全国卷2物理答案
14、解析:大圆环光滑，对小环只有弹力FN，弹力始终沿径向，与速度垂直，不做功，选项A正确，B错
误；小环位于圆心上方某处时，FN沿半径向外，小环位于圆心以下某处时，FN沿半径向里，选项C，D错误.
15、解析:衰变前后动量守恒，衰变前动量为零，故衰变后钍核与α粒子动量大小相等，方向相反，选项
B正确；又Ek=
??22??
，钍核与α粒子动量大小相等，但质量不同，故动能不同，选项A错误；半衰期是放射性
元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间，而放出α粒子所经历的时间是一个原子核的衰变时间，选项C错误；衰变前后质量数不变，但有质量亏损，选项D错误.
16、解析:物块在水平力F作用下做匀速直线运动，其受力如图(甲)所示
由平衡条件:F=f，FN=mg 而f=μFN=μmg 即F=μmg
当F的方向与水平面成60°角时，其受力如图(乙) 由平衡条件: Fcos 60°=f1
f1=μFN1=μ(mg-Fsin 60°) 联立解得μ=，选项C正确.
√33
17、解析:小物块的运动如图所示，在由A到B过程中，由机械能守恒得
1
2
mv=m??+mg·2R， ??22
2
2
即vB=√??2-4gR，B到C平抛，则2R=2gt，
1
1
水平位移 x=vBt=√(??2-4gR)
??2
4??√-4(4??2-??R) =????2
当R=8??时，x最大，选项B正确.
18、解析:设粒子逆时针旋转，磁场圆半径为R.由于粒子在磁场中运动半个圆周时
出射点的位置最远，即粒子的入射点和出射点应分别在轨迹直径的两端.如图所示，两种情况下，最远的粒子轨迹直径恰为PA和PB，由几何关系知， R1=2，R2=2R，又R=????，得v2∶v1=√3∶1，选项C正确.
????
??
√3
19、解析:海王星从P经M到Q的时间为2T0，因为P到M的速率大于M到Q的速率，可知P到M所用的时
间小于4T0，选项A错误；运动过程除万有引力外无其他力做功，机械能守恒，选项B错误；P到Q过程中，万有引力与速度夹角为钝角，万有引力做负功，速度减小，选项C正确；M到Q阶段，引力与速度夹角为
钝角，引力做负功，Q到N阶段，引力与速度夹角为锐角，引力做正功，选项D正确.
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1
1
20、解析:由图(b)可知，0.2 s时导线框刚好全部进入磁场，则位移等于边长l，
即v=??=0.2 m/s=0.5 m/s；
根据E=Blv，得B=0.2 T.
在0~0.2 s感应电动势为正，则感应电流方向为顺时针方向，由右手定则，磁感应强度方向垂直于纸面向外，在0.4~0.6 s内，由F安=BIl，E=Blv，I=得F安=0.04 N.选项B，C正确，A，D错误.
????
??0.1
21、解析:为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这
样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项A正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项B错误；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项C错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通；转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项D正确.
22、解析:(1)设遮光片末端到达光电门的速度为v，则由速度时间关系可知，v=vA+aΔt，且??=
联立解得??=vA+2aΔt；
1
????+v2
，
(2)由(1)中结果可知，vA为??Δt图线的纵截距，由图(c)可求得vA=52.1 cm/s，而图线斜率k=2a， 则a=16.0 cm/s.
答案:(1) vA+2aΔt (2)52.1 16.0
1
2
1
23、解析:(1)实物连线如图所示.
(2)①如题图(a)，R1为分压式接法，故选择较小的20 Ω电阻即可；②实验开始时，为保护微安表，应使R1的滑片在最左端，使流过微安表的电流为零；③断开、闭合开关S2，微安表示数不变，说明流过微安表的电流为零，B，D电势相等；④B，D电势相等，对调前
??????左??右
=
????
，对调后
????
??左??右
=
????
，联立得RA=√????·????'=2 550 Ω.
(3)为了提高测量精度，调节R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程. 答案:(1)见解析图 (2)① 20 ② 左 ③相等 ④2 550
24、解析:法一 (1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
-μmgs0=m??12-m??02
2
2
1
1
解得μ=
??02-??122????0
.
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t. 由运动学公式得??02-??12=2a1s0 v0-v1=a1t
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s1=a2t
2
1
2
联立得a2=
??1(??1+??0)
2??022
. 法二 (1)设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度 a1=μg
由速度与位移的关系知 -2a1s0=??12-??02， 联立得μ=??1=??
??02-??122????0
.
??0-??1????
(2)设冰球运动时间为t，运动员的加速度为a2，则t=又s1=2a2t 联立得a2=答案:(1)(2)
??1(??0+??1)
2??022
1
2
. ??02-??122????0
2
??1(??0+??1)
2??02
25、解析:(1)设小球M，N在A点水平射出时的初速度大小为v0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v0.M，
N在电场中运动的时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2.由题给条件和运动学公式得 v0-at=0① s1=v0t+2at② s2=v0t-at③
21
2
1
2
联立①②③式得??1=3.④
2
??
(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式 ????2=2gh⑤ H=vyt+2gt⑥
M进入电场后做直线运动，由几何关系知
??0??1??????
1
2
=⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得 h=3H.⑧
(3)设电场强度的大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则??0=????⑨
??
1
??????
设M，N离开电场时的动能分别为Ek1，Ek2，由动能定理得 Ek1=2m(??02+????2)+mgH+qEs1⑩
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1
Ek2=m(??02+????2)+mgH-qEs2
2
1
由已知条件 Ek1=1.5Ek2
联立④⑤⑦⑧⑨⑩E=????√2q式得
.
13
????答案:(1)3 (2)H (3)√2q
34、解析:(1)根据双缝干涉中条纹间距表达式Δx=??λ可知，要增大条纹间距Δx可使波长λ增大，λ红>
λ绿>λ蓝，选项A正确，B错误；也可以减小双缝间距d，或者增大缝到屏幕的距离，选项C，D正确，E错误.
(2)设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为i1，折射角为r1.在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C，连接C，D，交反光壁于E点，由光源射向E点的光线，反射后沿ED射向D点.光线在D点的入射角为i2，折射角为r2，如图所示，设液体的折射率为n，由折射定律有 nsin i1=sin r1 nsin i2=sin r2
由题意知r1+r2=90° 联立得n=
2
??
1
sin2??1+sin2??2
??2由几何关系可知sin i1=√4??2+??4
=21√17 sin i2=3
l2√4??2+9??= 25
3
4
联立得n=1.55.
答案:(1)ACD (2)1.55
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