文档内容
第七次联考物理 参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C D B B B D AC AB BCD
1. 【答案】C
【详解】根据质量数与电荷数守恒可知X为1n，故A项错误；结合能是把原子核拆解成自由核子时所需要的最
0
小能量或等于自由核子结合成原子核时所释放的能量，而非核反应中放出的能量17.6MeV，故B项错误；核反
应放出的能量为ΔE =4E −( 2E +3E ) ，由能量守恒可得4E −( 2E +3E )=Δmc2，解得
3 1 2 3 1 2
4E −( 2E +3E )
Δm= 3 1 2 ，故C项正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核的衰变不适用，
c2
故D项错误。故选C。
2. 【答案】C
【详解】A.因为波长越长越容易绕过障碍物，且紫外线的波长小于红外线的波长，则验钞机发出的紫外线比电
视机遥控器发出的红外线更不容易绕过障碍物，故A 错误：B.只有横波才有偏振现象，故B 错误；C.雨后公路
积水上面漂浮的油膜看起来是彩色的，是发生了光的薄膜干涉所形成的现象，故 C 正确；由双缝干涉条纹间距
公式为 Δx = λL/d，可知 d 减小，条纹间距增大，故D错误。
3. 【答案】D
1 4
【详解】当波传到B点时，A点第三次回到平衡位置，可知t =2s=T + T，可得T = s，故A错误；由题意，
2 3
∆s 20−10
可知波由A点传到B点经历2s，解得波速v= = =5m/s，故B错误；波源O起振方向向下，t =0时，
∆t 2
A开始振动且方向与波源起振方向相同，t=2s时，质点A第3次（刚开始振动时记为第0次）回到平衡位置，
4 20
根据简谐振动规律，可得此时质点A的振动方向向上，故C错误；该列波的波长为λ=vT =5× = m，等于二
3 3
分之三个波长，所以A、B两点振动方向始终相反，故选D。
4. 【答案】B
【详解】未接通极板电源时，甲乙颗粒均悬浮，重力等于浮力，调节溶液pH=3，从图中可知甲蛋白质颗粒带电
量为-2q ，乙带电量为 2q ，接通电源后电场强度一样，由牛顿第二定律可得Eq=ma，由于甲蛋白质颗粒质量
0 0
是乙的两倍，故甲的加速度为乙的一半，二者到相应极板距离相同，则乙比甲先到达极板，故 A 错误；甲乙运
动过程中电场力都做相同的正功，故甲乙颗粒到板末动能相同，故B 正确C 错误；由图可知，增大 pH 值，甲
带的电荷量先减小后增大，故电场力也是先减小后增大，故D错误。故选B。
5.【答案】B
【详解】小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，但竖
直方向上动量不守恒，因此总的动量不守恒，A错误。设小球的质量为m，滑块的质量为M，在水平方向上由
M M v m 1
动量守恒定律得mv =mv +Mv ，化简为v =v − v ，结合图（b）可得 = 0 =2，即 = ，故B正确；
0 1 2 1 0 m 2 m 0.5v M 2
0
小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动量守恒定
v
律得mv =(m+M)v，求得v= 0 ，故C错误；小球由最初冲上圆弧到再次回到圆弧最低点的过程中可以看成弹
0 3
性碰撞，根据动量守恒mv =mv +Mv ，和机械能守恒1 ��2 1 ��2 1 ��2可以求出� �0，� 2�0，故
0 1 2 2 0 2 1 2 2 1 3 2 3
D错误。 = + =− =
学科网（北京）股份有限公司6.【答案】B
【详解】设四边形的边长为L，B点运动的加速度大小为a，则有 2� 1 ��2此时B点
2
的速度大小为v =at，对B点速度分解，如图所示，根据矢量关系√可得=v =v cos45°，所
B 1 B
v
