物理参考答案
一、选择题（本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分）
1、C【解析】0.6s~0.8s 电梯加速度不断变化，不做匀加速运动，故 A 错误；0.9s~1.2s 电
梯加速度恒定且为正值，处于匀加速上升阶段，故 B 错误，C 正确；1.7s~2.3s 电梯加速度
为 0，处于匀速运动阶段，故 D 错误。
2、D【解析】地球同步卫星的轨道除了位于赤道平面内外，距离地面的高度、线速度和角速
Mm v 2
度的大小都是固定的，而 B 不一定是同步卫星，故 A 错误；根据 G m 可得
r 2 r
1 GMm
E mv2 ，三颗卫星的质量大小关系不知道，无法比较动能的大小，故 B 错误；
k 2 2r
第一宇宙速度为 7.9km/s，是卫星的最大轨道速度，卫星 C 的线速度大小一定小于 7.9km/s，
GMm GM
故 C 错误；三颗卫星的轨道半径 rC< rA< rB，根据 ma ， a 则 aC >aA >aB，
r 2 r 2
故 D 正确。
3、C【解析】单色光在光程差相同的位置干涉连成的线会形成条纹，当肥皂液膜竖直放置时，
单色光垂直照射肥皂液膜，在前、后两面反射形成干涉条纹，若将该装置放在地球上观察，
由于重力作用，在高度相等的位置的光程差相同，故可看到水平直条纹，故 A 错误；若将该
装置放在空间站观察，由于处于完全失重状态，肥皂液膜厚度均匀，所以观察不到干涉条纹，
故 B 错误；因为地球表面的重力加速度大于月球表面的重力加速度，该装置在地球表面薄膜
上下厚度相差更大，该装置在地球表面观察到的水平条纹间距为 x1 ，在月球表面观察到的
水平直条纹间距为 x2 ，则 x1 x2 ，故 C 正确；若将光源换为蓝色光源，因为波长变短，
所以在地球表面观察，可看到水平直条纹的间距将减小，故 D 错误。
4、C【解析】正弦式交变电流一个周期内电流方向改变 2 次，所以 1min 内有 50 个周期，线
框的转速为 50r/min，故 A 错误；若线框的电动势有效值是 20V，则最大值为 20 2V 28.2V，
2 50
二极管将被击穿，故 B 错误；由最大值 Em=nBS=nBS2f=1000B0.1 23.14 V
60
20V 解得 B0.4T，故 C 正确；若转速减半，交流电的最大值减半，如果这时的最大值小
于 0．7V，二极管将不会闪烁，1min 内闪烁次数将变为 0 次，故 D 错误。
5、D【解析】带电油滴在极板间匀速下落，可知带电油滴受到电场力方向竖直向上，与电场
方向相反，故油滴带负电，A 错误；带电油滴在极板间匀速下落，根据受力平衡可得
U mgd mgd
mg qE q ，解得油滴的电荷量为 q ，可知 等于油滴的电荷量，并不等于油
d U U
滴中电子的数目，B 错误；油滴从小孔运动到金属板 B 过程中，电场力做功为
W qEd mgd mgd U
，可知电场力做负功，电势能增加 ，C 错误；根据 E ，若将金属
d
板 A 向上缓慢移动一小段距离，极板间的距离d 增大，极板间的电压U 不变，则极板间的电
场强度减小，油滴受到的电场力减小，故油滴受到的合力竖直向下，油滴将加速下降，D 正
确。
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6、C【解析】木块受力如图甲，支持力与静摩擦合力斜向右上，与重力的合力沿缆绳斜向右
上。因为木块质量和加速度均不变，故三个力的合力不变，又木块重力不变，则支持力与静
摩擦合力不变。木板与底板夹角缓慢增大稍许，如图乙， FN 减小， Ff 增大。
二、选择题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）
7、BD【解析】激光在内芯和外套的界面上发生全反射，所以内芯是光密介质，外套是光疏
介质，即光纤内芯的折射率比外套的大，故 A 错误；光从左端空中进入光纤内芯后，波长和
波速会发生变化，但频率和周期不变，故 B 正确；频率越大的光，介质对它的折射率越大，
c sin
根据 v 光在光纤中传播的速度越小，故 C 错误；根据折射定律 n ，根据全
n sin 90
1 7
反射公式 n ，联立解得 n 故 D 正确。
sin 2
8、BD【解析】木棒做简谐运动的回复力是水的浮力与木棒重力的合力，故 A 错误；0~0.25s
