Question:
1. （6 分) 原子核 $\mathrm{z}^{\mathrm{A}} \mathrm{X}$ 与㲴核 ${ }_{1}{ }^{2} \mathrm{H}$ 反应生成一个 $\alpha$ 粒子和一个质子. 由此可知（
A. $A=2, Z=1$
B. $\mathrm{A}=2, \mathrm{Z}=2$
C. $\mathrm{A}=3, \mathrm{Z}=3$
D. $\mathrm{A}=3, \mathrm{Z}=2$

Answer: D

解：写出该反应的方程有: $\mathrm{z}^{\mathrm{A} X}{ }^{\mathrm{A}}{ }_{1}{ }^{2} \mathrm{H} \rightarrow{ }_{2}{ }^{4} \mathrm{He}+{ }_{1}{ }^{1} \mathrm{H}$

应用质量数与电荷数的守恒得: $A+2=4+1, Z+1=2+1$, 解得 $A=3, Z=2$, 故 $A B C$ 错误, D 正确。

故选：D。


Question:
4. (6 分) 在雷雨云下沿坚直方向的电场强度为 $10^{4} \mathrm{~V} / \mathrm{m}$, 已知一半径为 $1 \mathrm{~mm}$ 的雨滴在此电场中不会下落, 取重力加速度大小为 $10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}$, 水的密度为 $10^{3} \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}$. 这雨滴携带的电荷量的最小值约为（ ）
A. $2 \times 10^{-9} \mathrm{C}$
B. $4 \times 10^{-9} \mathrm{C}$
C. $6 \times 10^{-9} \mathrm{C}$
D. $8 \times 10^{-9} \mathrm{C}$

Answer: B

解: 带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止, 根据平衡条件电场力和 重力必然等大反向

$\mathrm{mg}=\mathrm{Eq}$

其中: $m=\rho V$

$\mathrm{V}=\frac{4}{3} \pi \mathrm{r}^{3}$

解得

$\mathrm{q}=\frac{\mathrm{mg}}{\mathrm{E}}=\frac{\rho \frac{4}{3} \times \pi^{3} \mathrm{~g}}{\mathrm{E}}=\frac{10^{3} \times \frac{4}{3} \times 3.14 \times 10^{-9} \times 10}{10^{4}} \mathrm{C} \approx 4 \times 10^{-9} \mathrm{C}$

故选: B。


Question:
8. （6 分) 已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的 6 倍. 若某行星的 平均密度为地球平均密度的一半, 它的同步卫星距其表面的高度是其半径的 2.5 倍, 则该行星的自转周期约为（ $)$
A. 6 小时
B. 12 小时
C. 24 小时
D. 36 小时

Answer: B


Question:
1. (6 分) 在电磁学发展过程中, 许多科学家做出了贡献. 下列说法正确的是（ )
A. 奥斯特发现了电流磁效应; 法拉第发现了电磁感应现象
B. 麦克斯韦预言了电磁波; 楞次用实验证实了电磁波的存在
C. 库仑发现了点电荷的相互作用规律: 密立根通过油滴实验测定了元电荷的 数值

D. 安培发现了磁场对运动电荷的作用规律: 洛仑兹发现了磁场对电流的作用 规律

Answer: AC

解：A、奥斯特发现了电流磁效应, 法拉第发现了电磁感应现象, 故 A 正确;

B、麦克斯韦预言了电磁波, 赫兹用实验证实了电磁波的存在; 楞次是发现了电 磁感应中的感应电流的方向, 故 B 错误;

C、库仑发现了点电荷的相互作用规律, 密立根测定了元电荷的数值, 故 $\mathrm{C}$ 正确

D、洛仑兹发现磁场对运动电荷作用规律, 安培发现了磁场对电流的作用规律,

故 D 错误;

故 $\mathrm{AC}$ 正确, BD 错误;

故选: $\mathrm{AC}$ 。


Question:
2. (6 分) 一根轻质弹簧一端固定, 用大小为 $\mathrm{F}_{1}$ 的力压弹簧的另一端, 平衡时 长度为 $1_{1}$; 改用大小为 $F_{2}$ 的力拉弹簧, 平衡时长度为 $l_{2}$. 弹簧的拉伸或压缩 均在弹性限度内, 该弹簧的劲度系数为（）
A. $\frac{\mathrm{F}_{2}-\mathrm{F}_{1}}{l_{2}-l_{1}}$
B. $\frac{\mathrm{F}_{2}+\mathrm{F}_{1}}{l_{2}+l_{1}}$
C. $\frac{\mathrm{F}_{2}+\mathrm{F}_{1}}{\mathrm{l}_{2}-l_{1}}$
D. $\frac{\mathrm{F}_{2}-\mathrm{F}_{1}}{l_{2}+l_{1}}$

Answer: C

解: 由胡克定律得 $\mathrm{F}=\mathrm{kx}$, 式中 $\mathrm{x}$ 为形变量,

设弹簧原长为 $1_{0}$, 则有

$\mathrm{F}_{1}=\mathrm{k}\left(1_{0}-1_{1}\right)$,

$\mathrm{F}_{2}=\mathrm{k}\left(1_{2}-1_{0}\right)$,

联立方程组可以解得 $\mathrm{k}=\frac{\mathrm{F}_{2}+\mathrm{F}_{1}}{1_{2}-1_{1}}$, 所以 $\mathrm{C}$ 项正确。

故选: C。


Question:
2. （6 分）质点开始时做匀速直线运动, 从某时刻起受到一恒力作用. 此后, 该质点的动能可能 ( $)$
A. 一直增大
B. 先逐渐减小至零, 再逐渐增大
C. 先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D. 先逐渐减小至某一非零的最小值, 再逐渐增大

Answer: ABD

解： $\mathrm{A}$ 、如果恒力与运动方向相同, 那么质点做匀加速运动, 动能一直 变大，故 $\mathrm{A}$ 正确。

$\mathrm{B}$ 、如果恒力与运动方向相反, 那么质点先做匀减速运动, 速度减到 0 , 质点在 恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动, 动能再逐渐增大。故 B 正确。

C、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上, 那么将速度沿恒力方向所在 直线和垂直恒力方向分解, 其中恒力与一个速度方向相同, 这个方向速度就 会增加, 另一个方向速度不变, 那么合速度就会增加, 不会减小。故 $\mathrm{C}$ 错误。

D、如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上, 那么将速度沿恒力方向所在 直线和垂直恒力方向分解, 其中恒力与一个速度方向相反, 这个方向速度就 会减小, 另一个方向速度不变, 那么合速度就会减小, 当恒力方向速度减到 0 时, 另一个方向还有速度, 所以速度到最小值时不为 0 , 然后恒力方向速度又 会增加, 合速度又在增加，即动能增大。故 D 正确。

故选: $\mathrm{ABD}$ 。


Question:
3. （6 分) 一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落, 到最低点时 距水面还有数米距离. 假定空气阻力可忽略, 运动员可视为质点, 下列说法 正确的是 $(\quad)$
A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小
B. 蹦极绳张紧后的下落过程中, 弹性力做负功, 弹性势能增加
C. 蹦极过程中, 运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D. 蹦极过程中, 重力势能的改变与重力势能零点的选取有关

Answer: ABC

解: $A$ 、运动员到达最低点前, 重力对运动员一直做正功, 运动员的重 力势能始终减小。故 $\mathrm{A}$ 正确。

B、蹦极绳张紧后的下落过程中, 弹力方向向上, 运动员的位移向下, 弹性 力对运动员做负功, 弹性势能增加。故 $\mathrm{B}$ 正确。

C、以运动员、地球和蹦极绳所组成的系统, 只有重力和弹力做功, 系统的 机械能守恒。故 $\mathrm{C}$ 正确。

D、重力势能的改变与重力做功有关, 取决于初末位置的高度差, 与重力势 能零点的选取无关。故 D 错误。

故选: $\mathrm{ABC}$ 。


Question:
6. (6 分) 卫星电话信号需要通过地球卫星传送. 如果你与同学在地面上用卫 星电话通话, 则从你发出信号至对方接收到信号所需要最短时间最接近于（ 可能用到的数据: 月球绕地球运动的轨道半径为 $3.8 \times 10^{5} \mathrm{~km}$, 运动周期约为 27 天, 地球半径约为 $6400 \mathrm{~km}$, 无线电信号的传播速度为 $3 \times 10^{8} \mathrm{~m} / \mathrm{s} （ ）$
A. $0.1 \mathrm{~s}$
B. $0.25 \mathrm{~s}$
C. $0.5 \mathrm{~s}$
D. $1 \mathrm{~s}$

Answer: B

解：根据万有引力提供向心力 $\mathrm{G} \frac{\mathrm{Mm}}{\mathrm{r}^{2}}=\mathrm{mr} \frac{4 \pi^{2} \mathrm{r}}{\mathrm{T}^{2}}$, 解得: $\mathrm{r}=\sqrt[3]{\frac{\mathrm{GMT}^{2}}{4 \pi^{2}}}$, 已知 月球和同步卫星的周期比为 $27: 1$, 则月球和同步卫星的轨道半径比为 9: 1 . 同步卫星的轨道半径 $r^{\prime}=\frac{1}{9} \times 3.8 \times 10^{5}=4.2 \times 10^{4} \mathrm{~km}$. 所以接收到信号的最短时 间 $\mathrm{t}=\frac{2\left(\mathrm{r}^{\prime}-\mathrm{R}\right)}{\mathrm{v}} \approx 0.25 \mathrm{~s}$ 。

故选: B。


Question:
1. (3 分) 伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验, 提出了惯性的概 念, 从而奠定了牛顿力学的基础. 早期物理学家关于惯性有下列说法, 其中 正确的是（）
A. 物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B. 没有力作用, 物体只能处于静止状态
C. 行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D. 运动物体如果没有受到力的作用, 将继续以同一速度沿同一直线运动

Answer: AD

解: A、任何物体都有保持原来运动状态的性质, 叫着惯性, 所以物体 抵抗运动状态变化的性质是惯性, 故 $\mathrm{A}$ 正确;

B、没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故 B 错误;

C、惯性是保持原来运动状态的性质, 圆周运动速度是改变的, 故 C 错误;

D、运动的物体在不受力时，将保持匀速直线运动，故 D 正确;

故选：AD。


Question:
8. (3 分) 假设地球是一半径为 $R$ 、质量分布均匀的球体。一矿井深度为 $d$ 。已 知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加 速度大小之比为 $(\quad)$
A. $1-\frac{d}{R}$
B. $1+\frac{d}{R}$
C. $\left(\frac{\mathrm{R}-\mathrm{d}}{\mathrm{R}}\right)^{2}$
D. $\left(\frac{\mathrm{R}}{\mathrm{R}-\mathrm{d}}\right)^{2}$

Answer: A

解: 令地球的密度为 $\rho$, 则在地球表面, 重力和地球的万有引力大小相 等, 有: $g=\mathrm{G} \frac{\mathrm{M}}{\mathrm{R}^{2}}$,

由于地球的质量为: $M=\rho \frac{4}{3} \pi R^{3}$, 所以重力加速度的表达式可写成:

$g=\frac{G M}{R^{2}}=G \frac{\rho \frac{4}{3} \pi R^{3}}{R^{2}}=\frac{4}{3} G \rho \pi R$.

