物理试卷参考答案与评分细则
一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符
合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的
得0分。
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
C A C B B D D AD BC CD
二、非选择题:本题共5小题,共60分。
. 分
11(7 )
p p ρgh 分
(1)= 0+ (2 )
. 分
(2)965 (3 )
BC 分
(3) (2 )
. 分
12(10 )
减小 分 R 分
(1) (2 ) 1 (2 )
. 分 . 分
(2)300 (2 ) 680 (2 )
偏大 分
(3) (2 )
. 分
13(10 )
设汽车经过A点的速度大小为v 对AB段 有
(1) 0, ,
x vt 1at2
1= 01- 1 ①
2
对AC段 有
,
x x vt t 1at t 2
1+ 2= 0(1+ 2)- (1+ 2) ②
2
解得
a 2
=8m/s ③
由 可得
(2) (1)
v
0=30m/s ④
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1 ( 4 )对OA段 有
,
x 1vt
0= 00 ⑤
2
汽车匀减速至静止
v2 ax
0- 0=-2 ' ⑥
汽车的总位移
x x x
= 0+ ' ⑦
解得
x
=168.75m ⑧
评分参考 本题共 分 第 问 分 式各 分 式 分 第 问 分 式各 分
( : 10 。 (1) 5 ,①② 2 ,③ 1 ; (2) 5 ,④⑤⑥⑦⑧ 1 )
分
14.(15 )
子弹射入物块 由动量守恒定律
(1) ,
mv m m v
0 0=(0+ 1)1 ①
解得
v
1=4m/s ②
h
绳子绷直的瞬间 设绳与竖直方向的夹角为 由几何关系 θ
(2) , θ, cos=L
将速度分解 如图
,
v v θ
2= 1cos ③
物块上升过程 由机械能守恒定律
,
1m m v2 m m gh
(0+ 1)2=(0+ 1) max ④
2
解得
h
max=0.288m ⑤
物块向下摆动至最低点 小球恰位于其正上方 小球速度最大 由水平方向动量守恒
(3) , , 。
m m v mv
0=(0+ 1)3- 2 4 ⑥
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2 ( 4 )由机械能守恒定理
(
m
0+
m
1)
g
(
h
max +
L
-
h
)=
1
(
m
0+
m
1)
v2
3+
1m
2
v2
4 ⑦
2 2
而
E
xm
1mv2
= 2 4 ⑧
2
解得
E
xm
=1.72J ⑨
评分参考 本题共 分 第 问 分 式各 分 第 问 分 式 分 式各 分 第
( : 15 。 (1) 4 ,①② 2 ; (2) 5 ,③ 1 ,④⑤ 2 ;
问 分 式各 分 式各 分
(3) 6 ,⑥⑦ 2 ,⑧⑨ 1 )
. 分
15(18 )
物块沿斜面下滑 速度为v时 加速度为a 由牛顿第二定律得
(1) , , ,
mg θ F ma
sin- f= ①
F
f=
μF
N ②
F mg θ qvB
N
= cos- ③
物块速度增加 洛伦兹力增大 当摩擦力减为零时 物块的加速度达到最大
, , , 。
此时 物块速度
,
mg θ
v cos
m = qB ④
物块在斜面上运动 某时刻速度为v 经时间Δt由动量定理得
(2) , i, ,
mgΔt sin θ - μ ( mg cos θ - qv i B ) Δt = mΔv ⑤
对上式求和
mgt sin θ -[ μ ( mg cos θ - qv i B )Δ t ]= mv m -0
而
v ts
i
Δ= ⑥
解得
m2g θ qB2μs
t cos-
=qBmg θ μmg θ ⑦
( sin- cos)
物块与线框发生弹性碰撞 设碰撞后小物块 导线框速度分别为v v
(3) , 、 1、2
mv mv mv
m
= 1+ 2
1mv m2 1mv2 1mv2
