜面方向的分力大于石块受到的摩擦力，选项D错误．
第1页 | 共7页8.【答案】B
Eq2＋mg2
【解析】点电荷受到重力、电场力，所以a＝ ，选项A错误；根据运动独立
m
d 1Eq md
性，设水平方向点电荷的运动时间为t，则 ＝ t2，解得t＝ ，选项B正确；下降高
2 2m Eq
1 mgd Eqd
度h＝ gt2＝ ，选项C错误；电场力做功W＝ ，选项D错误．
2 2Eq 2
9.【答案】D
【解析】根据安培定则可知b处的两处分磁场方向均为垂直纸面向外，所以选项A错误；
ef在a处的磁场方向垂直纸面向外，所以选项B错误；根据左手定则可判断，电流方向相
反的两个导线所受的安培力使其互相排斥，所以选项C错误；不管导线中电流方向如何，
只要电流方向相反，导线就互相排斥，选项D正确．
10.【答案】A
【解析】
G
地面对手的支持力与θ无关，F ＝F ＝ ，运动员单手对地面的正压力等于地面对单手的支
1 2
2
持力，所以选项A正确，B错误；不管角度如何，运动员受到的合力为零，选项C错误；
不管角度如何，相互作用力总是大小相等的，选项D错误．
11. 【答案】B
GM g金 k GM v金 k
【解析】根据g＝ ，可知 ＝ ，选项A错；根据v＝ 可知， ＝ ，选项B对；
R2 g火 n2 R v火 n
GM日 r3
根据a＝ 可知，距离太阳越远，加速度越小，而 为常量，因此距离太阳越远，周期越
r2 T2
长，所以选项C、D均错．
12.【答案】D
第2页 | 共7页【解析】匀速下降阶段，说明阻力等于重力，不止重力做功，所以机械能不守恒，选项A
错；在减速阶段，加速度向上，携带的检测仪器处于超重状态，选项B错误；合外力做功
等于动能改变量，选项C错误；火箭着地时，地面给火箭的力大于火箭重力，由牛顿第三
定律可知，选项D正确．
13.【答案】A
【解析】
如图所示，OE＝OP·cos 37°＝1.6 m
PE＝OPsin 37°＝1.2 m
x＝MN＝BO＋OE＝3.6 m
即v t＝3.6 m
0
OF＝PN－1.2＝y－1.2
MN x
CF＝ －OE＝ －1.6
2 2
OF y－1.2 3 3
而 ＝tan 37°＝ ，则y＝ x＝ ×3.6 m＝1.35 m
CF x 8 8
－1.6
2
所以MB＝y－PE＝(1.35－1.2)m＝0.15 m，B、D错．
vy
＝tan 37°
vx
g·t 3
＝
v0 4
v t＝3.6 m
0
解得v ＝4 3 m
0
综上所述，选项A正确．
14．【答案】BC
【解析】LC振荡电路中，电容器开始放电时，电容器极板上电荷量最多，由于自感线圈的
阻碍作用，回路电流从小变大，即选项C正确；β射线为高速电子流，不是电磁波，选项A
错．n＝4激发态的氢原子可以放出C2
4
＝6种不同频率的光子，选项D错．
15.【答案】BCD
第3页 | 共7页1
【解析】根据同侧法可知，起振方向为竖直向上．P点第三次到达波峰即(2＋ )T＝0.9 s，T＝
4
λ
0.4 s，所以波速v＝ ＝5 m/s，所以A选项错误；1.4 s相当于3.5个周期，每个周期路程为
T
4.5－0.5
20 cm，所以B正确；Q第一次到达波谷时经过t＝ s＝0.8 s，此后再经过两个周期
5
即t＝0.8 s＋2×0.4 s＝1.6 s时Q第三次到达波谷，选项C正确；要发生干涉现象，另一列
波的频率一定与该波的频率相同，即2.5 Hz，选项D正确．
16.【答案】AB
17.【答案】(1)B BD (2)C (3)B
【解析】(1)小球平抛轨迹的起点应选在斜槽末端小球的上端处．实验过程中，斜槽不一定
光滑，只要能够保证从同一位置静止释放，即使轨道粗糙，摩擦力做功是相同的，离开斜槽
末端的速度就是一样的，所以A错，记录点适当多一些，能够保证描点光滑，选项B正确，
选项C错．y轴必须是竖直方向，即用重锤线确定，即选项D正确．
(2)由题图可知斜槽末端不水平，才会造成斜抛运动，选择C.
(3)插入瓶中的另一根吸管的目的就是为了保证水流流速不因瓶内水面下降而减小，能保证
下降到该处的一段时间内，能够得到稳定的细水柱，所以选B.
