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绝密★启用前 物理参考答案 14.【答案】D 【解析】核裂变和核聚变均放出核能，则均存在质量亏损，所以质量不守恒，但能量守恒，选项A错误； 原 子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开所需要能量叫做原子核的结合能，这个能量也是核子结 合成原子核而释放的能量，核裂变和核聚变中释放的能量是由于质量亏损而释放的能量，所以不是原子核的结 合能，选项B错误；组成原子核的核子越多，它的结合能越大，但比结合能不一定越大，选项C错误；比结合 能越大，原子核中核子结合得一定越牢固，原子核就越稳定，选项D正确。 15.【答案】B 1 3 【解析】从光源发出的光射到aabb面上的临界角C满足sinC   ，临界角C 37o，当ef 发出的光恰好 n 5 1 射到bb时，设入射角为i,根据几何关系得sini  ，则入射角i37，设ef 垂直入射到aabb面上的位置为 2 ef , 根据几何关系可得bb到ef之间的距离为x 2L，则入射到aabb面上bb到ef之间x 2L部分入 1 1 射角均小于37，则都不会发生全反射，即均可射出；入射到aabb面上ef到aa之间恰好发生全反射时入射 x 角为临界角C 37o，设恰好发生全反射的位置距ef的距离为x ，根据几何关系可得tan37o  2 ，解得 2 4L x 3L，x 小于ef到aa之间的距离6L,则入射到aabb面上ef到aa之间能射出的宽度为x 3L，则入 2 2 2 5L 5 射到aabb面上能射出光的总宽度为x x x 5L,所以能射出光部分占的比例为k   ，选项B正确。 1 2 8L 8 16.【答案】B 【解析】根据等量异种电荷电场线和等势面的分布规律可知a、b两点电场强度相同，电势均为零，即相等，e、 f两点关于O点对称可知，电场强度相同，根据沿电场线方向电势降低，则e点的电势大于f点的电势，即电势 不同，选项A错误，选项B正确；根据等量异种电荷电场线疏密的分布规律可知c点电场强度大于O点的电场 强度，O点的电场强度又大于d点的电场强度，则电子在c点受到的静电力大于在在d点受到的静电力，根据 沿电场线方向电势降低，则c点的电势大于d点的电势,根据电势能E q，又因为电子带负电，则电子在电 p 势较高处具有的电势能较小，所以在c点的电势能也小于在d点的电势能，选项C错误；如果无穷远处电势势 能为零，则两电荷在d点产生的电势大小相等，符号相反，代数和为零，即d点电势为零，一质子在d点和无 穷远处具有的电势能都为零，即电势能相等，所以从d点移到无穷远处，静电力做功为零，选项D错误。 17.【答案】D 【解析】对小球受力分析可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向水平向 左，如果向右运动，则做匀减速直线运动，如果向左运动，则做加速直线运动，选项A错误； 物理参考答案 第 1 页 （共 7 页）设小球的加速度为a，受力分析如图所示，对小球由牛顿第二定律得m gtanθ=m a，解得a=gtanθ，则汽车的加 1 1 速度和苹果箱的加速度都为a=gtanθ，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车箱底板静止，则车厢底板对苹果箱的摩 擦力为静摩擦力，不是滑动摩擦力，所以不一定为μMg，以这箱苹果为研究对象，根据牛顿第二定律有 F  Ma  Mgtan，选项B错误；以苹果箱中间一个质量为m的苹果为研究对象，设周围其它苹果对它的作 f 用力大小为F，方向与竖直方向的夹角为，在水平方向根据牛顿第二定律有Fsinma，在竖直方向上 mg Fcosmg ，加速度a=gtanθ，三式联立解得F  mgtan2 mg2 mg 1tan2= ， cos a tan  tan，则，选项C错误，选项D正确。 g 18.