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物理试卷参考答案
一．单项选择题（本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分.在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的）
1 2 3 4 5 6 7
D B A B C C A
1．D【解答】A.X 是电子;B.半衰期由原子核本身决定，与温度无关；C.如果电子速度方
向与磁场方向平行不受洛伦兹力；D.经过两个半衰期，仍有四分之一的铯 137，D 正确。
2．B【解答】对物体 A 受力分析，A 受重力、B 给 A 的摩擦力和压力，外力 F，共受到
4 个力的作用，故 A 错误；以整体为研究对象，根据平衡条件可得恒力的大小为 F（M+m）
g，故 B 正确；对物体 A、B 整体受力分析，受重力、恒力 F，由于水平方向墙壁对 A
没有支持力，否则整体不会平衡，故墙壁对 A 没有支持力，也就没有摩擦力，故 C 错误；
物体 B 受力平衡，A 对 B 的作用力与 B 的重力平衡，所以 A 物体对 B 物体的作用力大
小为 mg，方向竖直向上，故 D 错误.
3．A【解答】由图可知 0-t2，加速度为正，方向竖直向下，可知 A 正确；t2 时刻接触水
面，t2-t3 加速度开始减小,可知 BCD 错误，
4．B【解答】解：ACD.设卫星离地面的高度为 h，根据万有引力提供向心力可得
m（R+h） ma，又: mg 联立可得 M
(+)
= = = = =
(+)，v ，a+ g， 故 ACD 错误；根据 M 解 得地球
= =
的平 均密度为+ 故(B+正确) .
(+)
． 【解答】周期变长 ， 磁通量变化率变小，副线圈电压变小,可知 A 错误；原线圈输
5 C =
入电压有效值为 1V,可知 B 错误。根据原副线圈电压比等于匝数比，可知 C 正确 D 错误
UMN
6．C【解答】解：根据平衡条件可得 q =qvB ；B=kz ；所以 U =Bvb=kvbz 由此
b MN
可知， 与 成正比，即该仪表的刻度线是均匀的，A 错误；若上表面电势高，则空穴
UMN z
在上表面聚集，根据左手定则可知，磁感应强度方向沿 z 轴负方向，说明霍尔元件靠近右
侧的磁铁，位移方向向右，反之位移方向向左，所以该仪表可以确定位移的方向，B 错
U MN
误；根据电场强度与压的关系可得，霍尔电场的电场强度大小为 E= ，故 C 正确；
b
若霍尔元件中导电的载流子为电子，则当 z0 时，磁场方向向右，根据左手定则可知，
电子偏向下表面，下表面电势低，即 M 表面电势高于 N 表面的电势，故 D 错误.
7．A【解答】解：由图可知，该波的波长为 12m，由公式 可得，该波的周期为 T
，则之后的 内质点 振动了 ，由图可知质点初始时刻距平衡位置 ，
1.2s 1.5s M T+0.3s = 3cm
且向上振动，则再经过 时间质点距平衡位置 3 cm.
物理试卷 第 1页（总共 4页）
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二．多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
8 9 10
AD ACD BD
8．AD【解答】由电容器决定式可知 A 正确，电容器与电源相连，板间有电势差，有存
储电荷，B 错误;传感器突然向前加速，电解质相对电容器向后运动插入，电容增加，极
板电荷量增加，电流由 b 流向 a,C 错误;D.稳定后电容不变，极板存储电荷量保持不变，
所以指针不偏转 D 正确。
9．ACD【解答】由题意可知可见光是紫光，可见光是红光，可见光波长大，干
涉条纹间距大，动量小，光子能量小，发生光电效应时光电子最大初动能小，遏制电压
小。故 ACD 正确
10．BD【解答】小球受杆沿杆方向的支持力或拉力作用，竖直向下的重力作用，转动过
程中，杆对小球不做功，重力一直做正功，竖直方向速度一直增加，故 A 错误；杆对小
球不做功，重力对小球做正功，当 90时，由机械能守恒定律有 ，
解得： ，重力的最大功率为： ，故 正确； 杆
= B
对小球的作用力由支持力逐渐变为拉力，则在水平方向为向左的推力逐渐变为 0，再变
= = =
为向右的拉力，杆对小球无作用力时水平方向速度速度最大，此时小球做圆周运动需要
的向心力为：F 向m mg ，又由机械能守恒定律可得： ，
= ( ) =
解得 ，最大速度 .则：vxvcos ；当
时，小球已越过速度最大位置，此时轻杆对小球有沿杆方向的拉力。综上 BD 正确。
= = = = =
三、非选择题（本题共 5 小题，共 54 分．考生根据要求作答）
11．【答案】（1）D（2 分）（2）小于（2 分）（3）A（2 分）（4） （2 分）
【解答】（ ）图 为弹力 与弹簧长度 的关系图像，根据胡克定+律知
1 2 F x
Fk（xx0）当 F0 的时候弹簧的长度 x0 为原长，故 D 正确.