以OA杆转动的角速度为ω= 1 ，联立解� 2��� �，故选B。
L
7. 【答案】D = /
【详解】粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB=m
v2
，解得r=
mv
=
L
，如图甲所示
r qB 2
当粒子轨迹与ab边相切时，由ac边出射的粒子距离c点最远，但fa段无粒子射出，故A错误；如图乙所示,
粒子从c点沿cb方向射出时，粒子由ab边上d 点射出，由几何关系可知，此时圆心角为60°，cd与ab垂直，
此时d点距离a点最远�� �� ���30� 3 �，则ab边上有粒子射出的区域离a点的最大距离为 3 �，故
2 2
√ √
B错误；由于cd与ab垂直=，轨迹∙圆的弦长最=短，对应的圆心角最小，所用时间最短，则最短时间为
�
60�
�
1 2�� ��，故C错误；如图甲所示，当粒子垂直于ab边发射时，粒子与ab边相切于e点，
��� 360� 6 �� 3��
= = × =
从ab边上 f 点射出时，此时对应的轨迹最长，圆心角最大，所用时间最长，D正确。
8.【答案】AC
【详解】由卫星变轨知识可知，小行星甲在A点速率大于地球公转速率，小行星乙在B点速率小于地球公转速
Mm GM
率，所以甲在A点的速率大于乙在B点的速率，故A正确；由万有引力提供向心力G =ma，可得a= ，
r2 r2
r3
所以小行星甲、乙在A、B两点加速度大小相等，故B错误；由开普勒第三定律 =k 可知小行星甲与乙的运
T2
R +R
( 1 )3
行周期之比为 T 1 = 2 = (R 1 +R)3 ，故C正确；由开普勒第二定律可知，同一个小行星在相等时间内与
T R +R (R +R)3
2 ( 2 )3 2
2
太阳的连线扫过的面积相等，而甲、乙两个小行星的轨迹不同，因此相等时间内扫过的面积不等，故D错误。
9. 【答案】AB。【详解】由输电线损失功率∆P= I 2R=4kW⇒ I =20A，A 正确；由升压变压器输入功率
2 2
n I 1
P =U I ⇒ I =400A ，故升压变压器原副线圈匝数比 1 = 2 = ，B 正确；用户端获得功率
1 1 1 1 n I 20
2 1
4800 n I 240
P = P −∆P=96kW，故由P =U I ⇒ I = A，降压变压器原副线圈匝数比 3 = 4 = ，故 C、
4 1 4 4 4 4 11 n I 11
4 3
D错。
学科网（北京）股份有限公司E B2L2v
10【. 答案】BCD。 【详解】线圈在磁场I或II中运动时，满足BIL=ma，其中I = ，E = BLv，得a= ，
R mR
E 4B2L2v
线圈在磁场 I 与 II 中运动时，满足2BIL=ma，其中I = ，E =2BLv，得a= ，故当线圈由 I 进入
R mR
II时，加速度突然变大，A错误；设线圈cd边刚要进入磁场II时的速度为v ，线圈的cd边在磁场I运动的过程，
1
B2L2v B2L3
由动量定理得−∑BLI ∆t =−∑ ∆t =− =mv −mv ，线圈的 cd 边在磁场 II 运动的过程，有
1 1 R 1 R 1 0
B2L2v 4B2L3 4
−2∑BLI ∆t =−4∑ ∆t =− =0−mv ，联立解得v = v ，B正确；cd边在磁场I运动的过程
1 1 R 1 R 0 1 5 0
1 1 1
中线圈产生的热量为Q = mv2 − mv2，cd边在磁场 II运动的过程中线圈产生的热量为Q = mv2 −0，可
1 2 0 2 1 2 2 1
B2L3 1
得Q :Q =9:16，故 C 正确；由上述分析可知 = mv ，线圈的 ab边刚好运动到磁场 II右边界时，对全
1 2 R 5 0
程运用动量定理得，
B2L3 4B2L3 B2L3 6B2L3 6
−∑BLI ∆t −∑BLI ∆t −∑BLI ∆t =− − − =− =− mv =mv−m⋅2v
2 2 3 3 1 1 R R R R 5 0 0
