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物理（二）
１．Ｂ 根据质量数与电荷数守恒有１２＋１＝７＋ 犖位于平衡位置，且速度方向沿狔轴正方
２×１＋犃，６＋１＝３＋２×１＋犣，解得犃 π
向，所以质点犖的振动方程为狔＝２ｓｉｎ
＝４，犣＝２，可见Ｘ为α射线，α射线带正 ２
电，不是电磁波，穿透本领比γ射线弱，电 狋（ｃｍ），选项Ｄ错误．
离本领比
β
射线强，只有选项Ｂ正确． ５．Ａ 由对称性知，犈
１
与犈
２
的方向均与带电荷
２．Ｄ 设水对红光的临 量为－４狇的细棒垂直指向此棒；带电荷量
界角为犆，则ｓｉｎ 为－４狇的细棒可看成为带电荷量＋狇与
１
－５狇的叠加，每边带电荷量均为＋狇的正
犆＝ ，犘 点在
狀 五边形细棒在犗点的合电场强度为零，由
水下犺处时水面上呈现的亮斑半径狉＝ 电场强度的矢量叠加可知，带电荷量为－
犺ｔａｎ犆，红色亮斑在水面上缩小的速度大 ５狇的细棒在犗点产生的电场强度为犈 ，
１
狉 则带电荷量为－４狇的细棒在犗点产生的
狉－
２ 犺
小狏＝ 狋 ＝ ２狋槡狀２－１ ，选项Ｄ正确． 电场强度为 ４ ５ 犈 １ ，故四根均带电荷量为＋
３．Ｃ 线框平面与磁场方向垂直时，感应电动势 狇的细棒在犗点产生的电场强度大小为
为零，流过灯泡的电流为零，选项Ａ错误；
４ １
犈 ＝犈 － 犈 ＝ 犈 ，选项Ａ正确．
ω ２ １ ５ １ ５ １
灯泡两端瞬时电压的频率犳＝ ＝２．５
２π ６．Ｄ 设火星和地球绕太阳做匀速圆周运动的
Ｈｚ，选项 Ｂ错误；电动势最大值犈 ｍ ＝ 轨道半径分别为狉 １ ，狉 ２ ，周期分别为犜 １ ，
犖犅犛ω＝２００槡２Ｖ，根据法拉第电磁感应 犜 （犜 ＝１年），质量分别为犿 ，犿 ，由开
２ ２ １ ２
定律得：穿过变压器原线圈的磁通量变化 狉３ 狉３
普勒第三定律有 １ ＝ ２，由题图可知，每
犈 ２００槡２ 犜２ 犜２
率最大值为 ｍ ＝ Ｗｂ／ｓ＝槡２ Ｗｂ／ １ ２
狀
１
２００ 隔时间犜火星和地球之间的距离最短，有
ｓ，选项Ｃ正确；由犝 １ ＝ 犈 槡２ ｍ、 犝 犝 １ ２ ＝ 狀 狀 １ ２ ，可得 （ 犜 １ ２ － 犜 １ １ ）犜＝１，此时火星和地球之间的
犝 犌犿犿
犝 ＝５０Ｖ，电流表的示数为 ２ ＝２Ａ，选 万有引力２５犉 ＝ １ ２ ，每隔时间犜
２ 犚 ０ （狉－狉）２
１ ２
项Ｄ错误． 火星和地球之间的距离最远，此时火星和
４．Ｂ 根据同侧原理判断知：该波沿狓轴负方向 犌犿犿
地球之间的万有引力犉 ＝ １ ２ ，解
传播，选项Ａ错误；图示时刻平衡位置位 ０ （狉＋狉）２
１ ２
于狓＝８ｍ的波峰传播到平衡位置位于狓 得犜≈２．２年，选项Ｄ正确．
８－１ ７．Ｄ 沿斜面向上和垂直斜
＝１ｍ的质点犕，用时３．５ｓ，有狏＝
３．５ 面向上建立直角坐标
ｍ／ｓ＝２ｍ／ｓ，选项Ｂ正确；由图（ｂ）知，λ
系狓犗狔，如图所示，根
＝８ｍ，犃＝２ｃｍ，周期犜＝ λ ＝４ｓ，０～５ 据牛顿第二定律，沿
狏
斜 面 方 向 有 犿犵ｓｉｎ
１
ｓ内质点犖运动的路程为１ ×４犃＝１０ ３０°－狇犈ｃｏｓ３０°＝犿犪 ，垂直斜面方向有
４ 狓
