1、答案与详解14、【答案】AC【命题立意】本题旨在考察匀变速直线运动的图象【解析】速度时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移解：A、在前4s内，乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值，则乙质点的加速度大小总比甲质点大故A正确B、在第1s末，乙质点的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变故B错误C、在第2s末，甲的位移大小x甲=302=30m，乙的位移大小x乙=302m=30m，此时乙车在甲车前，两车相距x=703030=10（m）第3s末，甲位移大小,乙的位移为，此时甲车在乙车前了，所以两车在第3s内相遇了，故C正确D、在第4s末，甲质点的位移
2、x甲=604m=120m，乙质点的位移x乙=302km+602m=30m，所以x=x甲x乙70=1203070=20m故D错误故选：AC15、【答案】D【命题立意】本题旨在考察力的合成分解及摩擦力的判断【解析】将F按照平行四边形定则进行分解，求出两根绳子上的拉力大小，以PQ整体为研究对象求物体Q对地面的压力大小解：将F按照平行四边形定则进行分解，由几何知识知：细线对P的拉力小于对Q的拉力，故A错误；以P为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向：小于F，故B错误；以PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，竖直方向：N地=2mg，根据牛顿第三定律则物体Q对地面的压力大小为2mg，故C错误；以P
3、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向：f=F，故D正确；故选：D16、【答案】AD【命题立意】本题旨在考察万有引力定律的应用【解析】根据万有引力定律分别求出甲星和乙星所受的合外力大小，甲丙靠万有引力的合力提供向心力，角速度相等，线速度的大小相等解：A、甲星所受的合外力故A正确B、乙星所受的合力故B错误C、甲丙两星所受的合力大小相等，靠万有引力的合力提供向心力，由于轨道半径相等，所以线速度相等，根据，故C错误；D、据，D正确故选：AD17、【答案】AD【命题立意】本题旨在考察带电粒子在匀强电场中的运动【解析】根据匀强电场中电势差与场强的关系公式U=Ed，分析电势与x的关系；根据牛顿第
4、二定律分析加速度的大小和方向；根据动能定理分析速度和动能与x的关系解：A、在x0范围内，当x增大时，由U=Ed=Ex，可知，电势差均匀增大，x应为向上倾斜的直线；在x0范围内，当x增大时，由U=Ed=Ex，可知，电势差均匀减小，x也应为向下倾斜的直线，故A正确；B、在x0范围内，电场力向右，加速度向右，为正值；在x0范围内，电场力向左，加速度向左，为负值；故B错误；C、在x0范围内，根据动能定理得：qEx=，vx图象应是曲线；同理，在x0范围内，图线也为曲线，故C错误；D、在x0范围内，根据动能定理得：qEx=Ek，Ekx图象应是倾斜的直线；同理，在x0范围内，图线也为倾斜的直线，故D正确故选
5、：AD18、【答案】BC【命题立意】本题旨在考察法拉第电磁感应定律和楞次定律【解析】应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向解：A、B据欧姆定律和法拉第电磁感应定律可知可知，线圈面积S不变，电阻R不变，电流I取决于磁感应强度的变化率，从图可以看出，B对A错；C、由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，；在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故C正确；D、由左手定则可知，oa段电
6、流受到的安培力f1方向指向圆心，ab段安培力f2方向背离圆心向外；由左手定则可知， bc段，安培力f3方向指向圆心，故D正确；故选：BC19、【答案】AD【命题立意】本题旨在考察电磁感应中的电学综合问题【解析】棒产生的是交流电，电流表显示的是有效值，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，结合功率公式逐项分析即可解：A、由于导体棒的电阻不计，当速度最大时，导体棒两端的最大电压等于E=BLvm，故B正确；B、在t=时刻棒的速度为vm，感应电动势E=BLvm，副线圈的电压为U2m=BL，电流为I2=BL，因为原副线圈中电流与匝数成反比，所以电流表的示数为，故B错误；B、C、电阻R上消耗的功率为 P
7、=，故C错误；D、从t=0至t=的时间内，水平外力所做的功等于R产生的热量Q和棒所获得的动能，为 W=Q+=+=+，故D正确；故选：AD20、【答案】ACD【命题立意】本题旨在考察运动的合成与分解及能量守恒【解析】在绳子作用下，A先加速后减速，而B先加速后减速，当A的速度最大时，B下降最低，根据能量守恒定律，结合力与运动的关系，即可求解解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，对A受力分析，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则有速度一直增加，故A正确；B、物块A到达C点时，B的位置为最低，即此时速度为零，在A到C过程中，据系统机械能守恒知B减少的重力势能，全部转化为A的动能，故B错误C、由题
