物理参考答案

物理参考答案1.【答案】D【命题意图】本题考查原子物理。【解析】密立根通过油滴实验测定了电子电量，确定了元电荷，故A选项正确；微观粒子的碰撞依然遵循动量守恒，故B选项正确；正电子与负电子对撞湮灭释放能量，遵循质能方程，并以一对伽马光子的形式释放出来，故C选项正确；电子在气泡室中运动，由洛伦兹力提供向心力，可得，解得运动轨道半径，带电粒子在磁场中运动周期，与速度、轨道半径无关，由于电子在气泡室，有能量损失，动能减小，半径减小，周期不变，故D选项错误。2.【答案】B【命题意图】本题考查牛顿第二定律。【解析】空载时无人机起飞离地的瞬间，升力刚好等于重力，设比例系数为k，当搭载质量为的物体，竖直方向上由牛顿第二定律可知：升力联立解得故B选项正确。3.【答案】C【命题意图】本题考查平抛运动和动能定理的运用。【解析】小强从最高点下落过程可看成平抛运动，竖直方向上有，解得，由对称性可知，第三步跳跃在空中运动的时间为，故A选项错误；由题意可知，第三次起跳腾空的水平位移，水平方向匀速直线运动，，解得，即运动到第三次起跳腾空之后最高点时的动能为，故B选项错误；平抛过程，由动能定理可知，，解得，故C选项正确；全过程由动能定理可知，，解得，D选项错误。4．【答案】C【命题意图】本题考查安培定则、安培力。【解析】由于导线a受到的安培力方向垂直导线向左，故导线b的电流方向一定与a中电流方向相反，选项A错误；若导线c的电流方向与a相反，则导线c受到安培力的方向向左；若导线c的电流方向与a相同，则导线c受到安培力的方向向右，选项B错误；只有当导线c的电流方向与a相同时，导线a、c受到安培力的大小才相等，选项C正确；当导线c的电流方向与b相同时，导线b受到安培力最大，选项D错误。5.【答案】A【解析】因为升压变压器T2的匝数比不变，所以升压变压器T2的输入电压就等于调压器T1的输出电压，当滑头P向下移动，调压器T1的匝数比变大，调压器T1的输出电压变小，整个电路的总功率变小（或等效电阻变大），总电流变小，即电流表A1示数变小，电流表A2示数变小，cd端获得的电压变小，A项正确，B、C项错误；因为调压器T1与变压器T2均视为理想变压器，ab端输入电压不变，输入电流变小，输入功率变小，cd端获得的功率变小，D项错误。6.【答案】A【命题意图】本题考查共点力的平衡。【解析】做示意图如图1所示，钢索在A点夹角为，，定滑轮只改变钢索拉力的方向，不改变力的大小，则钢索对滑轮的作用力，由牛顿第三定律可知，滑轮对钢索的作用力，故A选项正确；由题意可知，物体缓慢向上运动，钢索拉力，故B选项错误；以B点为研究对象，受力分析如图2所示，可知：，解得，故C选项错误；以整体为研究对象，钢索也与底座接触，底座对整体的支持力大于，故D选项错误。图1图2【一题多解】本题也可以为钢索与滑轮接触点为研究对象，受到两个拉力和支持力，处于三力平衡。正交分解也可以解得答案。7.【答案】CD【命题意图】本题考查万有引力与航天。【解析】由开普勒第三定律可知，椭圆轨道半长轴的三次方与周期的平方之比为定值，应该是轨道半径的三次方，而不是轨道高度的三次方，故A选项错误；由于神舟十三号载人飞船与空间站的质量未知，向心力大小无法判断，故B选项错误；要实现对接，变轨前万有引力大于圆周运动所需的向心力，故而做向心运动，需要加速使万有引力刚好提供圆周运动所需的向心力，进入与空间站相同的轨道，从而实现变轨对接，故C选项正确；神舟十三号载人飞船在从近地点A到远地点B运动的过程中，速度减小，动能减小，引力势能增大，只有万有引力做功，机械能守恒，故D选项正确。8.