根据题意有, 质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零, 固在深度为 $\mathrm{d}$ 的井底 , 受到地球的万有引力即为半径等于（ $R-d ）$ 的球体在其表面产生的万有引 力, 故井底的重力加速度 $g^{\prime}=\frac{4}{3} \mathrm{G} \rho \pi(\mathrm{R}-\mathrm{d})$

所以有 $\frac{\mathrm{g}^{\prime}}{\mathrm{g}}=\frac{\frac{4}{3} \mathrm{G} \rho \pi(\mathrm{R}-\mathrm{d})}{\frac{4}{3} \mathrm{G} \rho \pi \mathrm{R}}=\frac{\mathrm{R}-\mathrm{d}}{\mathrm{R}}=1-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{R}}$

故选: $A$ 。


Question:
7. （6 分） 2012 年 6 月 18 日, 神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面 $343 \mathrm{~km}$ 的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接. 对接轨道所 处的空间存在极其稀薄的大气, 下面说法正确的是（ ）

A. 为实现对接, 两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度 之间

B. 如不加干预, 在运行一段时间后, 天宫一号的动能可能会增加

C. 如不加干预, 天宫一号的轨道高度将缓慢降低

D. 航天员在天宫一号中处于失重状态, 说明航天员不受地球引力作用

Answer: BC

解:

A、又第一宇宙速度为最大环绕速度, 天宫一号的线速度一定小于第一宇宙速度。 故 A 错误;

B、根据万有引力提供向心力有: $G \frac{\mathrm{MI}}{\mathrm{r}^{2}}=\frac{\mathrm{v}^{2}}{\mathrm{r}} \Rightarrow v=\sqrt{\frac{G M}{r}}$ 得轨道高度降低, 卫星的线 速度增大，故动能将增大, 所以 $\mathrm{B}$ 正确;

C、卫星本来满足万有引力提供向心力即 $\mathrm{G} \frac{\mathrm{mI}}{\mathrm{r}^{2}}=\mathrm{m} \frac{\mathrm{v}^{2}}{\mathrm{r}}$, 由于摩擦阻力作用卫星的线 速度减小, 提供的引力大于卫星所需要的向心力故卫星将做近心运动, 即轨 道半径将减小, 故 C 正确;

D、失重状态说明航天员对悬绳或支持物体的压力为 0 , 而地球对他的万有引力 提供他随天宫一号围绕地球做圆周运动的向心力, 所以 $\mathrm{D}$ 错误

故选: BC。


Question:
6. （6 分）在物理学发展过程中, 观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到 了重要作用。下列叙述符合史实的是（）

A. 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应, 该效应解释了电和磁之间存在联系

B. 安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性, 提出了分子电流 假说

C. 法拉第在实验中观察到, 在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中 ，会出现感应电流

D. 楞次在分析了许多实验事实后提出, 感应电流应具有这样的方向, 即感应 电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化

Answer: ABD

解: A、1820 年, 丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应, 揭示了电和磁之间存在联系。故 $\mathrm{A}$ 正确。

B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性, 提出了分子电流假 说, 很好地解释了磁化现象。故 B 正确。

C、法拉第在实验中观察到, 在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中, 不会出现感应电流。故C 错误。

D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律, 即感应电流应具有这样的方向 , 感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。故 D 正确。 故选: $A B D$ 。


Question:
7. （6 分) 目前, 在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转, 其中一些卫星 的轨道可近似为圆, 且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过 程中, 只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用, 则下列判断正确的是（ )
A. 卫星的动能逐渐减小
B. 由于地球引力做正功, 引力势能一定减小
C. 由于气体阻力做负功, 地球引力做正功, 机械能保持不变
D. 卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小量

Answer: BD

解: $A$ 、由 $\frac{G M M}{r^{2}}=\frac{m v^{2}}{r}$ 可知, $v=\sqrt{\frac{G M}{r}}$, 可见, 卫星的速度大小随轨道半径 的减小而增大, 所以 $\mathrm{A}$ 错误;

B、由于卫星高度逐渐降低, 所以地球引力对卫星做正功, 引力势能减小, 所以 $\mathrm{B}$ 正确;

C、由于气体阻力做负功, 所以卫星与地球组成的系统机械能减少, 故 C 错误;

D、根据动能定理可知引力与空气阻力对卫星做的总功应为正值, 而引力做的功 等于引力势能的减少, 即卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的变化, 所 以 D 正确。

故选: BD。


Question:
8. (6 分) 公路急转弯处通常是交通事故多发地带. 某公路急转弯处是一圆弧, 当汽车行驶的速率为 $v_{c}$ 时, 汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势, 则在 该弯道处，（）
A. 路面外侧高内侧低
B. 车速只要低于 $v_{c}$ ， 车辆便会向内侧滑动
C. 车速虽然高于 $v_{c}$, 但只要不超出某一高度限度, 车辆便不会向外侧滑动
D. 当路面结冰时, 与末结冰时相比, $v_{c}$ 的值变小

Answer: AC

解： A、路面应建成外高内低, 此时重力和支持力的合力指向内侧, 可 以提供圆周运动向心力。故 $A$ 正确。

$B$ 、车速低于 $v_{0}$, 所需的向心力减小, 此时摩擦力可以指向外侧, 合力依然提供 向心力，车辆不会向内侧滑动，故 B 错误;

C、车速若高于 $v_{0}$, 所需的向心力增大, 此时摩擦力可以指向内侧, 增大提供的 力, 所以只要不超出某一最高限度, 车辆也不会向外侧滑动, 故 C 正确;

D、当路面结冰时与末结冰时相比, 由于支持力和重力不变, 则 $\mathrm{v}_{\mathrm{c}}$ 的值不变。故 D 错误。

故选: $\mathrm{AC}$ 。


Question:
1. （6 分) 在法拉第时代, 下列验证“由磁产生电”设想的实验中, 能观察到感 应电流的是（ $)$
A. 将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路, 然后观察电流表的变化
B. 在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈, 然后观察电流表的变化
C. 将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接, 往线圈中揷入条形磁铁 后, 再到相邻房间去观察电流表的变化

D. 绕在同一铁环上的两个线圈, 分别接电源和电流表, 在给线圈通电或断电 的瞬间，观察电流表的变化

Answer: D

解: A、将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路, 回路中没有磁 通量的变化, 不能产生感应电流, 观察到电流表没有变化, 故 A 错误;

B、在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈, 回路中没有磁通量的变化, 不能产生感应电流, 观察到电流表没有变化, 故 B 错误;

C、将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接, 往线圈中揷入条形磁铁的 过程中有感应电流产生, 但是之后, 再到相邻房间去观察时, 回路中已经没 有磁通量的变化, 此时观察到的电流表没有变化, 故 $\mathrm{C}$ 错误;

D、绕在同一铁环上的两个线圈, 分别接电源和电流表, 在给线圈通电或断电的 瞬间, 回路中的磁通量发生变化, 能观察电流表的变化, 故 D 正确。

故选：D。


Question:
2. （6 分) 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力, 下列说法正确的是（
A. 安培力的方向可以不垂直于直导线
B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C. 安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关
D. 将直导线从中折成直角, 安培力的大小一定变为原来的一半

Answer: B

解： $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B} 、$ 根据左手定则可知, 安培力方向与磁场和电流组成的平面 垂直, 即与电流和磁场方向都垂直, 故 $\mathrm{A}$ 错误, $\mathrm{B}$ 正确;

C、磁场与电流不垂直时, 安培力的大小为 $\mathrm{F}=\mathrm{BIL} \sin \theta$, 则安培力的大小与通电 导线和磁场方向的夹角有关，故 $\mathrm{C}$ 错误;

D、根据安培力的特点可知, 电流的方向与磁场垂直时, $\mathrm{F}=\mathrm{BIL}$, 当电流方向与 磁场的方向平行, 所受安培力为 0 ; 若开始时电流与磁场垂直, 将直导线从中 折成直角, 让其中的一半与磁场的方向平行, 安培力的大小将变为原来的一 半; 将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角, 两部分都与从的 方向垂直, 安培力的大小一定变为原来的 $\frac{\sqrt{2}}{2}$; 根据不同的空间位置关系, 可 能还有其余的情况, 故 D 错误。

故选：B。


Question:
2. (6 分) 取水平地面为重力势能零点, 一物块从某一高度水平抛出, 在抛出 点其动能与重力势能恰好相等. 不计空气阻力, 该物块落地时的速度方向与 水平方向的夹角为 $(\quad)$
A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $\frac{\pi}{3}$
D. $\frac{5 \pi}{12}$

Answer: B

解: 设抛出时物体的初速度为 $v_{0}$, 高度为 $h$, 物块落地时的速度大小为 $v$, 方向与水平方向的夹角为 $\alpha$. 根据机械能守恒定律得:

$\frac{1}{2} m v_{0}^{2}+m g h=\frac{1}{2} m v^{2}$

据题有: $\frac{1}{2} m v_{0}^{2}=m g h$,

联立解得: $v=\sqrt{2} \mathrm{v}_{0}$,

则 $\cos \alpha=\frac{\mathrm{v}_{0}}{\mathrm{v}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

得： $\alpha=\frac{\pi}{4}$ 。

故选: $\mathrm{B}$ 。


Question:
3. (6 分) 一物体静止在粗䊁水平地面上, 现用一大小为 $\mathrm{F}_{1}$ 的水平拉力拉动物 体, 经过一段时间后其速度为 $\mathrm{v}$, 若将水平拉力的大小改为 $F_{2}$, 物体从静止开 始经过同样的时间后速度变为 $2 \mathrm{v}$, 对于上述两个过程, 用 $W_{F 1} 、 W_{F 2}$ 分别表示 拉力 $F_{1} 、 F_{2}$ 所做的功, $W_{f 1} 、 W_{f 2}$ 分别表示前两次克服摩擦力所做的功, 则 ( $)$
A. $\mathrm{W}_{\mathrm{F} 2}>4 \mathrm{~W}_{\mathrm{F} 1}, \mathrm{~W}_{\mathrm{f} 2}>2 \mathrm{~W}_{\mathrm{f} 1}$
B. $\mathrm{W}_{\mathrm{F} 2}>4 \mathrm{~W}_{\mathrm{F} 1}, \mathrm{~W}_{\mathrm{f} 2}=2 \mathrm{~W}_{\mathrm{f} 1}$
C. $\mathrm{W}_{\mathrm{F} 2}<4 \mathrm{~W}_{\mathrm{F} 1}, \mathrm{~W}_{\mathrm{f} 2}=2 \mathrm{~W}_{\mathrm{f} 1}$
D. $\mathrm{W}_{\mathrm{F} 2}<4 \mathrm{~W}_{\mathrm{F} 1}, \mathrm{~W}_{\mathrm{f} 2}<2 \mathrm{~W}_{\mathrm{f} 1}$