= 1 + 2
2 2 2
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3 ( 4 )解得v v
m
2=
设cdfe所在处的磁感应强度大小分别为B B 当线框速度为v时 由法拉第电磁感应定律
、 1、2, ,
E B B lv
=(2- 1) ⑧
线框所受安培力为
F B B Il
=(2- 1) ⑨
由闭合电路欧姆定律
E
I
=R ⑩
且而
B B kl
2- 1=
线框在水平轨道上运动的位移为x 由动量定理
,
Ft mv
m
- Δ=0-
而 vΔt x
=
解得
m2gR θ
x cos
= k2l4qB
评分参考 本题共 分 第 问 分 式各 分 式 分 第 问 分 式各 分
( : 18 。 (1) 5 ,①②③ 1 ,④ 2 ; (2) 5 ,⑤⑦ 2 ,
式 分 第 问 分 式各 分 式 分
⑥ 1 ; (3) 8 ,⑧⑨⑩ 1 , 2 )
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4 ( 4 )物理试卷参考答案与解析
一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符
合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的
得0分。
答案
1.【 】C
解析 原子核衰变时质量数守恒 选项 错误 由原子核的比结合能图像可以看出 的比结合能
3
【 】 。 A ; ,1H
小于 的比结合能 选项 错误 要使轻核发生核聚变 必须使它们的距离达到 以内 核力
4 -15
2He 。 B ; , 10 m ,
才能起作用 这就需要克服巨大的库仑斥力 选项 正确 原子核中的核子之间存在强相互作用 它使
, 。 C ; ,
得核子紧密地结合在一起 形成稳定的原子核 选项 错误
, 。 D 。
答案
2.【 】A
解析 在静电场中 等势面密处电场线密 而电场线较密的地方电场强度较大 选项 正确
【 】 , , 。 A 。
答案
3.【 】C
解析 由图可知 简谐横波的波长为 选项 错误 波沿x轴正方向传播 由两个波形图判断
【 】 , 8m。 A ; , ,
λ
n 1T 而T 解得T 选项 错误 显然v 选项 正确
0.2s=(+ ) , >0.4s。 =0.8s。 B ; ,=T=10m/s。 C ;
4
t T x 的质点沿y轴正方向运动 选项 错误
=1.7s=4 +0.1s,=4m 。 D 。
答案
4.【 】B
解析 探测器从近地圆轨道上的P点点火进入地月转移轨道 并没有脱离地球的束缚 其点火后的速
【 】 , ,
Mm 2 2r3
度小于于地球第二宇宙速度 选项 错误 由万有引力定律G mr4π 解得T 4π 则
。 A ; r2 = T2 , = GM ,
T月 r3月M地
9 探测器在轨道环月轨道上的运行周期大于在近地轨道上的运行周期 选项B正
T地= r3地M月 = , 。
8
GM月
确 探测器在轨道环月轨道上运行 处于完全失重状态 其加速度a 选项 错误 探测器从轨
; , , =r2月 ; C 。
道停泊轨道转移到地月转移轨道 仅受地球的引力作用 机械能守恒 选项 错误
, , 。 D ;
答案
5.【 】B
解析 由题意S发出的光在AC边的中点处发生全反射 即临界角C 由全反射规律可知
【 】 , , =30°, ,
C 1 解得n 选项 正确
sin =n, =2。 B 。
答案
6.【 】D
解析 排球做抛体运动 只受重力作用 机械能守恒 选项 错误 排球的加速度方向不变 则速度与
【 】 , , 。 A ; ,
加速度方向间的夹角一直减小 选项 错误 排球离地的最大高度H h (
v
0sin37°)
2
。 B ; = + g =5.5125m。
2
选项 错误 水平方向 v 解得v 竖直方向 h v
C ; :18= 0cos37°·1.8, 0=12.5m/s, :- = 0sin37°·1.8-
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1 ( 5 )1 2 解得h 选项 正确