8、意可知，结合受力与运动情况的分析，及运动的对称性可知，A在杆上长为2h的范围内做往复运动，故C正确；D、B的机械能最小时，A的动能最大，即由A到达C点时，A的动能最大，此过程B的机械能减少即物块A的动能增加最大，达到C点时为最大动能故D正确；故选：ACD21、【答案】1）3.700 2）图像如图所示 、 0.32 3）偏大【命题立意】本题旨在考察力学实验“探究动摩擦因数”【解析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；（2）应用描点法作出图象；由牛顿第二定律与运动学公式求出图象函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出动摩擦因数；（3）根据图示实验装置与实验步骤分析实验误差解
9、：（1）由图乙所示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为：3.5mm+20.00.01mm=3.700mm（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：由牛顿第二定律得：木块上滑时：mgsin+mgcos=ma1，木块下滑时：mgsinmgcos=ma2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：0v02=2a1x，v2=2a2x，v2=v02v2=4gxcos，由图示图象可知，动摩擦因数：斜率：k=4gcos=动摩擦因数：=；（4）由于轻质卡与木板间存在摩擦力，所测摩擦力实际是木块与轻质卡受到的摩擦力的合力，由于轻质卡所受摩擦力影响，所测动摩擦因数偏大22、【答案】1） 2
10、）B 3) 4)16-2F F0 16+2F F0【命题立意】本题旨在考察伏安法测电阻【解析】（1）测电阻阻值应测出电阻两端电压与通过电阻的电流，根据所给实验器材与实验原理作出实验电路图（2）由欧姆定律求出电路最小电阻，然后求出保护电阻的阻值，再选择保护电阻（3）根据实验电路应用并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值（4）分析图示图象，根据图象特点分析答题解：（1）测电阻阻值需要测出电阻两端电压与通过电阻的电流，所给实验器材没有电压表，可以用已知内阻的电流表与待测电阻并联，测出电阻两端电压，另一个电流表串联在电路中测电路电流，实验电路图如图所示：（2）电路最小总电阻为：R最小=5，则保护电阻阻值约
11、为,故选B（3）电阻两端电压U=I1r1，通过电阻的电流I=I2I1，电阻阻值RX=（4）由图乙所示图象可知，图象具有对称性，当正反向压力大小相等时，对应的电阻阻值相等；由图象可知，电阻与压力是一次函数关系，设为RX=R0+kF，由图象可知：R0=16，把RX=14，F=1N代入关系式解得：k=2，则关系式为：RX=162F；当F0时，K=2，则关系式为RX=16+2F23、【答案】（1）小球落到地面上的速度大小为；（2）要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x应满足的条件为；（3）在满足（2）的条件下，小球运动的最长时间为【命题立意】本题旨在考察机械能守恒和平抛运动【解析】（1）由于小球
12、与斜面碰撞无能量损失，自由下落和平抛运动机械能也守恒，所以小球整个运动过程中机械能守恒，据此列式求解小球落到地面上的速度大小；（2）小球与斜面碰撞后做平抛运动，当正好落在斜面底端时，x最小，根据平抛运动的基本公式结合几何关系、动能定理求出x的最小值，而x的最大值即为h，从而求出x的范围；（3）根据竖直方向做自由落体运动，由运动学公式列出总时间的表达式，再由数学知识求解最长的时间解：（1）设小球落到底面的速度为v，根据机械能守恒得：，得：（2）小球做自由落体的末速度为：小球做平抛运动的时间为由shx解得：（3）整理得：当Hh+x=hx，即x=时，小球运动时间最长，代入得：检验可知，符合（2）的条
13、件24、【答案】（1）质子束经过加速电场加速后（未进入磁场）的速度是2v0，长度是2l0；（2）试求出磁场磁感应强度是，粒子束可能发生碰撞的时间是（3）若某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，当时，两束粒子不会相遇；当时，两束粒子可能相碰撞的最长时间：t=tt=【命题立意】本题旨在考察带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动【解析】（1）由动能定理即可求出粒子的速度，由位移公式即可求出长度l；（2）由半径公式即可求出磁感应强度，由位移公式即可求出时间；（3）通过运动的轨迹与速度的方向分析能否发生碰撞解：（1）质子加速的过程中，电场力做功，得：将eU0=mv02代入得：v=2v0由于是相
14、同的粒子，又在相同的电场中加速，所以可知，所有粒子在电场中加速的时间是相等的，在加速 之前，进入电场的时间差：出电场的时间差也是t，所以，出电场后，该质子束的长度：L=vt=2v0t=2l0（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，在偏转后粒子若发生碰撞，则只有在粒子偏转90时，才可能发生碰撞，所以碰撞的位置在OO的连线上洛伦兹力提供向心力，即：所以：B=由于洛伦兹力只改变磁场的方向，不改变粒子的速度，所以粒子经过磁场后的速度的大小不变，由于所有粒子的速度大小相等，所以应先后到达同一点，所以碰撞的时间：t=（3）某次实验时将磁场O的圆心往上移了，其余条件均不变，则质子束经过电场加速后的速度不变，而
