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临门押题·物理１～４参考答案
物理（一）
１．Ｃ 犃犅段是曲线，根据做曲线运动的条件知： 向右上方提高到 犕′
列车所受合力方向与速度方向不在一条 点，则犱增大，α增大，
直线上，选项Ａ错误；犅犆段是直线，根据 θ
θ增大，ｃｏｓ 减小，故
做直线运动的条件知，列车所受合力方向 ２
与速度方向在一条直线上，选项Ｂ错误； 犉增大，选项 ＡＢＣ错
由于列车在犃犅段做减速曲线运动，合外 误，Ｄ正确．
力方向与速度方向的夹角一定大于９０°， ５．Ｂ 根据犈＝犈 －犈 可
犿 狀
由于列车在犅犆段做减速直线运动，合外 知，大量处在狀＝３能级的氢原子向外辐
力方向与速度方向相反，选项Ｃ正确，Ｄ 射的光子中，能量最大的光子犃的能量
错误．
犈 ＝犈 －犈 ＝－
８
犈 ，能量最小的光子
２．Ａ 小球做平抛运动，要使小球沿斜面下滑， 犃 ３ １ ９ １
５
则到达犘点时速度方向沿犘犙，故应满足 犅的能量犈 ＝犈 －犈 ＝－ 犈 ；由犈＝
犅 ３ ２ ３６ １
狏 犵狋 犵狋２ ２犺 犺 １
关系ｔａｎθ＝ 狔＝ ＝ ＝ ，即 ＝ 犮 犺 犈
狏 狏 狏狋 狓 狓 ２ 犺 、狆＝ 可得狆＝ ，能量最大的光子
０ ０ ０ λ λ 犮
ｔａｎθ，选项Ａ正确．
犃的动量与能量最小的光子犅的动量之
３．Ｃ 平衡位置位于狓＝５ｃｍ处质点的振动方
狆 犈 ３２
π 比 犃 ＝ 犃 ＝ ，选项Ｂ正确．
程为狔＝５ｓｉｎ（狋）ｃｍ，则振动的周期犜 狆
犅
犈
犅
５
３
犿狏２ 犿狏
２π ６．Ａ 由狇狏犅＝ ０可得狉＝ ０，由几何关
＝ ＝６ｓ，由题图可知，该波的波长λ＝ ０ 狉
１
１ 狇犅
ω
系可知，接收板上最近印记（粒子与板第１
λ ０．１２
１２ｃｍ，则波的传播速度狏＝ ＝ ｍ／ 次碰撞的位置）与犗点的距离狓 ＝狉＝
犜 ６ １ １
犿狏
ｓ＝０．０２ｍ／ｓ，选项Ａ错误；平衡位置位于 ０；粒子与板碰撞前后速度方向与狓轴
狇犅
狓＝５ｃｍ处质点的振动方程为狔＝５ｓｉｎ
的夹角相等，速率减半，则粒子与板第１，
π
（狋）ｃｍ，则狋＝０时刻该质点沿狔轴正 ２，３，…次碰撞后的轨道半径分别为狉
２
＝
３
１ 犿狏 １ 犿狏 １
方向振动，由同侧法可知，该波沿狓轴正 × ０，狉＝（ ）２× ０，狉＝（ ）３×
２ 狇犅 ３ ２ 狇犅 ４ ２
方向传播，选项Ｂ错误；０～３ｓ内，各质点
犿狏
振动了半个周期，则０～３ｓ内平衡位置位
０，…，由几何关系可知，接收板上最远
狇犅
于狓＝８ｃｍ 处的质点运动的路程为１０
印记与犗点的距离狓 ＝狉＋狉＋狉＋…
２ １ ２ ３
ｃｍ，狋＝３ｓ时刻平衡位置位于狓＝２ｃｍ
狉
处质点的位移狔＝－５ｃｍ，选项Ｃ正确，Ｄ ＝ １ １ ＝２狉 １ ，则接收板上最近印记和最
１－
错误． ２
