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物理参考答案
一、单项选择题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项符合题目要求。
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 C A C B C D B
【解析】
1．依题知氢原子从基态至少跃迁到第 3 能级，之后才能辐射出巴耳末系谱线，最少应给氢
原子提供的能量为 12.09eV，故 C 正确。
22vv2
． 图像面积为位移大小，由运动学公式得 mm，解得 2 ，故
2 v t vm tx a 5m/s A
2aa
正确。
3．根据分子动理论，温度增加，速率较大的分子占比增大，并不是所有的氧气分子的速率都
增大，故 A 错误。气体压强的产生是大量分子频繁撞击器壁的结果，而不是分子间的相互
作用力，故 B 错误。若氧气压强增大，由动量定理知：单位时间内氧气分子对器壁的平均
冲量变大，故 C 正确。若容器的体积减小，单位时间撞击在单位面积上的分子数不一定增
加，比如温度下降较大幅度，分子活跃度下降，单位时间撞击器壁的分子数可能不变，还
有可能减少，故 D 错误。
T
4．由简谐运动的特点知：滑块从 O 点运动到 D 点的时间小于 ，故 A 错误。滑块在 B 点时
8
1
弹簧的形变量是在 D 点时的 2 倍，故弹力是 2 倍，由 Fma 知 B 正确。由 Ekx 2 知滑
p 2
1
块在 D 点时弹簧的弹性势能是最大弹性势能的 ，由机械能守恒知滑块在 D 点时的动能
4
3
是在 O 点时动能的 ，故 C、D 错误。
4
5．篮球只受重力，加速度均为 g，单位时间内速度的变化 v = gtg ，故 A 错误。斜抛运动
最小速度为 A 点的水平分速度，由于 vA 与水平方向夹角大于 ，故 B 错误。将 AB 段等效
物理参考答案第 1 页（共 7 页）
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y 1 2tanv
为反向平抛运动，由平抛运动得 tan , ygt 2 , x v t ，故 t B ，由几何关
x 2 B g
t tan 60 3 1
系知 BC 与水平方向夹角为 30 ，则 AB ，故 C 正确。由 ygt 2 知，AB 段篮
tBC tan 30 1 2
球竖直位移大小为 BC 段的 9 倍，故 D 错误。
6．由于磁场方向不确定，故电流方向也不能确定，故 A 错误。若电流方向从 b 到 a，磁场方
向可以竖直向下，故 B 错误。若所加磁场的磁感应强度最小，安培力应沿导轨向上，则磁
mg sin
场方向不可能沿导轨向上，故 C 错误。此时对金属棒应有 BIL mg sin ，解得 B ，
IL
故 D 正确。
7．根据匀强电场的特点，由 AA11 CC，得C 2 V ，再由 AD BC，得
D 1 V ，故 A 错误。分别沿 AB、AD、 AA1 建立直角坐标系 Oxyz，电场强度沿 x、y、z
的分量 E AB 1 V/m ， E AD 1 V/m ， E AA1 2 V/m ，匀强电
x d y d z d
222
场强度的大小 E EEExyz 6V/m ，故 B 正确。由 AA11 BB DD 1，
得BD113 V/m ， BDD11 B 不是等势面，电场线不与 BDD11 B 垂直，故 C 错误。将一电
子从 B 移动到 C 时，电场力做功We()1 eV，故 D 错误。
1 1 BC11
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 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 5 分，选对但不全的得 3 分，有错选的得 0 分。
题号 8 9 10
答案 AD AC BCD
【解析】
mg
8．飞行器速度最大时加速度为零，由牛顿第二定律得 mg kv ，则 v ，故 A 正确。对
m m k
1 mg32
飞行器由动能定理得 mgh W mv2 ，则Wmgh，故 B 错误。对飞行器由动
f 2 m f 2k 2
mg22 kh
量定理得 mgt kvv t m ， vth ，则 t ，故 C 错误，D 正确。
m kmg
物理参考答案第 2 页（共 7 页）