·10·1.8, =2.7m。 D 。
2
答案
7.【 】D
y T
解析 各粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的周期T 2π 半径r 故粒子均经过 π同时到达
【 】 =kB, = , =kB
2 2
T
O点 选项 错误 选项 错误t 2π 时 所有粒子都转过 其坐标x r 3y
。 A , B ;=kB= , 120°, = sin60°= P,
3 3 4
y
y r r P 粒子均位于y 3x的直线上 选项 错误 在 2π时间内 大量粒子经过
= -cos60°= , = 。 C ; 0~kB ,
4 3 3
L 2
的磁场区域的面积为S π 2 1 L 2 3 π L2 3 L2 选项 正确
= + · · = + , D 。
3 2 2 2 12 16
答案
8.【 】AD
解析 过程 Q W 由热力学第一定律W Q ΔUΔU 气体温度升高 选项 正
【 】 Ⅰ→Ⅱ, =0, >0, + = , >0, 。 A
确 过程 W ΔU 由热力学第一定律W Q ΔUQ 气体吸收热量 选项 错误 过
; Ⅱ→Ⅲ, <0, >0, + = , >0, 。 B ;
程 W ΔU 由热力学第一定律W Q ΔUQ 且 Q W 选项 错误 完成一
Ⅳ→Ⅰ, >0, <0, + = , <0, > 。 C ;
次循环 气体对外界做功多于外界对气体做功 即外界对气体做负功 选项 正确
, , 。 D 。
答案
9.【 】BC
n U
指的是交流电的有效值 选项 错误 变压器的原副线圈匝数比 1 1 15 选项 正
“750kV” 。 A ; n =U = 。 B
2 2 22
P U
确 日均外送电量 8 千瓦时 即输电功率为 6 千瓦 输电电流为I 1
; 2.64×10 , 1.10×10 , =U =U =1.0×
2 2
线路上损失的电压约为 选项 正确 保持输电功率不变 当输电电压升高 输
4 4
10 A, 5.0×10V。 C ; , 10%,
电线损失功P损
=U
P 2 R线, 则 P
P
'
损
损
=U
U 2 2
=82.6%,
功率损失下降约
17.4%。
选项
D
错误
。
2 '2
答案
10.【 】CD
2x
l-tan mg
【
解析
】
设细杆运动到距离CD边为x时
,
合外力F合
=
mg
sinθ-
μ
mg
cos
θ l
60°
=
3
l
x
,
且方
3
向沿斜面向下 故在下滑过程中 细杆做简谐运动 选项 错误 细杆下滑过程中 由动能定理得
, , 。 A ; , :
mg θ l gl l
sin+0 3 1mv2 故v 3 选项 错误 由简谐振动的规律可知 细杆下滑 3 的时
× = , = 。 B ; ,
2 2 2 4 4
t t gl
间为2 选项 正确 细杆下滑 时的速度v 2v 3 选项 正确
。 C ; '= = 。 D 。
3 2 2 8
二、非选择题:本题共5小题,共60分。
. 分
11(7 )
p p ρgh 分
(1)= 0+ (2 )
. 分
(2)965 (3 )
BC 分
(3) (2 )
物理试卷参考答案与解析 第 页 共 页
2 ( 5 )解析 液体压强等于大气压强与水压之和 即p p ρgh
【 】(1) , = 0+ 。
.
函数式与p h表达式比较g 96174 . 2
(2) ~ := ρ =965m/s
误差产生的原因可能是防水气体压强测量的影响 或者手机所处深度的测量误差等 选项
(3) , 。 BC
正确
。
. 分
12(10 )
减小 分 R 分
(1) (2 ) 1 (2 )
. 分 . 分
(2)300 (2 ) 680 (2 )
偏大 分
(3) (2 )
解析 压力增大R 减小R 两端的电压减小 为了使电压表示数变化对压力变化更加敏感 则
【 】(1) ,F ,F ; ,
要求压敏电阻改变相同值时 电压表示数变化更明显 则R 应该尽量小 故选择R
, , b , 1。
R kF
因U F U 即U 100- U 由F 时U . 代入得U . 代入F
(2) =R F R 0, = kF 0, =0 ,1=150V, 0=300V; =
+ 1 200-
. U . 得k .
