绝密★启用前（全国卷）物理参考答案14.【答案】D【解析】核裂变和核聚变均放出核能，则均存在质量亏损，所以质量不守恒，但能量守恒，选项A错误；原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开所需要能量叫做原子核的结合能，这个能量也是核子结合成原子核而释放的能量，核裂变和核聚变中释放的能量是由于质量亏损而释放的能量，所以不是原子核的结合能，选项B错误；组成原子核的核子越多，它的结合能越大，但比结合能不一定越大，选项C错误；比结合能越大，原子核中核子结合得一定越牢固，原子核就越稳定，选项D正确。15.【答案】B【解析】以木材和吊钩整体为研究对象，设木材和吊钩的总质量为m，根据平衡条件可得缆绳对木材和吊钩整体的弹力F=mg，在木材缓慢升高的过程中木材和吊钩整体处于平衡状态，则缆绳上的弹力大小不变，选项A错误；以定滑轮为研究对象，设绕过定滑轮的缆绳的夹角为α，根据三力平衡条件可得，大臂支架对定滑轮的弹力方向在缆绳夹角α角平分线的反向延长线上，但不一定沿吊车大臂支架方向，大小为FN2Fcos2mgcos，22在木材缓慢升高的过程中，与吊钩连接的缆绳一直处于竖直方向，与控制器连接的缆绳与竖直方向的夹角逐渐减小，即缆绳的夹角α逐渐减小，则吊车大臂支架对定滑轮的弹力FN一直增大，选项B正确，选项C错误；缆绳对木材和吊钩整体的弹力F=mg，大小不变，两缆绳对定滑轮的作用力为两个弹力的合力，合力方向一定在两缆绳夹角α的角平分线方向上，挂木材的缆绳与竖直方向夹角不变，两缆绳夹角α减小，则两缆绳对定滑轮的作用力与竖直方向的夹角逐渐减小，选项D错误。16.【答案】B【解析】根据等量异种电荷电场线和等势面的分布规律可知a、b两点电场强度相同，电势均为零，即相等，e、f两点关于O点对称可知，电场强度相同，根据沿电场线方向电势降低，则e点的电势大于f点的电势，即电势不同，选项A错误，选项B正确；根据等量异种电荷电场线疏密的分布规律可知c点电场强度大于O点的电场强度，O点的电场强度又大于d点的电场强度，则电子在c点受到的静电力大于在在d点受到的静电力，根据沿电场线方向电势降低，则点的电势大于点的电势根据电势能，又因为电子带负电，则电子在电cd,Epq势较高处具有的电势能较小，所以在c点的电势能也小于在d点的电势能，选项C错误；如果无穷远处电势势能为零，则两电荷在d点产生的电势大小相等，符号相反，代数和为零，即d点电势为零，一质子在d点和无穷远处具有的电势能都为零，即电势能相等，所以从d点移到无穷远处，静电力做功为零，选项D错误。17.【答案】D【解析】对小球受力分析可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向水平向左，如果向右运动，则做匀减速直线运动，如果向左运动，则做加速直线运动，选项A错误；设小球的加速度为a，受力分析如图所示，对小球由牛顿第二定律得m1gtanθ=m1a，解得物理参考答案（全国卷）第1页（共8页）a=gtanθ，则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为a=gtanθ，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车箱底板静止，则车厢底板对苹果箱的摩擦力为静摩擦力，不是滑动摩擦力，所以不一定为μMg，以这箱苹果为研究对象，根据牛顿第二定律有，选项错误；以苹果箱中间一个质量为的苹果为研究对象，设周围其FfMaMgtanBm它苹果对它的作用力大小为F，方向与竖直方向的夹角为，在水平方向根据牛顿第二定律有Fsinma，22mg在竖直方向上Fcosmg，加速度a=gtanθ，三式联立解得Fmgtanmgmg1tan2=，cosatantan，则，选项C错误，选项D正确。g18.