18．【答案】2.50 接b 接a 31.4
【解析】量程为3 V，所以得估读，即读数为2.50 V；由于保护电阻，因此本题的实验电路
图如下：
U L πd2
根据R ＋R ＝ ，R ＝ρ ，S＝ ，
x 0 x
I S 4
联立可知L＝31.4 m.
19．【答案】见解析
Δv 4.2
【解析】 (1)a ＝ ＝ m/s2＝0.105 m/s2.
1
Δt 40
1
v
x ＝ Δt ＝2.1×40 m＝84 m.
1 1
2
(2)设游船匀减速运动的加速度大小为a ，则
2
Δv3 4.2－0.2
a ＝ ＝ m/s2＝0.05 m/s2.
2 Δt 720－640
3
第4页 | 共7页F＝Ma ＝400 N.
2
(3)x ＝vΔt ＝4.2×600 m＝2 520 m.
2 2
v＋vt
x ＝ ·Δt ＝176 m.
3 3
2
x＝x ＋x ＋x ＝2 780 m.
1 2 3
x
所以v＝ ≈3.86 m/s.
t
20. 【答案】见解析
mv2
1
【解析】(1)kmg＝
r
1
解得v
1
＝ kgr
1
＝5 5 m/s≈11.2 m/s.
v2
2
(2)kmg＝m
r
2
解得v
2
＝ kgr
2
＝5 10 m/s≈15.8 m/s.
1 1
Pt－mgh＋W 阻 ＝ mv2 2 － mv2 1.
2 2
所以W ＝－21 000 J.
阻
(3)用时最短必使v最大(即R最大)且s最短，对应轨道应为过A、B两点且与路内侧边相切
的圆弧．
d
R2＝r2
1
＋[R－(r
1
－ )]2
2
解得R＝12.5 m，
v ＝ kgR＝12.5 m/s，
m
θ r 10 4
1
sin ＝ ＝ ＝ ，即θ＝106°，
2 R 12.5 5
106°
12.5 × π
Rθ 180° 53π
所以t ＝ ＝ s＝ s≈1.85 s.
min
vm 12.5 90
21．【答案】(1)ACE n (2)b到a A
b
【解析】(1)为了完成变压器的探究，需要使用交流电源变压，交流电压挡的多用电表．为
了让变压效果明显需要含有闭合铁芯的原副线圈，因此正确答案为A、C、E；
第5页 | 共7页由于有漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论变压值，即n 连接电源．
b
(2)由楞次定律可知，流过线圈的感应电流方向为从b到a，进入时电流方向与离开时电流方
向相反，排除C选项．由于离开时速度比进入速度快，即感应电流要变大，即选项A正确，
选项B、D错误．
22．【答案】 见解析
B2 1l2v0
【解析】(1)由已知得：mgsin θ＝
R
R＋
2
解得：v ＝6 m/s.
0
v0
(2)由动量守恒定律得mv ＝4mv，解得v＝ ＝1.5 m/s.
0
4
(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv，由动量定理得B IlΔt＝4mΔv
2
B Ll
2
因I＝ ，解得Δv＝0.25 m/s.
ΔtR＋\f(R,2)
设“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv′，同样有B I′lΔt′＝4mΔv′，
2
B lL
2
I′＝
Δt′R＋\f(R,2)
解得Δv′＝0.25 m/s.
因此“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时的速度为v′＝v－Δv－Δv′＝1 m/s.
1
由能量守恒得：Q＝ ·4m(v2－v′2)＝0.25 J.
2
23．【答案】见解析
mv2
【解析】(1)由已知得：洛伦兹力提供向心力，evB＝ ，
r
mv
r＝R，解得：B＝ .
eR
(2)设电子源最上端的电子从P点射出时与负y轴方向的夹角为θ ，由图及几何关系知sin θ
m m
b
＝ ，解得θ ＝60°.
m
R
同理电子源最下端的电子从P点射出时与负y轴方向的夹角θ ′也为60°，由题意及几何关
m
系得θ的范围为－60°≤θ≤60°
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(3)设进入小孔的电子在P点与负y轴的最大夹角为α，则tan α＝ ，解得α＝45°，y′＝Rsin
d
2
α＝ R.
2
n 2y′ 2R 6
设每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数为n，则 ＝ ＝ ＝ ≈0.82
N 2b 3R 3
因此n＝0.82N.
1
(4)由动能定理得出遏止电压U ＝－ mv2，与负y轴成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板
c
2e
1
相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需的最小反向电压U′＝－ mv2或根据(3)
4e
可得饱和电流大小i ＝0.82Ne.
max
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