Answer: C

解: 由题意可知, 两次物体均做匀加速运动, 则在同样的时间内, 它们 的位移之比为 $S_{1}: S_{2}=\frac{\mathrm{v}}{2} t: \frac{2 \mathrm{v}}{2} t=1: 2$;

两次物体所受的摩擦力不变, 根据力做功表达式, 则有滑动摩擦力做功之比 $\mathrm{W}_{\mathrm{f} 1}$

$: \mathrm{W}_{\mathrm{f2}}=\mathrm{fS}_{1}: \mathrm{fS}_{2}=1: 2 ;$

再由动能定理, 则有: $W_{F^{-}} W_{f}=\frac{1}{2} m v^{2}-0$;

可知, $W_{F 1}-W_{f 1}=\frac{1}{2} m v^{2}-0$;

$\mathrm{W}_{\mathrm{F} 2}-\mathrm{W}_{\mathrm{f} 2}=4 \times \frac{1}{2} \mathrm{mv} \mathrm{v}^{2}-0$;

由上两式可解得: $W_{F 2}=4 W_{F 1}-2 W_{f 1}$, 故 C 正确, $A B D$ 错误;

故选: C。


Question:
5. (6 分) 假设地球可视为质量均匀分布的球体, 已知地球表面重力加速度在 两极的大小为 $g_{0}$, 赤道的大小为 $g$; 地球自转的周期为 $\mathrm{T}$, 引力常量为 $G$. 则 地球的密度为 ( $)$
A. $\frac{3 \pi g_{0}-g}{G T^{2} g_{0}}$
B. $\frac{3 \pi g_{0}}{G T^{2} g_{0}-g}$
C. $\frac{3 \pi}{\mathrm{GT}^{2}}$
D. $\frac{3 \pi g_{0}}{G T^{2} g}$

Answer: B

解: 在两极, 引力等于重力, 则有: $\mathrm{mg}=\mathrm{G} \frac{\mathrm{MW}}{\mathrm{R}^{2}}$,

由此可得地球质量 $M=\frac{g_{0} R^{2}}{G}$,

在赤道处, 引力与支持力的合力提供向心力, 由牛顿第二定律, 则有: $G \frac{\mathrm{mK}}{\mathrm{R}^{2}}-\mathrm{mg}=\mathrm{m}$ $\frac{4 \pi^{2}}{T^{2}} R$

而密度公式 $\rho=\frac{M}{V}$,

$\rho=\frac{\frac{g_{0} R^{2}}{G}}{\frac{4}{3} \pi R^{3}}=\frac{3 \pi g_{0}}{G T^{2}\left(g_{0}-g\right)}$, 故 B 正确, ACD 错误;

故选: B。


Question:
6. （6 分）关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是（）
A. 电场强度的方向处处与等电势面垂直
B. 电场强度为零的地方, 电势也为零
C. 随着电场强度的大小逐渐减小, 电势也逐渐降低
D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落的方向

Answer: AD

解: A、电场线与等势面垂直, 而电场强度的方向为电场线的方向, 所 以电场强度的方向与等势面垂直, 故 $\mathrm{A}$ 正确;

B、电场强度与电势没有直接关系, 电场强度为零时, 电势不一定为零; 电势为 零, 电场强度不一定为零, 故 $\mathrm{B}$ 错误;

C、根据沿着电场线的方向, 电势逐渐降低, 与电场强度的大小无关, 故 C 错误

D、顺着电场线方向电势降低, 故 D 正确。

故选: AD。


Question:
1. （6 分）两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方 向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力，,从较强磁场区域进入到 较弱磁场区域后粒子的（）
A. 轨道半径增大, 角速度增大
B. 轨道半径增大, 角速度减小
C. 轨道半径减小, 速度增大
D. 轨道半径减小, 速度不变

Answer: B

解: 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,

根据洛伦兹力提供向心力: $\mathrm{qvB}=\mathrm{m} \frac{\mathrm{v}^{2}}{\mathrm{R}}$

可得: $R=\frac{\Pi V}{q B}$

从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后， $B$ 减小，所以 $R$ 增大。

线速度、角速度的关系为: $v=\omega R$

因为洛伦兹力不做功, 故线速度 $\mathrm{v}$ 的大小不变, 半径 $\mathrm{R}$ 增大, 所以角速度减小, 故 B 正确, ACD 错误。

故选: B。


Question:
8. （6 分) 我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后, 先在月球表面附近的 近似轨道上绕月运行, 然后经过一系列过程, 在离月面 $4 \mathrm{~m}$ 高处做一次悬停 ( 可认为是相对于月球静止), 最后关闭发动机, 探测器自由下落, 已知探测 器的质量约为 $1.3 \times 10^{3} \mathrm{~kg}$, 地球质量约为月球的 81 倍, 地球半径约为月球的 3.7 倍, 地球表面的重力加速度大小约为 $9.8 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}$, 则此探测器 ( $）$
A. 在着陆前的瞬间, 速度大小约为 $8.9 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$
B. 悬停时受到的反冲击作用力约为 $2 \times 10^{3} \mathrm{~N}$
C. 从离开近月圆轨道到着陆这段时间内, 机械能守恒
D. 在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度

Answer: BD

解: A、根据万有引力等于重力 $\frac{G M m}{R^{2}}=m \mathrm{~m}$,

$g=\frac{G M}{R^{2}}$

地球质量约为月球的 81 倍, 地球半径约为月球的 3.7 倍, 地球表面的重力加速

度大小约为 $9.8 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}$,

所以月球表面的重力加速度大小约为 $\mathrm{g}^{\prime}=1.66 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}$,

根据运动学公式得在着陆前的瞬间, 速度大小约 $v=\sqrt{2 g^{\prime} ~} \mathrm{~h}=3.6 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$, 故 $A$ 错误;

B、登月探测器悬停时, 二力平衡,

$\mathrm{F}=\mathrm{mg}^{\prime}=1.3 \times 10^{3} \times 1.66 \approx 2 \times 10^{3} \mathrm{~N}$, 故 B 正确;

C、从离开近月圆轨道到着陆这段时间, 由于受到了反冲作用力, 且反冲作用力 对探测器做负功, 探测器机械能减小, 选项 C 错误

$D$ 、根据 $v=\sqrt{\frac{G M}{r}}$, 地球质量约为月球的 81 倍, 地球半径约为月球的 3.7 倍,

所以在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，

故 D 正确;

故选: BD。


Question:
5. （6 分) 指南针是我国古代四大发明之一. 关于指南针, 下列说明正确的是 (
A. 指南针可以仅具有一个磁极
B. 指南针能够指向南北, 说明地球具有磁场
C. 指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D. 在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线, 导线通电时指南针不偏转

Answer: BC

解: A、不存在单独的磁单极子, 指南针也不例外, 故 A 错误;

B、指南针能够指向南北, 说明地球具有磁场, 地磁场是南北指向的, 故 B 正确

C、指南针的指向会受到附近铁块的干扰, 是由于铁块被磁化后干扰了附近的地 磁场, 故 C 正确;

D、在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线, 根据安培定则, 电流的磁场 在指南针位置是东西方向的, 故导线通电时指南针偏转 $90^{\circ}$, 故 D 错误;

故选：BC。


Question:
7. (6 分) 在一东西向的水平直铁轨上, 停放着一列已用挂钩连接好的车厢。 当机车在东边拉着这列车厢以大小为 $\mathrm{a}$ 的加速度向东行驶时, 连接某两相邻 车厢的挂钧 $P$ 和 $Q$ 间的拉力大小为 $F$; 当机车在西边拉着这列车厢以大小为 $\frac{2}{3} a$ 的加速度向西行驶时, $P$ 和 $Q$ 间的拉力大小仍为 $F$. 不计车厢与铁轨间的 摩擦, 每节车厢质量相同, 则这列车厢的节数可能为 ( )
A. 8
B. 10
C. 15
D. 18

Answer: BC

解: 设 $P Q$ 两边的车厢数为 $P$ 和 $Q$, 当机车在东边拉时, 根据牛顿第二定律可得, $F=P m \bullet a$,

当机车在西边拉时, 根据牛顿第二定律可得, $\mathrm{F}=\mathrm{Qm} \cdot \frac{2}{3} \mathrm{a}$,

根据以上两式可得, $\frac{P}{Q}=\frac{2}{3}$,

即两边的车厢的数目可能是 2 和 3 , 或 4 和 6 , 或 6 和 9 , 或 8 和 12 , 等等,

所以总的车厢的数目可能是 5、10、15、20，

所以可能的是 $B C$ 。

故选: $B C$ 。


Question:
1. (6 分) 一平行电容器两极板之间充满云母介质, 接在恒压直流电源上, 若 将云母介质移出, 则电容器（）
A. 极板上的电荷量变大, 极板间的电场强度变大
B. 极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大
C. 极板上的电荷量变大，极板间的电场强度不变
D. 极板上的电荷量变小, 极板间的电场强度不变

Answer: D

解：电容器接在恒压直流电源上, 则电容器两端的电势差不变。

将云母介质移出后, 介电常数减小, 根据电容的决定式 $C=\frac{\varepsilon S}{4 \pi \mathrm{kd}}$ 知, 介电常数 减小, 电容减小。

由于电压不变, 根据 $\mathrm{C}=\frac{Q}{\mathrm{U}}$ 可知, 电荷量 $\mathrm{Q}$ 减小。

由于电容器的电压不变, 板间的距离 $\mathrm{d}$ 不变, 根据 $\mathrm{E}=\frac{\mathrm{U}}{\mathrm{d}}$ 可知, 极板间的电场强度 不变。

所以 $A B C$ 错误, $D$ 正确;

故选: D。


Question:
5. (6 分) 一质点做匀速直线运动, 现对其施加一恒力, 且原来作用在质点上 的力不发生改变, 则（ )
A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B. 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变

Answer: BC

解: A. 质点开始做匀速直线运动, 现对其施加一恒力, 其合力不为零, 如果所加恒力与原来的运动方向在一条直线上, 质点做匀加速或匀减速直线 运动, 质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反; 如果所加恒力与原来的 运动方向不在一条直线上, 物体做曲线运动, 速度方向沿切线方向, 力和运 动方向之间有大角，故 $\mathrm{A}$ 错误;