犿犵ｃｏｓ３０°＋狇犈ｓｉｎ３０°＝犿犪 ，解得犪 ＝
２π π 狔 狓
ｃｍ，选项Ｃ错误；ω＝ ＝ ，狋＝０时质点
犜 ２
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 物 理 答 案 第 ５ 页（共１６页 ）１ ７槡３ ９．ＡＣ 如图所示，当小
犵，方向沿斜面向下，犪 ＝ 犵，方向
４ 狔 １２ 球运动到犇 点
垂直斜面向下，初速度沿狓、狔轴的分速 时，细线刚好松
槡３
弛，则有犿犵ｃｏｓ
度分别为狏 ＝狏ｃｏｓ３０°＝ 狏、狏 ＝
０狓 ０ ２ ０ ０狔 犿狏２
６０°＝
犇，解
１ 犾
狏ｓｉｎ３０°＝ 狏，当小球落回斜面时狔＝
０ ２ ０ 得狏 ＝槡７ ｍ／
犇
１
０，则 有狏狋－ 犪狋２ ＝０，解 得狋＝ ｓ，小球从最低
０狔 ２ 狔
点犃运动到犇点过程，由动能定理有－
４槡３狏
０，则小球从开始运动至落回斜面过
犿犵犾（１＋ｃｏｓ６０°）＝
１
犿狏２－
１
犿狏２，解
７犵 ２ 犇 ２ ０
１ 得狏＝７ｍ／ｓ，选项Ａ正确，Ｂ错误；设
程沿斜面的位移大小狓＝狏狋－ 犪狋２， ０
０狓 ２ 狓
小球运动时间狋后到达犗犃竖直线上，
３６狏２
解得狓＝ ０，小球机械能的增加量等于 则水平方向有犔ｓｉｎθ＝狏 犇 ｃｏｓθ·狋 １ ，得
４９犵
槡２１
静电力对它做的功，所以小球机械能的增 狋＝ ｓ，竖直方向有狔＝狏ｓｉｎθ·狋
５ 犇
９犿狏２
加量Δ犈＝狇犈狓ｃｏｓ３０°＝ ０，选项Ｄ正 １ ２１
４９ － 犵狋２＝－ ｍ，又犇、犃两点的竖直
２ １０
确．
２１
８．ＢＤ 小物块在长木板上滑行时，小物块的加
高度差为Δ狔＝犾ｃｏｓθ＋犾＝
１０
ｍ，所以
速度犪
１
＝
μ
犿
犿犵
＝μ犵，长木板的加速度
小球从犇点飞出后恰好能击中最低点
犃，选项Ｃ正确，Ｄ错误．
犪＝
μ犿犵
，小物块在长木板上滑行过程 １０．ＢＤ 设粒子经过
２ 犕
犖点时速度
１ １
有狏狋－ 犪狋２－ 犪狋２＝犔，解得狏狋－ 大小为狏，方
０ ２ ２ ２ １ ０
向与竖直向
１ 犿 犔 １
２ （１＋ 犕 ） μ犵狋２＝犔，整理得 狋 ＝狏 ０ － ２ 下 成θ 角，
粒子在电场
犿 犔
（１＋
犕
） μ犵狋，由题图乙可知
狋
＝６－３狋，
中做类平抛
１ 犿 １ 狇犈
对比可得狏
０
＝６ｍ／ｓ，
２
（１＋
犕
） μ犵＝３， 运动，如图，则犱＝
２
·
犿
·狋２，狏
狔
＝
解得犕＝２犿，选项Ａ错误，Ｂ正确；由上
狇犈
·狋，ｔａｎθ＝
狏
０，狏＝
狏
０ ，又狏 ＝
述分析可得犪＝４ｍ／ｓ２，犪＝２ｍ／ｓ２，小 犿 狏 ｓｉｎθ ０
１ ２ 狔
物块刚好未滑离长木板时，小物块滑到
２狇犈犱 ２狇犈犱
槡 ，解得θ＝３０°，狏＝２槡 ，
长木板左端时两者共速，设从开始至两 ３犿 ３犿
者共速的时间为狋，则有狏 －犪狋＝犪狋， 选项Ａ错误；粒子在磁场中做匀速圆
０ ２ １
１ １ 周运动，设运动半径为犚，则犚 ＋
狏狋－ 犪狋２－ 犪狋２＝犔，解得犔＝３
０ ２ ２ ２ １
４
犚ｓｉｎθ＝２犱，解得犚＝ 犱，由狇犅狏＝
犔 ３
ｍ，狋＝１ｓ，故犽＝ ＝３ｍ／ｓ，选项Ｃ错
狋
犿狏２ ３犿犈
误，Ｄ正确． ，可得犅＝槡 ，选项Ｂ正确；