内木棒的浮力减小，则木棒从最低点向平衡位置运动，其所受合外力逐渐减小，则其加速度
逐渐减小，故 B 正确；根据简谐运动的特点可知，木棒和重物在最高点和最低点的位置加速
度大小相等，故在最低点有： ，在最高点有： ，联立可得：
F1 G ma G F2 ma
1
G （F F），故 C 错误；设向下为正，则在初始位置时，由平衡条件可得 mg gx S 在
2 1 2 0
偏离平衡位置 x 位置时，木棒所受合外力为： 则木棒所
F合 g x0 x S mg gxS
受合外力大小与偏离初始位置的距离成正比，且比值为 gS ，故 D 正确。
9、AD【解析】根据电荷的分布可知，负试探电荷从 A 点移到 C 点，电场力始终做负功，则
其电势能增加，故 A 正确；因为 B 点和 B点在等量异种电荷的中垂面上，而其中垂面为零
等势面，因此电荷沿直线从 B 点移到 B点，电场力不做功，故 B 错误； A 点和C 点关于等
量异种电荷的中垂面对称，因此 A 、B两点的电势差等于 B、C 两点的电势差，故 C 错误；
根据场强叠加原理，如图所示
L
可得 场强大小为 ，而 2 2 ，解得 2kQ 故 D 正确。
B EB 2E cos cos EB
2L 4 4L2
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10、AD【解析】金属棒 b 沿导轨下滑时，由楞次定律可知，金属棒 a 中电流从近端流向远端
导轨，根据左手定则，可知金属棒 a 所受安培力水平向右，又因为金属棒 a 始终静止，所以
其所受摩擦力向左，故 A 正确；当金属棒 b 下滑速度最大时，对金属棒 b 分析，有
o ，对金属棒 a 分析，有 ，可得 mgB1 。由于 和 的关系
mg sin 30 B2 Im L fm B1Im L fm B1 B2
2B2
未知，所以金属棒 受到的最大摩擦力 大小不确定，故 B 错误；由闭合电路欧姆定律可
a fm
B Lv mgR
知 2 m ，解得 ，故 C 错误；由能量守恒定律可知，金属棒b 减小的机械能
Im vm 2 2
2R B2 L
等于金属棒 a 和金属棒b 中产生的总焦耳热，故 D 正确。
三、填空题（本题共 2 小题，共 16 分）
11、. ACCA . 2 . m2
【解析】（2）根据题意及实验原理可知，本实验所采用的实验探究方法为控制变量法
A．根据胡克定律 F kx 可知探究弹簧弹力与形变量之间的关系，采用了控制变量法，故 A
符合题意；B．探究两个互成角度的力的合成规律，即两个分力与合力的作用效果相同，采
用的是等效替代的思想，故 B 不符合题意；C．探究加速度与物体受力、物体质量的关系是
通过控制变量法进行研究的，故 C 符合题意；D．探究平抛运动的特点，例如两球同时落地，
两球在竖直方向上的运动效果相同，应用了等效思想，故 D 不符合题意。故选 AC。
（3）对图线的数据进行分析可以看出，当 增大为原来的 2 倍时，F 增大为原来的 4 倍，
当 增大为原来的 3 倍时， F 增大为原来的 9 倍可知， F 与 2 成正比，则图像横坐标 x
代表的是 2 。
（4）由（3）中分析可知，在 r 一定时， F 与 2 成正比， F r 图像又是一条过坐标原点
的直线， F 与 r 成正比，同时也应与 m 成比，归纳可知， F r 图像的斜率为 m2 。
12、（1）正 1.30 不可行
（2）
a kR0
1 k 1 k
【解析】（1）[1]用多用电表粗测电池的电动势，根据多用电表的使用要求，电流从红表笔
流入，从黑表笔流出，故将多用电表的红表笔与电池的正极相连；
[2]用多用电表的 2.5V 直流电压挡粗测该电池的电动势，故测量时该表盘的分度值为
0.05V ，读数为1.30V ；
[3]由于多用电表的欧姆挡本身已经有电源，用多用电表的欧姆挡测电阻时，被测电阻应与
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其他电源断开，所以不能测量电池的内阻。
（2）依据图乙所示电路图，将实物进行连线，如图所示
由闭合电路欧姆定律得
E U1 Ir
U U
干路电流 I 1 2
R0
联立解得 ER0 r
U1 U 2
R0 r R0 r
结合图丁可知当 时 ER0 ， r
U 2 0 U1 a k
R0 r R0 r