【答案】B U 60 10 【解析】根据欧姆定律，原线圈的电流为I  R 1   ，副线圈电流为I  U 2 ，原线圏两端的电压为 1 R 6R R 2 R 1 n U n U U U 100V60V40V，设理想变压器原、副线圈匝数之比为 1 k，理想变压器有 1  1 k， 1 R 1 n U n 2 2 2 U U U 40 I n 40 10 解得U  1 ，代入得I  2  1  ，理想变压器有 2  1 k，再将I  和I  代入上式解 2 k 2 R kR kR I n 2 kR 1 R 1 2 U n 得k 2，即原、副线圈匝数之比为2:1，选项A错误； 1  1  2，U 40V，解得U 20V，选项B U n 1 2 2 2 正确；根据题设条件不能确定电阻R的阻值，所以原副线圈电流都不能确定，选项C、D错误。 19.【答案】BC 【解析】天和核心舱在轨道Ⅰ运行做匀速圆周运动，神舟十五号载人飞船在轨道Ⅱ运行经过A点时做向心运动， 所以神舟十五号载人飞船在轨道Ⅱ运行经过A点的速度小于天和核心舱在轨道Ⅰ运行的速度，选项A错误；设 T2 r3 载人飞船运动周期为T ，根据开普勒第三定律有 1  ，则天和核心舱运动的周期与飞船在椭圆轨道Ⅱ上运 2 T 2 a3 2 动的周期之比为 r3 : a3 ，选项B正确；天和核心舱做匀速度圆周运动，万有引力提供向心力有 Mm v2 Mm G mr2 m ，又因为地球表面上物体有G 0 m g，两式联立解得天和核心舱运动的角速度 r2 r R2 0 gR2 gR2  ，线速度v ，选项C正确，选项D错误。 r3 r 20.【答案】AB 【解析】A、B 两球落地时的速度相同，设为 v ，两球下落过程根据机械能守恒定律可得， 0 1 (kmm)gh (kmm)v 2，解得v  2gh，球B先与地面碰撞之后原速弹回，此时A球速度方向还是向 2 0 0 物理参考答案 第 2 页 （共 7 页）下，为v  2gh，之后两球发生弹性碰撞，设向上为正方向，碰撞之后A、B两球的速度分别为v 和v ，根 0 A B 1 1 1 1 据动量守恒定律kmv mv kmv mv ，根据能量守恒定律可得 kmv 2  mv 2  kmv 2  mv 2， 0 0 B A 2 0 2 0 2 B 2 A 3k1 两式联立解得v  v ，当k=3时代入可得v 2v ，设上升的最大高度为h ，A球上升过程根据机械能 A k1 0 A 0 1 1 守恒定律可得， mv 2 mgh ，代入数据解得h 4h；当k=7时代入可得v 2.5v ，设上升的最大高度为 2 A 1 1 A 0 1 h ，A球上升过程根据机械能守恒定律可得 mv 2 mgh ，代入数据解得h 6.25h,所以A球上升的最大 2 2 A 2 2 高度应大于4h，小于6.25h，选项AB正确。 21.【答案】BCD B2L2v 2mgR 【解析】导体棒在出三个磁场时均恰好匀速运动，则有mg  ，解得出磁场时的速度为v ，则 2R B2L2 导体棒出磁场时的速度均相同，三个磁场的宽度都相等，在磁场中运动过程根据牛顿第二定律有 BLv B2L2v ILBmg ma，感应电流I  ，解得加速度为a g，棒ab在磁场中运动的加速度只与变量速 2R 2Rm 度v有关，根据微元法可得棒ab在磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域运动情况均相同，选项A错误，选项B正确；棒ab在 进入磁场区域Ⅰ瞬间和进入磁场区域Ⅲ瞬间速度大小相等，此过程中根据能量守恒定律电路中产生的总热量为 Qmg(2d 2s)2mg(d s)，导体棒电阻与串联电阻阻值相等，则电阻R产生的热量为mg(d s)，选项 C正确；导体棒离开磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程中，由匀变速运动规律得v 2 v2 2gs，解得 1 4m2g2R 2 v  v2 2gs  2gs ，进入磁场Ⅱ时的速度与进入磁场Ⅰ时的速度相等，由静止释放到区域Ⅰ 1 B4L4 2m2R2g 上边界的过程导体棒做匀变速直线运动，根据运动学公式有v2 2gx，因此x= s，选项D正确 1 B4L4 d 22.