BD

【详解】设网球飞出时的速度为 ，竖直方向

代入数据得

则

排球水平方向到 点的距离

根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量

平行墙面的速度分量

反弹后，垂直墙面的速度分量

则反弹后的网球速度大小为

网球落到地面的时间

着地点到墙壁的距离

故 BD 正确， AC 错误。

故选 BD 。

ACD

【详解】 A ．由图可知，图乙中间部分等间距条纹，所以图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故 A 正确；

B ．狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，图丙中亮条纹宽度减小，故 B 错误；

C ．根据条纹间距公式 可知照射两条狭缝时，增加 L ，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故 C 正确；

D ．照射两条狭缝时，若光从狭缝 、 到屏上 P 点的路程差为半波长的奇数倍， P 点处一定是暗条纹，故 D 正确。

故选 ACD 。

12     0.20     0.13

【详解】（ 1 ） [1] 由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于 O 点， A 点到 O 点的距离为 5.00cm 。拉动滑块使其左端处于 A 点，由静止释放并开始计时。结合图乙的 F — t 图有

Δ x = 5.00cm ， F = 0.610N

根据胡克定律

计算出

k ≈ 12N/m

（ 2 ） [2] 根据牛顿第二定律有

F = ma

则 a — F 图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中 I ，则有

则滑块与加速度传感器的总质量为

m = 0.20kg

（ 3 ） [3] 滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中 II ，则有

则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为

m ′ ≈ 0.33kg

则待测物体的质量为

Δ m = m ′ - m = 0.13kg

C

【详解】地球表面的重力加速度为 g ，根据牛顿第二定律得

解得

根据题意可知，卫星的运行周期为

根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有

联立解得

故选 C 。

（ 1 ） ， ；（ 2 ） ；（ 3 ） ；（ 4 ）

【详解】（ 1 ）设水平向右为正方向，因为 点右侧光滑，由题意可知 A 与 B 发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有

代入数据联立解得

，（方向水平向左）

，（方向水平向右）

即 A 和 B 速度的大小分别为 ， 。

（ 2 ）如图所示为 A 与 B 挡板碰撞后到运动至 O 点正下方的运动示意图

A 回到 前， A 在 B 上匀速直线运动的时间设为 。 A 的位移大小

对平板 B ，由牛顿第二定律得

对平板 B ，由运动学公式有

由几何关系

①

A 从 回到 O 点正下方设时间为 ， A 在 B 上做匀减速直线运动，设 A 的加速度大小为 ，由牛顿第二定律得

解得

A 返回到 O 点的正下方时，相对于地面的速度减为零，则

时间内 A 相对于地面的位移大小

由几何关系

②

联立解得

或 ，

由 ①② 可得

与 等大

分析可知， A 回到 O 点正下方时 B 未减速为 0 ，故

舍去。综上解得

（ 3 ）在 A 刚开始减速时， B 物体的速度为

在 A 减速过程中，对 B 分析根据牛顿运动定律可知

解得

B 物体停下来的时间为 t ₃ ，则有

解得

可知在 A 减速过程中 B 先停下来了，此过程中 B 的位移为

所以 A 对 B 的摩擦力所做的功为

（ 4 ）小球和 A 碰撞后 A 做匀速直线运动再和 B 相碰，此过程有

由题意可知 A 返回到 O 点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为 T ，摆长为 L ，则有

由单摆周期公式 解得，小球到悬挂点 O 点的距离

小球下滑过程根据动能定理有

当碰后小球摆角恰为 5° 时，有

解得

，

小球与 A 碰撞过程根据动量守恒定律有

小球与 A 碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于 ），则要求

故要实现这个过程的范围为

BC

【详解】 AB ．如图所示

在 到 的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当 时，有效切割长度最大为 ，此时，感应电动势最大，所以在 到 的过程中， E 先增大后减小，故 B 正确， A 错误；

