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参考答案
1．A
【解析】
【分析】
【详解】
根据电荷数和质量数守恒，则有
，
解得m=1，n=0，故X是中子
故选A。
2．B
【解析】
【分析】
【详解】
设手机的质量为m，斜面倾角为θ。对手机进行受力分析，如图所示
由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有
，
因 ，故 ，且摩擦力等于手机所受的重力沿斜面向下的分力
故选B。
3．D
【解析】
【分析】
【详解】
对图甲的交流电分析，可知一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，故图
甲的电流有效值为 ；对图乙的交流电分析可知，其为正弦式交流电，故其有效值为
，故 ，故选D。
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
接ab，则电路的总电阻为
第1页 | 共14页接ac，则电路的总电阻为
接bc，则电路的总电阻为
由题知，不管接那两个点，电压不变，为U=24V，根据
可知
故选D。
5．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据
可知单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小，故A正确；
B．根据多普勒效应，若声波波源向观察者靠近，则观察者接收到的声波频率大于波源频
率，故B错误；
C．根据
同一个双缝干涉实验中，蓝光的波长小于红光的波长，故蓝光产生的干涉条纹间距比红光
的小，故C错误；
D．根据光的干涉的条件可知，两束频率不同的光不能产生干涉现象，故D错误。
故选A。
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示
第2页 | 共14页故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安
培力的方向为向下。
故选B。
7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．试验船的运行速度为 ，故A错误；
B．近地轨道卫星的速度等于第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有
根据试验船受到的万有引力提供向心力有
联立两式解得第一宇宙速度
故B正确；
C．根据试验船受到的万有引力提供向心力有
解得
故C错误；
D．地球重力加速度等于近地轨道卫星向心加速度，根据万有引力提供向心力有
根据试验船受到的万有引力提供向心力有
第3页 | 共14页联立两式解得重力加速度
故D错误。
故选B。
8．C
【解析】
【分析】
【详解】
对离子，根据动量定理有
而
解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。
9．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．由波形图可知，波长为8m，故A正确；
B．根据公式
代入数据解得 ，故B错误；
CD．由题知，沿x轴正方向传播，根据“上下坡法”，可知该时刻质点P向y轴负方向运
动，该时刻质点Q向y轴正方向运动，故C正确，D错误。
故选AC。
10．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小，可知a点的电场线比b点的电场线更密，
故a点的场强比b点的场强大，故A正确；
B．根据沿着电场线方向电势不断降低，可知d点的电势比c点的电势高，故B错误；
C．根据正电荷在电势越高的点，电势能越大，可知质子在d点的电势能比在c点的电势能
大，故C错误；
D．由图可知，a点的电势低于b点的电势，而负电荷在电势越低的点电势能越大，故电子
在a点的电势能高于在b点的电势能，所以将电子从a点移动到b点，电势能减小，故电
场力做正功，故D正确。
第4页 | 共14页故选AD。
11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据 得，运动时间
故A错误；
B．水平射程为
故B正确；
CD．竖直方向分速度为
水平分速度为
落地速度为
故C错误，D正确。
故选BD。
12．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有
解得 ，故A错误；
B．对m 受力分析，根据牛顿第二定律有
2
解得 ，故B正确；
第5页 | 共14页C．根据 ，可知若只增大 ，两物块一起向上匀加速运动时，弹
力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；
D．根据 ，可知只增大 ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据
胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。
故选BC。
13．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电
流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；
B．根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B
正确；
C．电路中产生的平均电动势为
平均电流为
金属棒a受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
解得对金属棒第一次离开磁场时速度
金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少
量，即
联立并带入数据得
由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热
第6页 | 共14页故C错误；
D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得
联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为
设金属棒a最终停在距磁场左边界 处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生
的平均电动势为
平均电流为
金属棒a受到的安培力为
规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得
联立并带入数据解得
故D正确。
故选BD。
14． 竖直
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]滑板车做往复运动的周期为
[2]根据单摆的周期公式 ，得
第7页 | 共14页(2)[3]两挡光片间的距离
[4]手提玻璃条上端使它静止在竖直方向上，让光电门的光束从玻璃条下端的透光部分通过。
[5]玻璃条下部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为
玻璃条上部挡光条通过光电门时玻璃条的速度为
根据速度位移公式有
代入数据解得加速度
15．分压
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]由于各电压表的电阻值比较大，为让待测电阻分得较大电压，所以要选择分压接
法；
（2）[2]完整的电路图，如图所示
第8页 | 共14页（3）[3]根据下表中的实验数据，绘制的 图像，如图所示
（4）[4]根据实验电路图，则有
变形得
则图线的斜率为
根据 图像可得斜率
则有
代入 ，解得
（5）[5]因待测电阻 （阻值约为 ）的阻值较小，若仍与电压表 串联，则所分得
第9页 | 共14页的电压过小，不利于测量，故待测电阻 与其中一个电压表并联，由于电源电动势只有
6V，为让待测电阻分得较大电压，故待测电阻 应与电压表 并联，再与电压表 串
联，故改进后的电路图，如图所示
16．(1) ；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1) 设气缸横截面积为 ；D刚好被触发时，到缸底的距离为 ，根据玻意耳定律得
带入数据解得
(2)此过程为等容变化，根据查理定律得
带入数据解得
17．（1）30N；（2）0.2m；（3）1s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为 ，根据机械能守恒定律有
代入数据解得
小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有
第10页 | 共14页代入数据解得
根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。
（2）小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得 ，
小物块a反弹，根据机械能守恒有
解得
（3）小物块b滑上传送带，因 ，故小物块b先做匀减速运动，根
据牛顿第二定律有
解得
则小物块b由2m/s减至1m/s，所走过的位移为
代入数据解得
运动的时间为
代入数据解得
因 ，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为
故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间
第11页 | 共14页18．(1) ；(2) ；(3)见解析
【解析】
【分析】
【详解】
(1)画出粒子运动轨迹如图
粒子在三角形ABC中运动时，有
又粒子出三角形磁场时偏转 ，由几何关系可知
联立解得
(2)粒子从D运动到P，由几何关系可知
运动时间
第12页 | 共14页粒子在MN右侧运动的半径为
则有
运动时间
故粒子从O点射入到返回O点所需要的时间
(3)若三角形ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，有
解得
此时根据 有
若三角形ABC区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有
解得
第13页 | 共14页此时根据 有
第14页 | 共14页