a kR
联立解得 E ， r 0
1 k 1 k
四、计算题（本题共 3 小题，共 40 分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分）
13、（1）从 P 点发出的光入射到大气外表面处时，
1
发生全反射的临界角满足 sin
C n
解得
C 30
（2）当 P 点发出的光线在大气外表面恰好发生全反射时，光路如图所示
（2）当 P 点发出的光线在大气外表面恰好发生全反射时，光路如图所示
r 2r
由正弦定理可得
sinC sin
解得 =135
故从 P 点射出的光线在大气外表面恰好发生全反射时光线 PB 与 OP 延长线的夹角为 45，
在大气外表面发光区域对应的圆心角为 2(180 135 30 ) 30
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1 2 r
故发光区域在截面上形成的弧长为 l 2 2r
12 6
（3）如图所示，临界光线从 B 点射向卫星轨道上的 C 点，在直角OBC 中，
2r 6 2
由几何关系可得 cos BOC
4r 4
3 1
解得 BOC 15
即轨道上能观测到光的部分对应的圆心角为 60，
1 4r 2( 3 1)r
对应的轨道弧长为 l 2
6 3 1 3
14、（1）根据题意可知，小物块从 Q 点飞出做平拋运动，设小物块在 Q 点的速度为 vQ ，
水平方向上有 L vQt
1
竖直方向上有 2R gt 2
2
v2
小物块在Q 点，由牛顿第二定律有 F mg m Q
N R
联立代入数据解得 FN 32N
由牛顿第三定律可得，小物块运动至 Q 点时对竖直半圆轨道 C 的压力为
FN FN 32N
（2）根据题意，设弹簧压缩至 P 点时的弹性势能为 Ep ，小物块由 P 点到 Q 点的过程中，
1
由能量守恒定律有 E mgL mg 2R mv2
p 2 Q
解得 Ep 72.9J
1
（3）设小物块滑上 B 的速度为 v ，有 E mv2
0 p 2 0
解得 v0 9m / s
之后小物块与 B 共速由动量守恒定律有 mv0 m M v共
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解得 v共 6m / s
根据题意，设小物块脱离轨道时速度大小 为 v ，方向与竖直方向夹角为 ，在脱离位置，由
v2
牛顿第二定律有 mgsin m
R
1 2 1 2
小物块冲上 C 到脱离轨道位置，由动能定理有 mgR1 sin mv mv共
2 2
2
解得脱离轨道时 v 6m / s ， sin
3
(vcos)2
脱离轨道后，小物块做斜抛运动，则上升的最大高度为 h
2g
则小物块冲上竖直半圆轨道 C 至落地过程中上升的最大高度 H h R 1 sin
5
联立代入数据解得 H m
3
2
v0
15、（1）粒子在圆弧形金属板间做匀速圆周运动，有 E1q m
R1
at
E2q
在 0 x d 的空间中做类平抛运动，则有 d v0t ， tan 60 ， a
v0 m
3E R
联立可得 E 1 1
2 d
（2）粒子进入匀强磁场区域做匀速圆周运动，其轨迹如图所示
v2
根据洛伦兹力提供向心力有 qvB m
r
根据几何关系有 r sin 60 d ， vsin 60 at
1 3mE R
联立可得 B 1 1
d q
2 m
（3）粒子在 x 2d 的区域内做匀速圆周运动的周期为T
qB0
mv 2mv 2 E mR
轨迹半径为 R 0 1 1
qB0 qB0 B0 q
a．若粒子射出时与 z 轴负方向的夹角为 30，则粒子在该区域内运动轨迹沿 y 轴负方向的
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俯视图如图所示
4n 3 E mR
由图可得 x 2nR R cos30 (2n cos30)R 1 1 （n=1，2，3…）
B0 q
b．若粒子射出时与 z 轴正方向的夹角为 30，则粒子在该区域内运动轨迹沿 y 轴负方向的
俯视图如图所示
4n 2 3 E mR
由图可得 x (2n 1)R Rcos30 1 1 （n=1，2，3…）
B0 q
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