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物理参考答案与解析
１．Ｂ 【解析】用动能为１１ｅＶ的电子碰撞处于基态的氢原子，可使其跃迁到ｎ＝２能级；用动能为１１ｅＶ的光子照
射处于基态的氢原子，由于不等于两能级能量之差，不能使其发生跃迁，故Ａ错误。氢原子从ｎ＝３能级跃迁到
ｎ＝２能级时，辐射出的光子能量最小，为１．８９ｅＶ，为可见光，不可能辐射出红外线，故Ｂ正确。大量处于ｎ＝４能
级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出６种不同频率的光子，故Ｃ错误。氢原子的电子由外层轨道跃迁到
内层轨道时，要以光子的形式释放能量，氢原子的能量减小，电势能减小，电子的动能增大，故Ｄ错误。
２．Ｄ 【解析】篮球Ａ在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，篮球Ｂ在竖直方向做自由落体
运动，在水平方向做匀速直线运动。根据竖直方向分运动可知，相遇前篮球 Ａ运动时间更长，甲比乙先抛出
篮球，再根据水平方向分运动可知，篮球Ａ的水平速度比篮球Ｂ小，故Ａ、Ｂ错误。根据竖直方向分运动可知
篮球Ａ先落地，再根据水平方向分运动可知，篮球 Ａ碰撞后到落地水平位移更小，两球落地点时，篮球 Ａ的
水平位移更远，故Ｃ错误，Ｄ正确。
ＮＢＳω
ｎ２
３．Ｂ 【解析】线框ＡＢＣＤ输出电压的有效值为 ，故Ａ错误。整个电路的等效电阻为Ｒ＋ １Ｒ，将Ｒ滑片
２ １ ｎ２ ２ ２
２
ｎ
向上滑动，总电阻增大，电流Ｉ、Ｉ减小，电压Ｕ、Ｕ 增大，故Ｂ正确。令Ｒ′＝（１）２Ｒ，则Ｒ上消耗的功率为
１ ２ １ ２ ｎ ２ １
２
Ｅ Ｅ Ｐ′
Ｐ＝（ ）２Ｒ 若将 Ｒ 阻值变为原来的两倍，则 Ｒ 上消耗的功率为 Ｐ′＝（ ）２２Ｒ。则 ＝
Ｒ＋Ｒ′ 。 １ １ ２Ｒ＋Ｒ′ Ｐ
Ｒ＋Ｒ′ １
２（ ）２，可知Ｒ上消耗的功率大于原来的 ，故Ｃ、Ｄ错误。
２Ｒ＋Ｒ′ １ ２
４．Ｂ 【解析】探测器在地球上的发射速度介于第二、三宇宙速度之间，故Ａ错误。探测器从 Ａ点到 Ｂ点速度减
小，从地球轨道到地火转移轨道要加速，从地火转移轨道到火星轨道要加速，地球公转速度大于火星公转速
Ｍｍ ｖ２ ４π２
度，则ｖ＞ｖ＞ｖ＞ｖ，故Ｂ正确。根据万有引力提供向心力可得Ｇ ＝ｍ ＝ｍ ｒ，可得地球与火星的公
１ ３ ４ ２ ｒ２ ｒ Ｔ２
Ｔ ｖ３ ２π ２π ｖ３
转周期之比 ３＝４。再结合圆周追及相遇公式 ｔ－ ｔ＝２π，且 Ｔ为一年，可得地球与火星每隔 ｔ＝ ３
Ｔ ｖ３ Ｔ Ｔ ３ ｖ３－ｖ３
４ ３ ３ ４ ３ ４
年相距最近，故Ｃ、Ｄ错误。
５．Ｃ 【解析】假设小球带正电，小球受到的重力和电场力方向均竖直向下，沿杆的分力斜向右下，滑动摩擦力也
沿杆向下，洛伦兹力与弹力垂直于杆，故小球受到的合力沿杆向下，不可能做匀速直线运动。因此，只有当小
