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物理参考答案详解及评分说明
一、单项选择题：本题共 小题，每小题 分，共 分。
7 4 28
1.B
【解析】光电效应的发生需要光照的频率超过一定值才能发生。故 错。由能级跃迁理论可知，故 正确。由丙
A B
图知，光刻胶液体与玻璃管之间不浸润，故 错误。卢瑟福通过 粒子散射实验提出原子核式结构模型，故 错误。
C α D
2.B
【解析】由图像纵轴的截距可得初速度v 。故 错。由运动学公式v v ax得a 。故 正
2 2 2
0 = 30m/s A − 0 = 2 = -4m/s B
确。车手随车减速，水平方向受座椅向后的静摩擦力f m a 。竖直方向受座椅支持力N m g
静 = 人 = 260N = 人 =
。可得F N f ， 错。位移 处v 。由动量定理I p m v v 可得系
650N 总 = 2 + 静2 ≈ 700N C 100m 1 = 10m/s = Δ = ( 1 − 0)
统所受合外力的冲量大小为 ，故 错。
4800N•s D
3.D
t
【解析】由v θ g 可得t ，故 错。射程x v θ t可得x v
0sin = = 120 s B = 0cos · = 96 0
2
θ
( ) ( )
t x 2 θ
，故 错。h 1 g 2 得h ，最高点位移大小S h 2 ，故
km A = =18km = + v
2 2 2 0
错。从初时到落地的动量变化 P mv θ （ mv θ），也可以根据 P mgt，得到 P ，故
C Δ = 0sin - - 0sin Δ = Δ = 12000kg·m/s D
正确。
4.C
【解析】对于闭合绳圈的四个端点分析可得：A、B为定滑轮，D处为挂钩，C处为笔尖，也可视为滑轮，因此整个绳
圈绳上的力处处相等。对于所挂重物受力分析可得2Tcos =mg，当C点顺时针移动时，绳AC和BC的总长度先
θ
增加再减小，则绳AD和BD总长度先减小再增大，因此绳AD和绳BD的夹角2 先增大再减小，则拉力大小先增
θ
后减，故选C，其他选项错误。
5.C
π r
2
【解析】 选项中，公式中轨道半径误用地球半径R，月球轨道半径应为r，正确应为a 4 ；选项中“月 地检
A 月 = T B -
2
验”的核心是平方反比关系，不能只靠月地距离与周期单独验证； 选项中地球表面重力加速度g对应的轨道半
D
gR
2
径是R，地球质量m ，故 错误；选项中表述符合验证平方反比形式，故 正确。
地= G D C C
6. D
【解析】对物块受力分析如图 所示，棉线拉力为F，摩擦力为f，有F f；f μF；F mg；得μ ，可知 错误。
1 = = n n= =0.2 A
对长木板受力分析如图
2
所示，有F
′-
f
1-
f
2=
Ma；f
1=
F；f
2=
μ
′
F
′n
；F
′n=
F
n
+Mg；F
′n=
（M+m）g；得a
=2.5m/s 2
，可
知 错误。此过程中，小物块无位移，摩擦力对小物块不做功，摩擦力对长木板做功为W μmgx+（ μ·F x），
B =- - n′
得W ，则产生的内能为 ，可知 错误， 正确。
=-2.5J 2.5J C D
F
n F
′n
f F
f
1
F
′
F n f
Mg Mg 2
图1 图2
物理试题答案 第 页（共 页）
1 47.C
L
【解析】由题可得光导纤维的半圆弧的半径R ，为使光在传播过程中侧面完
= α
π
全不漏光，由几何关系可得，只要保证从内侧入射的光线发生全反射，则不会发
A B
生漏光，画出光路图如图所示，光线在外侧面入射角为α，可得 α C 1， O d
sin > sin = n
d
R
−
d(n )
α 2，解得L π + 1 ，故 正确，其他选项错误。
sin = d > (n ) C
R 2 − 1
+
2
二、多项选择题：本题共 小题，每小题 分，共 分。
3 6 18
8.AC
【解析】两列波频率相同，波速比等于波长比，即λ λ v v，故 选项正确；设O在x ，A在x L，两波在材料
1: 2= 1: 2 A =0 = Ⅱ
中相向传播，相遇点满足vt L vt，解得x L 。两波源初相相同，传播到该点的波程差为零，相位差为零，为振
2 = − 2 = /2
动加强点，故 选项错误；材料 中x d处起振时间t d v；材料 中x L 处起振时间t L v 。要求t
B Ⅰ =− 1= / 1 Ⅱ = /2 2= /(2 2) 1<
t，即d v L（ v），故 选项正确；波速由介质决定，与周期无关，增大周期不会改变波速，故 选项错误。
2 / 1< / 2 2 C D
9.BC
U n U P
