绝密★启用前物理参考答案14.【答案】C【解析】该反应为核聚变反应，根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为3241，可2He1H2He1HΔE知生成的新核是4，选项错误；氦核中有个质子个中子，质子数相同的称为同位素，氦核与氦x2HeA42244E22E1ΔE3核是互为同位素，选项B错误；根据3E2EE4E，可得氦3的比结合能为E3=，选3123项C正确；核反应过程的前后，反应体系的质量数守恒，选项D错误。15.【答案】A【解析】根据图像可知，轨迹ABC最高点大于轨迹CDA最高点，分析在最高点往左运动，根据平抛规律可知1xhgt2，v，轨迹ABC运动时间长，但水平位移小，所以轨迹ABC水平分速度小，竖直分速度v22gh，2xt轨迹ABC的大，所以沿轨迹CDA运动的最大速度可能为v1，沿轨迹ABC运动的最小速度即水平速度小于v2，选项A正确，B错误；沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的速度变化量vgt不同，因为运动时间不同，选项C错误；沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的平均速度大小不同，因为位移大小相同，但时间不同，选项D错误。16.【答案】B2π【解析】由题图知，该简谐运动的周期T2102s，振幅A7cm，选项A错误；由ω==100πrad/s，又T3ππ3ππ因为或，所以振子做简谐运动的表达式为x=7sin(100πt+)cm或x=7sin(100πt-)cm，选项B2222正确；t0.5102s时振子位于平衡位置，速度最大，由“爬坡法”知质点在向上运动，选项C错误；当3π72t0.25102s时位移为x=7sin(100πt+)cm=cm，选项D错误。2217.【答案】Dl【解析】如图所示，处受到的电场力为，方向由指向。根据几何关系有2，C+qF2FAcosBAcosl2x24kQql122kQq则有F，xl，则F，选项D正确。23222llx4物理参考答案第1页（共7页）{#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}18.【答案】B2Mm2r3【解析】设M表示地球的质量，m表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力Gmr，可得T2，r2TGM3GMmGMmT中4R44Mm0则有，选项错误；在地球表面为的物体，有Gmg，对卫星有ma22，Am020A16RT同7R77R4R6联立可得卫星A向心加速度大小为a0.625m/s2，选项B正确；卫星B在6h内转动的圆心角为2=，2422Mmv21选项C错误；根据Gm，即v，第一宇宙速度为7.9km/s，故卫星B在轨运行速度一定小于7.9km/s，r2rr选项D错误。19.【答案】ACD【解析】设B的质量为m，在物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得12123μ·2mgcosθ·L＝×3mv0－×3mv＋2mgLsinθ－mgL，得μ＝，选项A正确；物体A向下运动到C点的过程中，224A的重力势能及AB的动能都减小，转化为B的重力势能和摩擦生热，选项B错误；对A、B组成的系统分析，在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因1摩擦产生的热量，即×3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x，其中x为弹簧的最大压缩量，得x＝0.4m，选项C正确；从C212点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得×3mv＋2mgxsinθ－mgx＝μ·2mgcosθ·x＋Epm，得B的质量为2m＝2kg，选项D正确。20.【答案】BDIn34【解析】根据理想降压变压器的变流比可知，解得I34A，所以输电线路上损耗的电功率I4n3Un233PI3R160W，选项A错误；根据理想变压器的变压比可知，得U32200V，升压变压器副线U4n4Un11圈两端电压U2U3I3R，得U22240V，选项B正确；根据理想变压器的变压比可知，可得U1280V，U2n2升压变压器的原线圈输入功率P1ΔPP用，降压变压器输出功率为P用I4U48800W，得P18960W，选项C错误；根据P1U1I1，解得I132A，根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为EmNBS，代入数物理参考答案第2页（共7页）{#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}Em据解得E3002V，有效值E300V，电机线圈内阻上消耗的热功率P内I1EI1U1，得P内640W，m2选项D正确。21.【答案】BC【解析】设匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子的电荷量为q，质量为m，初速度为v，运动半径为r，根据v2mv2mqvBm可得r，根据匀速圆周运动规律可得粒子运动周期为T。若粒子运动轨迹所对应的圆rqBBqm心角为α，则粒子在磁场中运动时间为tT。若两粒子在磁场中运动的时间相等，则两粒子在磁场2πBq中的转过的圆心角（或弦切角）必定相等，可能分别从左右边射出；可能正粒子从左边射出，负粒子从上边射2mva出；可能都从下边射出，例如此时圆心角均为180°，即均从NP边射出，则对于正粒子有0＜1，解得Bq4Bqa3Bqa初速度v1需满足0＜v，对于负粒子同理可知其初速度v2需满足0＜v，由此可见v1和v2取值18m28mv11v11具有不确定性，根据数学知识可知可以取任意值，不一定为，，对应正粒子恰好从N点射出，且v23v23负粒子恰好从P点射出的特殊情况，故A错误；若两粒子的初速度相同，则两粒子的运动半径相同，当正粒子a的运动半径为时，它将垂直MN边射出，转过的圆心角为90°；而负粒子将从NP边射出，转过的圆心角为4180°，所以二者在磁场中运动的时间之比为1∶2，故B正确。