1、12345物理参考答案一、选择题（本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，第 16 题只有一项符合题目要求，第 710 题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但选不全的得 2 分，有选错的得 0 分）1 2 3 4 5 6 7 8 9 10D D B B D A BD CD AD BCD1.【答案】D 【解析】由图象可知，甲、乙两质点均沿 x 轴负方向运动，选项 A 错误；因两质点初位置相同，末位置相同，因此位移相同，选项 B 错误；当甲的图象的切线与乙图象平行时，对应时刻甲的速度与乙的速度恰相同，选项 C 错误；由图象可知甲做变速直线运动，加速度不为零，而乙做匀速直线运动
2、其加速度始终为零，因此选项 D 正确。2.【答案】D 【解析】由题意知，小球运动 t 时间重力做功： ， t 时刻重力的瞬时功率：21gmW，联立解得： ，选项 D 正确。gtmPtP23.【答案】B 【解析】由于 B 球没有滑动趋势，因此 B 球不受斜面的摩擦力，对 A、 B 整体研究，可得挡板对 A 球的弹力大小为 ，根据牛顿第三定律可知， A 球对挡板的压力大小tan2mgF也为 ，选项 B 正确。tan2mg4.【答案】B 【解析】由于浮力大于重力，小球以一定的速度进入水中向下运动时，设竖直向上为正方向，由牛顿第二定律得： ， 可知小球向下做减速运动，加速度方向向magkvF浮上，随着
3、速度 v 不断减小，加速度 a 也不断减小，选项 A 错误、B 正确；当速度减小为零时，合外力不为零，故加速度不为零，随后小球将在水中向上运动，向上运动的初始阶段加速度方向向上，做加速运动，仍设竖直向上为正方向，有： ，随着makvgF浮速度 v 不断增大，加速度 a 不断减小，选项 C、D 错误。5.【答案】D 【解析】对线框 AD 段和圆弧 ACD 段受力分析可知，线框有扩张趋势，选项 A 错误； AD 段受到的安培力与 ACD 段受到的安培力大小相等，方向相反，因此线框受到的安培力的合力为零，线框处于静止状态，不会转动，选项 B、C 错误、D 正确。6.【答案】A 【解析】由题意可知，
4、， ，求得： ，由：mgRMG2ar2 Ragr，得卫星在轨运行的周期： ，因此第 33 颗北斗卫星从图示位2)(Tra gRT6置运动到第 34 颗北斗卫星图示位置所用的时间为 ，选项 A 正确。Tt2agR7.【答案】BD 【解析】由于电场是等量的异种电荷产生的，因此绝缘杆上各点的电场强度的方向均与杆垂直且向上，因此电场力对带电小球不做功，带电小球电势能不变，根据动能定理得小球所受合外力做功为 0，动能不变，小球沿杆一直做匀速直线运动，选项 B、D 正确、A、C 错误。8.【答案】CD 【解析】对 A、 B 整体研究，整体在水平方向只受水平恒力的作用，根据牛顿第二定律可知，A、 B 整体一
5、起加速运动的加速度不变，选项 D 正确；对 A 研究， A 向左做匀加速直线运动，加速度是由 B 对 A 的摩擦力而产生，根据牛顿第二定律可知， B 对 A 的摩擦力不变，选项C 正确；由于 A 的速度越来越大，因此 A 受到的洛仑兹力增大，根据左手定则可知，洛仑兹力的方向向下，因此 A 对 B 的压力增大，地面对 B 的支持力增大，选项 A、B 错误。9.【答案】AD 【解析】箱子静止时，小球根据平衡条件有： ， ；若使箱mgFOAsincos0OF子向右水平加速，竖直方向合力为零，有： ， ，比 maAB较可知绳 1 的张力不变、绳 2 的张力增大，选项 A 说法错误、B 说法正确；若使箱
6、子竖直向上加速， ， ，比较可知绳 1 的张力增大、绳 2 的magFOAsincos0OB张力也增大，选项 C 说法正确、D 说法错误。故说法不正确的选项为选项 A、D。10.【答案】BCD 【解析】当物块速度最大时，加速度为零，此时弹簧的弹力与 F 等大反向，因此物块与弹簧刚接触时速度不是最大，选项 A 错误；弹簧压缩量最大时，物块动能为零，根据功能关系得弹簧的弹性势能等于推力 F 做的功，选项 B 正确；不论物块向左运动还是向右运动，速度最大的位置均是弹力等于推力 F 的位置，即加速度为零的位置，选项 C 正确；由于恒力 F 始终作用在物块上，因此物块从 A 到 B 推力做功等于弹簧的弹