【解析】根据 1 1 k ，可得U 1，故A选项错误。降压变压器副线圈电流I 2，理想变压器电流关系：
U = n = 1 2 = k 4=U
2 2 1 4
P P
I n I P η 2 2
3 4 1，I 4 2 ，故 选项正确。升压变压器输出功率P P I2r，效率 = P 出 = ( P ) 2 ，故 选
I = n = k 3= k = k U B 出= 2+ 3 P 2 r C
4 3 2 2 2 4 2 + k U
2 4
( ) ( ) ( )
P 2 P 2 P 2
项正确。改造前，输电线路损耗功率P 1 r，改造后，输电线路损耗功率 ' 2 r，P = 2 r
损 = k U P损 = k U Δ k U -
2 4 2 4 2 4
( )
P 2
1 r，故 选项错误。
k U D
2 4
10.BD
mv
2
【解析】根据F 可得，弹珠在圆轨道顶端时所需向心力大小为 ，受力分析可得弹珠重力沿斜面向下
n = R 0.25N
分力为mg θ ，因此弹珠对圆管轨道的压力大小为 ，方向沿面板平面向下，故 错误；弹珠在面板
sin = 0.5N 0.25N A
上做类平抛运动，当落于AB中点时，水平位移x ，沿斜面方向位移，y 1 at 2 R L ，由牛顿第
=0.25m = = + =0.5m
2
二定律可得mg θ ma，联立可得弹珠从圆管飞出速度v 5 ，根据机械能守恒可得，弹簧的弹性势能为
sin = = m/s
4
E 17 ，故 选项正确；要想获得一等奖，由图可得，弹珠直接落入左侧一等奖范围，水平位移范围为 x
p = J B 0.4m< <0.
64
，当弹珠和挡板碰撞后落入右侧一等奖范围，由于弹珠和左侧挡板碰撞后，沿挡板方向速度不变，垂直于挡
5m
板方向速度大小不变、方向反向，根据对称性可得，小球水平位移为 x ，由机械能守恒可得，弹珠落于
0.9m< <1m
AB时动能等于弹簧初始弹性势能，联立x = v 0 t , v 2y − 0 = 2 a ( R + L ), v 2t = v 2 0 + v 2y, E p = 1 mv 2t ，可得弹簧弹性势能
2
范围为 29 Ep 5 和181 Ep 1 ，故D选项正确。
J < < J J < < J
100 16 400 2
三、非选择题：本题共 小题，共 分。
5 54
（ 分）
11. 6
（） （ 分）
1 B 2
v R
2
（）v = 0 1 （ 分）
2 x 2
2
物理试题答案 第 页（共 页）
2 4（）刹车后轮胎未抱死不是滑动；车辆宽度影响；重心高度的影响 （ 分）
3 2
【解析】
（）半径越小，同样大小的速度所需向心力越大，故需要按照内径计算临界状态，故选 。
1 B
mv 2 v 2 R
（）根据直道中的测量可得v 2 μgx；弯道中有临界值μmg ，综上可得v 0 1。
2 0 = 2 = R = x
1 2
（）实验中可能产生误差的因素有：刹车后轮胎未抱死不是滑动；车辆宽度影响；重心高度的影响。
3
（ 分）
12. 10
（）63 63 0 （ 分）
1 28Ni→29Cu+-1e 3
（） （ ） （ 分）
2 2.9 64 63 4
（） （ 分）
10
3 5×10 3
【解析】
（）根据质量数、电荷数守恒得63 63 0 。
1 28Ni→29Cu+-1e
U R r
（）由电路可知U E R r 解得 1 1 0 + ·1，根据对应项系数相等，解得电动势E ，内
2 = - R ( 0 + ) U = E + E R ≈ 2.9V
阻r （ ）。
≈64kΩ 63kΩ
（）起搏器工作功率P UI ，电池实际输出的电能，E ηE
3 = = 3 × 10 × 10 −6 W= 3 × 10 −5 W 电= = 0.10 × 1.58 × 10 7 J=
E
，供电时间t 电 。
6 10
1.58×10 J = P ≈5×10 s
（ 分）
13. 9
（）活塞刚要喷出时受力分析如图所示
1 PS
有：pS+f=pS+mg ……………………………………………………………………………（ 分） f 0
0 3
f mg
得p=p - ………………………………………………………………………………（ 分）
0 + s 1
（）设打气次数为n
PS
2
有p V nV pV ……………………………………………………………………………（ 分）
0( 0 + ) = 0 4 mg
f mg V
可得：n ( - ) 0 …………………………………………………………………………（ 分）
= p VS 1
0
（ 分）
14. 13
（）若离子沿直线运动，则有Eq Bqv ………………………………………………………………………（ 分）