若其中一个粒子（即负粒子）垂直PQ边射出磁场，则其转过的圆心角为90°，而正粒子转过的圆心角最大值为180°，所以正粒子与负粒子在磁场中运动的时间之比一定不大于2∶1，故C正确。若两粒子分别从M、Q两点射出磁场，设正、负粒子半径分别为r1和r2，221725根据几何关系有a22，3a22，解得，，所以正粒子与负粒子在磁r1ar1r2ar2r1ar2a44824v1r151场中运动的初速度大小之比恰好为，故D错误。v2r22522.【答案】（8分）（1）1.56（2分）（2）0.1（2分）0.2（2分）（3）0.2（2分）【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为1.5cm，游标读数为6×0.1mm=0.6mm=0.06cm，所以最终读数为1.5cm+0.06cm=1.56cm。物理参考答案第3页（共7页）{#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}d1.56102（2）遮光条通过第一个光电门的平均速度大小v1m/s0.1m/s，这个速度就是通过第一个光电t10.156门中间时刻的速度，即记时0.078s时的瞬时速度；遮光条通过第二个光电门的平均速度大小d1.56102v2m/s0.2m/s，这个速度就是通过第二个光电门中间时刻的速度，即第二个光电门记时0.039st20.078时的瞬时速度。vv0.20.1（3）滑块的加速度大小a21m/s20.2m/s2。tt0.1560.078t120.5222223.【答案】（11分）（1）BD（2分，每个1分）（2）6.0（或6）（1分）（3）3.707（3.705～3.709均可）（2分）（4）B（1分）D（1分）（5）如图（2分）πd2U（6）（2分）4Il【解析】（1）用多用电表测电阻时，每换一次挡位，都必须重新进行欧姆调零，A错误；指针越接近刻度盘中央，误差越小，B正确；在外电路中，电流从黑表笔流经被测电阻到红表笔，C错误；测量时，若指针偏角较小，说明这个电阻的阻值较大，应换倍率较大的挡位来测量，D正确。（2）该同学选用欧姆表“×1”挡，由图甲可知，对应的读数是Rx＝6.0×1Ω＝6.0Ω。（3）螺旋测微器固定刻度为3.5mm，可动刻度为20.70.01mm0.207mm，则该次金属丝直径的测量值d3.5mm0.207mm3.707mm。（4）电源电动势为3.0V，因此电压表选择电压表V1（量程0~3V，内阻约3k）；测量金属丝的电阻阻值约为E36Ω，则电路中的最大电流IA0.5A，因此电流表应选电流表A1（量程0~0.6A，内阻约0.1）。即电Rx6流表应选B，电压表应选D。（5）由于电流表内阻约0.1较小，因此应选用电流表外接法，如答图所示。2Ull4lπdU（6）根据欧姆定律有R，根据电阻定律有R，联立解得。Id2Sπ()2πd4Il224.（9分）【解析】（1）拿掉活塞上的物块，气体做等温变化(Mm)g初态：V1=hS，气缸内封闭气体的压强pp（1分）1S0物理参考答案第4页（共7页）{#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}5代入数据解得p1410Pa（1分）mg末态：VhS，pp2105Pa（1分）22S0由气体状态方程得p1Shp2Sh（2分）整理得h=2h=1.3m（1分）（2）在降温过程中，气体做等压变化，外界对气体作功为W=p2SΔh=9.6J（1分）由热力学第一定律UWQ（1分）可得ΔU=9.6J+(-24J)=-14.4J（1分）25.（14分）【解析】（1）MN切割磁感线产生的感应电动势EBdv（1分）Bdv回路中的感应电流I（1分）R33MN两端的电势差UIRBdv（2分）MN44M端电势高（1分）（2）设线框从MN边刚进磁场到PQ边刚进磁场所用时间为t由焦耳定律有Q2I2Rt（2分）dvt（1分）2B2d3v解得导体框穿过磁场的过程中，导体框中产生的焦耳热Q（1分）R3d（3）在0时间内M、N两点的电势差U随时间t变化的情况可分为三段：vMNd第一段：在0时间内，线框中产生的电动势EBdv，MN边相当于电源，电流由N流向M，M、Nv33Bdv两点的电势差相当于路端电压，大小为UE（1分）MN44d2d第二段：在时间内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，MNvv边仍然在切割磁感线，、两点的电势差大小为（分）MNUMNBdv12d3d第三段：在时间内，线圈开始出磁场，MN边离开磁场，只有PQ边切割磁感线，此时PQ边相vv当于电源，MN边中的电流由M流向N，线圈中电动势为EBdv，M、N两点的电势差为外电路部分电压，1Bdv大小为UE（1分）MN44由以上三段可做出、两点的电势差随时间变化的图线如图所示（分）MNUMNt2物理参考答案第5页（共7页）{#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}26．（20分）【解析】（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为30°，则小球P自由下落R时，轻绳刚好再次伸直如图，设此时P的速度为。根据自由落体运动规律，可得2（分）v1v12gR1轻质细线伸直后瞬间小球速度为＝（分）Pv2v1cos301小球P与小物块A碰前瞬间，设小球P的速度大小为v3，从轻质细绳刚好再次伸直到小球P运动到最低点11的过程中，由动能定理得mgR(1sin30)mv2mv2（2分）2322联立解得小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小（分）Pvpv36m/s1设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为FNv2根据牛顿第二定律可知：Fmgmp（1分）NR解得FN10.5N（1分）根据牛顿第三定