球受到的电场力方向竖直向上且大于重力时，小球才能沿杆向上做匀速直线运动，故Ａ、Ｂ错误。小球受到的
洛伦兹力方向垂直于杆向下，受到的弹力方向可能垂直于杆向上，也可能垂直于杆向下，因此使小球沿杆向
上做匀速直线运动的速度有两个值，故Ｃ正确。将ｖ的方向改为沿杆向下，小球受到的合力沿杆向上，不可
０
能沿杆向下做匀速直线运动，故Ｄ错误。
６．Ｃ 【解析】Ｓ比Ｓ先起振且起振方向相同，均为向下，故Ａ错误。ｔ＝５．５ｓ时，Ｐ点处于 ｙ轴正半轴，速度向
１ ２
上，加速度向下，Ｑ点处于ｙ轴负半轴，速度向上，加速度向上，Ｐ、Ｑ两点的速度方向相同，故 Ｂ错误。０～８ｓ
内，ｘ＝－１ｍ处的质点没有运动，８ｓ～１２ｓ质点运动了一个周期且振幅为４ｃｍ，路程为１６ｃｍ，１２ｓ～１６ｓ质点
运动了一个周期，路程为４×８＝３２ｃｍ，１６ｃｍ＋３２ｃｍ＝４８ｃｍ，故Ｃ正确。由于两波源振动步调相反，到两波
源距离差为半波长的奇数倍时的质点为振动加强点，因此有±１ｍ、±３ｍ、±５ｍ、±７ｍ、±９ｍ、±１１ｍ共１２
个振动加强点，故Ｄ错误。
【物理答案 第１页（共４页）】
书书书７．Ａ 【解析】由图甲可知，折射率大的光ａ在内，折射率小的光ｂ在外，因此虹是红光在外紫光在内。由图乙可
知，折射率大的光ｃ在外，折射率小的光ｄ在内，因此霓是紫光在外红光在内，故 Ａ正确，Ｂ、Ｃ错误。根据反
射定律和折射定律，图丙中的入射光与出射光相比，偏过的角度为２３４．４°，故Ｄ错误。
８．ＡＣ 【解析】Ａ、Ｂ两物块分离时加速度相等，分离时对 Ｂ物块分析，根据牛顿运动定律：ｍｇｓｉｎθ＋μｍｇｃｏｓθ
２ ２ ２
＝ｍａ，得到：ａ＝ｇｓｉｎθ＋μｇｃｏｓθ。若分离时弹簧处在原长，则Ａ物块的加速度为：ａ＝ｇｓｉｎθ＋μｇｃｏｓθ，加速
２ ２ ２ ２ １ １
度与质量无关，若μ＝μ，则弹簧原长时两物块加速度相等，故 Ａ正确、Ｂ错误。若 μ＞μ，则 Ａ物块需要弹
１ ２ １ ２
簧向上的弹力才能保证加速度相等，弹簧处于压缩状态，故 Ｃ正确。若 μ＜μ，则 Ａ物块需要弹簧向下的弹
１ ２
力才能保证加速度相等，弹簧处于伸长状态，故Ｄ错误。
ｍｖ ２ｍｖ
９．ＡＤ 【解析】图甲中粒子的运动轨迹如左图所示，入射点和出射点的距离为：ｄ＝２ ｓｉｎθ＝ ｘ，ｑＵ ＝
ｑＢ ｑＢ １
１
ｍｖ２，可知入射点和出射点的距离与Ｕ 有关，增大Ｕ，距离增大，选项Ａ正确、Ｂ错误。
２ ｘ １ １
ｍｖ ２ｍｖ ｑＵ ｌ
图乙中粒子的运动轨迹如右图所示，入射点和出射点的距离为：ｄ＝２ ｓｉｎθ＝ ｙ，ｖ＝ ２× ，增大Ｕ，ｖ增
ｑＢ ｑＢ ｙ ｍｄ ｖ １ ｘ
ｘ
大，ｖ减小，入射点和出射点的距离减小，故Ｃ错误。增大Ｕ，ｖ增大，入射点和出射点的距离增大，故Ｄ正确。
ｙ ２ ｙ
４ｍｇ
１０．ＢＣＤ 【解析】如图所示，电场力大小为ｑＥ＝ ，重力和电场力的合力为