４．Ｄ 设轻绳的长度为犔，左侧轻绳与竖直方向 犿狏
远印记之间的距离犱＝狓 －狓 ＝ ０，选
夹角为α，两手之间的水平距离为犱，有θ ２ １ 狇犅
犱 项Ａ正确．
＝２α，ｓｉｎα＝ ，对空竹，由平衡条件有
犔 ７．Ｂ 设气闸舱内的容积为犞，抽气前的温度为
θ 犿犵 犜 ，第一次抽气后气闸舱内气压为狆 ，由
２犉ｃｏｓ ＝犿犵，解得犉＝ ．若左轻 ０ １
２ θ １
２ｃｏｓ 狆（１＋ ）犞
２ 狆犞 １ ４
理想气体状态方程有 ０ ＝ ，
杆的端点不动，右轻杆的端点从犕 点斜 犜 犜
０ １
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 物 理 答 案 第 １ 页（共１６页 ）
书书书１ ７ 运动 到 犘 点 时 的 速 度 大 小狏 ＝
其中犜 ＝犜 － 犜 ＝ 犜 ，解得狆 ＝ 犘
１ ０ ８ ０ ８ ０ １
３犌犕
槡狏２－ ，Ｄ项正确．
７ 狆 ；设第二次抽气后气闸舱内气压为 ５犚
１０ ０ ９．ＢＣ 金属球处于静电平衡，球体内部的电场
狆 ，由 理 想 气 体 状 态 方 程 有 狆 １ 犞 ＝ 强度为零，则感应电荷狇′与点电荷＋狇
２ 犜 １ 在球心处产生的电场强度大小相等，方
狆（１＋
１
）犞
向相反，故狇′在球心处产生的电场强度
２ ４ １ ７
，其中犜 ＝犜 － 犜 ＝ 犽狇
犜 ２ １ ８ １ ８ 的大小为 ，选项Ａ错误，Ｂ正确；金属
２ 犾２
７ ７
犜 ，解得狆 ＝ 狆 ＝（ ）２狆 ；设第三次 球接地，电势为零，即感应电荷狇′在球心
１ ２ １０ １ １０ ０
处产生的电势与点电荷＋狇在球心处产
抽气后气闸舱内气压为狆 ，由理想气体状
３ 生的电势之和为零，则有 φ狇′ ＝－φ狇 ＝－
１
狆（１＋ ）犞 犽狇
态方程有 狆 ２ 犞 ＝ ３ ４ ，其中犜 ＝ 犾 ，可知当＋狇远离球心时， φ狇 减小，则
犜 犜 ３
２ ３ 狇′在球心犗处产生的电势升高，选项Ｃ
１ ７ ７
犜 － 犜 ＝ 犜 ，解得狆 ＝ 狆 ＝ 正确，Ｄ错误．
２ ８ ２ ８ ２ ３ １０ ２
１０．ＡＤ 犃、犅组成系统的动量守恒，结合题图
７
（
１０
）３狆
０
，以此类推，可知抽气狀次后气闸 乙可知，０～狋
０
时间内有犿狏
０
＝（犿＋
狏
舱内气压为（ １ ７ ０ ）狀狆 ０ ，选项Ｂ正确． 犿 犅 ） ３ ０，解得犿 犅 ＝２犿，狋＝狋 ０ 时刻犃、
８．ＢＤ 由椭圆知识可得犗犘＝５犚，犗犙＝２犚，由
犅的速度相同，橡皮绳的伸长量最大，
１ １ 狏
犌 狉 犕 ２ 犿 ＝犿犪可得，卫星在犘、犙两点的 由能量守恒定律有 ２ 犿狏２ ０ ＝ ２ 犿（ ３ ０）２
加速度大小之比为４∶２５，Ａ项错误；由 ＋ １ ×２犿（ 狏 ０）２＋犈 ，解得犈 ＝ １
开普勒第二定律可知卫星与地球的连线 ２ ３ ｐ ｐ ３