犚 ２狇犱
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 物 理 答 案 第 ６ 页（共１６页 ）磁场区域加上电场后，粒子的运动可 １２．（１）３６．０（２分）
视为以速度狏 水平向左做匀速直线 （２）４．０（２分）
１
运动和以速度狏 做匀速圆周运动的 （３）３．２（２分） ０．８（２分）
２
合运动，则狇狏犅＝狇犈，可 得狏 ＝ 解析：（１）由欧姆定律和串联电路规律可得，
１ １
槡
２狇
３
犈
犿
犱
，根据余弦定理可求得狏 ２ ＝ 电流表的内阻犚 Ａ ＝ ６０
３
ｍ
Ｖ
Ａ －１４．０Ω＝３６．０
Ω．（２）由并联电路的电压规律可知６０ｍＡ×
１４狇犈犱
槡
３犿
，经过最低点犘的速度大小
犚 Ａ ＝（０．６Ａ －６０ｍＡ）犚 １ ，解得犚 １ ＝４．０
狏 ＝狏 ＋狏，解得狏 ＝（槡２＋槡１４） Ω．（３）改 装 后 电 流 表 的 内 阻 犚 Ａ ′＝
犘 １ ２ 犘
６０ｍＡ×犚
狇犈犱 Ａ ＝３．６０Ω，当电流表的示数为犐
槡 ，选项Ｃ错误；设犘、犖 两点间 ０．６Ａ
３犿
时，流过电源的电流为１０犐，由闭合电路欧姆
的高度差为犺，根据动能定理有狇犈犺＝
定律有犈＝１０犐（犚 ＋犚′＋犚 ＋狉），整理得
２ Ａ ０
１ １ ４＋２槡７
犿狏２－ 犿狏２，解得犺＝ 犱， １ １０ １０
２ 犘 ２ ３ ＝ 犚 ＋ （犚′＋犚 ＋狉），结合题图乙
犐 犈 ２ 犈 Ａ ０
选项Ｄ正确．
１０ ７０－２０ １０
１１．（１）右 （１分） 可得 ＝ Ｖ－１， （犚′＋犚 ＋狉）＝２０
犈 １６ 犈 Ａ ０
（２）Ａ（１分）
Ａ－１，解得犈＝３．２Ｖ，狉＝０．８Ω．
（３）②③①④（２分）
１３．解：（１）第一次抽气过程，
１ 犱 犱
（４）犿犵犔＝ （犕＋犿）［（ ）２－（ ）２］（２ 初态，狆 ＝狆 ，犞 ＝犞 －犞，（１分）
２ 狋 狋 １ ０ １ ０
犅 犃
１８ １
分） 末态，狆 ＝ 狆 ，犞 ＝犞 －犞＋ 犞 ，（１分）
２ １９ ０ ２ ０ ２０ ０
解析：（１）遮光片通过光电门犃的时间大于
由玻意耳定律有
通过光电门犅的时间，则滑块做加速运动，
狆犞 ＝狆犞 ，（１分）
气垫导轨右高左低，应将导轨右边适当调 １ １ ２ ２
１
低．（２）连接滑块的细线应与气垫导轨平行， 解得犞＝ 犞 ．（２分）
１０ ０
使滑块和钩码受到的合外力为钩码的重力，
（２）降温过程，展柜中气体的体积不变，
选项Ａ正确；本实验不需要用钩码重力来替
初态，犜 ＝ （２７３＋２７）Ｋ ＝３００Ｋ，狆 ＝
１ １
代细线拉力，故不需要滑块和遮光条的总质
狆 ，（１分）
０
量远大于钩码的质量，选项Ｂ错误．（３）上述
末态，犜 ＝ （２７３＋７）Ｋ＝２８０Ｋ，狆 ＝狆，
２ ２
步骤按照先后顺序，最合理的排序是②③①
（１分）
犱
④．（４）滑块通过光电门犃的速度大小为 ， 由查理定律有
狋
犃
犱 狆 ０ ＝ 狆 ，（１分）
滑块通过光电门犅的速度大小为 ，在滑块 犜 犜
狋 ０
犅
１４
经过光电门犃、犅的过程中，误差允许范围 解得狆＝ 狆 ．（２分）
１５ ０
１ 犱
内，若关系式犿犵犔＝ （犕＋犿）［（ ）２－ １４．解：（１）导体棒１从开始运动至犮犱的过程，