（6分）【答案】（1）BDE（3分） （2） （1分） （3）d2 2gLt2（2分） t 1 【解析】（1）本实验需要验证的表达式为mgL  mv2，所以需要测量小球释放点与光电门之间的高度L，由 2 表达式可知由于等式两边均有小铁球的质量m，可以约去，所以小铁球的质量m可以不用测量，本实验中由于 d 小铁球的直径d较小，所以小铁球过光电门时的速度大小近似为v ，所以还需要测量小铁球的直径d，小 t 球通过光电门的时间t，所以选择BDE。 物理参考答案 第 3 页 （共 7 页）d （2）小铁球经过光电门的挡光时间为t，由于小铁球的直径较小，所以其通过光电门的速度可近似为v 。 t 1 1 d （3）本实验要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式mgL  mv20 m( )2 2 2 t 即d2 2gLt2 23.（10分）【答案】（1）150（1分） （2）R （2分） 电路图见解析（2分） （3）2.150（1分） 1 I (R r) （4） 1 1 1 （2分） R d（2分） I I x 2 1 【解析】（1）待测电阻阻值为15.0×10Ω=150Ω。 （2）实验器材中没有电压表，电流A 的内阻已知，所以应用电流A 与定值电阻串 1 1 E 联改装成电压表，电源的电动势为1.5V，串联的电阻为R  r 295，所以 I m 定值电阻应选择R ，电流表A 内阻未知，所以应用外接法，即如图所示电路，此接 1 2 法两表恰好几乎同时满偏。 （3）由螺旋测微器读数规则，可知新型导电材料的厚度d 2mm15.00.01mm2.150mm。 （4）根据电路的特点并联支路电压相等，则被测电阻两端的电压U  I (R r)，由伏安法解得 1 1 1 I (R r) l a 1 R  1 1 1 ；设该正方形导电材料的边长为a，厚度为d，根据电阻的定律有R  ρ  ρ  ρ ， x I I x S ad d 2 1 解得该正方形导电材料电阻率 R d。 x 24.（11分）【答案】（1）4cm （2）14cm 【解析】（1）将气体的温度缓慢加热到400K过程中活塞A的质量不变，大气压强 p 气体的压强不变，所以气 0 体的压强不变，为等压变化，设加热后气体的压强为 p ，两活塞间的距离变为L 2 1 dS LS 根据盖-吕萨克定律可得  1 (1分) T T 1 2 解得L 16cm 1 以两活塞和汽缸整体为研究对象，弹簧的弹力与整体重力相平衡，加热过程中始终平衡，则弹簧弹力不变， 即活塞B的位置不变，则活塞A对地移动的距离x  L d 4cm (1分) 1 1 （2）以活塞A为研究对象，设气体的压强为p ，根据平衡条件有 1 p S mg  p S (1分) 0 1 代入数据解得 p 2.0105Pa 1 物理参考答案 第 4 页 （共 7 页）活塞A施加一个竖直向上F=10N的拉力平衡后，设气体的压强为p ，以活塞A为研究对象，根据平衡条 2 件有 p S mg  p S F (1分) 0 2 p 1.5105Pa（1分） 2 此过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可得 p dS  p L S (1分) 1 2 2 解得L 16cm（1分） 2 以两活塞和汽缸整体为研究对象，设两活塞和汽缸整体质量为M，设初始时弹簧的压缩量为x，根据平衡 条件有Mg kx (1分) 施加拉力后弹簧的压缩量为x，根据平衡条件有Mg kxF (1分) 两式联立解得xx10cm，即活塞B向上移动的距为10cm（1分） 根据几何关系可得活塞A向上移动的距离为x (xx)(L d)14cm (1分) 2 2 25.