1、解析：A 上升過程中阻力的沖量大小為 If 上 ＝ ft0，下降過程中阻力的
沖量大小為 If 下 ＝ f·2t0，則上升過程與下降過程中阻力的沖量大小之比 1∶2，
A 正確；由于小球上升下降過程中位移的大小相等，則有 v0t02＝v′·2t02，解
得 v′＝v02，則取豎直向下為正，根據(jù)動量定理有 I 上＝Δp＝0－(－mv0)，I 下＝
Δp′＝mv′－0，則上升過程與下降過程中合外力的沖量大小之比為 2∶1，B 錯
誤；小球在 0～3t0 時間內動量變化量的大小為Δp 總＝mv02－(－mv0)＝32mv0，
取豎直向下為正，C 錯誤；小球在 0～3t0 過程中根據(jù)動能定理有 Wf＝12mv′
2－12mv02，解得 Wf＝－38mv02，D 錯誤。故選 A。
2、解析：D 由圖像可知，0～0.2π s 內應該對應著擺球在 CB 之間的擺動；
0.2π s～0.6π s 內應該對應著擺球在 BA 之間的擺動，因 t＝0.1π s 時擺線拉力最小
，可知小球位于 C 點，t＝0.4π s 時小球位于 A 點，選項 AB 錯誤；擺球在 AB 之
間擺動的周期為 T1＝0.8π s，根據(jù) T＝2π Lg)，可得 L1＝1.6 m，即 OA 之間的距
離為 1.6 m，選項 C 錯誤；擺球在 BC 之間擺動的周期為 T2＝0.4π s，根據(jù) T＝2π
Lg)，可得 L2＝0.4 m，即 PB 之間的距離為 0.4 m，OP 之間的距離為 1.2 m，選
項 D 正確。故選 D。
3、解析：C a 光的照射面積大，知 a 光的臨界角較大，根據(jù) sin C＝1n 知 a
光的折射率較小，所以 a 光的頻率較小，波長較長，根據(jù) v＝cn 知，在水中，a
光的傳播速度比 b 光大，同一種色光在真空中和在水中頻率相同，由 v＝λf 可知
，在水中，a 光的波長比 b 光長，A、B、D 錯誤；設圓形復色光區(qū)域半徑為 r，
圓形復色光區(qū)域邊緣處 b 光恰好發(fā)生全反射，依據(jù) sin C＝1nb，結合幾何關系可
知 sin C＝r\r(h2＋r2)，而圓形復色光區(qū)域的面積 S＝πr2，聯(lián)立解得 S＝πh2nb2－1
，C 正確。
4、解析：B 根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式Δx＝ldλ并結合乙圖中的干涉條
紋間距Δx 較大，知 A、C 錯誤，B 正確；光源到雙縫的距離不影響雙縫干涉條
紋的間距，故 D 錯誤。
5、解析：D 根據(jù)導線所受的重力、支持力、安培力三力平衡可知，若導線
所受的安培力垂直于斜面向下時，導線所受合力不能為 0，導線不能靜止，A 錯
誤；若磁場方向豎直向上，則安培力方向水平向左，導線不能靜止，B 錯誤；若
共 7 頁 第 1頁
磁場方向水平向左，則安培力方向豎直向下，導線不能靜止，C 錯誤；磁場方向
垂直于斜面向下時，安培力方向沿斜面向上，此時安培力最小，磁感應強度最小，
故有 mgsin θ＝ILB，解得 B＝mgsin θIL，D 正確。
6、解析：B 設帶電粒子進入第二象限的速度為 v，在第二象限和第一象限
中運動的軌跡如圖所示，對應的軌跡半徑分別為 R1 和 R2，由洛倫茲力提供向心
力，有 qvB＝mv2R、T＝2πRv，可得 R1＝mvqB、R2＝2mvqB、T1＝2πmqB、T2
＝4πmqB，帶電粒子在第二象限中運動的時間為 t1＝T14，在第一象限中運動的
時間為 t2＝θ2πT2，又由幾何關系有 cs θ＝R2－R1R2＝12，可得 t2＝T26，則
粒子在磁場中運動的時間為 t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得 t＝7πm6qB，選項 B
正確，A、C、D 錯誤。
7、解析：C 由右手定則可知電流方向從 O 點指向 A 點，OA 是電源，電流