在相等的极短时间Δ狋内扫过的面积相
犿狏２
０
，选项Ａ正确；由题图乙可知，狋＝
２狋 时，橡皮绳恢复原长，从犃开始运
１ １ ０
等，则有 ２ 狏 犙 ·Δ狋·２犚＝ ２ 狏 犘 ｃｏｓ３７°· 动至橡皮绳恢复原长过程，由动量守
Δ狋·５犚，解得狏 犘 ∶狏 犙 ＝１∶２，Ｂ项正 恒定律有犿狏 ０ ＝犿狏 犃 ＋２犿狏 犅 ，由机械
确；根据椭圆焦点到椭圆正中心的距离 １ １ １
能守恒定律有 犿狏２＝ 犿狏２＋ ×
是半焦距，则犗点到椭圆正中心的距离 ２ ０ ２ 犃 ２
１ ２
犱＝槡（５犚）２－（４犚）２＝３犚，则犙点的引 ２犿狏２，解得狏 ＝－ 狏、狏 ＝ 狏，其
犅 犃 ３ ０ 犅 ３ ０
犌犕犿 犌犕犿
力势能犈 ＝－ ＝－ ，犘 中负号表示犃向右运动，０～２狋 时间
ｐ１ ５犚－３犚 ２犚 ０
内，对犅由动量定理有犉珚（２狋－０）＝
犌犕犿 犌犕犿 ０
点的引力势能犈 ＝－ ＝－ ，
ｐ２ 犗犘 ５犚 ２犿× ２ 狏－０，解得犉珚＝ ２犿狏 ０，选项Ｂ
所以从犙点运动到犘点卫星的引力势 ３ ０ ３狋 ０
犌犕犿
错误；２狋
０
～３狋
０
时间内，犃向右做匀速
能变化量Δ犈 ｐ ＝犈 ｐ２ －犈 ｐ１ ＝－ ５犚 － 运动，犅向左做匀速运动，直至相碰，
犌犕犿 ３犌犕犿 １ ２
（－
２犚
）＝
１０犚
，Ｃ项错误；从犙点 则橡皮绳的原长犾
０
＝
３
狏
０
狋
０
＋
３
狏
０
狋
０
运动到犘点，依据能量守恒定律，有－ ＝狏
０
狋
０
，选项Ｃ错误；设犃、犅在０～狋
０
Δ犈 ＝Δ犈 ＝ １ 犿狏２－ １ 犿狏２，解得卫星
时间内的任意时刻速度分别为狏
犃１
、
ｐ ｋ ２ 犘 ２ 狏 ，由动量守恒定律有犿狏＝犿狏 ＋
犅１ ０ 犃１
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 物 理 答 案 第 ２ 页（共１６页 ）２犿狏 ，两边同乘以Δ狋并求和可得 由光的折射定律
犅１
１ ｓｉｎ犻
犿狏狋＝犿狓 ＋２犿狓 ，其中狓 ＝ 有 狀＝ ，（１
０ ０ 犃 犅 犅 １０ ｓｉｎ狉
４ 分）
狏狋，解得狓 ＝ 狏狋，选项Ｄ正确．
０ ０ 犃 ５ ０ ０ 解得 狀＝槡３．（１
１１．（１）等于（２分）
分）
２（犫－犮）
（２） （２分） （２）光线从犅犆的中点射入时的光路图如图
狋
０ 乙所示，由几何关系可知，经过犃犆的中点犇
２（犕＋犿）（犫－犮）
（３） （２分） １
犿狋 时的入射角为６０°，由于ｓｉｎ６０°＞ ，所以光
０ 狀
解析：（１）滑块做匀速直线运动，遮光条通过
在此处发生全反射，到达犃犅边时的入射角
光电门犃的挡光时间等于遮光条通过光电
为３０°，光线在犉点射出，（２分）
门犅的挡光时间．（２）根据逆向思维可得狓
１ 狓 １
＝狏狋－ 犪狋２，变形得 ＝－ 犪狋＋狏 ，结合
犃 ２ 狋 ２ 犃