(17分) 2(74 3)qB2a2 qB2a2 5m 【答案】（1） U  （2） m 2m 3qB 【解析】（1）当粒子不从ad边射出的临界轨迹是轨迹与ad边相切，如图中①所示，设此时粒子轨道半径为r ， 1 a 由几何关系得r  r sin30o （1分） 1 2 1 解得r  a（1分） 1 mv2 在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力qv B  1 （1分） 1 r 1 1 粒子在电场中加速过程根据动能定理qU  mv 2 （1分） 1 2 1 qB2a2 以上各式联立解得轨迹与ad边相切时加速电压为U  （1分） 1 2m 当粒子恰好从ab边射出的临界轨迹是轨迹与ab边相切，如图中②所示，设此时粒子轨道半径为r ，由几 2 何关系得r r cos30o a （1分） 2 2 解得r (42 3)a（1分） 2 mv 2 在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力qv B  2 （1分） 2 r 2 1 粒子在电场中加速过程根据动能定理qU  mv 2 （1分） 2 2 2 物理参考答案 第 5 页 （共 7 页）2(74 3)qB2a2 以上各式联立解得轨迹与ad边相切时加速电压为U  （1分） 2 m 要使粒子全部从ad边射出，则粒子轨迹半径要小于r  a，大于r (42 3)a，则加速电压U U U 1 2 2 1， 2(74 3)qB2a2 qB2a2 即 U  （2分） m 2m qB2a2 1 （2）加速电场两板间的电压U  ，粒子在电场中加速过程根据动能定理qU  mv2 （1分） 50m 2 mv2 在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力qvB  （1分） r a 以上各式联立代入数据解得r  （1分） 5 如图所示，当粒子轨迹与 bc 边界相切时，如图中③所示，设此时的轨道半径为 r ，由几何关系得 3 a a r r sin30o  解得r  ，因为r r ，则粒子从cd边射出 （1分） 3 3 2 3 3 3 300o 5 2m 5m 根据对称性得轨迹的圆心角为300o，运动时间为t  T    （1分） 360o 6 qB 3qB 26.（18分）【答案】（1）12m/s （2）1m/s 方向水平向左 （3）1.5m/s 方向水平向右 3m/s 1 【解析】（1）小球在向下摆动过程中由机械能守恒定律可得m gL(1cos60） m v2 （1分） 0 2 0 解得v 7m/s（1分） 小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得m v m vmv （1分） 0 0 0 1 1 1 由能量守恒定律有 m v2  m v2  mv 2 （1分） 2 0 2 0 2 0 两式联立解得v 12m/s （1分） 0 （2）对物块，根据牛顿第二定律 mg  ma （1分） 2 1 对长木板，根据牛顿第二定律 mg  (M  m)g  Ma （1分） 2 1 2 设物块从开始运动到与挡板碰撞过程中 1 1 两位移关系为(v t  at 2) a t 2 s （1分） 0 1 2 11 2 2 1 1 解得t  1s , at 2 0.5md ，则物块与长木板的挡板碰撞时，长木板还未与墙壁发生碰撞 1 2 11 物块与挡板刚要发生碰撞时，物块的速度为u v at  7m/s （1分） A 0 11 长木板的速度为u a t 1m/s （1分） B 2 1 物块与木板的挡板间的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 物理参考答案 第 6 页 （共 7 页）mu Mu mv Mv （1分） A B 1 2 1 1 1 1 mu 2  Mu 2  mv2  Mv 2 （1分） 2 A 2 B 2 1 2 2 两式联立代入数据解得v 1m/s，物块的速度方向水平向左，大小为v 1m/s （1分） 1 1 长木板的速度v 5m/s 2 （3）碰撞之后对长木板，根据牛顿第二定律mg(Mm)gMa （1分） 2 1 3 1 1 物块与木板间的碰撞之后到与竖直墙壁碰撞过程中长木板位移d  a t 2 v t  a t 2 （1分） 2 2 1 2 2 2 3 2 解得t =0.5s或t =2.0s（舍去)（1分） 2 2 则与墙壁碰撞前瞬间物块的速度v v at 1.5m/s，负号表示方向水平向右 （1分） A 1 1 2 则与墙壁碰撞前瞬间长木板的速度v v a t 3m/s （1分） B 2 3 2 物理参考答案 第 7 页 （共 7 页）