7、性势能的增量，从 B 到A 弹簧的弹性势能刚好用来克服推力 F 做功，因此物块将在 A、 B 间往复运动，选项 D 正确。二、实验题（2 小题，共 15 分）11.【答案】 （1）见解析（2 分） 左（1 分） 、（2） c（1 分） （3）不正确，正确的电阻阻值为 。 （2 分）7.6【解析】 （1）实物连接如图所示，闭合电键前应将图乙中滑动变阻器的滑片移到最左端，使闭合电键后，滑动变阻器输出电压即小灯泡两端电压为零。7（2）闭合开关 S，电流表、电压表均有示数，但无论怎样移动变阻器滑动片，都不能使电压表的示数调为零，说明滑动变阻器变成了限流接法，即可判断是图甲中 c 点出现了接触不良。（3
8、）不正确，根据欧姆定律可得 ，求得电阻的大小为 。IUR 7.63.02IUR12 【答案】 （1） （1 分） 图象见解析（2 分） 0)(65fx0.34（0.330.35 均给分） （1 分） 0.41（0.390.42 均给分） （2 分） （2）C（1 分）（3） （2 分）bM【解析】 （1）打 F 点时小车的速度为 ；根据表格数据作出的10)(6565fxfxvFv-t 图象如下图。从图象上得到打 G 点时的小车的速度为 0.34m/s，小车的加速度。22/41.0/6.09534smstva（2）图象不过原点是由于操作时未将摩擦力完全平衡，因此需要适当增大长木板的倾角以平衡摩擦
9、力，选择 C 项。（3）根据题意，由牛顿第二定律得： F=（ M+m） a，则 ，结合图象可得：mF18，得 。FMbb三、计算题（4 题，共 55 分）13.解：（1）小球释放后只受电场力和重力作用，因此小球做初速度为零的匀加速直线运动。合力 F 方向斜向右下与水平方向成 45。根据合力与分力的关系可知： （2 分）qEmg045tan因此电场强度大小： （2 分）gE（2）由于小球带正电，因此 a 板带正电，由于 b 板接地电势为零a、 b 板间的电势差： （2 分）qmdUb（2 分） babU因此 a 板的电势： （2 分）qgdEa14.【解析】 （1）对物块研究，根据牛顿第二定律有
10、： （2 分）1sinmag解得： （1 分）2/6sma设物块在长木板上运动时间为 t，则（2 分）1tsL解得： （1 分）（2）设长木板与斜面间的动摩擦因数为 ，对长木板研究有：（2 分）tas解得： （1 分）2/4sm对长木板，根据牛顿第二定律： （3 分） 2cos)(sinMagmMg9联立解得： （2 分）6115.【解析】 （1）小球从 D 点抛出刚好落在 A 点，做平抛运动的水平位移恒为 ， BC 间R23的高度越大，平抛运动的时间越长，做平抛运动的水平分速度越小。当小球在 D 点对轨道的压力恰好为零时，从 D 点抛出的速度最小。 （1 分）根据牛顿运动定律得： （1 分）
11、RvmgD22求得: （1 分）vD2由平抛运动的规律得： （1 分）tvRD3求得： （1 分）gt2设 BC 间的高度为 h，则有： （1 分）2gth求得： （1 分）R47（2）若 BC 间的高度为 1.5R，则 AD 间的高度差为 2R，设小球从 D 点抛出到 A 点所用时间为 t/， 则有： （1 分）2/gt求得： （1 分）t2/小球在 D 点的速度： （1 分）gRtvD432/设小球在半圆轨道的最低点速度为 v ，根据机械能守恒得：（2 分）mgvD21/在最低点对小球有： （1 分）RF求得 ： （1 分）g6971根据牛顿第三定律，小球在轨道最低点对轨道的压力大小为：
12、（1 分）NFmg69716.【解析】 （1）粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿运动定律有： （1rvqB210分）代入数据，解得： （1 分）Rr2由题意可知，所有粒子在磁场中做圆周运动的圆心在 y 轴上，做圆周运动的圆半径相等，根据 得，粒子在匀强磁场运动的周期都相等，粒子在磁场中运动的时vT4间 ，要使运动时间最短，则运动的弧长最短，圆心角 最小，分析可知粒子打t2 在圆筒与 x 轴左侧交点所用的时间最短。由几何关系可知，这段圆弧所对圆心角 满足：（2 分）1sinrR得 （1 分）6粒子在磁场中做圆周运动的周期： （1 分）vRT42qBm则最短时间： （1 分）qBmTt62根据几何关系，发射点距坐标原点 O 的距离（2 分） ，即对应粒子在 y 轴上发射的位置坐标为（0，RRy）（ 3-cos）3-2（2）设从圆筒上面恰好能打在圆筒上的粒子从 y 轴上射出的位置在 M 点，坐标为M（0， y1）11由几何关系可知， （3 分）RRy )52()3(221 设从圆筒下面恰好打在圆筒上的粒子从 y 轴上射出的位置在 Q 点，坐标为 Q（0， y2） 。由几何关系可知， （3 分）)()(222 因此能打在圆筒上的粒子在 y 轴上射出的范围是：（1 分）RyR）（ 5)2(
