试题解析1．BA．布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应，故A错误；B．根据热力学第一定律ΔUWQ知在轮胎爆裂的这一短暂过程中，气体膨胀，外界对气体做负功，W0，而气体来不及和外界进行热交换，即Q0，故气体温度下降，故B正确；C．分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，斥力比引力变化的快，故C错误；D．根据热力学第二定律知热量只能够自发从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，故D错误。故选B。2．C根据UqIttRU则q-t线的斜率等于R。故ABD错误，C正确。故选C。3．DA．当轿车以30km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的周期为L3Tsv25则车身上下振动的频率为11f8HzT3A错误；BC．车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近，车身上下振动的幅度越大，所以当轿车通过减速带的速度大小不同时，车身上下振动的幅度大小可能相同，BC错误；D．当轿车以7.2km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为1vf2HzTL车身系统的固有频率为1f2Hz0T0此时ff0所以车身发生共振，颠簸得最剧烈，D正确。故选D。4．BA．波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者答案第1页学科网（北京）股份有限公司比波长更小，但如果孔、缝的宽度或障碍物的尺寸，比波长大得多时，就不能发生明显的衍射现象，而发生衍射现象不需要条件限制，A错误；B．声波容易发生衍射现象是由于声波波长较长，B正确；C．对同一列波，缝、孔的宽度越小，障碍物越小衍射现象越明显，C错误；D．衍射是一切波的特有的现象，不论是横波，还是纵波，D错误。故选B。5．AAB．一群处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，可以产生三种不同频率的光，对应的跃迁：n=3→n=2；n=3→n=1，n=2→n=1。其中n=3→n=2的光子的能量值最小，频率最小；n=3→n=1的光能量值最大，频率最大，折射率最大，根据折射定律知，偏折角最大，故A正确，B错误；C．若只有一种光能使金属板发生光电效应，一定是频率最大的光子，即从n=3能级直接跃迁到基态发出的光子，故C错误；D．光的频率越高，折射率越大，发生全反射的临界角越小，越容易发生全反射。若只有一种光发生全反射，则是频率最高的光，一定是n=3能级跃迁到n=1能级发出的光，故D错误。故选A。6．DAB．对A、B两球进行受力分析，如图所示对A球有mg3r3122FT1(5r)(3r)4mg3r31F5r5N1故AB错误；CD．对B球有mg3r32F5r5T2FFT1T2联立解得答案第2页学科网（北京）股份有限公司m51m42故C错误，D正确。故选D。7．C1根据题意，由图可知，V与p的比值，即pV乘积一直减小，也即图线上各点与原点pVC的连线斜率减小，由理想气体状态方程T可知，气体的温度逐渐减小。故选C。8．B22Mmv42G2mmr2mrma由万有引力提供向心力即rrT即可分析解答．22Mmv42GMGMG2mmr2mrmav3由公式rrT解得：r，r，42r3GMTa2GM，rGMvA项：由r可知，04星的轨道高度比03星略高，所以03号卫星与04号卫星相比，03号卫星线速度要大，故A错误；GM3B项：由r可知，04星的轨道高度比03星略高，所以03号卫星与04号卫星相比，03号卫星角速度要大，故B正确；42r3TC项：由GM可知，04星的轨道高度比03星略高，所以03号卫星与04号卫星相比，03号卫星周期要短，故C错误；GMa2D项：由r可知，04星的轨道高度比03星略高，所以03号卫星与04号卫星相比，04号卫星向心加速度要小，故D错误．故应选：B．9．DA．用s表示题中的位移，表示斜面倾角，Δt表示曝光时间，表示滑雪板与坡道间的动摩擦因数，m表示滑雪运动员的质量，设运动员下滑的加速度为a，曝光的中间时v刻的速度为0，则有答案第3页学科网（北京）股份有限公司Lv0＝t解得v20m/s0故A正确，不符合题意；B．由v22as0可求得2a5.0m/s故B正确，不符合题意；CD．又根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma可求得动摩擦因数为18故C正确，不符合题意；D错误，符合题意。故选D。10．AA．根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，B、O、C三点位置处，O点处电场线分布要稀疏一些，即B、O、C三点比较，O点场强最弱，B、O、C三点位置处的电场线由BOC，根据沿电场线电势降低，可知，B点电势最高，A正确；B．根据等量异种点电荷的等势线分布规律可知，中垂线本身就是一条等势线，即E、O、F三点电势相等，根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，E、O、F三点位置处，O点处电场线分布要密集一些，即O点场强最大，B错误；C．A、D对O对称，根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，A、D两点位置处场强大小相等，方向相同，即这两位置的场强相同，根据等量异种电荷的电场线分布规律可知，A位置处电场线由A处指向无穷远，即A位置的电势比无穷远沿高，而D位置处电场线由无穷远指向D位置，即D位置的电势比无穷远沿低，则A点电势比D点高，C错误；D．根据等量异种点电荷的等势线分布规律可知，中垂线本身就是一条等势线，则正试探电荷沿连线的中垂线由E点运动到F点，电场力不做功，D错误。