【答案】AC【解析】不计阻力，小球入水前可视为匀变速直线运动，入水后匀减速到速度为零，即速度先向上变小后向下变大，入水后速度变小，入水前的加速度是一样的，所以A项正确，B项错误；根据可知Ek-t图像切线的斜率表示合外力的瞬时功率，入水前合外力不变，速度先小后大，合外力功率先小后大，入水后做匀减速，合外力也不变，速度一直变小，合外力功率一直变小，所以C项正确，D项错误。9.【答案】BC【命题意图】本题考查电磁感应和楞次定律。【解析】当送电线圈接入图（a）所示的交流电，尽管电流大小不变，但是电流的流向发生变化，依然会使受电线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，能为电动汽车充电，故A选项错误；当送电线圈接入图（b）所示的锯齿交流电，由楞次定律可知，当送电线圈中交流电电流增大时，使得受电线圈磁通量增大，两者相互排斥，即所受安培力为斥力，故B选项正确；当送电线圈接入图（c）所示的正弦交流电，当电路中的电阻变大时，感应电流有效值变小，故C选项正确；当送电线圈接入图（d）所示的余弦交流电，感应电流的方向可以由楞次定律判断，当送电线圈电流减小时，感应电流方向与送电线圈电流方向相同，故D选项错误。10.【答案】ACD【命题意图】本题考查功率计算、流体柱状模型构建以及交流电的描述。【解析】由可知，线圈转动周期，又因为叶片与线圈转速相同，即叶片转动周期，故A选项正确；设在时间内流到叶片旋转形成的圆面中的空气质量为m，则，能够将风的动能转变成叶片的动能，故B选项错误；由能量守恒可知：，即发电机产生感应电动势有效值的平方与风速的三次方成正比，故C选项正确；当风速增大时，风力发电机的转速增大，产生交流电的转速增大，周期减小，感应电动势的最大值增大，故D选项正确。11.（5分）【答案】（1）=（2分）（2）C（2分）（3）直线（1分）【解析】（1）由于O点为活结，同一根绳，AO绳的拉力等于BO的拉力，根据对称性，AO与竖直方向的夹角和BO与竖直方向的夹角相等，设为θ，两竖直杆间距为d，由几何关系可知，又弹力的大小，可知B点上下移动不影响θ角，故两次B在竖直杆上的不同位置，F1＝F2。（2）以O点为研究对象，重力实际作用效果在竖直线上，因为误差的存在，两绳合力的理论值要与实际值有一定偏差，故B图和D图不符合实际，由于两绳拉力总是相等，A图也不符合实际，故选C。（3）改变B的位置，B是在右侧竖直方向运动，由几何关系可知，AO与竖直方向的夹角不变，所以可以观察到O点的轨迹是直线。12.（10分）【答案】（1）0~0.6A（2分）0~3V(2分)（2）如图所示（2分）（3）小灯泡的电阻随温度的升高而增大（2分）（4）0.196（2分）【命题意图】本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验。【解析】（1）因为小灯泡的额定电流为0.3A，所以电流表采用0~0.6A的量程，因为小灯泡的额定电压为3V，所以电压表采用0~3V的量程。因为实验所描绘的伏安特性曲线要求电压、电流从0开始，所以滑动变阻器应该采用分压式接法，因为小灯泡的阻值比较小，所以电流表应该外接法，实物连接如图所示。从伏安特性曲线可以看出，小灯泡的电阻随温度的升高而增大。根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知U=E-Ir,当I=0时，U=1.5V；当I=0.1A时，U=1.429V，描点连线如图所示；U=E-Ir直线与小灯泡的伏安特性曲线相较于（1.4V，0.14A），根据P=IU可知，小灯泡消耗的电功率为0.196W。13.（11分）【答案】（1）（5分）（2）（6分）【命题意图】本题考查动量守恒定律和动能定理。