{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}
{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}
{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}
{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}
{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}
{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}
物理答案及评分细则
1.【答案】D
【解析】惯性大小只与质量有关，A 选项错误；卡车在水平路面加速度大小 ag，冰冻路
v2
面动摩擦因数小，加速度更小，B 选项错误；刹车后滑行距离 x ，冰冻路面滑行距离
2g
v
更大，C 选项错误；滑行时间 t ，冰冻路面滑行时间更长，D 选项正确。
g
2.【答案】D
【解析】卫星在地球同步轨道上做匀速圆周运动，不是处于平衡状态，A 选项错误；同步卫
星轨道高于近地轨道卫星，故发射速度大于最小发射速度，即最大环绕速度，B 选项错误；
同步轨道上卫星与赤道上物体运动的角速度相同，由 2 ，卫星在同步轨道上的向心
an r
加速度约是赤道上物体向心加速度的 7 倍，C 选项错误；若地球自转加快，卫星为保持与地
面同步，应当具有更大的角速度，更小的周期，轨道高度应降低，D 选项正确。
3. 【答案】C
Q S
【解析】电容器始终和电源相连，电路稳定时电容器两端电压 U 不变。由 C ，C 可
U 4kd
知，当电介质插入极板间越深，即增大，则电容器电容越大，所带电荷量越大， A、B 选
项错误；在汽车向右匀速或匀速加速运动过程，电介质插入极板间深度不变，电容器电容大
小不变，所带电荷量不变，电路中电流为零，C 选项正确、D 选项错误。
4.【答案】A
1 2
【解析】对一个侧面分析，玻璃柱的材料对红光的折射率为 2 ，sinC ，
n 2
a a
临界角 C45，可知发光部分形状如图：两个半圆的半径为 R tan C ，
2 2
中间正方形的边长为 a，故玻璃柱每个侧面发光部分的面积为(1 )a2 ，A 选
4
项正确。
5.【答案】B
【解析】由图丙知在 t0 时，P 质点向+y 方向振动，结合乙图可知波向 x 轴正方向传播，
3
A 选项错误；根据题意可知 x n ，只有 n1 时 0.6m 满足条件，则 v0.75m/s，
4
B 选项正确；周期 T0.8s，t1.5T，路程 S1.54A1.2m，C 选项单位错误；质点 Q 在
5
t0 时刻位于波峰，则质点 Q 的振动方程为 y 0.2cos( t)m ，D 选项错误。
2
6.【答案】B
【解析】a b 过程，系统温度降低，气体分子平均动能减小，并非所有气体分子的运动速
率都减小，A 选项错误；a b 过程，气体压强不变，根据压强的微观解释，由于气体分子
的平均速率 v 减小，单位时间单位面积上的分子数增加，B 选项正确；因为横轴表示摄氏温
1
{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}
度，故 bc 过程并非等容过程，而是压缩过程，气体体积变小，气体对外界做功，C、D
选项错误；
7.【答案】C
【解析】沿 ab 方向看，质点过 a、b 的速度方向不对称，
所以恒力不垂直于 ab，沿 ab 方向也就不是匀速运动，最
v
小速度不是 vcos60 ，A 选项错误；将运动沿 a 点速
2
度方向和 b 点速度方向分解，由分运动的等时性可知：
d cos60 d sin 60 d
t 得 t ， v 3v ，故 B 选
v v b
b v
2 2
v
v ay b
项错误，C 选项正确；由 a 可知，加速度 ax、ay 有 tan 3 ，所以恒力
v
t ax
与 ab 连线的夹角 60，如图所示，故 D 选项错误。
8.【答案】AC
【解析】因为漏磁严重，所以无线充电的能量转化率不高，A 选项正确；漏磁严重的情况下，
送电线圈和受电线圈的电压比小于匝数比，B 选项错误；充电时将手机拿离充电基座，通过
受电线圈的磁通量减小，受电线圈产生的电压减小，不足以提供手机充电电压，充电停止，
C 正确，但送电线圈中交变电流的频率不变，受电线圈中的电流频率不变，D 选项错误。
9.【答案】AC
3 8mg sin
【解析】小物块 紧靠 静止在斜面上，对整体， ，解得 ，
b a kx0 (m m)g sin k
5 5x0
选项正确；分离前，两物体一起做初速度为零的匀加速直线运动，最初两段相同时间间隔
A
x1 1 3
内位移之比为 ，又 ，当物块 、 分离时，弹簧压缩量 ，
x1 x2 x0 a b x x0 x1 x0
x2 3 4
B 选项错误；两物块分离时，a 与 b 之间无相互作用力但加速度相同，对 a 由牛顿第二定律
3 1
有 k x mg sin ma ，代入 k 后解得 a g sin ，C 选项正确 ，D 选项错误。
4 0 5
10.【答案】ABD