故选A。11．BE11991.101.2偏小S（1）[1][2]该实验电路是采用半偏法测量电流表G的内阻，实验中在开关2闭合前后，始终认为电路中的干路电流不变，即实验中为了减小系统误差，滑动变阻器接入的阻值需要远远大于电流表G的内阻，且ERIg解得电路的总电压至少为EIR10010650103V5Vg答案第4页学科网（北京）股份有限公司可知，当电源选择6V比选择3.0V更能满足滑动变阻器接入的阻值需要远远大于电流表G的内阻的要求，系统误差更小，此时可知滑动变阻器需要接入的电阻约为45kΩ，即滑动变阻器选择B，电源选择E。（2）[3][4]根据电路图有IRI(RR)Igg1mAIgAB10mAgRRgRAB，A解得R11R99A，B（3）[5]电压表的分度值为0.1V，估读一位，读数为1.10V。[6]电阻箱的读数为R(10011011010.1)Ω110Ω根据闭合电路欧姆定律可得0.8E0.8r20.01.1E1.1r110解得E1.2V[7]电压表流过电流忽略，则电源内阻电压UIrrU由于电流偏小，则r偏小，故E偏小，即测量值小于真实值。2R1tRh12．(1)c；(2)S=4；(1)从NM边界射入玻璃柱体的光线在玻璃砖传播的距离最长cvsR、ns2Rtvc；答案第5页学科网（北京）股份有限公司sinin(2)根据折射定律有：sinr得r=30°；设折射光线FE在BC界面刚好发生全反射12sinC根据临界角公式n2可得C=45°；1801204515NE与水平方向的夹角为90301545有光透出的部分圆弧对应圆心角为41SRh则ABCD面上有光透出部分的面积为4点睛：几何光学问题，关键是画出光路图，根据光的折射、全反射原理在AB弧面上找到有光线透出的范围，然后依据几何关系求解。2Q0.1613．（1）3.45N；（2）a0.625m/s；（3）0.27C；（4）热J（1）金属棒匀速运动时v1.0m/smF设此时金属棒受到的安培力大小为安，根据平衡条件有FmgsinmgcosF安22BLvmF安Rr解得F=3.45N（2）刚开始金属棒的速度为0，安培力为0，此时金属棒的加速度最大，有Fmgsinmgcosma解得2a0.625m/s答案第6页学科网（北京）股份有限公司（3）由题图乙可知t=1.5s时金属棒的速度大小v0.6m/s1在0~1.5s时间内，根据动量定理有FtmgtsinmgtcosBLqmv01解得q=0.27C（4）由题图乙可知t=5.6s时金属棒的速度大小v1.0m/sm设金属棒的加速距离为x，从金属棒开始运动至达到稳定状态，根据动量定理及功能关系有FtmgtsinmgtcosBLqmv0mBLxqRr12RrFsmvmmgssinmgscosQ热2r解得Q0.16热J5547mm14．（1）0.1，0.4；（2）12；（3）12（1）设A和水平面间的动摩擦因数为μ1，B和C间的动摩擦因数为μ2，C与A碰撞后，A、B两物块均在摩擦力作用下减速，设A、B两物块的加速度大小为a1、a2，由牛顿第二定律有3m/s2a11m/s3s6m/s2a24m/s1.5s又3mg3ma11mgma22解得μ1=0.1μ2=0.4（2）由图乙可知碰撞后A的速度为vA=3m/s，C与A碰撞前的速度等于B的速度为v0=6m/s，设碰撞后C的速度为v1，由动量守恒定律mvmv3mv01A答案第7页学科网（北京）股份有限公司解得v1=-3m/s碰撞后C向左做减速运动，设加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有mmgmgma123解得2a3=6m/s设C经时间t1速度减为0，位移为x1，则0vt10.5s1a312x1a3t10.75m2由图乙可知B需经1.5s速度才能减为0，即当木板速度为0时，B还在向右运动，又mmgmg12木板在t1时刻之后向右加速，设加速度大小为a4，有mgmmgma214解得2a4=2m/s此过程B的加速度大小仍为a2，设再经过Δt，B和C的速度相同，即vaΔtvatΔt4021解得2Δts34vm/s3在Δt时间内C的位移为124x2a4Δtm29B在Δt+t1时间内的位移为v2v277x0m32a182则C的长度至少为55Lx1x2x3m12（3）B和C的速度相同之后二者一起减速，加速度大小设为a5，有mmg2ma15解得2a5=1m/sB和C一起运动的位移为答案第8页学科网（北京）股份有限公司v28xm42a95碰撞后A运动的位移由图乙可知1x533m4.5m2最终A距离C右端47Δxx1x2x4x5m1253Rv090v15．（1）带负电，BR；（2）0，0.4R；（3）见解析（1）已知沿圆心O1射入的离子，恰好从O点沿y轴射出，则可知离子在B1中向上偏转，根据左手定则，可知离子带负电，根据该离子运动轨迹，画出半径，如图所示粒子运动的轨迹半径为rR1v2Bqvm00r1解得qv0mBR（2）离子经过圆心磁场区域均能到达O点，到达O点时，速度方向与y轴夹角为θ，如图所示根据几何关系R0.2RsinR可知答案第9页学科网（北京）股份有限公司53且左右对称；在B2中，有v2Bqvm020r2B2B2可得r0.5R2在磁场中所花时间最少的粒子轨迹为如图所示的劣弧，其轨迹对应的圆心角为37274在磁场中所花时间最长的粒子为如图所示的优弧，其轨迹对应的圆心角为180532286根据周期2rRT2vv00所以2867453RΔtT36090v0离子打到收集板上的区域长度L，取决于离子打到收集板上的最近距离和最远距离，其中，最远距离为沿y轴正方向射出的离子，如上图所示x2rRmax2最近距离为速度方向与y轴正方向夹角为53°射入的离子，如上图所示x2rcos530.6Rmin2所以Lxx0.4Rmaxmin（3）如图所示①当所有离子均到达不了收集板时，此时磁场宽度为答案第10页学科网（北京）股份有限公司d0.1R即当d0.1R时，n0；②当离子方向在y轴右侧与y轴夹角度为θ时，有Rd2dsin21RR2