物理参考答案
1.【答案】D
2
【详解】A.这群氢原子自发跃迁时能发出光子频率的种类为 C5 10 种不同频率的光。A 错。
B. 射线为重核衰变或裂变时才会放出，氢原子跃迁无法辐射 射线，故 B 错误。
C.这群氢原子中从 n = 5 能级跃迁 n = 1 能级时辐射出的能量为 13.06eV，不在可见光光子能量范围之内，C 错误；
D.这群氢原子从 n = 5 能级跃迁 n = 2 能级辐射出的能量是 2.86eV，
从 n = 4 能级跃迁 n = 2 能级时辐射出的能量为 2.55eV，从 n = 3 能级跃迁 n = 2 能级辐射出的能量是 1.89eV，这三个
属于可见光，其他的不属于。D 正确。
2.【答案】C
【详解】由图可知，单色光的入射角比单色光的大，折射角相同，根据 n=sinr/sin则玻璃砖对单色光的折射率
1
比单色光的大，A 错误，根据sinC 折射率大的临界角小，更易发生全反射，单色光更容易发生全反射，B 错
n
c
误。折射率大的频率大，由 c=f 知波长短，根据做双缝干涉实验时条纹间距小，由 v 知，折射率大的速度小，单
n
色光由 O 到 P 用时较长，C 正确，D 错误。
3.【答案】B
【详解】P 点 M 点不在同一轨道，且 M 点在低轨道的椭圆轨道近地点，所以对应的 v1 和 v3 速率不相等，A 错误；
v1 和 v3 不在同一轨道运行，速率不相等，A 错误；v1 在近地点，v2 在远地点，v1 速度大，B 正确；N 点点火前后的加速
度都是由该处的万有引力产生，所以加速度大小一样，C 和 D 都错误。
4.【答案】A
【详解】CD.由题意知，滑块沿斜面下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得加速度保持不变，物块做匀减速运动，
所以速度—时间图像应该是一条倾斜的直线，加速度—时间图像应该是一条平行于时间轴的直线，CD 错误；
1 2
A.根据匀变速运动的规律 s = v0t - at
2
可知，位移与时间的关系图像的斜率应逐渐变小，是一条开口向下的抛物线的左半部分，A 正确；
1
B.下降的高度 h ssin v tsin at2 sin
0 2
下降高度与时间的关系图像也应该是一条开口向下的抛物线的左半部分，B 错误。
故选 A。
5.【答案】B
【详解】A.由波形图可知，10m 处的质点向上振动，质点的起振方向沿 y 轴正方向，故 A 错误；
10
B.由波形图可知，t 1s 内，传播的距离为10m ，则该列波的传播速度为 v m / s 10m / s ，故 B 正确；
1
8
周期为T s 0.8s
v 10
2 2
C.则 O 点的简谐振动方程为 y Asin t 2sin t(cm) 2sin 2.5 t(cm)，故 C 错误；
T 0.8
D. x 轴 上 4m 处 质 点 开 始 振 动 的 时 刻 为 t 0.6s ， 则 在 0 ~ 1s 时 间 内 ， x 轴 上 6m 处 质 点 振 动 的 时 间 为
1
t 1s 0.6s 0.4s T
2
1
则通过的路程为 s 4A 2A 4cm ，故 D 错误。故选 B。
2
6．【答案】D
【详解】运动员从跳台水平飞出，做平抛运动，设运动员初速度大小为 v0 ，斜面的倾
角为 ，运动员从开始运动到坡底所用的时间为 t ，已知 时运动员离斜坡面最远，此
1
gt 0 gt 2
tan 0
时运动员速度的方向与斜面平行，则有 ， 2
v0 tan
v0t
解得 t=2t0=3s
x 3
v 20m/s ， tan
0 t 4
故 AB 错误；
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从 a 处运动到 b 处过程中
p mgt
解得
p
mg
t
C 错误；
D.将运动按沿斜面方向和垂直斜面方向分解，如图所示运动员做匀变速运动，当沿 y 方向的分速度减为 0 时，运动员
离坡面最远，最远距离为 9m。D 正确。
7.【答案】C
pV
【详解】A.根据理想气体状态方程 C
T
pcVc
对 a、c 两状态结合图像，可求得气体在 c 状态时的温度为Tc Ta 400K
paVa
故 A 错误；
理想气体在 abc 过程中，气体体积增大，则气体对外界做功，外界对气体做的功
W pV 2105 (4 2)10 3J 400J
故 B 错误；
C.气体在 abca 过程中，则外界对气体做的功 100J，根据热力学第一定律可知放出热量 100J，故 C 正确；
D.气体在 bc 过程中，气体压强不变，体积变大，则温度升高，分子平均动能增大，则单位时间内撞击单位面积器壁
上的气体分子个数变少，故 D 错误。
8.【答案】BD
【详解】A.输入电压U 变小，则有副线圈输出电压 U2 变小，副线圈的总电流变小，指示灯 L 的电流变小，亮度减小，
A 错误；
B.输入电压U 变大，则有副线圈输出电压 U2 变大，副线圈的总电流变大，指示灯 L 的电流变大，亮度增加，B 正确；
C.电阻 R 变大，副线圈的总电流减小，指示灯 L 的电流减小，亮度减小，C 错误。
D.电饭锅变为保温状态，副线圈的输出功率减小，副线圈的总电流减小，线路电阻 R 两端电压减小，副线圈输出电压
不变，则有指示灯 L 两端电压增大，电流增大，亮度增加，D 正确；故选 BD。
9.【答案】AD
【详解】A.由几何关系可以得到 P、A 间的距离为 l 3R ，由库仑力的合成可以得到点电荷 P 所受的库仑力大小为
q2 3kq2
F 3cos k ，解得 F ，故 A 正确；
库 l 2 库 2R2
B.三个点电荷 A、B、 C 在 O 点的场强为零，点电荷 P 在 O 点的场强不为零，故 O 的场强不为零，B 错误。
C.在沿着球面直径 PM 由 O M 方向的电场强度的方向向下，电场力对正的点电荷做正功，故电势能减小，故 C 错误。
kq 3kq