【解析】稳定前电路中有电流，根据电路图可知通过 b、c 两棒的电流相同，根据 F 安BIL，
可知 b、c 两棒所受安培力之比为 FbFc12，根据牛顿第二定律可得，可知两棒运动过
程中加速度大小之比为 abac14，A 选项正确；设稳定时两棒的速度为 vb、vc，稳定前
相同时间内 b、c 两棒的速度增量正比于加速度，故 vc4vb，且稳定时回路中没有电流，所
E 4E
以有 EBdvb2Bdvc，联立解得， v ， v ，B 选项正确；电路稳定时，回
b 9Bd c 9Bd
2E
路中没有电流，因此 b 两端电压即 2Bdvb ，C 选项错误；对 B 棒应用动量定理有
9
mE 1 1 1
BId t Bdq mv ，解得 q ，根据能量守恒定律有 Eq mv2 mv2 Q ，
b 9B2d 2 2 b 2 2 c
2
{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}
R
又串联电路中导体棒中产生的热量正比于电阻，有 ，联立解得导体棒 中产
Q 2 Q b
b R
R R
2
mE 2
生的焦耳热为 Q ，D 选项正确。
b 90B2d 2
二、非选择题：
d 2 (t 2t 2 )
分 分 1 2 分
11.(7 ) (1)5.00(2 ) 2 2 (2 )
2Lt1 t2
(2)BC（全对得 3 分，选对但不全的得 2 分，选错得 0 分）
【解析】（1）游标卡尺是 50 分度的，精度为 0.05mm，应估读到 0.01mm 位。标尺上，一
v 2 v 2
头一尾的刻度线都对齐，所以读数为 5.00mm。（2）a t 0 ，初、末速度用平均速度
2d
d d 2 (t 2t 2 )
表示 ，可得 1 2 。（ ）测得的初、末速度实际上是小车通过前后两感应
v a 2 2 3
t 2Lt1 t2
端的平均速度，即中间时刻速度，对应的位置相对感应端后移了距离x1、x2，而x1<
x2，所以感应端的间距小于初、末速度对应的位移，造成加速度测量值偏小。
12. （10 分） (1) 连接 3 根线：滑动变阻器分
压式连接，有两种接法；电桥连接，灵敏电流
计两侧各有两种接法，且谁接正负极都可以。
（2）R1 左 210 或 210.0
无
评分说明：（1）连线全对得 2 分，连错不给分，
（2）每空 2 分
【解析】（1）略（2）分压式接法，故选择 R1 。因电流方向从 A 至 B，故 A 点电势高，
则需要增大 B 点电势，沿电阻丝自左至右电势逐渐降低，故应将触头向左移动。因电流计
R R' R R'
中电流为 0，设电阻丝左右两部分电阻分别为 ' ' 故 01 1 x 1 ，所以
R1, R2 ' , '
Rx R2 R02 R2
。移动滑动变阻器的滑片，不改变电阻丝上的左右电阻之比，所
Rx R01R02 210
以对实验结果无影响。
13.(10 分)【答案】（1）1.81018 J 或 11.25eV （2）1.5V
解析：(1)设波长为 110nm 的极紫外线的波长为 c ，
3
{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}
逸出功W0 h C (1 分)
c
频率 C (2 分)
c
18 或
代入数据解得W0 1.810 J 11.25eV (1 分)
(2) 处于 n4 能级的氢原子向低能级跃迁时产生多种不同能量的光子，产生的光电流是多种
光子产生的光电子综合表现，要使光电流全部遏止，必须要截住能量最大的光电子。
能量最大的光子 hvm E4 E1 12.75eV (2 分)
由光电效应方程可知光电子最大初动能 分
Ekm hvm W0 1.5eV (1 )
遏止光压必须满足 分
Ekm eUC (2 )
代入数据解得 Uc1.5V (1 分)
． 分 【答案】（ ） （ ） （ ）
14 (15 ) 1 7mg 2 v2 gR 3 d 2R x R
解析：（1）小车固定时，物块下滑至 A 过程中，
1 1
机械能守恒， mgR mv2 mv2 (1 分)
2 A 2 0
v2
在 A 点，根据牛顿第二定律， F mg m A ， (1 分)
N R
联立解得支持力 FN7mg (1 分)
（2）小车未固定时，物块下滑至 A 点的过程中，
滑块与小车系统水平方向动量守恒， 分
0 mv1 2mv2 (2 )
1 1 1
机械能守恒， mv2 mgR mv2 2mv2 (2 分)
2 0 2 1 2 2
解得小车速度 v 分
2 gR (1 )
（3）由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若飞出小车，其水平速度必然与小车一
致，还会回到小车上。又因为系统水平方向总动量为零，且经过水平轨道的循环摩擦，物块
与小车最终均静止。（1 分——没有判断不给分)
备注：其他判断方式都可行，如根据系统水平方向总动量为零和能量关系
1
mv2 mgR 2mg 2R mgh 可知 hR，物块与 B 端挡板碰撞后刚好返回到圆弧最高
2 0
点，没有飞出小车。
设小物块相对 AB 段滑行的总路程为 S，则有
1
mv2 mgR mgS (1 分)
2 0
4
{#{QQABQYKEggioAAJAAAgCEwV6CkOQkBGCACoOQFAIoAAAiBFABCA=}#}