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物理答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
选项 D C B C D B D AD CD ABC
1.答案 D
【解析】 气体体积不变，压强与热力学温度成正比，故 A 正确；温度增加，轮胎内部气体
分子的平均动能增加，气体分子撞击轮胎内壁的平均作用力增加，故 BC 正确；体积不变，
气体不对外做功，温度增加，内能增加，气体吸收热量，故 D 错误。
2.答案：C
4
【解析】核反应前后质量数和电荷数守恒，由此可知 Y 为 2He，穿透力最强的射线射
线，故 A 错误；该反应放出能量，根据爱因斯坦的质能方程，可知质量亏损，故 B 错
误；核反应的生成物的比结合能比反应物的比结合能更大，故 C 正确；元素的半衰期只
受核子本身的性质影响，不会受到环境的影响，故 D 错误；故选 C。
3.答案：B
2r
【解析】海洋三号 01 星的发射速度在 7.9-11.2km/s 之间，故 A 错误；v = T ，B 正
42 Mm 42r3
确；根据万有引力提供向心力，mr = G ，得：M = ，可以算出地球质量，故
T2 r2 GT2
C 错误；由于地球半径不等于 r，故 D 错误。
4.答案C
【解析】对物块受力分析，在斜面上，物块受到沿斜面向下的重力分力 1/2mg，水平向
2 3
左的拉力 1/2mg，这两个力的合力为 2 mg，方向斜向左下方 45，摩擦力的最大值为 4
2 3
mg，小于 2 mg，所以物块受到斜向右上方 45的滑动摩擦力，大小为 4 mg，合力大小为
2 3
2 mg - 4 mg，方向斜向左下方 45，物块初速度为 0，故物
块向斜面左下方做匀加速直线运动。
5.答案 D。
【解析】光进入水球后频率不变，波长减小，速度减小，故 A 错误；根据折射定律n =
sin 53
sin ，得sin = 0.6，根据几何关系，得圆心 O 到折射光线的距离为 0.06m，大于气泡
的半径，故没有进入气泡中，B 错误；增大入射角，折射角也增大，该单色光更不会进入
气泡中，C 错误；根据几何关系得，AB 之间的长度为 0.16m，光在水中的传播速度为
AB
10
v=c/n，则t = v 7.1 10 s。
6.答案B
【解析】原线圈电压的有效值为 220v，原、副线圈的匝数比是 1:2，副线圈电压是 440V，
定值电阻 R=1000，电流表 A2 的示数是 0.44A，所以电流表 A1 的示数为 0.88A，故 A 错
2
误；Q = I Rt = 11616J，故 B 正确；将 P 向上滑动，电阻 R 两端电压变小，A2 的示数将变
小，C 错误；若将 P 向上滑动到 CG 的中点，原、副线圈的电压比将从 12 变为 34，电
2 4
阻 R 两端的电压将变为原来的 ，电阻 R 的功率将变为原来的 ，D 错误．
3 9
7.答案D
【解析】若电压如题图甲时，在 0T 时间内，动能先增加后减少，根据能量守恒，电势
1
能先减少后增加，故 A 错误；电压如题图乙时，在 0 T 时间内，电势差大小是变化的，
2
即粒子受到大小变化的电场力，加速度大小是变化的，粒子先做加速度减小的加速运动，
1
后做加速度增加的减速运动，故 B 错误；电压如题图丙时，粒子先做加速运动，过了 T 后
2
T
做减速运动，到 T 时速度减为 0，粒子初动量是 0，末动量不为 0，故在 0 时间内，粒子
2
1 1
动量变化量不为 0，故 C 错误；电压如题图丁时，粒子先加速，到 T 后减速， T 后反向加
4 2
3 T
速， T 后减速，T 时速度减为零，之后重复前面的运动，则粒子做往复运动，故粒子若在
4 2
之前不能到达极板，则一直不能到达极板故 D 正确．
8.答案：AD
mv2 qBR
【解析】粒子运动半径为 r=R/2，根据公式qvB = r ，可得粒子的速度 v= 2m ，故 A 正确；
粒子在磁场中运动 1/4 个周期后反弹，从 AC 边离开磁场，运动时间小于 1/2 个周期，粒子
m
在磁场中的运动时间小于 qB ，故 BC 错误；若粒子带电量变成-q，其他不变，则粒子从 AC
m
边离开磁场，在磁场中的运动时间小于 1/4 个周期，即小于2qB，故 D 正确。
9.答案：CD
【解析】P 点只会上下振动，不会左右传播，故 A 错误；由图可知，根据波形平移法可知
质点 P 开始振动的方向沿 y 轴负方向，则质点 Q 起振方向沿 y 轴负方向，故 B 错误；由图
1
知该超声波的波长为12105m，根据f = ，T = 可得该超声波在人体内传播的速
T v
度 v1500m/s，故 C 正确；由图可知振幅为 A0.4mm，质点 P 的振动方程为
2 7
y = 0.4sin( t)mm ，当 y0.2mm 时，解得t = 107s，故 D 正确。故选
0.8 107 15
CD。
10.答案ABC
【解析】小球所受静电力大小 FqE0.3N，小球重力为 Gmg0.4N，小球所受重力与
qE 3
静电力的合力与竖直方向的夹角为 tan ，所以37，所以 A 点是小球在重力
G 4
qE
场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球恰能沿圆弧到达 A 点，所以 m
sin 37
vA2
，解得 v 5 m/s。故 A 正确。
R A
1 1
小球从 C 点到 A 点，由动能定理得qERsin 37mg(RRcos 37) mv 2 mv 2
2 A 2 C
解得 vC 115 m/s，故 B 正确。
小球从 A 点开始下落时，在竖直方向上做匀加速运动，竖直方向上的初速度为 v0vAsin
1
373 m/s，由竖直方向匀加速运动可得 RRcos 37v t gt2，解得 t0.6 s，水平
0 2
1
方向上匀减速直线运动，a=Eq/m=7.5m/s2，x=v cos37t- at2 =1.05m。故 C 正确、D 错
A 2
误。
11.答案(1)B(2)1.151.18(3)轻绳与滑轮之间的摩擦阻力、纸带与限位孔之间的摩
擦阻力、空气阻力
【解析】(1)先打开打点计时器开关，再释放 m2；本实验需要刻度尺量长度，不需要秒表
2
计时；m2 比 m1 越大，加速度越大，打点越少，不利于分析纸带；不能用公式v = 2g计算
某点的速度。
（2）由题知相邻两计数点间时间间隔为 0.1 s，
（21.60 + 26.40） 102
v m/s2.4 m/s
5 0.1 2
1
E (m m )v 201.15 J，E m gh m gh 1.176 J1.18J.
