物理参考答案

物理参考答案一、单项选择题（本题包括8小题，每题4分，共32分）题号12345678选项CDDABBAC二、多项选择题（本题包括4小题，每题4分，共16分）题号9101112选项BDADCDAC1.C解析：速度的正负表方向，在前1s内物体沿负方向运动，在后1s内沿正方向运动，两段时间内位移大小相等，所以t=1s时离原点最远，t=2s时，回到出发点．故C正确。2.D解析：根据几何关系可知，轻绳与竖直杆的夹角α越来越大，滑块缓慢上升可看作动态平衡，竖直方向Fcosα=mg,F=mg/cosα,夹角α增大，cosα减小,F增大。AC错误。水平方向N=Fsinα=mgtanα,夹角α增大，tanα增大,N增大。B错D对。3.D解析：球被拍出后，做平抛运动，相同时间内速度相同,A错；竖直方向自由落体，，B错；水平方向匀速运动，,C错；若球落地水平方向匀速运动，落在对方界内,D对。4.A解析：未接触前，根据库仑定律，得，接触后两球带电量相同,距离变为2r,再由库仑定律，得;所以A对，BCD错。5.B解析：据题知，q1和q2两个点电荷在R处产生的场强大小相等、方向相反，则q1和q2的电性相同，设RQ=r，则PR=3r.根据电场的叠加原理可得：,可得|q1|=9|q2|,综上可得：q1=9q2。6.B解析：质量之比为1：2，电荷量之比为1：4．所以比荷之比为1：2。粒子在竖直方向做静止开始的匀加速运动且位移相等，,可知运动时间之比为，A错；，加速度与比荷成正比，所以加速度之比为1:2，B对；，而位移之比为1:2，时间之比为，所以初速度之比为,C错;，所以末速度之比为，D错。7.A解析：电源的输出功率,A对;电动势为4.0V，内阻，B错;电源的总功率,C错;原电路的总电阻为4Ω，若将两个相同电阻R串联接入该电源，则总电流变为6Ω，即总电阻变为原来的，所以电流变为原来的。8.C解析：电容器与电源断开，电量Q保持不变，增大两极板间距离时，根据，知道电容C变小，根据，知两版极板间的电势权差U变大，根据，知电场强度E不变．故C正确，A、B、D错误。9.BD解析：由开普勒第三定律，则,A错；中轨道卫星绕地球运转的线速度等于,B对;中轨道卫星绕地球运转的角速度比同步卫星的角速度大，C错;根据,可知中轨道卫星绕地球运转的向心加速度比同步卫星向心加速度大,D对。10.AD解析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：，Epx图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，电场强度减小，A错;根据动能定理，有：F•△x=△Ek，故Ekx图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐增大，粒子做加速度增大的加速运动，故B正确；ax图像的斜率为，由于a和v均增大，所以比值不确定；只有匀变速运动的v2x图象才是直线，故D错误：由于本题选明显错误的．所以选AD。11.CD解析：当滑片向左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内阻r及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变暗亮；故AB错误；C正确；电路中总电流增大，故路端电压变小，故D正确。12.AC解析：由电表A1、A2量程之比5：1，则其内阻由可得内阻之比为1：5．A1、A2并联故流经A1、A2电流之比与内阻成反比为5：1，所以属读数之比为5：1，由电表改装原理

可得A1、A2并联．故流经两电流计的电流相等，两指针偏转角度相等，故选AC。三、实验题（本题包括2小题，13小题6分，每空2分，14小题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）如图所示解析：（1）电源电动势为6V，电压表E量程太大，不能达到满偏，所以电压表应选D;流过待测电阻的最大电流约为，电流表B量程太大，不能达到满偏，所以电流表应选C；要求测量数据尽可能多,控制电路采用分压式，为方便实验操作，滑动变阻器应选F、又,测量电路采用外接法。所以电路图为分压外接，如图。四、计算题（本题包括4小题，15小题6分，16小题8分，17小题10分，18小题14分，共38分）15、解：以A为对象，由牛顿第二定律得MgFT=Ma2分以B为对象，由牛顿第二定律得FTmg=ma2分联立可得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)小球受力如图，小球处于平衡状态所以：Eq=mgtanα，得2分电场强度的大小是1.0×105N/C2分

（2）由动能定理有MglEql=mv2/2，4分得v=2m/s2分18、解：(1)小物块恰好到达圆轨道最高点，则由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v2,R)1分小物块由B点到圆轨道最高点，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mvB2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv22分在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,O),R)1分由牛顿第三定律得FN＝6mg1分(2)小物块由A到B，由能量守恒得Ep＝μmgl＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B