B. 由 $\mathrm{A}$ 分析可知, 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直, 故 $\mathrm{B}$ 正确

C. 由于质点做匀速直线运动, 即所受合外力为 0 , 原来质点上的力不变, 增加 一个恒力后, 则质点所受的合力就是这个恒力, 所以加速度方向与该恒力方 向相同, 故 C 正确;

D. 因为合外力恒定, 加速度恒定, 由 $\triangle v=a \Delta t$ 可知, 质点单位时间内速度的变 化量总是不变, 但是, 如果质点做匀变速曲线运动, 则单位时间内速度的变 化量是不变的, 而速率的变化量却是变化的, 故 D 错误。

故选: BC。


Question:
6. （6 分) 两实心小球甲和乙由同一种材质制成, 甲球质量大于乙球质量。两 球在空气中由静止下落, 假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比, 与 球的速率无关。若它们下落相同的距离, 则（）
A. 甲球用的时间比乙球长
B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功

Answer: BD

解: 设小球的密度为 $\rho$, 半径为 $r$, 则小球的质量为: $m=\rho v=\rho \cdot \frac{4}{3} \pi r^{3}$ 重力: $\mathrm{G}=\mathrm{mg}=\frac{4}{3} \pi g \rho \mathrm{r}^{3}$

小球的加速度: $a=\frac{G-f}{m}=g \frac{k r}{\rho \cdot \frac{4}{3} \pi r^{3}}=g \frac{3 k}{4 \pi \rho r^{2}}$ 可知, 小球的质量越大, 半径越大, 则下降的加速度越大。所以甲的加速度比较 大。

A、两个小球下降的距离是相等的, 根据: $x=\frac{1}{2} a t^{2}$ 可知, 加速度比较大的甲运 动的时间短。故 $A$ 错误;

B、根据: $2 a x=\mathrm{v}^{2}-\mathrm{v}_{0}^{2}$ 可知, 加速度比较大的甲球末速度的大小大于乙球末速度 的大小。故 B 正确;

C、小球的质量越大, 半径越大, 则下降的加速度越大。所以甲的加速度比较大。 故 C 错误;

D、由题可知, 它们运动时受到的阻力与球的半径成正比, 即: $f=k r$, 所以甲的 阻力大, 根据 $\mathrm{W}=\mathrm{FS}$ 可知, 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功。 故 D 正确。

故选：BD。


Question:
1. （6 分） 关于行星运动的规律, 下列说法符合史实的是（）
A. 开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律
B. 开普勒在天文观测数据的基础上, 总结出了行星运动的规律
C. 开普勒总结出了行星运动的规律, 找出了行星按照这些规律运动的原因
D. 开普勒总结出了行星运动的规律， 发现了万有引力定律

Answer: B

【解答】解：开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上, 总结出了行星运动 的规律, 但并末找出了行星按照这些规律运动的原因; 牛顿在开普勒行星运 动定律的基础上推导出万有引力定律, 故 $A C D$ 错误, $B$ 正确。

故选: B。


Question:
2. (6 分) 关于静电场的等势面, 下列说法正确的是 $(\quad)$
A. 两个电势不同的等势面可能相交
B. 电场线与等势面处处相互垂直
C. 同一等势面上各点电场强度一定相等
D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面, 电场力做 正功

Answer: B

【解答】解: A、沿电场线的方向电势降低, 所以电势不同的等势面不可能相交。 故 $\mathrm{A}$ 错误;

B、根据电场线与等势面的关系可知, 电场线与等势面互相垂直，故 B 正确;

C、电场强度的大小与电势的高低没有关系, 所以同一等势面上各点电场强度不 一定相等，故 C 错误;

D、负电荷在电势高的位置的电势能小, 所以将一负的试探电荷从电势较高的等 势面移至电势较低的等势面, 电势能增大, 电场力做负功, 故 D 错误。

故选: B。


Question:
3. (6 分) 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动, 在时间间隔 $\mathrm{t}$ 内位移为 $\mathrm{s}$, 动能变为原来的 9 倍。该质点的加速度为 $(\quad)$
A. $\frac{2 s}{t^{2}}$
B. $\frac{s}{t^{2}}$
C. $\frac{3 s}{2 t^{2}}$
D. $\frac{4 s}{t^{2}}$

Answer: B

【解答】解：设质点的初速度为 $\mathrm{v}$, 则动能 $\mathrm{E}_{\mathrm{k} 1}=\frac{1}{2} \mathrm{mv}^{2}$, 由于末动能变为原来的 9 倍, 则可知, 末速度为原来的 3 倍, 故 $v^{\prime}=3 \mathrm{v}$;

故平均速度 $\bar{v}=\frac{v+3 v}{2}=2 v$;

根据位移公式可知: $\bar{v}=\frac{s}{t}$

联立解得： $v=\frac{s}{2 t}$;

根据加速度定义可知 $a=\frac{\Delta v}{t}=\frac{3 v-v}{t}=\frac{2 \times \frac{s}{2 t}}{t}=\frac{s}{t^{2}}$, 故 $B$ 正确, ACD 错误。

故选: B。


Question:
1. (6 分) 将质量为 $1.00 \mathrm{~kg}$ 的模型火箭点火升空, $50 \mathrm{~g}$ 燃烧的燃气以大小为 $600 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间, 火箭的 动量大小为 (喷出过程中重力和空气阻力可忽略) ( $）$
A. $30 \mathrm{~kg} \cdot \mathrm{m} / \mathrm{s}$
B. $5.7 \times 10^{2} \mathrm{~kg} \cdot \mathrm{m} / \mathrm{s}$
C. $6.0 \times 10^{2} \mathrm{~kg} \cdot \mathrm{m} / \mathrm{s}$
D. $6.3 \times 10^{2} \mathrm{~kg} \cdot \mathrm{m} / \mathrm{s}$

Answer: A

解: 开始总动量为零, 规定气体喷出的方向为正方向, 根据动量守恒定 律得， $0=m_{1} v_{1}+P$,

解得火箭的动量 $P=-\mathrm{m}_{1} \mathrm{v}_{1}=-0.05 \times 600 \mathrm{~kg} \cdot \mathrm{m} / \mathrm{s}=-30 \mathrm{~kg} \cdot \mathrm{m} / \mathrm{s}$, 负号表示方向, 故 A 正确, B、C、D 错误。

故选: A。


Question:
2. （6 分）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（ 忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网, 速度较小的球没有越过球网; 其原因是（ $）$
A. 速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B. 速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C. 速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D. 速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大

Answer: C

解: 发球机发出的球, 速度较大的球越过球网, 速度度较小的球没有越 过球网, 原因是发球机到网的水平距离一定, 速度大, 则所用的时间较少, 球下降的高度较小, 容易越过球网, 故 C 正确, ABD 错误。

故选: C。


Question:
3. （6 分) 如图, 空间某区域存在匀强电场和匀强磁场, 电场方向坚直向上（ 与纸面平行，, 磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 $a, b, c$ 电荷 量相等, 质量分别为 $m_{a}, m_{b}, m_{c}$. 已知在该区域内, $a$ 在纸面内做匀速圆周 运动, $\mathrm{b}$ 在纸面内向右做匀速直线运动, $\mathrm{c}$ 在纸面内向左做匀速直线运动。下 列选项正确的是（ $)$

$$
\begin{array}{c|c|c|c|c}
\times & \times & \times & \times & \times \\
\text { 左 } \times & \times & \times & \times & \times \text { 右 } \\
\times & \times & \times & \times & \times
\end{array}
$$
A. $m_{a}>m_{b}>m_{c}$
B. $m_{b}>m_{a}>m_{c}$
C. $m_{c}>m_{a}>m_{b}$
D. $m_{c}>m_{b}>m_{a}$

Answer: B

解: 微粒受重力 $\mathrm{G}$ 、电场力 $\mathrm{F} 、$ 洛伦兹力 $\mathrm{F}^{\prime}$ 的作用, 三个带正电的微粒 $\mathrm{a}$ ， $b, c$ 电荷量相等, 那么微粒所受电场力 $F$ 大小相等, 方向坚直向上;

$a$ 在纸面内做匀速圆周运动, 则 $a$ 的重力等于电场力, 即 $F=G_{a}=m_{a} g$;

$\mathrm{b}$ 在纸面内向右做匀速直线运动, 则 $\mathrm{b}$ 受力平衡, 因为重力方向坚直向下, 洛伦 兹力方向坚直向上, 则有 $F+F^{\prime}{ }_{b}=G_{b}=m_{b} g$;

$\mathrm{c}$ 在纸面内向左做匀速直线运动, 则 $\mathrm{c}$ 受力平衡, 且洛伦兹力方向向下, 则有:

$\mathrm{F}-\mathrm{F}_{\mathrm{c}}{ }_{\mathrm{O}}=\mathrm{G}_{\mathrm{c}}=\mathrm{m}_{\mathrm{c}} \mathrm{g}$

所以, $m_{b}>m_{a}>m_{c}$, 故 ACD 错误, B 正确;

故选: B。


Question:
4. （6 分) 大科学工程“人造太阳”主要是将㲴核聚变反应释放的能量用来发电, 氚核聚变反应方程是: ${ }_{1}^{2} \mathrm{H}+{ }_{1}^{2} \mathrm{H} \rightarrow{ }_{2}^{3} \mathrm{He}+{ }_{0}^{1} \mathrm{n}$, 已知 ${ }_{1}^{2} \mathrm{H}$ 的质量为 $2.0136 \mathrm{u}$, ${ }_{2}^{3} \mathrm{He}$ 的质量为 $3.0150 \mathrm{u},{ }_{0}^{1} \mathrm{n}$ 的质量为 $1.0087 \mathrm{u}, 1 \mathrm{u}=931 \mathrm{MeV} / \mathrm{c}^{2}$. 㲴核聚变反 应中释放的核能约为 ( $)$
A. 3.7MeV
B. $3.3 \mathrm{MeV}$
C. $2.7 \mathrm{MeV}$
D. $0.93 \mathrm{MeV}$

Answer: B

解：因氞核聚变的核反应方程为: ${ }_{1}^{2} \mathrm{H}+{ }_{1}^{2} \mathrm{H} \rightarrow{ }_{2}^{3} \mathrm{He}+{ }_{0}^{1} \mathrm{n}$;

核反应过程中的质量亏损为 $\triangle \mathrm{m}=2 \mathrm{~m}_{\mathrm{H}^{-}} \quad\left(\mathrm{m}_{\mathrm{He}}+\mathrm{m}_{\mathrm{n}}\right)=0.0035 \mathrm{u}$

释放的核能为 $\triangle \mathrm{E}=\triangle \mathrm{mc}^{2}=0.0035 \mathrm{uc}^{2}=3.3 \mathrm{MeV}$, 故 B 正确, $A C D$ 错误; 故选：B。


Question:
2. (6 分) 一静止的铀核放出一个 $\alpha$ 粒子衰变成钍核, 衰变方程为 ${ }_{92}^{238} \mathrm{U} \rightarrow$ ${ }_{90}^{234} \mathrm{Th}^{+}{ }_{2}^{4} \mathrm{He}$, 下列说法正确的是（ $）$
A. 衰变后针核的动能等于 $\alpha$ 粒子的动能
B. 衰变后针核的动量大小等于 $\alpha$ 粒子的动量大小
C. 铀核的半衰期等于其放出一个 $\alpha$ 粒子所经历的时间
D. 衰变后 $\alpha$ 粒子与针核的质量之和等于衰变前铀核的质量

