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物理 答案
1．答案：C
解析：入射光的频率大于极限频率时，才能产生光电效应，故 A、B、D 错误；减小入射光的波长即增大频率，有可
能会产生光电效应，而形成光电流，故 C 正确。
2．答案：D
λ
解析：λ=2m，T=0.4s，v= = 5m/s。A 错误；
M
图 2可知，t=0 时刻，P 点振动方向向 y轴正方向，所以
在图 1中，P 点此时向 y轴正方向运动，由同侧法，图 1
N
简谐横波传播方向为 x 轴负方向。B 选项错误。
由图 1可知，t=0 时刻 Q的位移较大，所以此时 Q 的速度较小。C 选项错误；
根据波传播的是振动的状态，即将传播到 P、Q 两点的位移最大的状态分别为 M、N两点，有图易得 M 点的状态会更
快传到 P，故 P比 Q先到位移最大。D 选项正确。
3．答案：D
c
解析：介质中的光速 v = ，颜色不同的光在同一介质中折射率不同，故传播速度也不同。A选项错；
n
n = sini紫光频率高于红光，所以在同一介质中，n 紫>n 红，由折射定律 ，isinθ
R
相同，所以θ红较大，故到达 B 点的一定是紫光。B 选项错； Rθ
θ
t = 2Rsinθ = 2Rnsinθ = 2Rsini不考虑多次反射，直接到达 B、C 点，则 c ，时间n c c α
一定相等。C 选项错误；
1
到达 B 点的是紫光，sinC= ，n 紫较大，则 C 紫较小，在 B、C 两点α紫较大，所以紫光在 B 点更易发生全反射，故紫
光能从 B 点射出玻璃，则红光一定也可以。D 正确。
4．答案：A
解析：AB、CD 段中点时刻的分别为速度为 1 = 15 / ， 2 = 11 /
v1 v2
汽车的加速度大小为： a = = 2m/s2
2
车头经过 A 点的速率为： = 1 + 0.5 = 16 / ，所以 A 正确。
5．答案：A
BLx
解析：通过导体棒的电量为 q=It= ， =BLx ， 可得 q= ，A选项正确
2 2R
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B2L2
对运动位移 x 的过程， 由动量定理：-BILt=mv-mv0 解得 v=v0 x2mR
B2L2 B2L2
F 安=BiL=B L= （v0 x），安培力在不断变小，加速度不断变小，故 B、C选项错误2 2R 2mR
根据电磁阻尼，将磁感应强度的方向调整为竖直向上，导体棒所受安培力方向仍向左
6．答案：C
解析：卫星周期较大，故转的慢。A 选项错误；
2 2
卫星速度 v 星= ×2R，赤道上的物体的速度 v 物= ×R，二者等大。B选项错误；2
0 1
如图所示，在相对转动一周的时间 t内，由 120 的对应为范围能够通讯，所以相对转动一周，通讯时长 t1= t。C 选3
项正确。
卫星轨道半径与周期相匹配，变轨的同时必定会改变周期。D选项错误。
7．答案：C
解析：A 错，由题知球到 A 点时速度为零，所以在斜面内沿 CA 方向，圆轨道对球的弹力为 0.6mg，同时还有垂直
斜面方向的弹力 0.8mg，合力大小为 mg，所以压力大小为 mg.
Eq 4
把重力沿斜面向下的分力和电场力合成，合力 F 和直径 AC 的夹角为θ，则 tanθ = = ，即θ = 530，所以小球
0.6mg 3
的最大动能的位置在 B、C 点之间，所以 B 错；小球运动的过程关于合力 F 所在的直线对称，因此小球不能到达轨
道的 D点，故 C 正确；小球到达轨道上 B 点时电势能最小，此时机械能最大，故 D 错。
8．答案：B
解析：令匝数比为 k = 2，三个电阻阻值为 R，
开关断开时，变压器和 R2、R3等效电阻为 2 2R，则通过 R1的电流
2
为 = 0 ， 则 2 01 2 2R+R 1 = 1 = ；81
开关闭合时，R 被短路，变压器和 R 23 2等效电阻为 R，则通过 R1
20
的电流为 2 02 = 2 ， 则 = = ； R+R 2 2 25
则 1: 2 = 25: 81，所以选 B.
F1
9、答案：BCD
F
解析：受力如图，由平衡条件得： 1 sin = 2 sin ； 1 cos = 2 cos +
2
， mg
= sin = 解得： 1 ，sin ( ) 2 sin
tan cos
由题可知β不变，α增大，所以两根绳的拉力 1 ， 2都不断变大，故 A 错，B 正确；
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分析地面上的人的受力可知人受到的摩擦力大小为 2 sin ，不断增大，C 正确；
两根绳对室外机拉力的合力和室外机的重力平衡，D正确。
10．答案：AD
解析：小球向下摆动的过程中会出现环与断臂碰撞，碰撞导致小球与环组成的系统机械能不守恒，水平动量不
守恒。A 选项正确；B 选项错误；
vx
环与短臂碰前，系统水平动量守恒 mx=mx 球，x 球=3 2 1 m X’ x 球
如图，几何关系 x′=L-x-x =6m，h= 2球 2 = 6 0，θ=45
L h
设此时环的速度为 vx，则此时小球水平速度为 vx，竖直速度 vy， θ
1 2 1 2 1 2
机械能守恒 mv
2 x
+ mv
2 x
+ mv =mgh
2 y vx
v
沿绳方向 vxcos45
0=vycos45
0-v cos450 yx
vx=2 5 / ，vy=4 5 / ，此时环的速度达到最大 2 5 / 。C 选项错误；
环与短臂碰后静止，小球沿绳方向速度突变为零，随后小球摆至最低点，
1 2 1 0 0 2
动能定理 mg（L—h）= mv 球 — m（vxsin45 +vysin45 ） ，2 2
v 球= 30（4 2 1） / 。D 选项正确。
1 r 1 1
11、答案：（1）总电流（干路电流，其他表述亦可）（2 分） （2） （2 分）
U E R E
（3）横轴正方向（2分），通过电压表的电流（3 分）
解析：（2）根据闭合电路欧姆定律可得
E U U r
R
整理可得
1 r 1 1
U E R E
（3） 对图像上某一点分析，其电压确实是路端电压，但是电流却只是支路电流，所以电流值偏小，应适当向横轴
正向移动，移动的距离代表通过电压表的支路电流
12.（7 分）答案：（1）BC（2 分） （2） （2 分），变小（3 分）
F
解析：（1）设大气压强为 0，被封闭气体的横截面积为 S，对活塞有 pS = p0S + F，气体的压强为 p = p0 + ，若S
要作 p 1 图像，还需要测量气柱的横截面积和大气压，通过测量注射器的内径可计算出横截面积，所以选 BC.