CD ．在 到 的过程中，设转过的角度为 ，由几何关系可得

进入磁场部分线框的面积

穿过线圈的磁通量

线圈产生的感应电动势

感应电动势的变化率

对 求二次导数得

在 到 的过程中 一直变大，所以 E 的变化率一直增大，故 C 正确， D 错误。

故选 BC 。

B

【详解】设刚植入时碘的质量为 ，经过 180 天后的质量为 m ，根据

代入数据解得

故选 B 。

B

【详解】在 BC 段的最大加速度为 a ₁ =2m/s ² ，则根据

可得在 BC 段的最大速度为

在 CD 段的最大加速度为 a ₂ =1m/s ² ，则根据

可得在 CD 段的最大速度为

可知在 BCD 段运动时的速度为 v =2m/s ，在 BCD 段运动的时间为

AB 段从最大速度 v _m 减速到 v 的时间

位移

在 AB 段匀速的最长距离为

l =8m-3m=5m

则匀速运动的时间

则从 A 到 D 最短时间为

故选 B 。

（ 1 ） ；（ 2 ）

【详解】（ 1 ）由题知开始时鱼静止在 H 处，设此时鱼的体积为 ，有

且此时 B 室内气体体积为 V ，质量为 m ，则

鱼通过增加 B 室体积获得大小为 a 的加速度，则有

联立解得需从 A 室充入 B 室的气体质量

（ 2 ） B 室内气体压强与鱼体外压强相等，则鱼静止在 H 处和水面下 H ₁ 处时， B 室内的压强分别为

，

由于鱼静止时，浮力等于重力，则鱼的体积不变，由于题可知，鱼体积的变化与 B 室气体体积的变化相等，则鱼在水下静止时， B 室内气体体积不变，由题知开始时鱼静止在 H 处时， B 室内气体体积为 V ，质量为 m ，由于鱼鳔内气体温度不变，若 ，则在 H 处时， B 室内气体需要增加，设吸入的气体体积为 Δ V ，根据玻意耳定律有

则此时 B 室内气体质量

若 ，则在 H 处时， B 室内气体需要减少，设释放的气体体积为 Δ V ，根据玻意耳定律有

则此时 B 室内气体质量

C

【详解】取走 A 、 B 处两段弧长均为 的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在 O 点产生的电场强度为与 A 在同一直径上的 A ₁ 和与 B 在同一直径上的 B ₁ 产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有

由图可知，两场强的夹角为 ，则两者的合场强为

根据 O 点的合场强为 0 ，则放在 D 点的点电荷带负电，大小为

根据

联立解得

故选 C 。

AC

【详解】由 O 点的振动图像可知，周期为 T =12s ，设原点处的质点的振动方程为

则

解得

在 t =7s 时刻

因

则在 t =7s 时刻质点在 y 轴负向向下振动，根据 “ 同侧法 ” 可判断若波向右传播，则波形为 C 所示；若波向左传播，则波形如 A 所示。

故选 AC 。

（ 1 ） ；（ 2 ） ；（ 3 ）（ d ， d ， ）；（ 4 ）

【详解】（ 1 ）如图所示

将离子甲从 点出射速度为 分解到沿 轴方向和 轴方向，离子受到的电场力沿 轴负方向，可知离子沿 轴方向做匀速直线运动，沿 轴方向做匀减速直线运动，从 到 的过程，有

联立解得

（ 2 ）离子从坐标原点 沿 轴正方向进入磁场 I 中，在磁场 I 中做匀速圆周运动，经过磁场 I 偏转后从 轴进入磁场 II 中，继续做匀速圆周运动，如图所示

由洛伦兹力提供向心力可得

，

可得

为了使离子在磁场中运动，则离子磁场 I 运动时，不能从磁场 I 上方穿出。在磁场 II 运动时，不能 xOz 平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足