4
⇒v= v ，故D正确。
5 0
11. （6分）（每空2分）
【答案】（1）C （2）1.57 （3）偏小。
sini AB
【详解】（1）P 需要挡住前面的所有大头针，故C正确；（2）由折射定律得n= = ≈1.57。（3）P 针
4 4
sinr CD
插得偏左一点会导致出射光线在玻璃砖上的出射点右移，从而导致折射角的测量值偏大，根据 可知，折
sin𝑖𝑖
射率的测量值偏小。 𝑛𝑛 =sin𝑟𝑟
12. （10分）（每空2）
I r
【答案】(1) (2) 11 （3）R 28 填增大R 或增大电源电动势 E均可
I −I 1 2
2 1
【详解】（1）电源的电动势为3V，实验所给电压表量程为0~15V，读数误差较大，不宜使
用。由于电流表A 内阻已知且量程合适，故可用电流表A 做电压表使用，如下图所示
1 1
I r
（2）根据串并联电路规律和欧姆定律可得，该电路测量电阻R 阻值的表达式为R = 11 。
x x I −I
2 1
（3）压力增大，压敏电阻减小，分压减小，故要求压力超过2N时，输出电压达到或超过
学科网（北京）股份有限公司ER
2.0V时触发报警，那么输出端应与R 并联，故R 是压敏电阻。根据闭合电路欧姆定律可得输出电压为U = 2 ，
2 1 R +R
1 2
已知报警电压为U =2V，而F=2N时，R =14Ω，代入数据解得R =28Ω。如果要提高此装置的灵敏度，即
1 2
在压力更小，R 的阻值更大，分压更大，使得 R 分到更小的电压就触发报警，那么应该增大R 或电源电动势E。
1 2 2
13.【答案】（1）032N 沿导轨平面向上 （2）24� �2
【详解】
. . /
(1) 由于此时导体杆ab速度为零，所以杆中电流大小
� � 1� ①
� �
电流方向在杆中为a到b = + =
安培力
� ���=0.2N ②
由左手定则知安培力方向竖直向上
=
由于� ����,可知导体杆ab将加速下滑，其所受摩擦力为滑动摩擦力 ③
对导体杆ab受力分析经正交分解后，垂直导轨平面方向上由平衡条件
<
� �� � ���� ④
�
摩擦力
=( − )
� �� ⑤
�
得
=
� 032� ⑥
摩擦力方向沿导轨平面向上 ⑦
= .
（2）电源反接后瞬间，安培力方向竖直向下，大小不变
导轨平面对导体杆ab的支持力
� �� � ���� ⑧
�1
由牛顿第二定律
=( + )
�� � ���� �� �� ⑨
�1
得
( + ) − =
a 24m s2 ⑩
评分标准：①至⑩式，每式1分，共10分
= . /
14. 【答案】（1）8 p （2）9 p （3） 9 n 8 p
9 0 10 0 10 9 0
【详解】 � �
（1） 打开闸门前后对气体分析，由波意耳定律
� 8� � 8� � ①
0
得气闸舱内的气体压强
= ( + )
� 8 � ②
0
9
（2） 从气闸舱里第1次抽气后，气闸舱内气体=压强变为� ，将抽气机和气闸舱内的气体作为整体研究，由波
1
意耳定律
�� � � � ③
1
9
= � + �
将第1次将抽气机中气体排放到核心舱后，核心舱内气体压强为
核
，由波意耳定律
𝑝𝑝
� 8� � � � 8� ④
1 9 核
∙ + ∙ =
学科网（北京）股份有限公司得
� 9 ⑤
核 10 0
= 𝑝𝑝
（3） 对气闸舱内的气体，抽气机每次抽气的体积 � �，第一次抽气有
9
�∆� =� � Δ�
1
得
= ( + )
� � � ⑥
1
� �
第二次抽气有 = +∆
� � � � Δ�
1 2
解得
= ( + )
�
� 2
�
⑦
2
� ��
可得n次抽气后，气闸舱内气体的压强 =� + �
�
� �
�
⑧
�
� ��
即 =� + �
� 9 � 8 � ⑨
� 0
10 9
评分标准：①、③、④、⑨每式2分，其余每式=1�分�，共13分。
15. 【答案】（1）4m s （2）045m （3）0.72J
【详解】
/ .