49N,2=120V, =680Ω/N。
由于电压表内阻不是无限大 它与压敏电阻并联 导致并联后的总电阻小于压敏电阻的真实值
(3) , ,
R 在相同压力下 实际测得的电压比理想情况下的电压值要小 而电压U与压力F是负相关的
F。 , 。
F越大U越小 因此测得的电压偏小会导致得到的压力F偏大 进而计算出的质量m偏大
( , ), , 。
. 分
13(10 )
设汽车经过A点的速度大小为v 对AB段 有
(1) 0, ,
x vt 1at2
1= 01- 1 ①
2
对AC段 有
,
x x vt t 1at t 2
1+ 2= 0(1+ 2)- (1+ 2) ②
2
解得
a 2
=8m/s ③
由 可得
(2) (1)
v
0=30m/s ④
对OA段 有
,
x 1vt
0= 00 ⑤
2
汽车匀减速至静止
v2 ax
0- 0=-2 ' ⑥
汽车的总位移
x x x
= 0+ ' ⑦
解得
x
=168.75m ⑧
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3 ( 5 )评分参考 本题共 分 第 问 分 式各 分 式 分 第 问 分 式各 分
( : 10 。 (1) 5 ,①② 2 ,③ 1 ; (2) 5 ,④⑤⑥⑦⑧ 1 )
分
14.(15 )
子弹射入物块 由动量守恒定律
(1) ,
mv m m v
0 0=(0+ 1)1 ①
解得
v
1=4m/s ②
h
绳子绷直的瞬间 设绳与竖直方向的夹角为 由几何关系 θ
(2) , θ, cos=L
将速度分解 如图
,
v v θ
2= 1cos ③
物块上升过程 由机械能守恒定律
,
1m m v2 m m gh
(0+ 1)2=(0+ 1) max ④
2
解得
h
max=0.288m ⑤
物块向下摆动至最低点 小球恰位于其正上方 小球速度最大 由水平方向动量守恒
(3) , , 。
m m v mv
0=(0+ 1)3- 2 4 ⑥
由机械能守恒定理
(
m
0+
m
1)
g
(
h
max +
L
-
h
)=
1
(
m
0+
m
1)
v2
3+
1m
2
v2
4 ⑦
2 2
而
E
xm
1mv2
= 2 4 ⑧
2
解得
E
xm
=1.72J ⑨
评分参考 本题共 分 第 问 分 式各 分 第 问 分 式 分 式各 分 第
( : 15 。 (1) 4 ,①② 2 ; (2) 5 ,③ 1 ,④⑤ 2 ;
问 分 式各 分 式各 分
(3) 6 ,⑥⑦ 2 ,⑧⑨ 1 )
. 分
15(18 )
物块沿斜面下滑 速度为v时 加速度为a 由牛顿第二定律得
(1) , , ,
mg θ F ma
sin- f= ①
F
f=
μF
N ②
F mg θ qvB
N
= cos- ③
物理试卷参考答案与解析 第 页 共 页
4 ( 5 )物块速度增加 洛伦兹力增大 当摩擦力减为零时 物块的加速度达到最大
, , , 。
此时 物块速度
,
mg θ
v cos
m = qB ④
物块在斜面上运动 某时刻速度为v 经时间Δt由动量定理得
(2) , i, ,
mgΔt sin θ - μ ( mg cos θ - qv i B ) Δt = mΔv ⑤
对上式求和
mgt sin θ -[ μ ( mg cos θ - qv i B )Δ t ]= mv m -0
而
v ts
i
Δ= ⑥
解得
m2g θ qB2μs
t cos-
=qBmg θ μmg θ ⑦
( sin- cos)
物块与线框发生弹性碰撞 设碰撞后小物块 导线框速度分别为v v
(3) , 、 1、2
mv mv mv
m
= 1+ 2
1mv m2 1mv2 1mv2
= 1 + 2
2 2 2
解得v v
m
2=
设cdfe所在处的磁感应强度大小分别为B B 当线框速度为v时 由法拉第电磁感应定律
、 1、2, ,
E B B lv
=(2- 1) ⑧
线框所受安培力为
F B B Il
=(2- 1) ⑨
由闭合电路欧姆定律
E
I
=R ⑩
且而
B B kl
2- 1=
线框在水平轨道上运动的位移为x 由动量定理
,
Ft mv
m
- Δ=0-
而 vΔt x
=
解得
m2gR θ
x cos
= k2l4qB
评分参考 本题共 分 第 问 分 式各 分 式 分 第 问 分 式各 分
( : 18 。 (1) 5 ,①②③ 1 ,④ 2 ; (2) 5 ,⑤⑦ 2 ,
式 分 第 问 分 式各 分 式 分
⑥ 1 ; (3) 8 ,⑧⑨⑩ 1 , 2 )
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