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235U+X® 144Ba+ 89Kr+31n
1. 核反应方程中 92 56 36 0 ，则X是（ ）
A 4He B. 1H C. 1n D. 0e
. 2 1 0 -1
【答案】C
【解析】
【详解】根据质量数守恒和核电荷数守恒可知X是1n。
0
故选C。
2. 带正电的金属球靠近不带电验电器金属小球a，则关于验电器金属小球a和金属箔b，下列说法正确的
是（ ）
A. a、b都带正电 B. a、b都带负电
C. a带负电、b带正电 D. a带正电、b带负电
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知，验电器本来不带电，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，正金属球靠近不带
电验电器金属小球a，使得金属球a带负电荷，从而导致金属箔b带上正电荷。
故选C。
3. 如图所示是某汽车通过ETC过程的v-t图像，下面说法正确的是（ ）
A. 0~t 内，汽车做匀减速直线运动
1
B. t ~t 内，汽车静止
1 2
C. 0~t 1 和t 2 : t 3 内，汽车加速度方向相同
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学科网（北京）股份有限公司D. 0~t 1 和t 2 : t 3 内，汽车速度方向相反
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图可知v-t图像的斜率表示加速度，0~t 时间内加速度为负且恒定，速度为正，加速度
1
方向与速度方向相反，故0~t 时，汽车做匀减速直线运动，故A正确；
1
B．t ~t 内，汽车做匀速直线运动，故B错误；
1 2
C．0~t 1 内加速度为负，t 2 : t 3 内加速度为正，故0~t 1 和t 2 : t 3 内，汽车加速度方向相反，故C错误；
D．0~t 1 和t 2 : t 3 内，汽车速度方向相同，均为正，故D错误。
故选A。
4. 载人飞船的火箭成功发射升空，载人飞船进入预定轨道后，与空间站完成自主快速交会对接，然后绕地
球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度低于地球同步卫星轨道，则下面说法正确的是（ ）
A. 火箭加速升空失重
B. 宇航员在空间站受到的万有引力小于在地表受到万有引力
C. 空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度
D. 空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．火箭加速升空过程，加速度方向竖直向上，则处于超重状态，故A错误；
GMm
B．根据F = ，宇航员与地球的质量不变，宇航员在空间站离地心更远，则受到的万有引力小于在
R2
地表受到万有引力，故B正确；
GMm GM
C．根据 =mw2R可得w= ，可知空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于同步卫星的角
R2 R3
速度，即大于地球自转角速度，故C错误；
GMm GM
D．根据 =ma可得a = ，可知空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫星的加
R2 R2
速度，故D错误。
故选B 。
5. 如图所示，实线何虚线分别是沿着x轴正方向传播的一列简谐横波在t = 0时刻和t =0.5s的波形图，已
知波的周期T >0.5s，则下列关于该列波说法正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 波长为5cm B. 波速为10cm/s
C. 周期为1s D. t = 0时刻，质点M 向下振动
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知波长为10cm，故A错误；
3
BC．t = 0时刻到t =0.5s的过程中，Dt =nT + T，n=0,1,2...
4
2
已知波的周期T >0.5s，则n只能取0，则T = s
3
l
波速为v= =15cm/s，故BC错误；
T
D．简谐横波沿着x轴正方向传播，根据同侧法可知t = 0时刻，质点M 向下振动，故D正确。
故选 D。
6. 某静电场电势j在x轴上分布如图所示，图线关于j轴对称，M 、P、N 是x轴上的三点，
OM =ON ；有一电子从M 点静止释放，仅受x方向的电场力作用，则下列说法正确的是（ ）
A. P点电场强度方向沿x负方向
B. M 点的电场强度小于N 点的电场强度
C. 电子在P点的动能小于在N 点的动能
D. 电子在M 点的电势能大于在P点的电势能
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知在x正半轴沿+x方向电势降低，则电场强度方向沿x正方向，故A错误；
B．j-x图像斜率表示电场强度，，由图可知M 点的电场强度大小等于N 点的电场强度，方向相反，故
B错误；
C．电子在电势低处电势能大，故电子在P点的电势能小于在N 点的电势能，根据能量守恒可知，电子在
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学科网（北京）股份有限公司P点的动能大于在N 点的动能，故C错误；
D．电子在电势低处电势能大，故电子在M 点的电势能大于在P点的电势能，故D正确。
故选D 。
7. 小组用如图所示单摆测量当地重力加速度
（1）用游标卡尺测得小球直径d =20mm，刻度尺测得摆线长l =79cm，则单摆摆长L=_____cm（保
留四位有效数字）；
（2）拉动小球，使摆线伸直且与竖直方向的夹角为q（q<5°），无初速度的释放小球，小球经过_____
点（选填：“最高”或“最低”）时，开始计时，记录小球做了30次全振动用时t =54.00s，则单摆周期
T =_____s，由此可得当地重力加速度g = _____m/s2（p2 »10）。
【答案】（1）80.00
（2） ①. 最低 ②. 1.8 ③. 9.88
【解析】
【小问1详解】
d
单摆的摆长为L=l+ =80.00cm
2
【小问2详解】
[1]为减小实验计时误差，需小球经过最低点时开始计时；
t 54
[2]单摆周期T = = s=1.8s
n 30
L
[3]根据单摆周期公式T =2p