犪 犫－犮 ２（犫－犮）
图乙得 ＝ ，解得犪＝ ．（３）根
２ 狋 狋
０ ０
据牛顿第二定律有犿犵＝（犕＋犿）犪，又犪＝
由几何关系有
２（犫－犮） ２（犕＋犿）（犫－犮）
，解得犵＝ ． １ ３
狋 ０ 犿狋 ０ 犈犇＝ 犃犅＝ 槡３ｃｍ，犇犉＝犃犉＝槡３ｃｍ，
２ ２
１２．（１）犚 （１分） 犚 （１分）
１ ３
（１分）
（２）４．２（２分） ０．９（２分）
犮
（３）４．５（２分） 该单色光在棱镜中传播的速度狏＝ ，（１
狀
解析：（１）犚 的阻值应选用与电源内阻差不
０
分）
多的定值电阻犚 ，串联电阻的阻值应为
１
该 单 色 光 在 棱 镜 中 传 播 的 时 间 狋＝
４．５Ｖ－０．３Ｖ
０．３Ｖ ＝４．２×１０３Ω，即应选用犚 ３ ． 犇犉＋犈犇 ，（１分）
狏
３００Ω
（２）闭合Ｓ 和Ｓ，根据闭合电路欧姆定律有
联立解得狋＝２．５×１０－１０ｓ．（１分）
１ ２
犝 １ 犚 ＋狉 １
１４．解：（１）犪犫在初位置时加速度最大，由闭合电
犈＝犝＋ 犚 （犚 ０ ＋狉），变形得 犝 ＝ ０ 犈 · 犚 路欧姆定律有
＋ 犈 １ ，结合图像可得 犈 １ ＝０．２４Ｖ－１， 犚 ０ 犈 ＋狉 ＝ 犐 ｍ ＝ 犅 ２ 犔 犚 狏 ０，（１分）
由牛顿第二定律有
１．２０－０．２４
Ａ－１，解得犈＝４．２Ｖ，狉＝０．９
１．６ 犅犐
ｍ
犔＋犉 ＋μ犿犵 ＝ 犿犪
ｍ
，其 中 犚 ＝
Ω．（３）Ｓ ２ 断开，Ｓ １ 闭合时，有 犈＝犝 １ ＋ ３犅２犔２狏 ０， μ＝ ５犉 ，（２分）
犝 犝 ５犉 １２犿犵
１ （犚 ＋狉），犈＝犝 ＋ ２ （犚 ＋
犚＋犚 狓 ０ ２ ３犚＋犚 狓 ０ 解得犪 ＝ ９犉 ．（１分）
１ ３犝 犝 ｍ ４犿
狉），解得犚 ＝ （ １ － ２ ）（犚 ＋
狓 ２ 犈－犝 犈－犝 ０ （２）犪犫向右运动，在运动位移大小为狓的过
１ ２
狉），解得犚 ＝４．５Ω． 程中的平均电流为
狓
１３．解：（１）由题意可知，作出光路图如图甲所 犅犔狓
犐珔＝ ，（１分）
示，由几何关系可知，△犃犅犇 为等腰三角 １ 狋·２犚
１
形，此时光线的入射角犻＝６０°，折射角狉＝ 通过犪犫某一横截面的电荷量绝对值
３０°，（２分）
狇＝犐狋，
１ １
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 物 理 答 案 第 ３ 页（共１６页 ）解得狇＝ ５犉狓 ，（１分） 解得狋＝４槡 犚 ．（１分）
６犅犔狏 ０ ５犵
犪犫返回到初始位置时受力平衡，有 （３）小球２从静止释放到最低点过程，根据动
犅犐
２
犔＋μ犿犵＝犉，（１分） 能定理有
犐
２
＝ 犅
２
犔
犚
狏 ，（１分）
ｓｉ
犿
ｎ
犵
θ
·（２犚＋犚ｓｉｎθ）＝ １
２
犿狏２
０
，（１分）
犪犫回到初位置时克服安培力做功的功率 在最低点，有