1 = 0 1
E
可得v ………………………………………………………………………………………………………（ 分）
0= B 1
E
（）设等大同向v 沿x轴方向，使Eq Bqv ………………………………………………………………（ 分）
2 0= B = 0 1
E E
则离子的运动可看成v 的沿x轴的匀速直线运动和v-v 的匀速圆周运动
0= B 0= B
mv mv
2 2
设匀速圆周运动半径为R，此分运动有Bqv 0 R 0 ………………………………………………（ 分）
0= R = Bq 1
mE
得R ………………………………………………………………………………………………………（ 分）
= B q 1
2
R m
其T 2π 解得T 2π ……………………………………………………………………………………（ 分）
= v = Bq 1
0
m T v v
由t π 可知，t - 0
= Bq =
2 4
（）打在档板上速度v'= v …………………………………………………………（ 分）
i 2 0 1
E
即v'= 方向与水平夹角 斜向右下 …………………………………………（ 分）
2 B 45° 1
v
v
0 ′
物理试题答案 第 页（共 页）
3 4（）打在档板上的位置坐标为（x ，y）
ii 0 0
x （v-v）t+R ………………………………………………………………………………………………（ 分）
0= 0 2
E m mE mE
解得x π （π ） ………………………………………………………………………（ 分）
0= B· Bq + B
2
q = B
2
q +1 1
2 2
y R …………………………………………………………………………………………………………（ 分）
0=- 1
mE
解得y …………………………………………………………………………………………………（ 分）
0=-B
2
q 1
（ 分）
15. 16
（）根据右手定则可知，CD边的电流方向由C指向D，线框中的电流方向为逆时针方向。
1
E BLv …………………………………………………………………………………………………………（1分）
= 0
E
I= ………………………………………………………………………………………………………………（1分）
R
BLv
得I 0 ………………………………………………………………………………………………………（1分）
= R
{
L
3BLv t
0 0≤ <v
4 0
L L
（） U DC = BLv t 3 …………………………………………………………………………（3分）
2 0 v ≤ ≤ v
0 0
L L
1BLv 3 t 4
0 v < ≤ v
4 0 0
（）线框ABCD进入磁场的过程中，设通过线框的电量为q，设向右方向为正方向，
3
-BLq mv mv …………………………………………………………………………………………………（1分）
= 1- 0
与线框EFGH发生弹性碰撞，
有mv =-mv mv ………………………………………………………………………………………………（1分）
1 2+2 3
1mv 2 1mv 2 1 mv 2 ……………………………………………………………………………………………（1分）
1= 2+ 2 3
2 2 2
线框ABCD碰撞后返回向左运动恰好能够完全出磁场， ……………………………………………………（1分）
有BLq= （ mv） ………………………………………………………………………………………………（1分）
0− − 2
v
结合上面式子，可得v 3 v ，v 1 v ，v 0 ……………………………………………………………………（1分）
1= 0 2= 0 3=
4 4 2
线框ABCD生成的热量Q 1mv 2 1 mv 2 ……………………………………………………………………（1分）
1= 0 − 2 3
2 2
得Q 1 mv 2
1= 0
4
对线框EFGH有-BLq mv mv ………………………………………………………………………………（1分）
=2 4-2 3
Q 1 mv 2 1 mv 2 ……………………………………………………………………………………………（1分）
2= 2 3 − 2 4
2 2
可得v 3 v ，Q 7 mv 2
4= 0 2= 0
8 64
Q 1 mv 2
1 4 0 ∶ ……………………………………………………………………………………………（1分）
Q = =16 7
2 7 mv 2
0
64
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4 4