g
4π2L
可得g =
T2
代入数值得g =9.88m/s2
8. 测量某半圆形玻璃砖的折射率，操作步骤如下
I．在白纸上画一条直线，半圆形玻璃砖放白纸上，玻璃砖直径与直线重合，描出直径两端点A和B，取走
玻璃砖，用刻度尺求圆心O点，过O点作AB垂线CO，放回玻璃砖，将光屏垂直AB贴近玻璃砖A点放
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学科网（北京）股份有限公司置。
II．沿玻璃砖由C向B缓慢移动激光笔，使得入射光线平行纸面且始终沿着半径方向射向圆心O，从玻璃
砖射出的激光在AB下方的光屏上恰好消失，记下激光入射点D，取走玻璃砖，过D点作CO的垂线
DE。
（1）步骤II中，当激光从D点入射到O点在AB面下方光屏上恰好消失时是光的_____。
A. 色散现象 B. 衍射现象 C. 全反射现象
（2）用刻度尺测得OB=4.00cm、DE =2.50cm，则玻璃砖的折射率n =_____。
【答案】（1）C （2）1.6
【解析】
【小问1详解】
当激光从D点入射到O点在AB面下方光屏上恰好消失时，此时光线在AB面发生全反射，故是光的全反
射现象。
故选C。
【小问2详解】
DE DE 5
根据前面分析可知此时入射角等于临界角，即ÐDOE =C，故可得sinC = = =
OD OB 8
1
根据sinC =
n
可得玻璃砖的折射率n=1.6
9. 图是“测量电源的电动势和内阻”的实验电路。
有如下器材
电源E （约为3V，内阻未知）
1
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学科网（北京）股份有限公司电压表V（0~3V，R 约为3kΩ）
V
电流表A（0~6A，R 约为1Ω）
A
定值电阻R =3W
0
滑动变阻器R（0-50Ω）
1
滑动变阻器R （0-500Ω）
2
开关S
导线若干
（1）为了提高测量精度，电路图中滑动变阻器应选_____。
（2）闭合开关S，多次调节滑动变阻器，记录U、I，如下表
1.00 1.30 1.70 2.00 2.50
0.38 0.32 0.24 0.18 0.08
根据表中数据作出U-I图像_____。
（3）由U-I图像可求出电动势E =_____V，内阻r=_____Ω（均保留三位有效数字）
1 。
（4）考虑电压表分流引起的误差，则E _____E ；（填“大于”、 “等于”或“小于”）；r 与真实值
测 真 测
r 之间的关系式为_____（用R ，R ，r ，r 表示
真 V 0 测 真
【答案】（1）R
1
（2） （3） ①. 2.90 ②. 2.18
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r +R R
（4） ①. 小于 ②. r = 真 0 V
测 r +R +R
真 0 V
【解析】
【小问1详解】
为了提高测量精度，方便调节电路，滑动变阻器选择最大阻值较小的R；
1
【小问2详解】
图像如下：
【小问3详解】
[1][2]根据闭合电路欧姆定律有U = E -IR +r
1 0
2.90
结合图线可得E =2.90V，R +r = W
1 0 0.56
解得r =2.18W
【小问4详解】
[1]将电压表和电源等效为新的电源，故此时根据图像得到的电动势和内阻为等效电源的电动势和内阻，等
E
效电源的电动势为E = 真 ×R
测 r+R +R V
0 V
故E <E ；
测 真
r +R R
[2]将R 等效进电源的内阻中，可得等效新电源的内阻为r = 真 0 V
0 测 r +R +R
真 0 V
10. 竖直放置的气缸内，活塞横截面积S = 0.01m2，活塞质量不计，活塞与气缸无摩擦，最初活塞静止，
缸内气体T =300K，V =5´10-3m3，大气压强 p =1´105Pa，g =10m/s2
0 0 0
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学科网（北京）股份有限公司（1）若加热活塞缓慢上升，体积变为V =7.5´10-3m3，求此时的温度T ；
1 1
（2）若往活塞上放m=25kg的重物，保持温度T 不变，求稳定之后，气体的体积V 。
0 2
【答案】（1）450K
（2）4´10-3m3
【解析】
【小问1详解】
V V
活塞缓慢上升过程中，气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律 0 = 1
T T
0 1
代入数值解得T =450K
1
【小问2详解】
设稳定后气体的压强为 p ，根据平衡条件有 p S = p S +mg
2 2 0
分析可知初始状态时气体压强与大气压相等为 p ，整个过程根据玻意耳定律 pV = pV
0 0 0 2 2
联立解得V =4´10-3m3
2
11. 足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R =0.5m，圆心角q=53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平
台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B
随后滑上传送带，已知m =4kg，m =1kg，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在
A B
传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q=2.5J，忽略轨道及平台的摩擦，g =10m/s2
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
【答案】（1）72N，方向竖直向上；
（2）1.6J
（3）0.6m/s或2.6m/s
【解析】
【小问1详解】
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学科网（北京）股份有限公司1
A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒m gR-Rcos53°= m v 2
A 2 A 0
解得v =2m/s
0
v 2
在最低点根据牛顿第二定律F -m g =m 0
N A A R
解得F =72N，方向竖直向上；
N
【小问2详解】
根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒m v =m +m v