Answer: B

解: $\mathrm{AB} 、$ 一静止的铀核放出一个 $\alpha$ 粒子衰变成针核, 根据系统动量守 恒知, 衰变后针核和 $\alpha$ 粒子动量之和为零, 可知衰变后针核的动量大小等于 $\alpha$ 粒子的动量大小, 根据 $\mathrm{E}_{\mathrm{k}}=\frac{\mathrm{p}^{2}}{2 \mathrm{~m}}$ 知, 由于钍核和 $\alpha$ 粒子质量不同, 则动能不同, 故 $\mathrm{A}$ 错误, B 正确。

C、半衰期是原子核有半数发生衰变的时间, 故 $\mathrm{C}$ 错误。

D、衰变的过程中有质量亏损, 即衰变后 $\alpha$ 粒子与针核的质量之和小于衰变前铀 核的质量, 故 D 错误。

故选：B。


Question:
1. (6 分) 2017 年 4 月, 我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实 验室完成了首次交会对接, 对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道 (可 视为圆轨道) 运行. 与天宫二号单独运行相比, 组合体运行的 $(\quad)$
A. 周期变大
B. 速率变大
C. 动能变大
D. 向心加速度变大

Answer: C

【解答】解: 天宫二号在天空运动, 万有引力提供向心力, 天宫二号的轨道是固 定的， 即半径是固定的

根据 $F=\frac{G M I m}{r^{2}}=\frac{m v^{2}}{r}=\frac{m 4 \pi^{2} r}{T^{2}}$ 可知, 天宫二号的速度大小是不变的, 则两者对接后,

速度大小不变，周期不变，加速度不变;

但是和对接前相比, 质量变大, 所以动能变大。

故选: C。


Question:
6. (6 分) 在光电效应实验中, 分别用频率为 $v_{a} 、 v_{b}$ 的单色光 $a 、 b$ 照射到同种 金属上，测得相应的遏止电压分别为 $U_{a}$ 和 $U_{b}$ 、光电子的最大初动能分别为 $E_{k a}$ 和 $E_{k b} ， h$ 为普朗克常量。下列说法正确的是（）
A. 若 $v_{a}>v_{b}$, 则一定有 $U_{a}<U_{b}$
B. 若 $v_{a}>v_{b}$, 则一定有 $E_{k a}>E_{k b}$
C. 若 $U_{\mathrm{a}}<U_{b}$, 则一定有 $E_{k a}<E_{k b}$
D. 若 $v_{a}>v_{b}$, 则一定有 $h v_{a}-E_{k a}>h v_{b}-E_{k b}$

Answer: BC

【解答】解: $A B$ 、根据光电效应方程 $E_{k m}=h v-W_{0}$ 知, $v_{a}>v_{b}$, 逸出功相同, 则 $E_{k a}>E_{k b}$, 又 $E_{k m}=e U_{c}$, 则 $U_{a}>U_{b}$, 故 $A$ 错误, B正确。

C、根据 $E_{k m}=e U_{c}$ 知, 若 $U_{\mathrm{a}}<U_{b}$, 则一定有 $E_{k a}<E_{k b}$, 故 C 正确。

D、逸出功 $W_{0}=h v-E_{k m}$, 由于金属的逸出功相同, 则有: $h v_{a}-E_{k a}=h v_{b}-E_{k b}$, 故 D 错误。

故选: BC。


Question:
1. (6 分) 高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动, 在启动阶段，列车的动能（ $)$
A. 与它所经历的时间成正比
B. 与它的位移成正比
C. 与它的速度成正比
D. 与它的动量成正比

Answer: B

解: $A$ 、因列车做初速度为零的匀加速直线运动, 则有: $v=a t$, 而动能 表达式 $E_{k}=\frac{1}{2} m v^{2}=\frac{1}{2} m a^{2} t^{2}$, 可知动能与所经历的时间平方成正比, 故 $A$ 错误 ;

$B 、$ 依据动能定理, 则有: $F$ 合 $x=\frac{1}{2} m v^{2}-0$, 可知, 动能与它的位移成正比, 故 $B$ 正确;

C、由动能表达式 $E_{k}=\frac{1}{2} m v^{2}$, 可知, 动能与它的速度平方成正比, 故 $C$ 错误;

D、依据动能与动量关系式, $E_{k}=\frac{P^{2}}{2 \mathrm{~m}}$, 可知, 动能与它的动量平方成正比, 故 $D$ 错误;

故选: B。


Question:
7. （6 分) 2017 年, 人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据 科学家们复原的过程, 在两颗中子星合并前约 $100 \mathrm{~s}$ 时, 它们相距约 $400 \mathrm{~km}$, 绕二者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的 球体, 由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识, 可以估算出这一时 刻两颗中子星 $(\quad)$
A. 质量之积
B. 质量之和
C. 速率之和
D. 各自的自转角速度

Answer: BC


Question:
2. （6 分）高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 $50 \mathrm{~g}$ 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下, 与地面的碰撞时间约为 $2 \mathrm{~ms}$, 则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（
A. $10 \mathrm{~N}$
B. $10^{2} \mathrm{~N}$
C. $10^{3} \mathrm{~N}$
D. $10^{4} \mathrm{~N}$

Answer: C

解: 每层楼高约为 $3 \mathrm{~m}$, 鸡蛋下落的总高度 $\mathrm{h}=(25-1) \times 3 \mathrm{~m}=72 \mathrm{~m}$;

自由下落时间 $\mathrm{t}_{1}=\sqrt{\frac{2 \mathrm{~h}}{\mathrm{~g}}}=\sqrt{\frac{2 \times 72}{10}} \mathrm{~s}=3.8 \mathrm{~s}$,

与地面的碰撞时间约为 $t_{2}=2 m s=0.002 s$,

全过程根据动量定理可得: $m g\left(t_{1}+t_{2}\right)-\mathrm{Ft}_{2}=0$

解得冲击力 $\mathrm{F}=950 \mathrm{~N} \approx 10^{3} \mathrm{~N}$, 故 $\mathrm{C}$ 正确。

故选: C。


Question:
3. （6 分) 2018 年 2 月, 我国 $500 \mathrm{~m}$ 口径射电望远镜 (天眼) 发现毫秒脉冲星 "J0318+0253", 其自转周期 $T=5.19 \mathrm{~ms}$ 。假设星体为质量均匀分布的球体, 已 知万有引力常量为 $6.67 \times 10^{-11} \mathrm{~N} \cdot \mathrm{m}^{2} / \mathrm{kg}^{2}$. 以周期 $T$ 稳定自转的星体的密度最 小值约为 ( $)$
A. $5 \times 10^{4} \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}$
B. $5 \times 10^{12} \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}$
C. $5 \times 10^{15} \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}$
D. $5 \times 10^{18} \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}$

Answer: C

解: 设位于该星体赤道处的小块物质质量为 $\mathrm{m}$, 物体受到的星体的万有 引力恰好提供向心力, 这时星体不瓦解且有最小密度, 由万有引力定律结合牛顿第二定律得: $\frac{\mathrm{GM} M \mathrm{~m}}{\mathrm{R}^{2}}=\mathrm{mR} \frac{4 \pi^{2}}{\mathrm{~T}^{2}}$

球体的体积为: $V=\frac{4}{3} \pi R^{3}$

密度为: $\rho=\frac{\mathbb{M}}{\mathrm{V}}=\frac{3 \pi}{\mathrm{GT}^{2}}$

代入数据解得 $\rho=\frac{3 \times 3.14}{6.67 \times 10^{-11} \times\left(5.19 \times 10^{-3}\right)^{2}}=5 \times 10^{15} \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}$. 故 C 正确、ABD

错误;

故选: C。


Question:
1. (6 分) 1934 年, 约里奥 - 居里夫妇用 $\alpha$ 粒子轰击铝核 ${ }_{13}^{27} \mathrm{Al}$, 产生了第一个人 工放射性核素 $\mathrm{X}: \alpha+{ }_{13}^{2 \top} \mathrm{A} \rightarrow \mathrm{n}+\mathrm{X}$. $\mathrm{X}$ 的原子序数和质量数分别为 $($ ）
A. 15 和 28
B. 15 和 30
C. 16 和 30
D. 17 和 31

Answer: B

【解答】解: 设 $\mathrm{X}$ 的质量数为 $\mathrm{m}$, 电荷数为 $\mathrm{n}$, 根据核反应中质量数守恒和电荷 数守恒可知:

$4+27=1+m ;$

$2+13=0+n$

解得: $\mathrm{m}=30 ; \mathrm{n}=15$;

故其原子序数为 15 , 质量数为 30 ; 故 B 正确, $\mathrm{ACD}$ 错误。

故选: B。


Question:
2. (6 分) 为了探测引力波, “天琴计划”预计发射地球卫星 $P$, 其轨道半径约为 地球半径的 16 倍; 另一地球卫星 $\mathrm{Q}$ 的轨道半径约为地球半径的 4 倍。 $\mathrm{P}$ 与 $\mathrm{Q}$ 的周期之比约为 $(\quad)$
A. $2: 1$
B. 4: 1
C. $8: 1$
D. $16: 1$

Answer: C

【解答】解: 根据题意可得 $\mathrm{P}$ 与 $\mathrm{Q}$ 的轨道半径之比为:

$\mathrm{r}_{\mathrm{P}}: \mathrm{r}_{\mathrm{Q}}=4: 1$

根据开普勒第三定律有:

$\frac{r^{3}}{T^{2}}=k$

得: $\frac{r_{P}^{3}}{T_{P}^{2}}=\frac{r_{Q}^{3}}{T_{Q}^{2}}$

可得周期之比为:

$\mathrm{T}_{\mathrm{P}}: \mathrm{T}_{\mathrm{Q}}=8: \quad 1$

故 C 正确, ABD 错误。

故选:C。


Question:
3. (6 分) 最近, 我国为 “长征九号” 研制的大推力新型火箭发动机联试成功, 这标志着我 国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约 为 $3 \mathrm{~km} / \mathrm{s}$, 产生的推力约为 $4.8 \times 10^{6} \mathrm{~N}$, 则它在 $1 \mathrm{~s}$ 时间内喷射的气体质量约为 $(\quad)$
A. $1.6 \times 10^{2} \mathrm{~kg}$
B. $1.6 \times 10^{3} \mathrm{~kg}$
C. $1.6 \times 10^{5} \mathrm{~kg}$
D. $1.6 \times 10^{6} \mathrm{~kg}$

Answer: B

【解答】解: 以气体为研究对象, 设 $\mathrm{t}=1 \mathrm{~s}$ 内喷出的气体质量为 $\mathrm{m}$, 根据动量定理可得:

$\mathrm{Ft}=\mathrm{mv}-0$

其中 $\mathrm{v}=3 \mathrm{~km} / \mathrm{s}=3000 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$

解得: $\mathrm{m}=\frac{\mathrm{Ft}}{\mathrm{v}}=\frac{4.8 \times 10^{6} \times 1}{3000} \mathrm{~kg}=1.6 \times 10^{3} \mathrm{~kg}$, 故 B 正确, $\mathrm{ACD}$ 错误。

故选：B。


Question:
2. (6 分) 太阳内部核反应的主要模式之一是质子 - 质子循环, 循环的结果可表示为 ${ }_{1}^{1} \mathrm{H} \rightarrow{ }_{2}^{4} \mathrm{He}+2 \underset{1}{0} \mathrm{e}+2 \mathrm{v}$

已知 ${ }_{1}^{1} \mathrm{H}$ 和 ${ }_{2}^{4} \mathrm{He}$ 的质量分别为 $\mathrm{m}_{\mathrm{p}}=1.0078 \mathrm{u}$ 和 $\mathrm{m}_{a}=4.0026 \mathrm{u}, 1 \mathrm{u}=931 \mathrm{MeV} / \mathrm{c}^{2}, \mathrm{c}$ 为光速。

在 4 个 ${ }_{1}^{1} \mathrm{H}$ 转变成 1 个 ${ }_{2}^{4} \mathrm{He}$ 的过程中，释放的能量约为（）
A. $8 \mathrm{MeV}$
B. $16 \mathrm{MeV}$
C. $26 \mathrm{MeV}$
D. $52 \mathrm{MeV}$

Answer: C

【解答】解：反应过程中的质量亏损约为:

$\Delta \mathrm{m}=4 \mathrm{~m}_{\mathrm{p}}-\mathrm{m}_{\mathrm{a}}=4 \times 1.0078 \mathrm{u}-4.0026 \mathrm{u}=0.0286 \mathrm{u}$

由于 $1 \mathrm{u}=931 \mathrm{MeV} / \mathrm{c}^{2}$

根据爱因斯坦质能方程可得： $\triangle \mathrm{E}=\triangle \mathrm{mc}^{2}=26 \mathrm{MeV}$ ，故 C 正确, $\mathrm{ABD}$ 错误。

故选：C。


Question:
3. (6 分) 物块在轻绳的拉动下沿倾角为 $30^{\circ}$ 的固定斜面向上匀速运动, 轻绳与斜面平行。 已知物块与斜面之间的动摩擦因数为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$, 重力加速度取 $10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}$. 若轻绳能承受的最大张 力为 $1500 \mathrm{~N}$ ，则物块的质量最大为 $(\quad)$
A. $150 \mathrm{~kg}$
B. $100 \sqrt{3} \mathrm{~kg}$
C. $200 \mathrm{~kg}$
D. $200 \sqrt{3} \mathrm{~kg}$

Answer: A

【解答】解: 以物体为研究对象, 沿斜面方向根据平衡条件可得:

$\mathrm{F}=\mathrm{mg} \sin 30^{\circ}+\mu \mathrm{mg} \cos 30^{\circ}$

当拉力最大时质量最大, 解得: $\mathrm{m}=150 \mathrm{~kg}$, 故 A 正确, $\mathrm{BCD}$ 错误。

故选：A。


Question:
7. (6 分) 静电场中, 一带电粒子仅在电场力的作用下自 $\mathrm{M}$ 点由静止开始运动, $\mathrm{N}$ 为粒子 运动轨迹上的另外一点, 则 $(\quad)$
A. 运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B. 在 $M 、 N$ 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C. 粒子在 $M$ 点的电势能不低于其在 $\mathrm{N}$ 点的电势能
D. 粒子在 $\mathrm{N}$ 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行

Answer: AC

【解答】解: A、由于电场的特点末知, 对于带电粒子, 其运动过程中, 粒子的速度大小 可能先增大后减小。故 A 正确;

$B$ 、带电粒子在只受电场力, 且电场线是直线时运动轨迹才与电场线重合, 由于该电场末 知, 所以粒子的轨迹不一定与某条电场线重合。故 B 错误;

$\mathrm{C}$ 、粒子从静止开始运动, 电场力一定做正功, 所以粒子在 $\mathrm{M}$ 点的电势能不低于其在 $\mathrm{N}$ 点的电势能。故 C 正确;

$\mathrm{D}$ 、若粒子运动的轨迹为曲线, 粒子在 $\mathrm{N}$ 点所受电场力的方向为电场线的切线方向, 粒 子轨迹的切线方向为速度的方向, 根据曲线运动的条件可知, 此时电场力的方向与速度 的方向一定不能平行。故 D 错误

故选: $\mathrm{AC}$


Question:
1. (6 分 ) 楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现? （）
A. 电阻定律
B. 库仑定律
C. 欧姆定律
D. 能量守恒定律

Answer: D

【解答】解：当线圈与磁体间有相对运动时, 根据 “来拒去留” 可知，磁场力都是阻碍 线圈与磁体间的相对运动, 有外力对系统做了功, 导致其他形式的能转化为线圈的电能; 当导体做切割磁感线运动时, 安培力总是阻碍导体的运动, 导体克服安培力做, 把其他 形式的能转化为电能, 所以楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现, 故 D 正 确， $\mathrm{ABC}$ 错误。

故选：D。


Question:
2. (6 分) 金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动, 它们的向心加速度大小 分别为 $\mathrm{a}_{\text {金、 }} \mathrm{a}_{\text {地、 }} \mathrm{a}_{\text {火 }}$, 它们沿轨道运行的速率分别为 $\mathrm{v}_{\text {金、 }} \mathrm{v}_{\text {地、 }} \mathrm{v}$ 炏. 已知它们的轨道半 径 $\mathrm{R}_{\text {金 }}<\mathrm{R}_{\text {地 }}<\mathrm{R}_{\text {火 }}$ ，由此可以判定（（）
A. $\mathrm{a}_{\text {金 }}>\mathrm{a}_{\text {地 }}>\mathrm{a}_{\text {火 }}$
B. $\mathrm{a}_{\text {火 }}>\mathrm{a}_{\text {地 }}>\mathrm{a}_{\text {金 }}$
C. $v_{\text {地 }}>\mathrm{v}_{\text {火 }}>\mathrm{v}_{\text {金 }}$
D. $\mathrm{v}_{\text {火 }}>\mathrm{v}_{\text {地 }}>\mathrm{v}_{\text {金 }}$

Answer: A

【解答】解: 行星绕太阳运动时, 万有引力提供向心力, 设太阳的质量为 $\mathrm{M}$, 行星的质 量为 $\mathrm{m}$, 行星的轨道半径为 $\mathrm{r}$, 根据牛顿第二定律有:

$G \frac{M m}{r^{2}}=m a=m \frac{v^{2}}{r}$

可得向心加速度为 $a=G \frac{M}{r^{2}}$, 线速度为 $v=\sqrt{\frac{G M}{r}}$, 由题意有 $R_{\text {金 }}<R_{\text {地 }}<R_{\text {火 }}$, 所以有 $a \hat{a}_{\text {金 }}>a$ 地 $>\mathrm{a}_{\text {火 }}, \mathrm{v}_{\text {金 }}>\mathrm{v}_{\text {地 }}>\mathrm{v}_{\text {火 }}$, 故 A 正确, BCD 错误。

故选: A。


Question:
1. (6 分) 行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞, 车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若 碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零, 关于安全气囊在此过程中的作用, 下列说法 正确的是 $(\quad)$
A. 增加了司机单位面积的受力大小
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积

Answer: D

【解答】解: ABD、在碰撞过程中, 司机的动量的变化量是一定的, 但安全气囊会增加 作用的时间, 根据动量定理 $\mathrm{Ft}=\triangle \mathrm{p}$ 可知, 可以减小司机受到的冲击力 $\mathrm{F}$, 同时安全气囊 会增大司机的受力面积, 则司机单位面积的受力大小 $\frac{F}{S}$ 减小, 故 $\mathrm{AB}$ 错误, D 正确。

$\mathrm{C} 、$ 安全气囊只是延长了作用时间, 减小了司机的受力, 将司机的动能转换成气囊的弹性 势能，故 $\mathrm{C}$ 错误。

故选：D。


Question:
6. ( 6 分 ) 下列核反应方程中, $X_{1} 、 X_{2} 、 X_{3} 、 X_{4}$ 代表 $a$ 粒子的有（）
A. ${ }_{1}^{2} \mathrm{H}+{ }_{1}^{2} \mathrm{H} \rightarrow{ }_{0}^{1} \mathrm{n}+\mathrm{X}_{1}$
B. ${ }_{1}^{2} \mathrm{H}+{ }_{1}^{3} \mathrm{H} \rightarrow{ }_{0}^{1} \mathrm{n}+\mathrm{X}_{2}$
C. ${ }_{92}^{235} \mathrm{U}+{ }_{0}^{1} \mathrm{n} \rightarrow{ }_{56}^{144} \mathrm{Ba}+\frac{89}{36} \mathrm{Kr}+3 \mathrm{X}_{3}$
D. ${ }_{0}^{1} \mathrm{n}+\frac{6}{3} \mathrm{Li} \rightarrow{ }_{1}^{3} \mathrm{H}+\mathrm{X}_{4}$

Answer: BD

【解答】解: $A$ 、根据电荷数守恒、质量数守恒知, $X_{1}$ 的电荷数为 2 , 质量数为 3 , 但不 是 $a$ 粒子，故 $\mathrm{A}$ 错误;

$\mathrm{B}$ 、根据电荷数守恒、质量数守恒知, $\mathrm{X}_{2}$ 的电荷数为 2 , 质量数为 4 , 为 $\mathrm{a}$ 粒子, 故 $\mathrm{B}$ 正 确;

$\mathrm{C}$ 、根据电荷数守恒、质量数守恒知, $\mathrm{X}_{3}$ 的电荷数为 0 , 质量数为 1 , 为中子, 故 $\mathrm{C}$ 错误; $\mathrm{D} 、$ 根据电荷数守恒、质量数守恒知, $\mathrm{X}_{4}$ 的电荷数为 2 , 质量数为 4 , 为 $a$ 粒子, 故 $\mathrm{D}$ 正 确。

故选: BD。


Question:
2. (6 分) 若一均匀球形星体的密度为 $\rho$, 引力常量为 $\mathrm{G}$, 则在该星体表面附近沿圆轨道绕 其运动的卫星的周期是（）
A. $\sqrt{\frac{3 \pi}{6 \rho}}$
B. $\sqrt{\frac{4 \pi}{G \rho}}$
C. $\sqrt{\frac{1}{3 \pi G \rho}}$
D. $\sqrt{\frac{1}{4 \pi G \rho}}$