３
５ｍｇ ３
Ｆ＝槡（ｍｇ）２＋（ｑＥ）２＝ ，与水平方向的的夹角为：ｓｉｎθ＝ ，即θ＝３７°。
３ ５
若小球能够做完整的圆周运动，重力场和电场的复合场的最高点为Ｂ点，
ｍｖ２
若刚好做圆周运动，在Ｂ点，Ｆ＝ Ｂ，
ｌ
从最低点到Ｂ点，根据动能定理：
１ １
－ｍｇｌ（１＋ｓｉｎ３７°）－ｑＥＬｃｏｓ３７°＝ ｍｖ２－ ｍｖ２，解得：ｖ＝槡７ｇｌ，选项Ａ错误、Ｂ正确。
２ Ｂ ２ ０ ０
改变初速度的大小和方向，小球刚好做匀速圆周运动，则小球以复合场
的力的方向为轴做匀速圆周运动，速度方向与纸面垂直，轨道半径为：
ｍｖ２
ｒ＝ｌｃｏｓ３７°＝０．８ｌ，做匀速圆周运动的速度为：Ｆｔａｎ５３°＝ ，
ｒ
４
解得：ｖ＝ 槡ｇｌ，选项Ｃ、Ｄ正确。
３
１１．（１）ＣＤ（３分） （２）均匀（３分）
Ｏ′Ｃ
【解析】（１）设加速时细绳与竖直方向夹角为θ，则加速度的表达式为：ａ＝ｇｔａｎθ，ｔａｎθ＝ ，选项ＣＤ正确。
ＯＯ′
（２）由（１）中可知，加速度正比于Ｏ′Ｃ，因此ＡＢ上对应加速度的标度均匀。
【物理答案 第２页（共４页）】ＵＵ（Ｒ－Ｒ） （Ｕ －Ｕ）ＲＲ
１２．（１）如图所示（２分） （２） １ ２ １ ２ （３分） １ ２ １ ２－Ｒ（３分） （３）乙（２分）
ＵＲ－ＵＲ ＵＲ－ＵＲ ０
２ １ １ ２ ２ １ １ ２
【解析】（１）如图所示：
Ｕ
（２）当电阻箱电阻为Ｒ，电压为Ｕ 时，方程式为：Ｅ＝ １（Ｒ＋Ｒ＋ｒ），当电阻箱电阻为 Ｒ，电压为 Ｕ 时，方
１ １ Ｒ １ ０ ２ ２
１
Ｕ ＵＵ（Ｒ－Ｒ） （Ｕ －Ｕ）ＲＲ
程式为：Ｅ＝ ２（Ｒ＋Ｒ＋ｒ），解得：Ｅ＝ １ ２ １ ２ ，ｒ＝ １ ２ １ ２－Ｒ。
Ｒ ２ ０ ＵＲ－ＵＲ ＵＲ－ＵＲ ０
２ ２ １ １ ２ ２ １ １ ２
（３）本实验中，电阻Ｒ看做内阻的一部分，电压表测量的为路端电压，电压表与电阻箱的比值为通过电阻箱
０
的电流，不是干路电流，缺少电压表的电流。因此误差原因与图中乙相同。
ρｇｌ
１３．【答案】 １ －１
［ｐ－ρｇ（ｌ＋ｈ）］（ｌ－ｌ）
０ ２ １ ２
解：容器内气体的压强为ｐ＝ｐ－ρｇ（ｌ＋ｈ）（２分）
１ ０ ２
初始的容器的体积为Ｖ＝ｌＳ
０ １
若空气从压强ｐ变为ｐ，则空气的总体积为Ｖ，根据理想气体状态方程得
０ １ １
ｐＶ＝ｐＶ（２分）
０ ０ １ １
ｐｌＳ
解得：Ｖ＝ ０１ （２分）
１ ｐ－ρｇ（ｌ＋ｈ）
０ ２
ｍ Ｖ－（ｌ－ｌ）Ｓ ρｇｌ
则容器中排出气体质量与剩余气体的质量之比为： ２＝ １ １ ２ ＝ １ －１（２
ｍ （ｌ－ｌ）Ｓ ［ｐ－ρｇ（ｌ＋ｈ）］（ｌ－ｌ）
１ １ ２ ０ ２ １ ２
分）
ｍｖＲ ３ｍ２ｇｖＲ １
１４．【答案】（１） ０ （２） ０ ｍｖ２
Ｂ２ｄ２ ５Ｂ２ｄ２ ２ ０
解：（１）金属框重力沿斜面向下的分力为：ｍｇｓｉｎ３７°＝０．６ｍｇ（１分）