【解析】设冰壶与地面的摩擦因数为，冰壶A碰撞前的速度为，碰撞后冰壶B的速度为滑动冰壶A向前匀减速直线运动，由动能定理可知：（1分）冰壶A与冰壶B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知：（1分）（1分）此后冰壶B向前匀减速直线运动，由动能定理可知：（1分）联立解得（1分）（2）冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可知：（2分）此后冰壶AB整体向前匀减速直线运动，设冰壶AB整体向前运动的距离为由动能定理可知：（2分）联立解得（2分）14.（17分）【答案】（1）（2分）（2）（4分）（3）（11分）【命题意图】本题考查电磁感应的综合应用。【解析】（1）当金属棒AB向右匀速运动的过程中，切割磁感线产生的电动势（1分）切割产生的电动势与电源电动势相等，电源的电动势（1分）（2）当金属棒AB向右运动的过程时，切割产生的电动势增大，与电源电动势相互抵消之后，产生的感应电流减小，合外力减小，做加速度减小的加速运动。即闭合开关的瞬间，加速度具有最大值，此时速度为零。（1分）金属棒AB与电阻R构成闭合回路，回路中电流（1分）金属棒AB所受安培力（1分）加速度（1分）（3）金属棒AB与金属棒CD发生弹性碰撞，由动量守恒可知：（1分）由能量守恒可知：（1分）联立解得（1分）金属棒CD向右切割磁感线，当金属棒CD切割磁感线产生的电动势与电容两端电压U相等时，金属棒CD以速度做匀速直线运动。由动量定理可知：（1分）（1分）（1分）匀速运动时（1分）联立解得（1分），（1分）金属棒CD向右运动的整个过程能量守恒，则（1分）解得（1分）15.【物理—选修3-4】（13分）（1）【答案】ABE【命题意图】本题考查分子动理论。【解析】一定质量的乙醚液体全部蒸发，变成同温度的乙醚气体，气体分子间距增大，分子克服引力做功，分子势能增加，故A选项正确；当液体和固体之间表现为不浸润时，附着层内分子间表现为引力，故B选项正确；物体的内能由温度、体积、物质的量及物态共同决定，不仅仅与温度有关，在热传递的过程中，热量由高温物体传递给低温物体，与内能大小无关，故C选项错误；固体对容器底部的压强，是由于固体对容器的压力引起的，与固体的质量有关，故D选项错误；热量是描述在热传递的过程中，能量转移了多少。功是描述在做功的过程中，能量从一种形式转化为另外一种形式，两者都是描述的某一过程，内能是描述在某一状态下物体具有的内能，故E选项正确。（2）【答案】（i）（2分）（ii）（6分）【命题意图】本题考查理想气体状态方程。【解析】（i）由玻意耳定律可知(1分)解得(1分)（ii）以防爆轮胎内气体为研究对象，爆胎后，，，设此时气体的总体积为，由理想气体状态方程可知：(1分)解得(1分)外漏到空气中的同状态气体体积(1分)由理想气体状态方程可知，此时外界温度为，压强为大气压强，设此状态下体积为(2分)解得(1分)其他方法：以防爆轮胎爆胎前胎内气体为研究对象，设爆胎后，外漏气体在外界环境中的体积为，则，解得。（注意：若用其他方法解题，评卷老师可按自己理解的标准给分）16.【物理—选修3-4】（13分） （1）【答案】ABE【命题意图】本题考查波的干涉和衍射等特性。【解析】红光波长长，更容易产生衍射，穿过雾霾，射透更远的地方，故A选项正确；向人体内发射一定频率的超声波，被血管中的血液反射后，测得反射波频率的变化，即可知道血液的流速和血管的情况，这是利用了波的多普勒效应，故B选项正确；光从浅水区射向深水区，改变传播方向是因为折射，故C选项错误；泊松亮斑外阴影部分分布着不等间距的同心圆环条纹是因为光的衍射，故D选项错误；由折射定律可知，折射率越大，看起来越浅，故E选项正确。（2）【答案】（i）v=16（ii）λ=24n+1m（n=1，2