從低電勢流向高電勢，故 O 點的電勢比 A 點的電勢低，故 A 錯誤；由法拉第電
磁感應定律可知 E＝Bl0＋lω2＝12Bl2ω，由閉合電路歐姆定律可知回路中通過
的電流為 I＝Er＋3r＝E4r，兩式聯(lián)立可得 I＝Bl2ω8r，故 B 錯誤；該定值電阻兩
端的電壓為 U＝I×3r，將前面求得電流值代入可得 U＝38ωBl2，故 C 正確；由
焦耳定律可知該定值電阻上的熱功率 P＝I2×3r＝3ω2B2l464r，故 D 錯誤。
8、解析：BD Q 在 P 上運動的過程中，P 對 Q 有彈力且在力的方向上 Q 有
位移，則 P 對 Q 做功不為零，A 錯誤；Q 在 P 上運動的過程中，P 和 Q 構成的
系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，P、Q 之間的彈力做功之和必為零；系統(tǒng)
在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，但系統(tǒng)在豎直方向所受
合外力不為零，系統(tǒng)在豎直方向動量不守恒，系統(tǒng)動量不守恒，C 錯誤，BD 正
確。
9、解析：AD 由圖甲可知，該簡諧橫波波長為λ＝8 m，周期 T＝8 s，所以
波速為 v ＝λT＝1.0 m/s，根據(jù)乙圖可知該時刻開始質點 N 向上振動，所以該波
沿－x 方向傳播，即向左傳播，故 A 正確；因為質點 M、N 相差半個波長，所以
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他們的振動方向總是相反的，故 B 錯誤；在同一介質中運動，頻率相同，根據(jù)
機械波發(fā)生的干涉條件可知，該簡諧波遇到一列波長為 8 m、傳播方向相反的簡
諧波后會發(fā)生干涉現(xiàn)象，故 C 錯誤；根據(jù)機械波發(fā)生明顯衍射條件可知，該簡
諧波遇到寬度為 4 m 的障礙物時能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故 D 正確。
10、解析：BC 根據(jù)安培定則可知，MN 處于 ab 產生的垂直向里的磁場中，
MN 在磁場力作用下向右運動，說明 MN 受到的磁場力向右，由左手定則可知電
流由 M 指向 N，L1 中感應電流的磁場向上，由楞次定律可知，L2 中感應電流產
生的磁場應該是向上減弱，或向下增強；再由右手定則可知 PQ 可能是向右減速
運動或向左加速運動。故 B、C 正確，A、D 錯誤。
二、非選擇題：（本大題共 5 小題，共 60 分） 11、(10 分)
解析：(1)物塊由 A 點到 B 點的過程中，由動能定理得
mgR＝12mvB2
解得 vB＝4 m/s
物塊從經過 B 點開始到靜止于 B 點系統(tǒng)動量和能量守恒有
mvB＝(M＋m)v
12mvB2＝12(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)
解得 x＝1 m。
(2)由 B 點至將彈簧壓縮到最短，系統(tǒng)動量守恒，取 vB 方向為正方向
有 mvB＝(M＋m)v′
此時的彈性勢能最大，由能量守恒可得
12mvB2＝12(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x)
由以上兩式可得 Ep＝3 J。
答案：(1)1 m (2)3 J
12、(13 分)
解析：(1)根據(jù) T＝2π Lg)，可得 g＝4π2LT2＝d2tn＝d2t2 。
(2)實驗室處在高山上，距離海面太高，則重力加速度會偏小，A 錯誤；單
擺所用的擺球質量大小與周期無關，B 錯誤；實際測出 n 次全振動的時間 t，誤
作為(n＋1)次全振動的時間，則周期測量值偏小，計算出的重力加速度偏大，C
正確；以擺線長作為擺長來計算，則擺長計算偏小，測得的重力加速度偏小，D