金属框所受的滑动摩擦力为：μｍｇｃｏｓ３７°＝０．６ｍｇ（１分）
即金属框的重力沿斜面向下的分力和滑动摩擦力大小相等，则金属框受到安培力的作用减速到零。
根据动量定理：－∑ＢＩｄΔｔ＝０－ｍｖ（２分）
０
Ｂｄｘ
其中∑ＩΔｔ＝ （２分）
Ｒ
ｍｖＲ
代入解得金属框减速到零的位移为：ｘ＝ ０ （２分）
Ｂ２ｄ２
３ｍ２ｇｖＲ
（２）摩擦生热为Ｑ ＝μｍｇｃｏｓ３７°ｘ＝ ０ （２分）
１ ５Ｂ２ｄ２
１
产生的焦耳热等于金属框的初动能，即：Ｑ ＝ ｍｖ２（２分）
２ ２ ０
１５．【答案】（１）ｖ＝１ｍ／ｓ ｖ＝３ｍ／ｓ （２）（３ｎ－２）ｍ／ｓ （３）（３ｎ２－３ｎ＋１）ｍ
１ ２
解：（１）木板的加速度为：Ｆ－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ（１分）
解得：ａ＝２ｍ／ｓ２
１
根据运动学公式：ｌ＝ ａｔ２（１分）
２
【物理答案 第３页（共４页）】解得：ｔ＝１ｓ
木板的速度为：ｖ＝ａｔ＝２ｍ／ｓ（１分）
第一次碰撞过程中动量守恒，动能不损失，则：
Ｍｖ＝Ｍｖ＋ｍｖ（１分）
１ ２
１ １ １
Ｍｖ２＝ Ｍｖ２＋ ｍｖ２（１分）
２ ２ １ ２ ２
解得：ｖ＝１ｍ／ｓ，ｖ＝３ｍ／ｓ（１分）
１ ２
（２）第一次碰后，物块做匀速运动，木板做加速运动，设经时间ｔ物块和弹性板第二次碰撞
１
１
ｖｔ＋ ａｔ２＝ｖｔ（１分）
１１ ２ １ ２１
解得：ｔ＝２ｓ
１
木板的速度ｖ＝ｖ＋ａｔ＝５ｍ／ｓ（１分）
３ １ １
物块的速度为ｖ＝３ｍ／ｓ（１分）
４
第二次碰撞过程中动量守恒，动能不损失，则：
Ｍｖ＋ｍｖ＝Ｍｖ′＋ｍｖ′（１分）
３ ４ ３ ４
１ １ １ １
Ｍｖ２＋ ｍｖ２＝ Ｍｖ′２＋ ｍｖ′２（１分）
２ ３ ２ ４ ２ ３ ２ ４
解得：ｖ′＝４ｍ／ｓ，ｖ′＝６ｍ／ｓ
３ ４
第二次碰后，物块做匀速运动，木板做加速运动，设经时间ｔ物块和弹性板再次相遇
２
１
ｖ′ｔ＋ ａｔ２＝ｖ′ｔ（１分）
３２ ２ ２ ４２
解得：ｔ＝２ｓ
２
木板的速度ｖ＝ｖ′＋ａｔ＝８ｍ／ｓ（１分）
５ ３ ２
物块的速度为ｖ＝６ｍ／ｓ（１分）
６
第三次碰撞过程中动量守恒，动能不损失，则：
Ｍｖ＋ｍｖ＝Ｍｖ′＋ｍｖ′（１分）
５ ６ ５ ６
１ １ １ １
Ｍｖ２＋ ｍｖ２＝ Ｍｖ′２＋ ｍｖ′２（１分）
２ ５ ２ ６ ２ ５ ２ ６
解得：ｖ′＝７ｍ／ｓ，ｖ′＝９ｍ／ｓ
５ ６
则第ｎ次碰后木板的速度为：ｖ′＝（３ｎ－２）ｍ／ｓ（１分）
（３）木板在第一次碰前的位移为ｌ＝１ｍ（１分）
之后两次相邻碰撞的时间间隔都为 Δｔ＝２ｓ，木板在两次相邻碰撞之间的位移与物块的位移相同，则从开始
运动到第ｎ次碰撞木板的总位移为：
ｓ＝１ｍ＋［３＋６＋９＋…＋３（ｎ－１）］Δｔ（１分）
其中ｎ＝２，３，４……
解得ｓ＝（３ｎ２－３ｎ＋１）ｍ（１分）
【物理答案 第４页（共４页）】