Answer: A

【解答】解: 设星球的质量为 $\mathrm{M}$, 半径为 $\mathrm{R}$, 卫星的质量为 $\mathrm{m}$, 运行周期为 $\mathrm{T}$, 在该星 体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星所需的向心力由星球对其的万有引力提供, 则根据 牛顿第二定律得: $G \frac{M m}{R^{2}}=m \frac{4 \pi^{2}}{T^{2}} R(1)$

星球的密度: $\rho=\frac{M}{\frac{4}{3} \pi R^{3}}(2)$

联立(1)(2)解得 $\mathrm{T}=\sqrt{\frac{3 \pi}{G \rho}}$, 故 A 正确, BCD 错误;

故选: A。


Question:
5. ( 6 分) 気核 ${ }_{1}^{2} \mathrm{H}$ 可通过一系列聚变反应释放能量, 其总效果可用反应式 $6{ }_{1}^{2} \mathrm{H} \rightarrow$ $2{ }_{2}^{4} \mathrm{He}+2{ }_{1}^{1} \mathrm{H}+2 \underset{0}{1} \mathrm{n}+43.15 \mathrm{MeV}$ 表示。海水中富含気，已知 $1 \mathrm{~kg}$ 海水中含有的氜核约为 1.0 $\times 10^{22}$ 个, 若全都发生聚变反应, 其释放的能量与质量为 $\mathrm{M}$ 的标准煤燃烧时释放的热量 相等; 已知 $1 \mathrm{~kg}$ 标准煤燃烧释放的热量约为 $2.9 \times 10^{7} \mathrm{~J}, 1 \mathrm{MeV}=1.6 \times 10^{-13} \mathrm{~J}$, 则 $\mathrm{M}$ 约为
A. $40 \mathrm{~kg}$
B. $100 \mathrm{~kg}$
C. $400 \mathrm{~kg}$
D. $1000 \mathrm{~kg}$

Answer: C

【解答】解：根据反应式 ${ }_{1}^{2} \mathrm{H} \rightarrow 2{ }_{2}^{4} \mathrm{He}+2 \underset{1}{1} \mathrm{H}+2 \underset{0}{1} \mathrm{n}+43.15 \mathrm{MeV}$ 可知, 6 个氚核发生聚变反 应可放出 $43.15 \mathrm{MeV}$ 的能量, 则平均每个氖核可放出 $7.19 \mathrm{MeV}$ 的能量, 若 $1 \mathrm{~kg}$ 海水中含 有的 $1.0 \times 10^{22}$ 个㲴核全都发生聚变反应, 其释放的能量为 $7.19 \times 10^{22} \mathrm{MeV}$; 则质量为 $\mathrm{M}$ 的标准煤燃绕时释放的热量 $\mathrm{Q}=7.19 \times 10^{22} \times 1.6 \times 10^{-13} \mathrm{~J}=11.5 \times 10^{9} \mathrm{~J}$, 而 $1 \mathrm{~kg}$ 标准煤燃 烧释放的热量约为 $2.9 \times 10^{7} \mathrm{~J}$, 则 $\mathrm{M}=\frac{11.5 \times 10^{9}}{2.9 \times 10^{7}} \mathrm{~kg} \approx 400 \mathrm{~kg}$; 故 ABD 错误, $\mathrm{C}$ 正确; 故选: $\mathrm{C}^{\circ}$


Question:
6. (6 分) 特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际 应用了特高压输电技术。假设从 $\mathrm{A}$ 处采用 $550 \mathrm{kV}$ 的超高压向 $\mathrm{B}$ 处输电, 输电线上损耗的 的电功率为 $\triangle P$, 到达 $B$ 处时电压下降了 $\triangle U$. 在保持 $\mathrm{A}$ 处输送的电功率和输电线电阻都 不变的条件下, 改用 $1100 \mathrm{kV}$ 特高压输电, 输电线上损耗的电功率变为 $\triangle \mathrm{P}^{\prime}$, 到达 $\mathrm{B}$ 处 时电压下降了 $\triangle \mathrm{U}^{\prime}$. 不考虑其他因素的影响，则（）
A. $\triangle \mathrm{P}^{\prime}=\frac{1}{4} \triangle \mathrm{P}$
B. $\triangle \mathrm{P}^{\prime}=\frac{1}{2} \triangle \mathrm{P}$
C. $\triangle \mathrm{U}^{\prime}=\frac{1}{4} \triangle \mathrm{U}$
D. $\triangle \mathrm{U}^{\prime}=\frac{1}{2} \triangle \mathrm{U}$

Answer: AD

【解答】解: $\mathrm{AB}$ 、远距离输电时, 线路上的电流 $\mathrm{I}=\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{U}}$; 则在线路上损失的功率为 $\triangle \mathrm{P}=$ $\mathrm{I}^{2} \mathrm{R}=\frac{\mathrm{P}^{2} \mathrm{R}}{\mathrm{U}^{2}}$; 根据损失的功率公式可知, 损失的功率与电压的平方成反比; 假设从 $\mathrm{A}$ 处 采用 $550 \mathrm{kV}$ 的超高压向 B 处输电, 若改用 $1100 \mathrm{kV}$ 特高压输电, 电压变成原来的 2 倍, 则输电线上损耗的电功率变为原来的 $\frac{1}{4}$, 即 $\triangle \mathrm{P}^{\prime}=\frac{1}{4} \triangle \mathrm{P}$; 故 A 正确, $\mathrm{B}$ 错误;

$\mathrm{CD}$ 、线路上的电流 $\mathrm{I}=\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{U}}$, 到达 $\mathrm{B}$ 处时电压下降了 $\triangle \mathrm{U}=\mathrm{IR}=\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{U}} \mathrm{R}$, 电压降与电压成反比, 则若电压变成原来的 2 倍, $\triangle \mathrm{U}$ 变为原来的 $\frac{1}{2}$, 故 $\triangle \mathrm{U}^{\prime}=\frac{1}{2} \Delta U$, 故 $\mathrm{C}$ 错误, $\mathrm{D}$ 正确; 故选: $\mathrm{AD}$


Question:
8. (6 分) 水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上, 他把一 质量为 $4.0 \mathrm{~kg}$ 的静止物块以大小为 $5.0 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板, 运动员 获得退行速度; 物块与挡板弹性碰撞, 速度反向, 追上运动员时, 运动员又把物块推向 挡板, 使其再一次以大小为 $5.0 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ 的速度与挡板弹性碰撞。总共经过 8 次这样推物块后, 运动员退行速度的大小大于 $5.0 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$, 反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力, 该运动员的质量可能为（）
A. $48 \mathrm{~kg}$
B. $53 \mathrm{~kg}$
C. $58 \mathrm{~kg}$
D. $63 \mathrm{~kg}$

Answer: BC

【解答】解: 设该运动员的质量为 $\mathrm{M}$, 物块的质量为 $\mathrm{m}=4.0 \mathrm{~kg}$, 推物块的速度大小为 $\mathrm{v}$ $=5.0 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$, 取人运动的方向为正方向, 根据动量守恒定律可得:

第一次推物块的过程中: $0=\mathrm{Mv}_{1}-\mathrm{mv}$

第二次推物块的过程中: $\mathrm{Mv}_{1}+\mathrm{mv}=\mathrm{Mv}_{2}-\mathrm{mv}$

第三次推物块的过程中: $\mathrm{Mv}_{2}+\mathrm{mv}=\mathrm{Mv}_{3}-\mathrm{mv}$

第 $\mathrm{n}$ 次推物块的过程中: $M_{v_{n} .1}+\mathrm{mv}=\mathrm{Mv}_{\mathrm{n}}-\mathrm{mv}$

以上各式相加可得: $\operatorname{Mv}_{\mathrm{n}}=(2 \mathrm{n}-1) \mathrm{mv}$

当 $n=7$ 时, $v 7<v$ ，解得 $M>52 \mathrm{~kg}$

当 $n=8$ 时, $v 8 \geqslant v$, 解得 $M \leqslant 60 \mathrm{~kg}$,

故 $52 \mathrm{~kg}<M \leqslant 60 \mathrm{~kg}$, 故 AD 错误、BC 正确。

故选: $\mathrm{BC}$ 。


Question:
3. (6 分) “嫦娥四号” 探测器于 2019 年 1 月在月球背面成功着陆, 着陆前曾绕月球飞行, 某段时间可认为绕月做匀速圆周运动, 圆周半径为月球半径的 $\mathrm{K}$ 倍。已知地球半径 $\mathrm{R}$ 是 月球半径的 $\mathrm{P}$ 倍, 地球质量是月球质量的 $\mathrm{Q}$ 倍, 地球表面重力加速度大小为 $\mathrm{g}$ 。则 “嫦 娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（）
A. $\sqrt{\frac{\mathrm{RKg}}{\mathrm{QP}}}$
B. $\sqrt{\frac{\mathrm{RPKg}}{\mathrm{Q}}}$
C. $\sqrt{\frac{\mathrm{RQg}}{\mathrm{KP}}}$
D. $\sqrt{\frac{\mathrm{RPg}}{\mathrm{QK}}}$

Answer: D

【解答】解: 令月球的半径为 $\mathrm{R}_{1}$, 月球的质量为 $\mathrm{M}_{1}$, 地球的质量为 $\mathrm{M}$, 嫦娥四号的质 量为 $\mathrm{m}$, 则嫦娥四号” 绕月球做匀速圆周运动的半径为 $\mathrm{KR}_{1}$, 根据牛顿第二定律有: $G \frac{M_{1} m}{\left(\mathrm{KR}_{1}\right)^{2}}=\frac{\mathrm{v}^{2}}{\mathrm{KR}_{1}}$

所以 $v=\sqrt{\frac{G M_{1}}{K_{R}}}=\sqrt{\frac{G \frac{M}{Q}}{K \frac{R}{P}}}=\sqrt{\frac{G M P}{K R Q}}$

根据黄金代换式有: $\mathrm{GM}=\mathrm{gR}^{2}$ ，

所以嫦娥四号” 绕月球做圆周运动的速率为: $v=\sqrt{\frac{\mathrm{RPg}}{\mathrm{QK}}}$, 故 $\mathrm{ABC}$ 错误, $\mathrm{D}$ 正确。

故选：D。


Question:
6. ( 6 分) 1934 年, 约里奥 - 居里夫妇用a粒子轰击铝箔, 首次产生了人工放射性同位素 X, 反应方程为 ${ }_{2}^{4} \mathrm{He}+{ }_{13}^{27} \mathrm{Al} \rightarrow \mathrm{X}+{ }_{0}^{1} \mathrm{n} . \mathrm{X}$ 会衰变成原子核 $\mathrm{Y}$ ，衰变方程为 $\mathrm{X} \rightarrow \mathrm{Y}+{ }_{1}^{0} \mathrm{e}$. 则 $(\quad)$
A. $\mathrm{X}$ 的质量数与 $\mathrm{Y}$ 的质量数相等
B. $\mathrm{X}$ 的电荷数比 $\mathrm{Y}$ 的电荷数少 1
C. $\mathrm{X}$ 的电荷数比 ${ }_{13}^{27} \mathrm{Al}$ 的电荷数多 2
D. $\mathrm{X}$ 的质量数与 $27 \mathrm{13} \mathrm{Al}$ 的质量数相等