共 7 頁 第 3頁
錯誤；故選 C。
(3)根據(jù)單擺的周期公式 T＝2π Lg)，得 T2＝4π2gL，實驗后他發(fā)現(xiàn)測量擺長
時忘了加上擺球的半徑，擺長 L＝0 時，縱軸截距不為零，加上擺球半徑后圖像
應該到正確位置，即 M 位置，由于重力加速度不變，則圖線的斜率不變，故圖
像應該為②。
(4)由圖像可知，單擺的周期為 T＝2 s，則根據(jù) T＝2π Lg)，可得 g＝4π2LT2
＝4×9.87×0.9922 m/s2≈9.77m/s2。
答案：(1) d2t2 (2)C (3)② (4)9.77
13、(13 分)
解析：(1)分劃板在題圖(a)、(b)位置時游標卡尺讀數(shù)分別為 xa＝11 mm＋1×
0.1 mm＝11.1 mm，xb＝15 mm＋6×0.1 mm＝15.6 mm。
(2)相鄰亮條紋間距Δx＝xb－xa6＝15.6－11.16 mm＝0.75 mm，根據(jù)Δx＝ldλ，
解得λ＝Δx·dl＝0.75×10－3×0.4×10－30.5 m＝6.0×10－7 m。
(3)若增大雙縫的間距 d，其他條件保持不變，根據(jù)Δx＝ldλ，則得到的干涉
條紋間距將變小。
(4)若改用頻率較高的單色光照射，則波長變短，其他條件保持不變，根據(jù)
Δx＝ldλ，則得到的干涉條紋間距將變小。
答案：(1)11.1 15.6 (2)6.0×10－7 (3)變小 (4)變小
14、(12 分)
解析：(1)根據(jù)受力分析(如圖所示)，可知油滴帶負電荷，設油滴質量為 m，
由平衡條件得
mg∶qE∶F＝1∶1∶2。
(2)由第(1)問得 qvB＝2qE，
代入數(shù)據(jù)解得 v＝2)EB＝42 m/s。
(3)進入第一象限，靜電力和重力平衡，油滴先做勻速直線運動，從 A 點進
共 7 頁 第 4頁
入 y>h 的區(qū)域后做勻速圓周運動，再從 C 點離開 y>h 區(qū)域，最后從 x 軸上的 N
點離開第一象限。由 O→A 勻速運動的位移為 s1＝hsin 45°＝2h
其運動時間 t1＝s1v＝0.1 s
由 qvB＝mv2r，T＝2πrv 得 T＝2πmqB
油滴從 A→C 做圓周運動的時間為
t2＝14T＝πE2gB＝0.628 s
由對稱性知，從 C→N 的時間 t3＝t1
故油滴在第一象限運動的總時間
t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s。
答案：(1)1∶1∶2 負電荷 (2)42 m/s (3)0.828 s
15、(12 分)
解析：(1)負電荷受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài)，因為重力豎直向
下，所以電場力豎直向上，故 M 板帶正電。ab 棒向右做切割磁感線運動產生感
應電動勢，ab 棒等效于電源，感應電流方向由 b→a，其 a 端為電源的正極，由
右手定則可判斷，磁場方向豎直向下。
(2)微粒受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有
mg＝Eq
又 E＝UMNd，所以 UMN＝mgdq＝0.1 V
R3 兩端電壓與電容器兩端電壓相等，由歐姆定律得通過 R3 的電流為
I＝UMNR3＝0.05 A
則 ab 棒兩端的電壓為
Uab＝UMN＋IR1R2R1＋R2＝0.4 V。
(3)由法拉第電磁感應定律得感應電動勢
E＝Blv
由閉合電路歐姆定律得 E＝Uab＋Ir＝0.5 V
聯(lián)立解得 v＝1 m/s。
答案：(1)豎直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s
共 7 頁 第 5頁

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