物理參考答案

物理參考答案一、單項(xiàng)選擇題（本題包括8小題，每題4分，共32分）題號(hào)12345678選項(xiàng)CDDABBAC二、多項(xiàng)選擇題（本題包括4小題，每題4分，共16分）題號(hào)9101112選項(xiàng)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(dòng)，在后1s內(nèi)沿正方向運(yùn)動(dòng)，兩段時(shí)間內(nèi)位移大小相等，所以t=1s時(shí)離原點(diǎn)最遠(yuǎn)，t=2s時(shí)，回到出發(fā)點(diǎn)．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(lái)越大，滑塊緩慢上升可看作動(dòng)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(cuò)誤。水平方向N=Fsinα=mgtanα,夾角α增大，tanα增大,N增大。B錯(cuò)D對(duì)。3.D解析：球被拍出后，做平拋運(yùn)動(dòng)，相同時(shí)間內(nèi)速度相同,A錯(cuò)；豎直方向自由落體，，B錯(cuò)；水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，,C錯(cuò)；若球落地水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，落在對(duì)方界內(nèi),D對(duì)。4.A解析：未接觸前，根據(jù)庫(kù)侖定律，得，接觸后兩球帶電量相同,距離變?yōu)?r,再由庫(kù)侖定律，得;所以A對(duì)，BCD錯(cuò)。5.B解析：據(jù)題知，q1和q2兩個(gè)點(diǎn)電荷在R處產(chǎn)生的場(chǎng)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(chǎng)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(kāi)始的勻加速運(yùn)動(dòng)且位移相等，,可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為，A錯(cuò)；，加速度與比荷成正比，所以加速度之比為1:2，B對(duì)；，而位移之比為1:2，時(shí)間之比為，所以初速度之比為,C錯(cuò);，所以末速度之比為，D錯(cuò)。7.A解析：電源的輸出功率,A對(duì);電動(dòng)勢(shì)為4.0V，內(nèi)阻，B錯(cuò);電源的總功率,C錯(cuò);原電路的總電阻為4?，若將兩個(gè)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?lái)的，所以電流變?yōu)樵瓉?lái)的。8.C解析：電容器與電源斷開(kāi)，電量Q保持不變，增大兩極板間距離時(shí)，根據(jù)，知道電容C變小，根據(jù)，知兩版極板間的電勢(shì)權(quán)差U變大，根據(jù)，知電場(chǎng)強(qiáng)度E不變．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。9.BD解析：由開(kāi)普勒第三定律，則,A錯(cuò)；中軌道衛(wèi)星繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的線速度等于,B對(duì);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(cuò);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(duì)。10.AD解析：粒子僅受電場(chǎng)力作用，做初速度為零的加速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做功等于電勢(shì)能的減小量，故：，Epx圖象上某點(diǎn)的切線的斜率表示電場(chǎng)力，故電場(chǎng)力逐漸減小，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，A錯(cuò);根據(jù)動(dòng)能定理，有：F?△x=△Ek，故Ekx圖線上某點(diǎn)切線的斜率表示電場(chǎng)力；由于電場(chǎng)力逐漸增大，粒子做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)的v2x圖象才是直線，故D錯(cuò)誤：由于本題選明顯錯(cuò)誤的．所以選AD。11.CD解析：當(dāng)滑片向左移時(shí)，滑動(dòng)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(dòng)勢(shì)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(guò)L3的電流增大，故L3變暗亮；故AB錯(cuò)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(jì)的電流相等，兩指針偏轉(zhuǎn)角度相等，故選AC。三、實(shí)驗(yàn)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(dòng)勢(shì)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(guò)待測(cè)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(cè)量數(shù)據(jù)盡可能多,控制電路采用分壓式，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選F、又,測(cè)量電路采用外接法。所以電路圖為分壓外接，如圖。四、計(jì)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(duì)象，由牛頓第二定律得MgFT=Ma2分以B為對(duì)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(chǎng)強(qiáng)度的大小是1.0×105N/C2分

（2）由動(dòng)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(diǎn)，則由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v2,R)1分小物塊由B點(diǎn)到圓軌道最高點(diǎn)，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(diǎn)，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