V
（1）设气体刚被封闭时的体积为 0，此时的压强为 0，细管内气体的体积忽略不计，
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由玻意耳定律得 0 0 = 0 +
p0V0S， 整理得 F = p0S， V
则 k = p0V0S b = p0S， 即 0 =
若细管内气体的体积不可忽略，设细管内的体积为 V，由玻意耳定律得
0 +
+ = ，（C 为定值）
F CS 1整理得 V p
1
0S ， 增大时，图像的斜率在变小
1 V V
V
13.（11 分）答案：（1）1.5s（2）160w
解析：（1）货物加速阶段 a=μg=4m/s2，（1 分）
2
加速至 v0=4m/s，移动 x
0
1= = 2
用时 t1=
0 = 1s（1 分）
匀速 x2=L-x1=2m，x2=v0t2（1 分）用时 t2=0.5s（1 分）
一个货物从 A 到 B 用时 t=t1+t2=1.5s（1 分）
（2）每隔 0.1s 放一个货物，每个货物加速时间为 1s，所以始终有 10 个货物处于加速阶段（1 分）
多消耗的电功率 P=μmgv0×10=160w（2 分）
2
14.（13 2 1分）答案：（1）L= 0 ，（2） = ，（3）E = E
0
′ 2
解析：（1）在电场中由运动学公式的
L= 0 ×t （1 分）
2
t= 0 ， （1 分）
加速度为 a= （1 分）
R
2 20 2θ解得 L= （1 分）
（2）在磁场中做圆周运动，半径 R= 2 （1 分）
2
洛伦兹力提供向心力 qv0B=
0 （2 分）
解得 = 0 （1分）
（3）如图，粒子第一次从磁场返回电场时经过 C 点，此时电场强度最小（1 分）
电场中 A 到 D： xAD= 0 ×t′
2
t′= 0
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′
加速度为 a= （1 分）
磁场中圆周运动 xCD=L（1 分）
几何关系 L=xAD-xCD（1 分）
E′=1E（1 分）
2
C D
15.（18 分）答案：（1）3m/s 4（2）1m/s （3） 1 = 316 2 = 1.5
解析：（1）令 0 = 3 ，碰前瞬间 P 的速度大小为 ，由动能定理得：
1 mv 2 1 1P 1.5 1.5 x
x mgx
2 2 6 0 0 0 （3 分）
解得 vP 3m / s （1 分）
（2）物体 P、Q 碰后瞬间的速度分别为 v和 vQ，由动量守恒和机械能守恒得：
mv 1 1 1P mv MvQ ; mv
2 2
P mv Mv
2
2 2 2 Q （4 分）
解得 vQ 2m / s v 1m / s
物体 P、Q 碰后，P 返回平台，Q在木板上滑动，由题知，木板与墙第一次相碰时，已经和物体 Q 达到速度相同，
设为 1，由动量守恒得 MvQ = 2Mv1 即 1 = 1 / （2 分）
所以木板第一次和墙碰前瞬间的速度大小为 1m/s
（2）假设木板与墙第二次碰前可以和物体 Q 达到共同速度 2，由动量守恒得
Mv 11 Mv1 = 2Mv （1 分）3 2
= 1解得 2 3 1
和第一次碰后的速度相同，所以达到速度相同时恰好发生第二次碰撞。（1 分）
设木板第 n 次（n>1 1）与墙碰前瞬间的速度为 ，则有 = 3 1，
1 7
所以木板第 8 次和墙壁碰前瞬间的速度为 8 = 1， （1 分）3
1 22 1 1
木板第 8 次和墙壁碰撞损失的动能为 Q1 Mv8 M v 2 2 3 8 （1 分）
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4
代入数据可解： Q1 16 J3 （1 分）
木板第一次和墙壁碰撞后，物体 Q 相对木板一直向右滑动，直到最终静止，所以物体 Q相对于地面一直做匀减
速直线运动直到静止，物体 Q 相对于地面的位移和相对于木板的位移相同，设为 x，物体 Q 与木板间的摩擦力为 f，
则 fx = 0 1Mv12 （1 分）2
1 2 1 2
所以木板和 Q之间因摩擦产生的总热量为 Q2 MvQ 2Mv2 2 1
fx
（1 分）
代入数据可解 2 = 1.5 （1 分）
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