【答案】BUR16010U2【解析】根据欧姆定律，原线圈的电流为I，副线圈电流为I2，原线圏两端的电压为1RR16RRnUnUUU100V60V40V，设理想变压器原、副线圈匝数之比为1k，理想变压器有11k，1R1Unn222UUU40In4010解得1，代入得21，理想变压器有21k，再将和代入上式解U2I2I2I1kRkRkRI1n2kRRUn11得k2，即原、副线圈匝数之比为2:1，选项A错误；2，U140V，解得U220V，选项BU2n2正确；根据题设条件不能确定电阻R的阻值，所以原副线圈电流都不能确定，选项C、D错误。19.【答案】BC【解析】天和核心舱在轨道Ⅰ运行做匀速圆周运动，神舟十五号载人飞船在轨道Ⅱ运行经过A点时做向心运动，所以神舟十五号载人飞船在轨道Ⅱ运行经过A点的速度小于天和核心舱在轨道Ⅰ运行的速度，选项A错误；设T2r3载人飞船运动周期为，根据开普勒第三定律有1，则天和核心舱在轨道Ⅰ运动的周期与飞船在椭圆轨T223T2a道Ⅱ上运动的周期之比为r3:a3，选项B正确；天和核心舱做匀速度圆周运动，万有引力提供向心力有Mmv2MmGmr2m，又因为地球表面上物体有G0mg，两式联立解得天和核心舱运动的角速度r2rR20gR2gR2，线速度v，选项C正确，选项D错误。r3r20.【答案】AB【解析】A、B两球落地时的速度相同，设为v0，两球下落过程根据机械能守恒定律可得，1(kmm)gh(kmm)v2,解得v2gh，球B先与地面碰撞之后原速弹回，此时A球速度方向还是向下，200物理参考答案（全国卷）第2页（共8页）为，之后两球发生弹性碰撞，设向上为正方向，碰撞之后、两球的速度分别为和，根据动v02ghABvAvB1111量守恒定律kmvmvkmvmv，根据能量守恒定律可得kmv2mv2kmv2mv2，两式00BA20202B2A3k1联立解得vv，当k=3时代入可得v2v，设上升的最大高度为h1，A球上升过程根据机械能守恒Ak10A012定律可得，mvmgh，代入数据解得h4h；当k=7时代入可得v2.5v，设上升的最大高度为h2，2A11A01A球上升过程根据机械能守恒定律可得mv2mgh，代入数据解得h6.25h,所以A球上升的最大高度2A22应大于4h，小于6.25h，选项AB正确。21.【答案】BCDB2L2v2mgR【解析】导体棒在出三个磁场时均恰好匀速运动，则有mg，解得出磁场时的速度为v，则2RB2L2导体棒出磁场时的速度均相同，三个磁场的宽度都相等，在磁场中运动过程根据牛顿第二定律有BLvB2L2vILBmgma，感应电流I，解得加速度为ag，棒ab在磁场中运动的加速度只与变量速2R2Rm度v有关，根据微元法可得棒ab在磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域运动情况均相同，选项A错误，选项B正确；棒ab在进入磁场区域Ⅰ瞬间和进入磁场区域Ⅲ瞬间速度大小相等，此过程中根据能量守恒定律电路中产生的总热量为Qmg(2d2s)2mg(ds)，导体棒电阻与串联电阻阻值相等，则电阻R产生的热量为mg(ds)，选项正确；导体棒离开磁场到进入磁场的过程中，由匀变速运动规律得22，解得CⅠⅡv1v2gs24m2g2Rvv22gs2gs，进入磁场Ⅱ时的速度与进入磁场Ⅰ时的速度相等，由静止释放到区域Ⅰ1B4L422上边界的过程导体棒做匀变速直线运动，根据运动学公式有2，因此2mRg，选项正确v12gxx=sDB4L4d22.（6分）【答案】（1）BDE（3分）（2）（1分）（3）d22gLt2（2分）t1【解析】（1）本实验需要验证的表达式为mgLmv2，所以需要测量小球释放点与光电门之间的高度L，由2表达式可知由于等式两边均有小铁球的质量m，可以约去，所以小铁球的质量m可以不用测量，本实验中由于d小铁球的直径d较小，所以小铁球过光电门时的速度大小近似为v，所以还需要测量小铁球的直径d，小t球通过光电门的时间t，所以选择BDE。物理参考答案（全国卷）第3页（共8页）d（2）小铁球经过光电门的挡光时间为t，由于小铁球的直径较小，所以其通过光电门的速度可近似为v。t11d（3）本实验要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式mgLmv20m()222t即d22gLt223.