，

联立可得

要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为 ；

（ 3 ）离子甲以 的速度从 点沿 z 轴正方向第一次穿过 面进入磁场 I ，离子在磁场 I 中的轨迹半径为

离子在磁场 II 中的轨迹半径为

离子从 点第一次穿过到第四次穿过 平面的运动情景，如图所示

离子第四次穿过 平面的 坐标为

离子第四次穿过 平面的 坐标为

故离子第四次穿过 平面的位置坐标为（ d ， d ， ）。

（ 4 ）设离子乙的速度为 ，根据离子甲、乙动能相同，可得

可得

离子甲、离子乙在磁场 I 中的轨迹半径分别为

，

离子甲、离子乙在磁场 II 中的轨迹半径分别为

，

根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过 x 轴的位置，如图所示

从 点进入磁场到第一个交点的过程，有

可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为

C

【详解】初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有

汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢的将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压。

AB ．汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律 得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小， AB 错误；

CD ．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小， C 正确， D 错误。

故选 C 。

A

【详解】当两种频率的细激光束从 A 点垂直于 AB 面入射时，激光沿直线传播到 O 点，经第一次反射沿半径方向直线传播出去。

保持光的入射方向不变，入射点从 A 向 B 移动过程中，如下图可知，激光沿直线传播到 CO 面经反射向 PM 面传播，根据图像可知，入射点从 A 向 B 移动过程中，光线传播到 PM 面的入射角逐渐增大。

当入射点为 B 点时，根据光的反射定律及几何关系可知，光线传播到 PM 面的 P 点，此时光线在 PM 面上的入射角最大，设为 ，由几何关系得

根据全反射临界角公式得

两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为

故在入射光从 A 向 B 移动过程中， a 光能在 PM 面全反射后，从 OM 面射出； b 光不能在 PM 面发生全反射，故仅有 a 光。 A 正确， BCD 错误。

故选 A 。

（ 1 ） ；（ 2 ）

【详解】（ 1 ）设电动机的牵引绳张力为 ，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒定律有

解得

小车和配重一起匀速，设绳的张力为 ，对配重有

设斜面倾角为 ，对小车匀速有

而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有

联立各式解得

，

（ 2 ）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为 ，对系统由牛顿第二定律有

可得

由运动学公式可知

解得

D

【详解】 A ．变压器的输入电压为 220V ，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为 ，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为

解得原线圈为 2200 匝， A 错误；

B ．根据图像可知，当原线圈输入 220V 时， BC 间的电压应该为 12V ，故 BC 间的线圈匝数关系有

BC 间的线圈匝数为 120 匝，流过 R 的电流为

B 错误；

C ．若将 R 接在 AB 端，根据图像可知，当原线圈输入 220V 时， AB 间的电压应该为 18V 。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为 ，故交流电的频率为

C 错误；

D ．若将 R 接在 AC 端，根据图像可知，当原线圈输入 220V 时， AC 间的电压应该为 30V ，根据欧姆定律可知，流过电阻 R 的电流为

交流电的周期为

D 正确。

故选 D 。

A

【详解】 A ．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故 A 正确；

B ．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故 B 错误；

C ．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故 C 错误；

D ．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故 D 错误。

故选 A 。

A ₁ 60     100 无

【详解】（ 1 ） [1] 若不考虑电源内阻，且在电源两端只接 R ₀ 时，电路中的电流约为

由题知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在满刻度的 处，则该同学选到的电流表应为 A ₁ 。

[2] 当不考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有

计算出

R = 60Ω

（ 2 ） [3] 断开开关，保持滑片的位置不变，用 R _x 替换 R ₀ ，闭合开关后，有

代入数据有

R _x = 100Ω

（ 3 ） [4] 若考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有

联立计算出的 R _x 不受电源内阻 r 的影响。

（ 1 ） ；（ 2 ）

【详解】（ 1 ）将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有

代入数据解得

（ 2 ）当活塞在 B 位置时，汽缸内压强为 p ₂ ，则有

代入数据解得

将活塞与金属丝视为一整体，因平衡则有

联立解得

（ 1 ） ；（ 2 ） ；（ 3 ）

【详解】（ 1 ）小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得

两端的电压

根据欧姆定律得

联立解得

（ 2 ）如图所示

设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为 ，根据几何关系

解得

根据

解得

（ 3 ）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为 ，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得

解得