A 0 A B 共
解得v =1.6m/s
共
1 1
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE = m v 2 - m +m v 2 =1.6J
2 A 0 2 A B 共
【小问3详解】
第一种情况，当传送带速度v小于v 时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩
共
擦因数为，对AB根据牛顿第二定律m +m g =m +m a
A B A B
设经过时间t 后AB与传送带共速，可得v=v -at
1 共 1
v+v
该段时间内AB运动的位移为x = 共 t
1 2 1
传送带运动的位移为x =vt
2 1
故可得Q=m +m g×x -x
A B 1 2
联立解得v=0.6m/s，另一解大于v 舍去；
共
第二种情况，当传送带速度v大于v 时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t 后AB与传
共 2
送带共速，同理可得v=v +at
共 2
v+v
该段时间内AB运动的位移为x¢ = 共 t
1 2 2
传送带运动的位移为x ¢ =vt
2 2
故可得Q=m +m g× x ¢ -x¢
A B 2 1
解得v=2.6m/s，另一解小于v 舍去。
共
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学科网（北京）股份有限公司12. 间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨
与水平面夹角q=30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场
中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd 与水平导轨的动摩擦因数=0.25，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，两棒质量均m，接入电路中的电阻均为R，cd 棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动
过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。
（1）锁定水平导轨上的cd 棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同
时解除cd 棒的锁定，当ab棒下滑距离为x 时，cd 棒开始运动，求cd 棒从解除锁定到开始运动过程中，
0
cd 棒产生的焦耳热；
（2）此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd 棒的速度大小之差；
（3）ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t 时刻cd 棒速度为零，加速度不
1
为零，此后某时刻，cd 棒的加速度为零，速度不为零，求从t 时刻到某时刻，ab、cd 的路程之差。
1
mg 1 m3g2R2
【答案】（1） ， mgx -
2BL 4 0 16B4L4
3mgR
（2）
4B2L2
m2gR2
（3）Δs =
4B4L4
【解析】
【小问1详解】
ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得F =mgsin30°，F = BI L
安 安ab ab
mg
解得通过ab棒的电流为I =
ab 2BL
设当ab棒下滑距离为x 时速度为v ，cd 棒开始运动时回路中的电流为I ，此时对cd棒有F =mg
0 0 1 安cd
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学科网（北京）股份有限公司BLv
同时有F = BI L，I = 0
安cd 1 1 2R
分析可知cd 棒从解除锁定到开始运动过程中，cd 棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根
1
据能量守恒可得mgx sin30°- mv 2 =2Q
0 2 0 cd
1 m3g2R2
联立解得cd 棒产生的焦耳热为Q = mgx -
cd 4 0 16B4L4
【小问2详解】
分析可知ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流
达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两
棒有mgsin30°-F =ma，F -mg=ma
安 安
BLv -BLv BLDv
同时有F = BIL，I = 1 2 =
安
2R 2R
3mgR
联立解得此时ab、cd 棒的速度大小之差为Dv=
4B2L2
【小问3详解】
分析可知从开始到t 时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设t 时刻ab棒的速度
1 1
为v¢，可知mDv=mv¢
1 1
3mgR
解得v¢ =Dv=
1 4B2L2
设某时刻时，ab棒速度为v¢¢，cd棒速度为v ，cd 棒的加速度为零，可得F =mg ①
1 cd 安cd2
其中F = BI L
安cd2 2
BL v¢¢ -v
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得I = 1 cd ②
2 2R
从t 时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有- mg+BIL Δt =mv¢¢ -mv¢，
1 1 1
BIL-mg Δt =mv
cd
变式可得mgDt+BLq =mv¢-mv¢¢，BLq-mgDt =mv
1 1 cd
两式相加得2BLq=mv¢ -m v¢¢ -v ③
1 1 cd
ΔΦ
同时有 Δt ΔΦ BLΔs ④
q= IΔt = ×Δt = =
2R 2R 2R
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学科网（北京）股份有限公司m2gR2
联立①②③④可得从t 到某时刻，ab、cd 的路程之差为Δs =
1 4B4L4
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学科网（北京）股份有限公司