犘＝犅犐
２
犔狏，
犖－犿犵＝犿
狏２
０，（１分）
４９ 犚
解得犘＝ 犉狏．（１分）
１２０ ０ 由牛顿第三定律有犖′＝犖，
（３）由（２）问得狏＝
７
狏，
解得犖′＝８犿犵．（１分）
１０ ０ （４）小球２运动至与小球１碰撞前的瞬间，由
犪犫从初位置开始到回到初始位置过程，根据
动能定理有
功能关系有
犿犵 １
１
２
犿狏２
０
－ １
２
犿狏２＝２犙＋μ犿犵·２狓，（１分） ｓ
两
ｉｎ
球
θ
发
·３
生
犚
弹
＝
性
２
碰
犿狏
撞
２ １
，
，
则
（１
有
分）
解得犙＝ ４ ５ ０ １ ０ 犿狏２ ０ － １ ５ ２ 犉狓，（１分） 犿狏 １ ＝犿狏 ２ ＋犿狏 ３ ，
１ １ １
犪犫向右运动过程中，根据动量定理有
２
犿狏２
１
＝
２
犿狏２
２
＋
２
犿狏２
３
，（１分）
－犉狋
１
－μ犿犵狋
１
－犅犐
１
犔狋
１
＝０－犿狏
０
，（１分）
１５犵犚
犪犫向左运动到初位置过程中，根据动量定理 解得狏
３
＝槡
２
，
有
之后小球１运动至犆点
犉狋
２
－μ犿犵狋
２
－犅犐
２
犔狋
２
＝犿狏－０，（１分）
－
犿犵
（犚－犚ｃｏｓθ）＝
１
犿狏２－
１
犿狏２，（１
犅犔狓 ｓｉｎθ ２ ４ ２ ３
其中犐狋＝ ，
２ ２ ２犚 分）
犪犫从初位置开始到回到初始位置过程所用 之后小球做类斜抛运动，由牛顿第二定律有
的时间狋＝狋
１
＋狋
２
， 犿犵
＝犿犪，（１分）
１６２犿狏 １００狓 ｓｉｎθ ２
解得狋＝ ０ ＋ ．（１分）
８５犉 １１９狏 第一次落回斜面
０
１５．解：（１）小球１在犈位置静止，对小球１进行 －狏ｓｉｎθ＝狏ｓｉｎθ－犪狋，
４ ４ ２ １
受力分析，有 狓＝狏ｃｏｓθ·狋，（１分）
１ ４ ４
犿犵 ７７
犉＝ ，（１分） 令犽＝ ，第二次落回斜面
ｔａｎθ １２５
３犿犵 －犽狏ｓｉｎθ＝犽狏ｓｉｎθ－犪狋，
解得犉＝ ．（１分） ４ ４ ２ ２
４ 狓＝狏ｃｏｓθ·狋，（１分）
２ ４ ２
（２）由分析可知，风力与重力的合力与水平 由分析可知，第狀次落回斜面
方向夹角为θ＝５３°，恰好与犃犅平行，即小 －犽狀－１狏ｓｉｎθ＝犽狀－１狏ｓｉｎθ－犪狋，
４ ４ ２狀
球２将沿斜面做匀加速直线运动，根据牛顿 狓 ＝狏ｃｏｓθ·狋，
狀 ４ 狀
第二定律有 则 狓 ＝狓 ＋狓 ＋狓 ＋ … ＋狓 ＝
１ ２ ３ 狀
ｓｉ
犿
ｎ
犵
θ
＝犿犪
１
，（１分） ２狏２ ４ ｃｏ
犪
ｓθｓｉｎθ · １
１
－
－
犽
犽
狀 ，（１分）
２
根据运动学公式有 当狀→!时，解得狓＝１３犚．（１分）
１
２犚＝ 犪狋２，（１分）
２ １
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 物 理 答 案 第 ４ 页（共１６页 ）