（2）弹力 F 与弹簧长度 x 的关系图像的斜率表示弹簧的劲度系数，图线 a 的斜率小于
图线 b 的斜率，故 a 的劲度系数小于 b 的劲度系数.
（3）弹簧自身受到的重力可忽略时，其各部分均匀伸长，故 A 正确.
（4）由图 3 可知弹簧 a 的原长为 xa，弹簧 b 的原长为 xb 则两根弹簧连接竖直悬挂时，
整根弹簧根据胡克定律有 k（L1+L2xaxb）mg 解得 k .
12．【答案】（1）串联（2 分） 1.1104（2 分） （2） 1.=4（2+分）0.11（2 分）
【解答】（1）串联分压，并联分流可知改装成大量程电压表应该串联由 U=I( Rg+R0) 可
得定值电阻为 1.1104
2Ur 1 r 1
（2）由闭合电路欧姆定律可知 2E U , 变形可得 代入数据可
R U ER 2E
得 E=1.4V ,r=0.11
13．【答案】（1）330K （3 分）（2）1.21105 Pa （3 分） (3) 191J（4 分）
T T
解：（1）状态 AB, P 不变， B A （2 分）
S(d h0 ) Sh0
物理试卷 第 2页（总共 4页）
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可得 TB =330K （1 分）
P P
(2)状态 BC, V 不变， C B （1 分）
T C TB
PB S=P0 S +mg （1 分）
5
可得 PC= 1.2110 pa （1 分）
（3）从状态 AC,外界对气体做功 W=PBSd （1 分）
由热力学第一定律U Q W （2 分）
可得 Q=191 J （1 分）
F 15B2d 2v 2 3 8mF 2 R2
14.（12 分）【答案】（1） 1 （4 分） （2） Fd （4 分）
m 32mR 2 25B4d 4
2
B2d 2 4FR 5B2d 2
（ ） （ 分）
3 2 2 x 4
R 5B d 4mR
解：（1）当棒 ab运动 的距离时，棒接入有效长度为 L1
=
由几何关系可知回路总电阻为 R 总 （1 分）
(+)
BL1v1 5Bdv1 = (+)+ =
此时电流为 I1 （1 分）
R总 8R
由牛顿第二定律得 F BI1L1 ma （1 分）
F 15B2d 2v
解得 a 1 （1 分）
m 32mR
（2）设导体棒到达 NQ 时的速度大小为 v2 ，
2 3 1 2
由动能定理得 F d W安 mv （2 分）
2 2 2
2 2
B d v2
F安 F 4FR
其中安培力为 4 得 v2 （1 分）
R 5B2d 2
5
2 3 8mF 2 R2
则 Q W安 Fd （1 分）
2 25B4d 4
（3）设从 NQ 处撤去水平恒力后，运动位移 x 时的速度为 v，
由动量定理得 （ 分）
mv mv2 Bd It 1
(Bdv)2 5B2d 2v2
5Bdx P总
根据电荷量的计算公式可得 It ，解得产生的热功率 4 4R （1 分）
4R R
5
2
4 B2d 2 4FR 5B2d 2
则定值电阻上的功率为 （ 分）
P P总 2 2 x 2
5 R 5B d 4mR
物理试卷 第 3页（总共 4页）
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15.（16分）【答案】（1） ；（3分）（2） ；（5分）（3） （8分）
解：（1）设从抛出到第一次与水面接触前时间为 ，由
4.0m m/s 0.13s
（1 分）
得
=
（1 分）
.
第一次与水面接触前水平方向的位移
= = s=0.4s
（1 分）
（2）第一次与水面接触前竖直方向的速度
= = .4m=4.0m
（1 分）
小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为 ，有
= = 4m/s
（1 分）
第一次与水面接触后=跳起=时水m平/滑s 行速度
（1 分）
规定竖直方向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度
= = 10m/s2 0.04m/s = 9m/s
（1 分）
竖直方向加速度为 = = m/s= 6m/s
（ 分）
, 1
即大小为 = = . m/s = m/s
（3）小石片在水面 上滑行时，加速度
m/s
每次滑行速度的变化=量 = m/s
（1 分）
由
= = 1m/s
（次） （1 分）
= =
可知，小石片共在水平上滑行了 10 次，空中弹起后飞行了 9 次，第 n 次弹起后的速度
（1 分）
再由
= + = ( )m/s
vyn=kvxn （1 分）
和
（1 分）
可得第 n 次弹起后=在空中 飞行的时间为
（2 分）
最后一次弹起在水=面上(飞行的. 时)间为 （1 分）
= .
物理试卷 第 4页（总共 4页）
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