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9．列车以加速度 a 匀加速时，乘客所受的合力大小为 ma ，由力的合成，可知车厢给质量为 m
的乘客作用力大小为 （）mg22 () ma ，故 A 正确。设短编组列车的额定功率为 P ，每节车
厢质量为 M ，车厢在平直轨道上运行时所受阻力为重力的 k 倍，8 节的短编组列车最大速
P 2P
度 v ，16 节的长编组列车最大速度 v ，则两种情况最大速度大小相等，
1 8gkM 2 16kM g
2P
故 B 错误。由牛顿第二定律 16kMg 16 Ma 知，速度增加，加速度减小，故 C 正确。
v
v2
关闭发动机后列车在阻力作用下做匀减速直线运动，滑行距离 x max ，则滑行距离相等，
2gk
故 D 错误。
10．在 0~0.5s 内，磁场磁感应强度 B0 0.5 T ，导体棒运动过程中 t 时刻产生的感应电动势
E
EBlBlatv ，感应电流 I 1 ，对棒由牛顿第二定律有 F BIl ma，联立解得
10 0 1 R r 01
Bla22
Fma0 t，故 A 错误。对棒由动量定理有 I Imv ，其中 Ilt= BI ，
Rr F 安 安 01
Blx 1
It 0 ，而 v at ， x at 2 ，由图丙，将 a 2m/s2 ， t 0.5s 代入可解得
1 Rr Rr 2
33
I Ns ，故 B 正确。在 0.5s~1s 时间内，回路中任一 t 时刻的磁通量
F 32
1
222 ，
Bt xattt0 (1 )(2 ) ， 3220tt ，其中 t [0.5 1] ，磁通量 不断
2
减小，根据楞次定律可知电流方向为俯视顺时针方向，故 C 正确。从 0~1s 内
Blx
qIt 0 0.5 C ，故 D 正确。
Rr Rr
三、非选择题：本大题共5小题，共57分。
11．（除特殊标注外，每空 1 分，共 5 分）
（2）摆线长 摆球直径
t
（3）拉开一个小角度后无初速度释放（合理即可，2 分）
n
物理参考答案第 3 页（共 7 页）
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l
【解析】（2）（3）根据单摆的周期公式T 2 ，要测量当地的重力加速度，需要测量
g
摆长和周期，摆长为摆线长加上小球的半径，因此测量摆长的过程中，需要测摆线长和
摆球的直径。单摆只有在小角度的范围内振动才能看成简谐运动，因此在测量周期的过
程中，应将小球从平衡位置拉开一个小角度后无初速度释放，n 次全振动所用的时间为 t，
t
单摆振动的周期T 。
n
12．（除特殊标注外，每空 1 分，共 10 分）
（1）0.05 125.60
（2）5.000
（3）如图 1 所示（3 分，电压表选择正确给 1
分，电流表内接给 1 分，滑动变阻器分压接法给
1 分，有错扣 2 分，扣完为止）
图 1
44lIl
或 （ 分） . 或 2（ 分，有效数字错误扣 分）
2 2 0 020 2.0 10 2 1
U 2 ()UIRd g
Rdg
I
1
【解析】（1）根据游标卡尺的原理，20 分度的游标卡尺精确到 mm 0.05 mm ，由图可
20
知，整数部分读数为 125 mm，小数部分读数为 0.05 12 0.60 mm ，样品的长度为 125.60 mm。
（2）螺旋测微器的固定刻度值为 5mm，可动刻度值为 0.000mm，金属圆片的直径为
5.000mm。
（3）由于待测样品的电阻约为 320k，电流表的量程为 50A，电流表满偏时电压的
数值为UIRx 16V ，所以应选择 15V 的电压表；由于 RRx g ，电流表应选择内接
法；因为滑动变阻器的最大阻值远小于 Rx ，滑动变阻器应采用分压接法。根据实验电
U ll 1 44lIl
路，有 ，其中 ， 2 ，得 ，
RRx g Rx Sd 2
I SS 4 U 2 ()UIRd g
Rdg
I
代入数据得 0.020 S/m 2.0 102 S/m 。
13.（12 分）
解：（1）光线不被折射出侧面，说明发生了全反射。此时光线到达侧面的入射角为 C（如
图 2 甲所示），由折射定律可知
1
sinC
n
物理参考答案第 4 页（共 7 页）
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