物理參考答案一、單選題(24分)題號(hào)123456ACCBAD3.C【解析】機(jī)械橫波向右傳播，波長(zhǎng)λ=8m,質(zhì)點(diǎn)C恰好通過(guò)平衡位置，根據(jù)平移法可得5.A【解析】把導(dǎo)線環(huán)分成兩半，取其中的一半作為研究對(duì)象，兩端截面所受張力均為T,整個(gè)半環(huán)受到的安培F=BI·2R,7897.AD【解析】若紙箱做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則乒乓球處于平衡狀態(tài)，周圍乒乓球給它的作用力與重力等大反向，即應(yīng)豎直向上，A正確B錯(cuò)誤；若紙箱向下做加速運(yùn)動(dòng)，可知加速度沿斜面向下，將加速度水平豎直分解，可知應(yīng)有水平向右的分量，周圍的乒乓球?qū)υ撈古仪虻淖饔昧赡転镕?,不可能是F?,D正確，C錯(cuò)誤。8.BC【解析】由等效電源可知，副線圈電壓U?、電流I?滿足U?=E′-I?r′,其中,根據(jù)“串反并同”可知，隨著滑片向右移動(dòng)，流過(guò)R?電流增大，故A錯(cuò)誤；U-I圖像中縱截距為E′,斜率絕對(duì)值為r′,所,圖像斜率絕對(duì)值為2Ω,故C正確；設(shè)滑動(dòng)變阻器滑片左端電阻為R左，滑片右端電阻為R右，則副線圈電路中R、R2、R?總電阻為易知，當(dāng)R?+R左=右右移動(dòng)過(guò)程中Ω增至2Ω再減至表示數(shù)先增后減小，故B正確；由等效電阻知識(shí)可知，副線圈中電阻等效至原線圈中后R′=k2R剎，則等效電阻同樣先增后減小，原線圈中電流先減后增大，R?消耗功率先減后增大，故D錯(cuò)誤。9.BD【解析】由于電場(chǎng)強(qiáng)度變化，電子運(yùn)動(dòng)加速度發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；電子到達(dá)離子層分界面處受到向x軸負(fù)方向的電場(chǎng)力，故電子從正離子層左側(cè)邊界離開(kāi)，故B正確；E—x圖像面積表示電勢(shì)差,電場(chǎng)力做功,電勢(shì)能增；,故C錯(cuò)誤；電子到達(dá)離子層分界面處時(shí)速度vy=vsinθ,由動(dòng)能定理可,解得,故D正確。10.AD【解析】粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力,解得,粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)qE=ma,h?=,由相似關(guān)系可知,聯(lián)立可得粒子回到拋出點(diǎn)需要滿足,故僅帶電粒子種類發(fā)生變化(但仍為帶正電的粒子),能使粒子發(fā)射后回到原來(lái)位置，A正確；由上述分析可知，僅帶電粒子初速度發(fā)生變化，不能使粒子發(fā)射后回到原來(lái)位置，B錯(cuò)誤；由上述分析可知，電場(chǎng)強(qiáng)度變成原來(lái)3倍且磁感應(yīng)強(qiáng)度變成原來(lái)2倍，不能使粒子發(fā)射后回到原來(lái)位置，C錯(cuò)誤。由上述分析可知，僅發(fā)射點(diǎn)到電場(chǎng)邊界l的距離發(fā)生變化，能使粒子發(fā)射后回到原來(lái)位置，D正確。11.(每空2分，共6分)(1)靜止(2)(3)12.(8分)(1)并聯(lián)(1分)2(1分)(2)C(2分)(3)見(jiàn)解析(2分)④.5(2分)【解析】(1)并聯(lián)可以分流，要擴(kuò)大電流表的量程，需并聯(lián)一個(gè)定值電阻；根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)及歐姆定律可得IRg=(I—Ig)R代入數(shù)據(jù)解得，并聯(lián)電阻的阻值為R=2Ω(2)實(shí)驗(yàn)要求電壓從0開(kāi)始變化，故滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，為了便于實(shí)驗(yàn)調(diào)節(jié)，應(yīng)選用規(guī)格較小的滑動(dòng)變(3)由于電流表的內(nèi)阻已知，故電流表采用內(nèi)接法，結(jié)合上述分析可知，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，電路連接情況如下物理參考答案(雅禮版)-2S(4)根據(jù)歐姆定律可得故在I—U圖像中，其斜率為四、計(jì)算題(42分)解得a?=0.6g………………(1對(duì)Q分析，根據(jù)牛頓第二定律有mgcosθ—μF?=ma?解得mgcosθ—μmgsinθ—μkt=代入,解得a?=0…………………(1分)如圖所示，a?—t圖像與時(shí)間軸圍成的面積代表速度變化物理參考答案(雅禮版)-3由圖可知……………(4分)圖像2分，計(jì)算過(guò)程含結(jié)果2分，利用平均加速度計(jì)算也可以。15.(16分)【解析】(1)小球從靜止釋放到圓軌道最高點(diǎn)E過(guò)程中由動(dòng)能定理有……(2分)小球恰能過(guò)E點(diǎn)…………………(2分)(2)小球到最低點(diǎn)G的速度為v,由動(dòng)能定理，有小球與凹槽發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，有mv—Mvm=mv+Mvm’(1分)………………………(1分)解得vn=4√gL…………………………(1分)(3)物塊與凹槽在相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，動(dòng)量守恒Mvm′-Mvm=2Mv解得v共=√gL(1分)能量守恒可解得s=18L…………………(1分)所以共速時(shí)小物塊到右側(cè)擋板距離為0對(duì)凹槽由牛頓第二定律有μMg=Ma?對(duì)物塊由牛頓第二定律有μMg=Ma?a2=0.5g………………………(1分)兩者質(zhì)量相等碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可知兩者速度互換，可得凹槽v—t圖像由圖像可…………(1分)規(guī)定水平向右為正，所以凹槽位移=x?+(x?'—L)十x?+…十x?7=x?+x?'+x?+…十x17+x18'-9L