（9分）【答案】（1）150（1分）（2）R1（1分）电路图见解析（2分）（3）2.150（1分）I1(R1r1)（4）（2分）Rxd（2分）I2I1【解析】（1）待测电阻阻值为15.0×10Ω=150Ω。（2）实验器材中没有电压表，电流A1的内阻已知，所以应用电流A1与定值电阻串E联改装成电压表，电源的电动势为1.5V，串联的电阻为Rr295，所以Im定值电阻应选择R1，电流表A2内阻未知，所以应用外接法，即如图所示电路，此接法两表恰好几乎同时满偏。（3）由螺旋测微器读数规则，可知新型导电材料的厚度d2mm15.00.01mm2.150mm。（4）根据电路的特点并联支路电压相等，则被测电阻两端的电压UI1(R1r1)，由伏安法解得I(Rr)la1111；设该正方形导电材料的边长为，厚度为，根据电阻的定律有，RxadRxρρρI2I1Sadd解得该正方形导电材料电阻率Rxd。24.(14分)2(743)qB2a2qB2a25m【答案】（1）U（2）m2m3qB【解析】（1）当粒子不从ad边射出的临界轨迹是轨迹与ad边相切，如图中①所示，设此时粒子轨道半径为r1，a由几何关系得rrsin30o（1分）121解得r1amv2在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力1（分）qv1B1r112粒子在电场中加速过程根据动能定理qUmv（1分）121qB2a2以上各式联立解得轨迹与ad边相切时加速电压为U12m当粒子恰好从ab边射出的临界轨迹是轨迹与ab边相切，如图中②所示，设此时粒子轨道半径为r2，由几物理参考答案（全国卷）第4页（共8页）何关系得o（分）r2r2cos30a1解得r2(423)amv2在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力2（分）qv2B1r21粒子在电场中加速过程根据动能定理qUmv2（1分）2222(743)qB2a2以上各式联立解得轨迹与ad边相切时加速电压为U（1分）2m要使粒子全部从边射出，则粒子轨迹半径要小于，大于，则加速电压adr1ar2(423)aU2UU1，2(743)qB2a2qB2a2即U（2分）m2m22qBa1（2）加速电场两板间的电压U，粒子在电场中加速过程根据动能定理qUmv2（1分）50m2mv2在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力qvB（1分）ra以上各式联立代入数据解得r（1分）5如图所示，当粒子轨迹与bc边界相切时，如图中③所示，设此时的轨道半径为r3，由几何关系得aarrsin30o解得r，因为rr，则粒子从cd边射出（1分）332333300o52m5m根据对称性得轨迹的圆心角为300o，运动时间为tT（1分）360o6qB3qB25.（18分）【答案】（1）12m/s（2）1m/s方向水平向左（3）1.5m/s方向水平向右3m/s1【解析】（1）小球在向下摆动过程中由机械能守恒定律可得mgL(1cos60）mv2（1分）020解得v7m/s（1分）小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得（分）m0vm0vmv011112由能量守恒定律有mv2mv2mv（1分）202020两式联立解得（分）v012m/s1（）对物块，根据牛顿第二定律（分）22mgma11对长木板，根据牛顿第二定律（分）2mg1(Mm)gMa21设物块从开始运动到与挡板碰撞过程中物理参考答案（全国卷）第5页（共8页）11两位移关系为(vtat2)at2s（1分）0121122112解得t1s,at0.5md，则物块与长木板的挡板碰撞时，长木板还未与墙壁发生碰撞1211物块与挡板刚要发生碰撞时，物块的速度为（分）uAv0a1t17m/s1长木板的速度为（分）uBa2t11m/s1物块与木