D.由几何关系知，AO 边线与 OM 的夹角 60 ，则 A、B、C 三个点电荷在 O 处产生的场强大小为 E 3cos ，
R2 2R2
方向向上，
kq
点电荷 P 在 O 处产生的场强大小为 E ，方向向下，
R2
kq
所以 O 点处的合场强为 E0 E E ，方向向上，故 D 正确；故选 AD。
2R2
10.【答案】AC
【详解】A.设小滑块质量为 m，小滑块与长木板之间的动摩擦数为 ，当小滑块与长木板发生相对滑动时，对小滑
块由牛顿第二定律有 ，得 ，由（b）图可得 ，A 选项正确；
2
BC.从图(b）知，当拉力为 F0 时，小滑块与长木板恰好发生相对滑动，此时两物体具有共同加速度 2m/s ，对长木板分
= = = 0.6
析，由牛顿第二定律有 ，得 ；对小滑块，有 ，得 16N，C 选项正
确；因为 ，所以小滑块和长木板相对地面同时发生相对滑动， 选项错误；
0 0 B 0
.由于 ，所(以此+时长)木=板的 加速度=未2达kg到 2， 选项错误。 = =
D 0 2m/s D
= 12 >( + ) = 8 2
0 m(hC hA ) d
11.【答案=】（121N）
8T 2 t
【详解】（1）打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。
故选 B。
（2）从打 O 点到打 B 点的过程中，重物的重力势能变化量： Ep mghB
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h h
打 B 点的速度为 v C A
B 2T
1 m(h h ) 2
动能变化量 E mv 2 C A
k 2 B 8T 2
（3）正常情况下实验中，由于系统误差，各种阻力导致机械能有损失，那么重力势能的减小量总略大于动能的增加量，
而此验恰相反，则是操作错误引起的，可能是物体具有初速度，即先放手后接通电源。
故选 C。
d
（4）根据光电门的测速原理，小球的直径为 d，小球通过光电门的速度 v 与时间 t 的关系为 v
t
根据位移与速度的关系式有 v2=2gx
结合图像，可知，图乙中直线的斜率 k 2g
12.【答案】（1）C（1 分），F（1 分） （2） （2 分）
（3）高（1 分） （4）0.93（2 分），2.56（2 分）
【详解】
（1）由于变阻器要采用分压式接法，滑动变阻器应选 C；
由于电压表的量程较小，需串联定值电阻扩大量程，故定值电阻应选 F；
（2）实验电路如图所示
（3）因为采用电流表外接法，由于电压表的分流，使电流表示数偏大，则测量值的 I-U 图线中电流应偏大，故图线偏
高；
（4）假设通过灯泡的电流为 I，灯泡两端的电压为 U，通过滑动变阻器的电流为 2I，当滑动变阻器 R 的功率是小灯泡
的两倍时，滑动变阻器两端的电压也为 U，由闭合电路欧姆定律可得 E=2U+2Ir，代入数据整理得 U=3-2I，把该函数
关系画在图 a 中，如图所示：
与小灯泡伏安特性曲线的交点即为电路工作点，该点横、纵坐标值的乘积等于小灯泡的实际功率，可得 P=UI=2.18
U
0.426W=0.93W，此时滑动变阻器接入电路的电阻为 R 2.56 。
2I
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13.（10 分）解：（1）粒子第一次偏转经过 A 点，其运动轨迹如图所示。
由图可知 Rsin45=L （1 分）
2
得 R L （1 分）
2
mv2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 qvB （1 分）
R
2qBL
v （1 分）
2m
1 2
在加速电场，有 qU mv （1 分）
2
qB 2 L2
得 U （1 分）
4m
（2）粒子的运动轨迹如图，由图可知弦 PA 对应圆心角为 90，弦 AQ
对应圆心角为 270，弦 QD 对应圆心角为 270。
2R 2m
粒子磁场中做匀速圆周运动，其周期 T （1 分）
v qB
90 270 270 7 7m
得 t T T （3 分）
360 4 2qB
14.解：（1）小物块在曲面上升到最大高度 h 时，两者具有共同的速度 v 共。
mv (m M )v
0 共 （2 分）
得 （ 分）
v共 3m/s 1
又 1 2 1 2 （ 分）
mgh mv (M m)v共 2
2 0 2
得 h=2.7m （1 分）
（2）从最初到小物块再次回到 B 点，有
mv0 mv1 Mv2 （1 分）
1 2 1 2 1 2
mv0 mv1 Mv2 （1 分）
2 2 2
以上两式，得
， （ 分）
v1 3m/s v2 6m/s 2
即小物块速度大小为 3m/s，曲面的速度大小为 6m/s。
（3）方法一：小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有
1 mg mg
f l W 0 mv2 其中结合图 f 1 2 （2 分）
弹 2 2
得
W弹 0.5J
根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能 （ 分）
EP max 0.5J 1
方法二：由 f=mg 和-x 图像可得 f-x 图像如图所示
图像和横轴围成的面积对应的物理意义是该过程克服摩擦力所做的功。由图知
（ 分）
Wf S面积 4J 1
小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有
1
W W 0 mv2 （1 分）
f 弹 2
得
W弹 0.5J
根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能 （ 分）
EP max 0.5J 1
15.解：（1）导体棒的速度最大时有
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