物 理
1．D
立体电影是利用光的偏振原理，增透膜是利用光的干涉原理。
2.D
【详解】A．由振荡电路的周期公式
可知周期与电容器极板上的电荷量无关，A 错误；
B．若电容器正在放电，则回路中电流在增大且电流增大得越来越慢，则自感电动势大小正
在减小，B 错误
C．若电容器正在放电，由线圈中磁场方向向下和右手螺旋定则可知，回路中的电流由电容
器上极板流向下极板，电容器下极板带负电，C 错误。
D．若线圈中的磁场正在减弱，说明电容器在充电，回路中电流由电容器上极板流向下极板，
则电容器上极板带正电，D 正确。
故选 B。
3．A
【详解】B．由题意可知，当驱动力的频率变化时，做受迫振动的弹簧振子的振幅在变化，
当驱动力频率为 时，受迫振动的振幅最大，即发生共振，故 B 正确，不符合题意；
C．弹簧振子做受迫振动的频率等于驱动力的频率，故 C 正确，不符合题意；
AD．假如让振子自由振动，其频率为固有频率，由系统本身决定，应为 ，故 A 错误，符
合题意；D 正确，不符合题意。
故选 A。
4．B
【详解】．粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力做向心力，故有
根据粒子偏转方向相反，由粒子经过 a、b 点时的速度方向均水平向右可得：两粒子转过的
角度相等，则弧 与弧 对应的圆心角之比为 1:1，故 B 对。又有弧 、弧 的弧长之
比为 ，那么粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为 2:1；根据
可知粒子通过 、 两段弧的时间之比为 2:1，故 AC 错误；
D．根据粒子偏转方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反；根据磁感应
强度 可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度大小之比为 1:2；故 D 错误。
5．B
【详解】．由
可得在φ-x 图像中斜率表示电场强度的大小，故在 O 点，电势最高，电场强度为 0，故 A 错
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误；
B．由图可得 B 点的斜率比 C 点的斜率大，故 B 点的电场强度比 C 点的大，则同一个电荷
放在 B 点受到的电场力大于放在 C 点时的电场力，故 B 正确；
C．不清楚电荷的电性，故不能比较同一个电荷放在 B、C 两点的电势能的大小，故 C 错误；
D．正试探电荷沿 x 轴从 B 移到 C 的过程中，电势能先增加后减少，D 错。
6．C
解析：如图所示，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力
提供向心力，据牛顿第二定律有 ，解得粒子第一次通过磁场区
时的半径为 ，圆弧 AC 所对应的圆心角 ，经历的时间为
（T 为粒子在匀强磁场中运动周期，大小为 ，与粒子速
度大小无关）；当粒子速度减小为 后，根据 可知其在磁场中的轨
道半径变为 ，粒子将从 D 点射出，根据图中几何关系得圆弧 AD 所对应
的圆心角 ，经历的时间为 ，由此可知 C 正确。
7．AD
【详解】A.根据变压器原理可知，输出电压 ，所以灯泡均正常发光，A 正
确．
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B.电压表示数是电压的有效值，根据题意可知，有效值 ，B 错误．
C.变压器输出电压不变，故 C 错
D.闭合开关后，三只灯泡均正常发光，所以干路电流 ，D 正确．
8．BC
【详解】A． 时振子距离平衡位置最远，速度为 0，选项 A 错误；
B． 时振子的位移为 ，选项 B 正确；
C．前 内振子通过的路程为 ，选项 C 正确；
D． 时振子从平衡位置向负方向振动，即振子的速度方向为 方向，选项 D 错误。
9．BC
【详解】A．改变 的大小，入射角变化，折射角也随之变化，a 的折射光不会平行于
CO，故 A 错误；
B．由几何关系可得 a 折射率为
故 B 正确；
C．由图可知，b 光的折射率小于 a 光，由于 ，所以 b 光在介质中的光速更大，故 C 正
确；
D．双缝干涉实验中条纹间距
考虑到是同一套装置，所以 b 的波长更大，条纹间距更大，故 D 错误。
10.BD
【详解】A．产生的感应电动势平均值为
感应电流的平均值
通过电阻 R 的电荷量为
联立可得
故 A 错误；
B．电阻 R 产生的热量为
可得
根据功能关系有
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故 B 正确；
C．由动能定理
可得
故 C 错误。
D．由能量守恒可得导体棒与导轨间产生的摩擦热
故 D 正确。
11． a 1.5 1.0
【详解】（1）[1]为保证电路安全，在闭合开关之前，滑动变阻器应处于最大阻值处，根据
题中电路图可知，滑动头 应置于 处。
（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律可知
将上式整理后得
可知在 图像中，图线与纵轴的截距表示电源电动势 ，图线的斜率的绝对值为电源内
阻 ，则
，
12． 大于 ADE B
【详解】（1）[1]为了防止入射球反弹，必须用质量较大的球撞击质量较小的球。
（2）[2]为了验证动量守恒，即
小球离开轨道后做平抛运动，抛出点的高度相同，运动时间相等，上式两边同时乘以 t，得
即
需要测量两球的质量、两球落点和水平位移。故要完成的必要步骤是 ADE。
（3）[3]由（2）可知，实验需验证的表达式为
（4）[4]设斜面倾角为 ，小球离开水平轨道后做平抛运动。
水平方向
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竖直方向
则小球平抛运动的初速度为
则
， ，
由动量守恒
得
故选 B。
13．解 ①：该材料的折射率为
折射率 (5 分)
②：根据
得 V= （5 分）
14.【详解】（1）小球由释放运动到最低点 （2 分）
则 （2 分）
（2）小球与物块发生弹性碰撞
（2 分）
解得 （2 分）
（3）当滑块与小车速度相等，则有 （2 分）
（2 分）
解得 （2 分）
【解答】解：（1）电子初速度为 0，忽略电子间的相互作用和电子的重力，经过电压 U
加速，由动能定理得： （2 分）
变形整理解得： （2 分）
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（2）因为有宽度为 2R1 的平行电子束竖直向上进入圆形磁场，均通过 O 点，根据磁聚
焦的原理，
结 合 几 何 关 系 可 知 ， 圆 形 磁 场 半 径 等 于 电 子 在 其 运 动 轨 迹 的 半 径 ， 即 ：
（2 分）
（2 分）
（3）挡板内电子进入挡板内磁场，由洛伦兹力提供向心力： （1 分）
可知在挡板内做圆周运动的半径为圆形磁场内圆周运动半径的 2 倍，即：R2＝2R1 （1
分）
当圆的轨迹与 ab 边相切时，即粒子在 O 点速度方向向上，此时粒子可以射到收集板，如
左图所示。
随着粒子在 O 点速度从竖直向上往顺时针偏转时，其轨迹也绕 O 点顺时针偏转，当偏转
到圆的轨迹与 ad 边相切时，此时粒子刚好不能射到收集板，如右图所示。
在右边大三角形中： （2 分）
在三角形 O1H1A 中，由题意和几何关系：O1H1＝3R1﹣2R1＝R1，O1A＝2R1
所以有： （2 分）
那么：
则： （2 分）
代入解得： （2 分）
电子在水平接收板上击中的区域为 x1 这一区域。
