物理参考答案选择题：共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的给5分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。题号12345678910答案DDCDBACACBCDACD【解析】1．用点电荷来代替带电体采用了理想化的物理模型的方法，故A错误。借助激光笔及平面镜观察桌面的微小形变的实验中，用到了放大法，故B错误。加速度定义式是速度的变化量与时间的比值，应用了比值定义法，故C错误。重心、合力和分力都采用了等效替代的思想，故D正确。2．α衰变方程为2382344，α粒子由两个质子和两个中子组成；故A错误。238比94Pu92U2He94Pu234的结合能大，比结合能小；故B错误。应该选用半衰期更长的材料保证电池的长寿命；92U故C错误。核反应质量数守恒，由题意知该核反应为放能反应，所以生成物结合能更大，故D正确。3．由题意知OA、OB段拉力相等且始终不变，由动态分析图可得，OC、OD的拉力均始终减小。4．微粒做匀变速运动，故A错误。落地时间为1s，故B错误。从抛出vsin45点到动能最小位置所用时间t00.5s，此过程微粒在竖直方向下落高度为2g1hgt21.25m，此时距离地面的高度为3.75m；故选D。25．R增大，副线圈两端电压不变，电流表示数变小，R电压变小，R电压变大，等323||U1U1U2于||U；故A错误。R不变，等于除R3之外等效电源的内阻，也不变；2I2I故B正确。电容器通交流，闭合开关S，变压器的输入电流大于0.4A；故C错误。电容器的耐压值至少为102V；故D错误。226．由几何关系知，4m，，43Gm；由几何对称性FFBACAFGFFA2BAcos30FBAd2Ad2物理参考答案·第1页（共7页）4m2m2可知星体B、C受力大小相等，FFG，FG；设星体B所受的合力为F，ABBAd2CBd2B3Gm223Gm2正交分解F，有FFcos60F，FFByABsin60，则BBxABCBd2d22FFF2221Gm∶∶AB∶∶CFFF，则aaannnABC，解得为777∶∶；故选A。BBxByd24mmm227．fab3mrf，m2r，第一段图像斜率大的为a，斜率小的为b，b先达到最大静摩擦2力fbm，此时ffabmmr，增大，fbm不变，fa增大；直到a的摩擦力增加到最大静2摩擦力fam时，ffmrabmm，增大，fam不变，fb减小；故选C。8．电子感应加速器是利用变化的磁场激发感生电场，从而进行加速；故A正确。根据楞次定mv律判断感生电场方向为顺时针，电子运动方向为逆时针；故B错误。由R知电子在qB2真空室中的半径不变，增加，也在增加，不断增加；故C正确。洛伦兹力vB2Fq洛vB2对电子不做功；故D错误。9．防窥屏实现防窥效果是因为有吸光屏障，故A错误。如图L233根据几何关系得sini1，根据光的折射282Ld2sinr14率n，联立得r160，则可视角度为120°，故选BCD。sini1310．物块与薄板在竖直方向上满足Fkx合，故A正确。根据简谐运动的对称性判断，物块与薄板在最低点加速度小于重力加速度。从位移0.5A的位置运动至第一次到达最高点的136时间tTT，解得简谐运动的周期Tt。从物块与薄板开始做简谐运动至运动到124531m1最低点过程，对简谐运动系统由机械能守恒定律有3mg1.5av222k(2.5a)ka，2221碰撞过程：mmvv3，m下落过程：mghmv2，开始静止时，有ka2mg，联立解0209得ha。4物理参考答案·第2页（共7页）非选择题：共5小题，共57分。11．（除特殊标注外，每空2分，共7分）（1）吸热（2）是（3）小于（3分）【解析】（1）一定质量的理想气体，温度升高时，内能增大U0，体积变大，气体对外做功，W<0，由UWQ可知Q>0，所以该过程罐内气体吸热。pVpS（2）一定质量的理想气体，压强不变时，由CV，，得SlTl，所以吸管上TC温度值标刻是均匀的。（3）若将温度计竖直放置，则气体实际压强增大，所以实际温度大于所测温度。12．（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）R1IR（2）1A1I21I（3）2600（4）左（3分）【解析】（1）为了便于调节，分压式接法要选用最大值较小的滑动变阻器。（2）A1内阻已知，且A2量程大于A1，所以a应选择A1作为电压表，b应选A2作为电I1A1R流表，由()IIRIRR21xx1A1得。