Answer: AC

【解答】解: 设 $\mathrm{X}$ 的质量数为 $\mathrm{M}$, 电荷数为 $\mathrm{A}$, 根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒 可知: $4+27=1+\mathrm{M} ; 2+13=0+\mathrm{A}$

解得: $M=30, A=15$;

设 $\mathrm{Y}$ 的质量数为 $\mathrm{M}^{\prime}$, 电荷数为 $\mathrm{A}^{\prime}$, 根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知: 30 $=\mathrm{M}^{\prime}+0 ; 15=\mathrm{A}^{\prime}+1$

解得: $\mathrm{M}^{\prime}=30, \mathrm{~A}^{\prime}=14$;
$\mathrm{A} 、 \mathrm{X}$ 的质量数与 $\mathrm{Y}$ 的质量数相等, 都是 30 , 故 $\mathrm{A}$ 正确;
$\mathrm{B} 、 \mathrm{X}$ 的电荷数比 $\mathrm{Y}$ 的电荷数多 1, 故 B 错误;
$\mathrm{C} 、 \mathrm{X}$ 的电荷数为 15 , 比铝的电荷数多 2 , 故 $\mathrm{C}$ 正确;
$\mathrm{D} 、 \mathrm{X}$ 的质量数为 30 , 和铝的质量数不相等，故 D 错误。

故选: $\mathrm{AC}$ 。


Question:
5. 2021 年 2 月, 执行我国火星探测任务的 “天问一号” 探测器在成功实施三次近火制动后, 进人运行周期 约为 $1.8 \times 10^{5} \mathrm{~s}$ 的椭圆形停泊轨道, 轨道与火星表面的最近距离约为 $2.8 \times 10^{5} \mathrm{~m}$ 。已知火星半径约为 $3.4 \times 10^{6} \mathrm{~m}$, 火星表面处自由落体的加速度大小约为 $3.7 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}$, 则 “天问一号” 的停泊轨道与火星表面的最远距离约为
A. $6 \times 10^{5} \mathrm{~m}$
B. $6 \times 10^{6} \mathrm{~m}$
C. $6 \times 10^{7} \mathrm{~m}$
D. $6 \times 10^{8} \mathrm{~m}$

Answer: C

【详解】忽略火星自转则

$$
\frac{G M m}{R^{2}}=m g(1)
$$

可知

$$
G M=g R^{2}
$$

设与为 $1.8 \times 10^{5} \mathrm{~s}$ 的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为 $r$, 由万引力提供向心力可知

$$
\frac{G M m}{r^{2}}=m \frac{4 \pi^{2}}{T^{2}} r(2)
$$

设近火点到火星中心为

$$
R_{1}=R+d_{1}(3
$$

设远火点到火星中心为

$$
R_{2}=R+d_{2}(4)
$$

由开普勒第三定律可知

$$
\frac{r 3}{T^{2}}=\frac{\left(\frac{R_{1}+R_{2}}{2}\right)^{3}}{T^{2}}
$$

由以上分析可得

$$
d_{2} \approx 6 \times 10^{7} \mathrm{~m}
$$

故选 $\mathrm{C}$ 。


Question:
7. 一质量为 $m$ 的物体自倾角为 $a$ 的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为 $E_{\mathrm{k}}$, 向上 滑动一段距离后速度减小为零, 此后物体向下滑动, 到达斜面底端时动能为 $\frac{E_{\mathrm{k}}}{5}$ 。已知 $\sin a=0.6$, 重力 加速度大小为 $g$ 。则 $(\quad)$
A. 物体向上滑动的距离为 $\frac{E_{\mathrm{k}}}{2 m g}$
B. 物体向下滑动时的加速度大小为 $\frac{g}{5}$
C. 物体与斜面间的动摩擦因数等于 0.5
D. 物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长

Answer: BC

【详解】 $\mathrm{AC}$. 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有

$$
-\mu m g \cdot 2 l \cos a=\frac{E_{k}}{5}-E_{k}
$$

物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有

$$
-m g l \sin a-\mu m g l \cos a=0-E_{k}
$$

整理得

$$
l=\frac{E_{\mathrm{k}}}{m g} ; \quad \mu=0.5
$$

$\mathrm{A}$ 错误，C 正确;

B. 物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有

$$
m a=m g \sin a-\mu m g \cos a
$$

求解得出

$$
a=\frac{g}{5}
$$

B 正确;

D. 物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有

$$
m a_{\text {上 }}=m g \sin a+\mu m g \cos a
$$

物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有

$$
m a_{\text {下 }}=m g \sin a-\mu m g \cos a
$$

由上式可知

$$
a_{\text {上 }}>a_{\text {下 }}
$$

由于上升过程中的末速度为零, 下滑过程中的初速度为零, 且走过相同的位移, 根据公式

$$
l=\frac{1}{2} a t^{2}
$$

则可得出

$$
t_{\text {上 }}<t_{\text {下 }}
$$

D 错误。

故选 BC。


Question:
6. 水平桌面上, 一质量为 $m$ 的物体在水平恒力 $F$ 拉动下从静止开始运动, 物体通过的路程等 于 $s_{0}$ 时, 速度的大小为 $v_{0}$, 此时撤去 $F$, 物体继续滑行 $2 s_{0}$ 的路程后停止运动, 重力加速度大 小为 $g$, 则 $(\quad)$
A. 在此过程中 $F$ 所做的功为 $\frac{1}{2} m v_{0}^{2}$
B. 在此过中 $F$ 的冲量大小等于 $\frac{3}{2} m v_{0}$
C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于 $\frac{v_{0}^{2}}{4 s_{0} g}$
D. $F$ 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的 2 倍

Answer: BC


Question:
1. 2022 年 3 月, 中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约 $400 \mathrm{~km}$ 的“天宫二号”空间站上通过天 地连线, 为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到, 在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中, 航天员可以自由地漂浮，这表明他们（）
A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小

Answer: C

【详解】ABC. 航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力, 飞船对其作用力等于零, 故 C 正确, AB 错误;

D. 根据万有引力公式

$$
F_{\text {万 }}=G \frac{M m}{r^{2}}
$$

可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小, 因此地球表面引力大于其随飞船运动 所需向心力的大小, 故 D 错误。

故选 C。


Question:
4. 一点光源以 $113 \mathrm{~W}$ 的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为 $6 \times 10^{-7} \mathrm{~m}$ 的光, 在离点光源距离为 $R$ 处 每秒垂直通过每平方米的光子数为 $3 \times 10^{14}$ 个。普朗克常量为 $h=6.63 \times 10^{-34} \mathrm{~J} \mathrm{~s} 。 R$ 。约为 ()
A. $1 \times 10^{2} \mathrm{~m}$
B. $3 \times 10^{2} \mathrm{~m}$
C. $6 \times 10^{2} \mathrm{~m}$
D. $9 \times 10^{2} \mathrm{~m}$

Answer: B

【详解】一个光子的能量为

$$
E=h v
$$

$v$ 为光的频率, 光的波长与频率有以下关系

$$
c=\lambda v
$$

光源每秒发出的光子的个数为

$$
n=\frac{P}{h v}=\frac{P \lambda}{h c}
$$

$P$ 为光源的功率, 光子以球面波的形式传播, 那么以光源为原点的球面上的光子数相同, 此时距光源的距离 为 $R$ 处, 每秒垂直通过每平方米的光子数为 $3 \times 10^{14}$ 个, 那么此处的球面的表面积为

$$
S=4 \pi R^{2}
$$

则

$$
\frac{n}{S}=3 \times 10^{14}
$$

联立以上各式解得

$$
R \approx 3 \times 10^{2} \mathrm{~m}
$$

故选 B。


Question:
2. 长为 $l$ 的高速列车在平直轨道上正常行驶, 速率为 $v_{0}$, 要通过前方一长为 $L$ 的隧道, 当 列车的任一部分处于隧道内时, 列车速率都不允许超过 $v\left(v<v_{0}\right)$ 。已知列车加速和减速时加 速度的大小分别为 $a$ 和 $2 a$, 则列车从减速开始至回到正常行驶速率 $v_{0}$ 所用时间至少为 ()
A. $\frac{v_{0}-v}{2 a}+\frac{L+l}{v}$
B. $\frac{v_{0}-v}{a}+\frac{L+2 l}{v}$
C. $\frac{3\left(v_{0}-v\right)}{2 a}+\frac{L+l}{v}$
D.

$\frac{3\left(v_{0}-v\right)}{a}+\frac{L+2 l}{v}$

Answer: C

【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时, 列车速率都不允许超过 $v\left(v<v_{0}\right)$, 则列车 进隧道前必须减速到 $v$, 则有

$$
v=v_{0}-2 a t_{1}
$$

解得

$$
t_{1}=\frac{v_{0}-v}{2 a}
$$

在隧道内匀速有

$$
t_{2}=\frac{L+l}{v}
$$

列车尾部出隧道后立即加速到 $v_{0}$ ，有

$$
v_{0}=v+a t_{3}
$$

解得

$$
t_{3}=\frac{v_{0}-v}{a}
$$

则列车从减速开始至回到正常行驶速率 $v_{0}$ 所用时间至少为

$$
t=\frac{3\left(v_{0}-v\right)}{2 a}+\frac{L+l}{v}
$$

故选 C。


Question:
4. 两种放射性元素的半衰期分别为 $t_{0}$ 和 $2 t_{0}$, 在 $t=0$ 时刻这两种元素的原子核总数为 $N$, 在 $t=2 t_{0}$ 时刻, 尚末衰变的原子核总数为 $\frac{N}{3}$, 则在 $t=4 t_{0}$ 时刻, 尚末衰变的原子核总数为
A. $\frac{N}{12}$
B. $\frac{N}{9}$
C. $\frac{N}{8}$
D. $\frac{N}{6}$

Answer: C

【详解】根据题意设半衰期为 $t_{0}$ 的元素原子核数为 $x$, 另一种元素原子核数为 $y$, 依题意有

$$
x+y=N
$$

经历 $2 t_{0}$ 后有

$$
\frac{1}{4} x+\frac{1}{2} y=\frac{N}{3}
$$

联立可得

$$
x=\frac{2}{3} N, \quad y=\frac{1}{3} N
$$

在 $t=4 t_{0}$ 时, 原子核数为 $x$ 的元素经历了 4 个半衰期, 原子核数为 $y$ 的元素经历了 2 个半衰 期, 则此时末衰变的原子核总数为

$$
n=\frac{1}{2^{4}} x+\frac{1}{2^{2}} y=\frac{N}{8}
$$

故选 C。