k 2 1 2 5 p 2 5 1 5
(3)轻绳与滑轮之间的摩擦阻力、纸带与限位孔之间的摩擦阻力、空气阻力
12.答案(1)AB(2)2.0，1.3 108 m（1.2~1.4 108 m 均可 ） （3）
偏大，不变
【解析】(1)A 起固定作用，便于读数；B 为粗调，调节 B 使电阻丝与测微螺杆、测砧刚好
接触；然后调节 C，C 起微调作用．电阻丝的粗细不一定均匀，为保证测量结果准确，应在
不同位置测直径，然后取平均值作为测量值．
(2)由闭合电路欧姆定律
L 4
EI( rR)I( LrR)
S d2
1 4 Rr
即 L
I d2E E
4 Rr
则斜率为 ，纵截距为 ，代入数据，得 r=2.0， 1.3 108 m，1.2~1.4
d2E E
108 m 均可。
1 4 rRRA
(3)考虑电流表内阻，则 L ，则上述计算出的内阻 r 偏大，不影响图像的
I d2E E
斜率，电阻率不变。
13.答案（1）a 端电势高于 b 端电势，2BR2；（2）EBR2
【解析】（1）6 分：根据右手定则，a 端相当于电源正极，b 端为负极，a 端电势高于 b 端
电势（2 分）；当导体杆 ab 和直径重合时，切割磁感线的有效长度 l2R（1 分），此时产
1 1
生的感应电动势最大，E=Blv（1 分），v= l（1 分），故 E Bl22BR2（1 分）；
2 2
（2）4 分：根据法拉第电磁感应定律可知，全过程中，ab 杆平均电动势为E （1
t
2 2
分）， = BR （1 分），t = （1 分），故EBR （1 分）。
14.答案：（1）4 m/s2，（2）0，（3）8m
【解析】（1）对 A：f = mgcos = 4N,方向沿斜面向上（1 分）
对 A 和 P 组成的整体：mg + fmgsin = ma（2 分），得 a=4 m/s2（1 分）
v
（2）A 加速到与传送带共速：t = a = 2s（1 分），A 加速到与传送带共速之后，摩擦力反
向，对 A 和 P 组成的整体：mgfmgsin = ma,（2 分），a,=0（1 分）；
1 2
（3）A 加速到与传送带共速：x = x传xA（1 分），x传 = vt（1 分），xA = 2at （1 分）
，A 加速到与传送带共速之后，A 不与传送带打滑，所以 A 在传送带上留下的划痕x = 8m
（2 分）。
2 1 1
2gH 2gH
15.答案：（1）vA = 3 ，方向沿斜面向下，vB = 3 ，方向沿斜面向上；（2）3
1
17gH 2gH
，3 ；（3）70H
mv2
2gH
【解析】（1）5 分：小球 B 从静止释放到与 A 发生弹性碰撞之前：mgH = 2 ，v =
（1 分）；两小球发生弹性碰撞，满足动量守恒，机械能守恒：mv = 2mvA + mvB，（1 分），
2 2 2
mv 2mvA mvB 2 1
2gH 2gH
2 = 2 + 2 ，（1 分），vA = 3 ，方向沿斜面向下（1 分），vB = 3 ，方向沿
斜面向上（1 分）。
（2）5 分：碰撞之前，小球 A 恰好能静止，说明小球 A 受力平衡：Eq=2mg（1 分），碰撞之
1
后，电量平分，小球 A 所受电场力变成原来的一半，2mg2Eq = mg（1 分），小球 A 沿斜面
2 2
2mv1 2mvA 1
17gH
向下做匀加速运动，到达 O 时：mgH = 2 2 ，得v1 = 3 （1 分）；对小球 B，碰撞
1
2gH
后带电，1/2Eq=mg（1 分），合力为 0，小球 B 向上做匀速直线运动，vB = 3 （1 分）。
2
2mv1
（3）8 分：小球 A 第一次经过最低点时，Ek1 = (110%) 2 （1 分）
第一次到达左侧最高点：mgH1 = 0Ek1，得H1 = 1.7H（1 分）
第二次到达 O 点后动能再次损失 10%，第二次能够到达右侧的高度是H2 = 90%H1（1 分），
n
第 n 次经过 O 点后，小球 A 上升的高度为Hn = (90%) H1（1 分），所以 s 总s1s2…sn
H 2H1 2H1 2H1 2H1
+90% (90%)2 …(90%)n ，（2 分）n 无穷大时，可得 s =70H
sin sin sin sin sin 总
（2 分）。