I21I3（3）由图乙得当0.1mg/m时，Rx2600，为了能使报警器在Rx2600时报警，需将R3调到2600Ω。（4）浓度降低时，气敏电阻变小，为使气敏电阻两端电压仍为2V，需减小滑动变阻器阻值，向左滑动。13．（10分）解：（1）设x0处质点的振动方程为yAsin(t)由题知该质点在0时刻向y轴负向运动π①物理参考答案·第3页（共7页）TtT42π5π②T2由图知A5cm③5π所以x0处质点的振动方程为yt5sin(π)cm④2（2）由图知4m⑤若波沿x轴正向传播，则3TtnT⑥4v43(m/s)(N)nn⑦T评分标准：本题共10分。正确得出④、⑥、⑦式各给2分，其余各式各给1分。14．（13分）解：（1）O→S：粒子做匀速圆周运动，轨迹如图所示1L1cos2①L2603L由几何关系可得粒子做圆周运动半径rL2②sin1（2）A→O：qELmv2③20v2在磁场中：qBvm0④0r2qBL得v0mqE所以⑤mLB22qE（3）A→O：a⑥1mv0t1⑦a1物理参考答案·第4页（共7页）2BL得t1E2πrLB4πO→S：T⑧v0ET60，所以t⑨262πBL得t23ES→Q：粒子做类平抛运动，如图attan23⑩v02qEa2m3BL得t3E2πBLtttt(23)⑪1233E评分标准：本题共13分。正确得出②、⑤式各给2分，其余各式各给1分。15.（18分）解：（1）①A球与B球在120处的弹性碰撞是第1次碰撞，设A与B球碰撞后的速度分别是v1和v2，则有mmmA0vvvA1B2①111mmmvvv222②222A0A1B214解得vv、vv10520514即第1次碰后，A球顺时针转动，速度大小为v，B球逆时针转动，速度大小为v5050B逆时针从120转到240°位置，转过120过程，A顺时针转过的角度是v1A12030v2故当第2次碰撞发生时，A球在圆环内刻度盘上90位置③物理参考答案·第5页（共7页）②B球与C球在240处的弹性碰撞是第2次碰撞，设B与C球碰后的速度分别是v3和v4，则有mmmB2vvvB3C4④111mmmvvv222⑤222B2B3C484解得vv、vv3015401584即第2次碰后，B球顺时针转动，速度大小为v，C球逆时针转动，速度大小为v150150经分析，三个球将在圆管内刻度盘上0位置处同时碰撞（即第3次碰撞）⑥依题意，三球将结合在一起，结合体的质量为20m，设该结合体的速度为v，则有mmmmmmA1vvvB3C4()ABCv⑦11解得vv即第3次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小为v⑧1001001故第3次碰撞后瞬间A的速度大小为v100v2mv2③对结合体，水平面内有Fm200⑨nRR5竖直方向上有Fmgy20⑩m24v由勾股定理得FFF22400mg220Nny25R2m24v由牛顿第三定律得FF400mg220⑪NN25R2（2）设B与A球第1次碰撞后的速度分别是vB1和vA1，则有vvA1B1kv0mmmAA1vvvBB1B0(1km)B0v()mkmBA0v解得vA1、vB1⑫mmABmmAB第1次碰撞和第2次碰撞之间时间间隔为t1，此过程A球比B球多运动一圈，有2πRR2πt1⑬vvA1B1kv0物理参考答案·第6页（共7页）2πRmB16πR1此过程中，A球运动的路程为st1A11v(1)(1)⑭mmkAB5k设B与A球第2次碰撞后的速度分别是vB2和vA2，则有2vvB2A2kk()vvA1B1v0mmmmmAA2vvvvvBB2AA1BB1B022(1km)B0v()mkmBA0v解得vA2、vB2⑮mmABmmAB第2次碰撞和第3次碰撞之间时间间隔为t2，此过程B球比A球多运动一圈，有2πRR2π⑯t22vvB2A2kv02πRm16πR1此过程中，球运动的路程为B⑰Ast2A22v(1)(1)22mmkAB5k设B与A球第3次碰撞后的速度分别是vB3和vA3，第3次碰撞和第4次碰撞之间时间间隔为t3，A球运动的路程为s3，同理可得(1km3)v()mkm3v2πRB0、BA0、vA3vB2t33mmABmmABkv02πRmB16πR1s3(1)(1)33mmkAB5k同理可以分析接下来的两球的各次碰撞过程则从第1次碰撞到第2025次碰撞共有2024个间隔过程，小球A通过的路程为6πR1111sssss()12320245kk2k3k202412πR化简得s(220241)⑱5评分标准：本题共18分。正确得出①~⑱式各给1分。（其他解法正确，同理参照评分细则给分）物理参考答案·第7页（共7页）