15、运动的轨迹不再对称对于上边的粒子，不是对着圆心入射，而是从F点入射，如图：E点是原来C点的位置，连接OF、OD，作FK平行而且等于OD，再连接KD，由于OD=OF=FK，则四边形ODFK是菱形，即KD=KF，所以粒子仍然从D点射出，但方向不是沿OD的方向，K为粒子束的圆心由于磁场向上移了，故：得：，而对于下边的粒子，没有任何的改变，故两束粒子若相遇，则一定在D点相遇下方的粒子到达C后先到达D点的粒子需要的时间：而上方的粒子到达E点后，最后到达D点的粒子需要的时间：若tt即当时，两束粒子不会相遇；若tt即当时，两束粒子可能相碰撞的最长时间：t=tt=答：37、1）【答案】BC【命题立意】本题旨在
16、考察热力学第一、二定律等基本知识【解析】内能为一宏观物理量，针对宏观物体来说；热量可以自发从高温传递到低温，不能自发从低温传递到高温；物体内能的改变有做功和热传递两种途径；液体蒸发快慢取决于分子运动的快慢和相对湿度。A、根据分子动理论可以得出，每个分子均具有动能和势能，所有分子动能和势能之和称为物体的内能，故A错误B、根据热力学第二定律可得：热量可以自发从高温物体传递到低温物体，但不能自发从低温物体传递到高温物体；故B正确C、根据热力学第一定律改变内能的方式有做功和热传递即，故C正确D、液体蒸发的快慢与空气湿度有关，同时与分子运动的剧烈程度有关，故D错误故选BC37、2）【答案】该矿物质的密度
17、为5.15103kg/m3【命题立意】本题旨在考察理想气体状态方程【解析】整个过程都是等温变化，确定三个状态和各状态下的状态参量，根据理想气体等温变化列式即可求得结果解：设水银的密度为，大气压强为p0，容器B体积为VB，矿物体积V以C、A、B中封闭的气体为研究对象，以封闭时水银面处于n处为初状态，以水银面调至m处为末状态由玻意耳定律得：p0（VB+VC）=（p0+gh1）VC，以C中装入矿物质后C、A、B中气体为研究对象，以封闭时水银面处于n处为初状态，以水银面调至m处为末状态由玻意耳定律得：p0（VB+VCV）=（p0+gh2）（VCV），质量：m=V，解得：=5.15103kg/m3；38
18、、1)【答案】BC【命题立意】本题旨在考察光德偏振、光的折射【解析】根据干涉条纹间距公式；在相对论中，光速不变原理；一切波均能发生衍射，只有当障碍物的尺寸比波长小得多时才会发生明显衍射现象；根据v=，结合折射率，从而即可各项求解解：A、由干涉条纹间距公式，条纹间距与缝的宽度成反比，故A错误；B、真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故B正确；C、根据v=，且红光在玻璃砖中的折射率小，则有红光在玻璃砖中的传播速度比紫光在玻璃砖中的传播速度大，故C正确；D、只有障碍物的尺寸比波长小得多时才会发生明显的衍射现象，故D错误；故选：BC38、2）【答案】若要光线进入三棱镜后能射到AC边上且能在AC
19、面上发生全反射，则cos应满足cos【命题立意】本题旨在考察光的折射【解析】由折射定律得到光线在AB上的折射角，全反射可得出临界角与折射率的关系根据题设的两个条件：一是光线能射到AC面上，得到入射角正弦的范围；二是光线在AC面上发生全反射，则光线在AC面上的入射角C，由几何关系得到AB面上的折射角与入射角的关系，联立可求解解：光由空气射向三棱镜，在AB边上发生折射，折射角为，由折射定律得：=n 当光由三棱镜射向空气，临界角为C时，发生全反射，所以要使光线能入射到AC边上，由几何关系 sin联立解得：cos；要使光线能在AC面上发生全反射，应有C由几何关系 +=90联立解得：cos综上可得：co
20、s39、1）【答案】AD【命题立意】本题旨在考察近代物理的常识性知识【解析】普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说；玻尔理论能够很好解释氢原子发光现象；汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子解：A、普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说故A正确B、波尔将量子观点引入到原子模型中，成功解释了氢原子的发光现象，故B错误C、汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子，故C错误D、我国科学家钱三强和何泽彗夫妇研究铀核裂变时，发现了铀核也可能分裂成三部分或四部分故D正确故选：AD39、2）【答案】圆环通过的总位移为R【命题立意】本题旨在考察动量守恒、动能定理【解析】碰撞过程动量守恒、机械能守恒，应用动量
21、守恒定律与机械能守恒定律、运动学公式可以正确解题解：设小球的初速度为v0，第一次碰撞后，小球的速度为v1，圆环的速度为v2圆环和小球组成的系统动量守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=mv1+Mv2，由能量守恒定律得：mv02=mv12+Mv22，多次碰撞后小球和环最终静止，设圆环受到的摩擦力为f，通过的总位移为x系统的动能全部转化为摩擦生热：fx=mv02，第一次碰撞后经时间t，小球恰好未从小孔中穿出，即二者共速，均为v1，由运动学规律：tv1t=2R，对圆环，由动量定理：ft=Mv1Mv2，解得，圆环通过的总位移：x=R；【答案】【命题立意】【解析】【答案】【命题立意】【解析】【答案】【命题立意】【解析】【答案】【命题立意】【解析】