（1）B 滑上木板 A 后，对 A 板有：下表面摩擦力恰好平衡其重力沿斜面分力：�����37° � �
� ����37° 12N，故A始终以 v 0 =1m/s 匀速下滑。①
= ( +
A)上表面光滑，=B.沿斜面方向仅受重力与电场力，加速度为：� �sin37° �� 10m s2 ②
�
�
= + = /
法一：设由开始到B与P碰撞的运动时间为t ，则
1
𝑣𝑣𝐵𝐵−𝑣𝑣0
𝑡𝑡1 = 𝑎𝑎𝐵𝐵
③
𝑣𝑣0+𝑣𝑣𝐵𝐵
得：� 4m s ④ 2 𝑡𝑡1−𝑣𝑣0𝑡𝑡1 =𝐿𝐿
B
法二：B从静止相对A开始加速（初速同A），相对位移 L=0.45 m ,以A为参考系
= /
由运动学公式：�2 2� � ③
�� �
得：� 3m s，� 4m s ④
�� �
=
(2) B与P第一次碰撞，系统动量守恒，机械能守恒：
= / = /
� � � � � � � � ⑤
� 0 � � � �1 � �1
1 � �2+ 1 � �=2 1 � �+2 1 � �2 ⑥
0 � � � �1 � �1
2 � 2 2 2
+ = +
得：
�� �� �� 2����
0m/s ⑦
( − ��) � +�
𝑣𝑣𝐵𝐵1 = + =
�� �� �0 2����
3m s ⑧
( − ��) � +�
碰撞后A、B共速时，BP间有最大𝑣𝑣间𝐴𝐴1距=， + = /
法一：设碰后再经过t 两者共速，对滑块B由运动学公式有
2
𝑣𝑣𝐴𝐴1−𝑣𝑣𝐵𝐵1 =𝑎𝑎𝐵𝐵𝑡𝑡2 ⑨
学科网（北京）股份有限公司 1 2
𝑣𝑣𝐴𝐴1∙𝑡𝑡2−2𝑎𝑎𝐵𝐵∙𝑡𝑡2 =∆𝑥𝑥𝐵𝐵𝐵𝐵得 � 045m ⑩
��
∆ = .
法二：以A为参考系，B相对A的初速度为 ，末速度
对滑块B由运动学公式有�2 �2 2 ⑨
𝑣𝑣0 =3𝑚𝑚/𝑠𝑠 𝑣𝑣𝑡𝑡 =0𝑚𝑚/𝑠𝑠
得 � 045m ⑩
�� 𝑡𝑡 − 0 =− 𝑎𝑎𝐵𝐵∙∆𝑥𝑥𝐵𝐵𝐵𝐵
(3) 法一：设由第一次碰撞到第二次碰撞过程中经历的时间为t ，这段时间内B的位移与A的位移相同
3
∆ = .
⑪
1 2
𝑥𝑥𝐵𝐵 =2𝑎𝑎𝐵𝐵∙𝑡𝑡3 ⑫
⑬
𝑥𝑥𝐴𝐴 =𝑣𝑣𝐴𝐴1∙𝑡𝑡3
联立解得 ⑭
𝑥𝑥𝐴𝐴 =𝑥𝑥𝐵𝐵
B与P第一次碰撞至第二次碰撞过程中： ⑮
𝑥𝑥𝐵𝐵 =1.8𝑚𝑚
法二：B与P第一次碰撞结束至B、A共速∆𝐸𝐸，𝐵𝐵B=沿𝑞𝑞𝐸𝐸斜∙面𝑥𝑥𝐵𝐵下=滑0�.72𝐽𝐽 � � 2 2 � � 2 1 045m ⑪
�
2� −�
以A为参考系，B、A共速至B与P第二次碰撞�’ 2� �= 3m s = . ⑫
�� �
此时B对地速度� 6m s ⑬
�3
=� = /
此过程B对地位移�′= � � 2 /3 � � 2 2 135m ⑭
�
2� −�
B与P第一次碰撞至第=二次碰撞过=程.中： � �� � +�′ )=0.72J ⑮
� � �
评分标准：①至⑮式，每式1分，共15分。
∆ = ∙(
学科网（北京）股份有限公司
