物理參考答案

物理參考答案一、單項選擇題（本題包括8小題，每題4分，共32分）題號12345678選項CDDABBAC二、多項選擇題（本題包括4小題，每題4分，共16分）題號9101112選項BDADCDAC1.C解析：速度的正負(fù)表方向，在前1s內(nèi)物體沿負(fù)方向運(yùn)動，在后1s內(nèi)沿正方向運(yùn)動，兩段時間內(nèi)位移大小相等，所以t=1s時離原點最遠(yuǎn)，t=2s時，回到出發(fā)點．故C正確。2.D解析：根據(jù)幾何關(guān)系可知，輕繩與豎直桿的夾角α越來越大，滑塊緩慢上升可看作動態(tài)平衡，豎直方向Fcosα=mg,F=mg/cosα,夾角α增大，cosα減小,F增大。AC錯誤。水平方向N=Fsinα=mgtanα,夾角α增大，tanα增大,N增大。B錯D對。3.D解析：球被拍出后，做平拋運(yùn)動，相同時間內(nèi)速度相同,A錯；豎直方向自由落體，，B錯；水平方向勻速運(yùn)動，,C錯；若球落地水平方向勻速運(yùn)動，落在對方界內(nèi),D對。4.A解析：未接觸前，根據(jù)庫侖定律，得，接觸后兩球帶電量相同,距離變?yōu)?r,再由庫侖定律，得;所以A對，BCD錯。5.B解析：據(jù)題知，q1和q2兩個點電荷在R處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等、方向相反，則q1和q2的電性相同，設(shè)RQ=r，則PR=3r.根據(jù)電場的疊加原理可得：,可得|q1|=9|q2|,綜上可得：q1=9q2。6.B解析：質(zhì)量之比為1：2，電荷量之比為1：4．所以比荷之比為1：2。粒子在豎直方向做靜止開始的勻加速運(yùn)動且位移相等，,可知運(yùn)動時間之比為，A錯；，加速度與比荷成正比，所以加速度之比為1:2，B對；，而位移之比為1:2，時間之比為，所以初速度之比為,C錯;，所以末速度之比為，D錯。7.A解析：電源的輸出功率,A對;電動勢為4.0V，內(nèi)阻，B錯;電源的總功率,C錯;原電路的總電阻為4?，若將兩個相同電阻R串聯(lián)接入該電源，則總電流變?yōu)??，即總電阻變?yōu)樵瓉淼?，所以電流變?yōu)樵瓉淼摹?.C解析：電容器與電源斷開，電量Q保持不變，增大兩極板間距離時，根據(jù)，知道電容C變小，根據(jù)，知兩版極板間的電勢權(quán)差U變大，根據(jù)，知電場強(qiáng)度E不變．故C正確，A、B、D錯誤。9.BD解析：由開普勒第三定律，則,A錯；中軌道衛(wèi)星繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的線速度等于,B對;中軌道衛(wèi)星繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的角速度比同步衛(wèi)星的角速度大，C錯;根據(jù),可知中軌道衛(wèi)星繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的向心加速度比同步衛(wèi)星向心加速度大,D對。10.AD解析：粒子僅受電場力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動，電場力做功等于電勢能的減小量，故：，Epx圖象上某點的切線的斜率表示電場力，故電場力逐漸減小，電場強(qiáng)度減小，A錯;根據(jù)動能定理，有：F?△x=△Ek，故Ekx圖線上某點切線的斜率表示電場力；由于電場力逐漸增大，粒子做加速度增大的加速運(yùn)動，故B正確；ax圖像的斜率為，由于a和v均增大，所以比值不確定；只有勻變速運(yùn)動的v2x圖象才是直線，故D錯誤：由于本題選明顯錯誤的．所以選AD。11.CD解析：當(dāng)滑片向左移時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知電路中總電流增大，故L1變亮；電路中總電流增大，故內(nèi)阻r及R0、L1兩端的電壓增大，而電動勢不變，故并聯(lián)部分的電壓減小，故L2變暗；因L2中電流減小，干路電流增大，故流過L3的電流增大，故L3變暗亮；故AB錯誤；C正確；電路中總電流增大，故路端電壓變小，故D正確。12.AC解析：由電表A1、A2量程之比5：1，則其內(nèi)阻由可得內(nèi)阻之比為1：5．A1、A2并聯(lián)故流經(jīng)A1、A2電流之比與內(nèi)阻成反比為5：1，所以屬讀數(shù)之比為5：1，由電表改裝原理

可得A1、A2并聯(lián)．故流經(jīng)兩電流計的電流相等，兩指針偏轉(zhuǎn)角度相等，故選AC。三、實驗題（本題包括2小題，13小題6分，每空2分，14小題8分，每空2分，共14分）13、（1）ABD；（2）0.24；（3）0.40解析：（2）。（3）。14、（1）C；（2）D；（3）F；（4）如圖所示解析：（1）電源電動勢為6V，電壓表E量程太大，不能達(dá)到滿偏，所以電壓表應(yīng)選D;流過待測電阻的最大電流約為，電流表B量程太大，不能達(dá)到滿偏，所以電流表應(yīng)選C；要求測量數(shù)據(jù)盡可能多,控制電路采用分壓式，為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選F、又,測量電路采用外接法。所以電路圖為分壓外接，如圖。四、計算題（本題包括4小題，15小題6分，16小題8分，17小題10分，18小題14分，共38分）15、解：以A為對象，由牛頓第二定律得MgFT=Ma2分以B為對象，由牛頓第二定律得FTmg=ma2分聯(lián)立可得a=(Mm)g/(M+m)2分16、解：(1)IL=P/U=1A2分IR2=U/R2=0.5A2分E=U+（IL+IR2）(R1+r)=14V2分(2)Q=IR22R2t=20J2分17、解：(1)小球受力如圖，小球處于平衡狀態(tài)所以：Eq=mgtanα，得2分電場強(qiáng)度的大小是1.0×105N/C2分

（2）由動能定理有MglEql=mv2/2，4分得v=2m/s2分18、解：(1)小物塊恰好到達(dá)圓軌道最高點，則由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v2,R)1分小物塊由B點到圓軌道最高點，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mvB2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv22分在B點，由牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,O),R)1分由牛頓第三定律得FN＝6mg1分(2)小物塊由A到B，由能量守恒得Ep＝μmgl＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B