２ 狋
犅
只有导体棒１做切割磁感线运动
犱
（ ）２］成立，则滑块（含遮光片）与钩码组成
则平均感应电动势
狋
犃
系统的机械能守恒． 犈珚＝犅犱狏珔，（１分）
０
平均感应电流
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 物 理 答 案 第 ７ 页（共１６页 ）犈珚 滑块和斜面在垂直斜面方向的速度相同，则
犐珔＝ ，（１分）
狉＋狉 有
１ ２
导体棒１受到的平均安培力 狏ｓｉｎθ＝狏ｃｏｓθ－狏ｓｉｎθ，（２分）
狔 狓
犉 １ ＝犅 ０ 犐珔犱，（１分） 即ｔａｎθ＝ 狏 狔 ，
狏＋狏
此过程对导体棒１、２，由动量定理有 狓
由机械能守恒定律有
－犉狋＝２犿狏－２犿狏，（１分）
１ ０
１ １
犅２犱２狏珔 犿犵犺＝ 犿（狏２＋狏２）＋ 犕狏２，（１分）
整理得－ ０ 狋＝２犿狏－２犿狏，（１分） ２ 狓 狔 ２
狉＋狉 ０
１ ２
３２ １２８
又狊＝狏珔狋，（１分） 联立解得狏＝槡 犵犺、狏 ＝槡 犵犺、狏 ＝
１７７ 狓 １７７ 狔
联立解得狏＝１ｍ／ｓ．（１分）
５４
（２）当导体棒１运动到与犮犱距离为狓时，导 槡犵犺，（１分）
５９
体棒１和２均做切割磁感线运动，则感应电
根据动能定理，滑块对斜面做的功
动势
１ ３２
犈＝（犅－犅 ）犱狏，（１分） 犠＝ 犕狏２＝ 犿犵犺，（１分）
０ ２ １７７
感应电流犐＝
犈
，（１分）
②斜面的受力分析如图甲所示，设斜面的加
狉＋狉
１ ２ 速度为犪，则有
导体棒１和２所受安培力的合力大小
犉 ｓｉｎθ＝犕犪，（１分）
犖
犉 ＝（犅－犅 ）犐犱，（１分）
犃 ０
导体棒１在犮犱犲犳区域内做匀速运动，则有
犉 ＝犉，（１分）
犃
解得犉＝０．５狓，（１分）
导体棒１在犮犱犲犳区域内做匀速运动至犲犳的
过程，外力犉对导体棒１做的功
滑块的受力分析如图乙所示，设滑块沿水平
０＋２
犠＝犉珚狓＝ ×４Ｊ＝４Ｊ．（２分） 和竖直方向的分加速度分别为犪 和犪 ，根
２ 狓 狔
据牛顿第二定律，在水平方向上有
１５．解：（１）滑块刚好运动到斜面顶端时，滑块与
犉′ｓｉｎθ＝犿犪 ，（１分）
斜面的速度相同（设为狏 ），在水平方向上 犖 狓
共
在竖直方向上有
由动量守恒定律有
犿犵－犉′ｃｏｓθ＝犿犪 ，（１分）
犿狏＝（犿＋犕）狏 ，（１分） 犖 狔
０ 共 由牛顿第三定律有犉 ＝犉′，（１分）
由机械能守恒定律有 犖 犖
滑块和斜面在垂直斜面方向的加速度相同，
１ １
２
犿狏２
０
＝
２
（犿＋犕）狏２
共
＋犿犵犺，（１分） 则有
犪ｓｉｎθ＝犪ｃｏｓθ－犪ｓｉｎθ，（１分）
联立解得狏＝槡３犵犺．（２分） 狔 狓
０
犪
（２）①滑块即将运动到斜面底端时，设滑块 即ｔａｎθ＝ 狔 ，
犪＋犪
狓
沿水平和竖直方向的分速度分别为狏 和
狓 犕犿犵ｃｏｓθ ４０
狏 狔 ，斜面的速度为狏，方向水平向右，规定水 联立解得犉 犖 ＝ 犕＋犿ｓｉｎ２θ ＝ ５９ 犿犵．（１分）
平向右为正方向，在水平方向上由动量守恒
定律有
０＝犕狏－犿狏 ，（１分）
狓
ＸＳ６Ｊ· 临 门 押 题 · 物 理 答 案 第 ８ 页（共１６页 ）
