答案第=page11頁，共=sectionpages22頁物理參考答案1．CA．圖甲是粒子散射實(shí)驗(yàn)，盧瑟福據(jù)此提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故A錯(cuò)誤；B．圖乙增大玻璃板和透鏡的距離，條紋向內(nèi)移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．圖丙是放射源放出三種射線在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡，由左手定則可知1粒子帶負(fù)電，為射線，C正確；D．一群處于n=4能級的氫原子躍遷回基態(tài)時(shí)最多輻射出不同頻率光子的種數(shù)為種，故D錯(cuò)誤。2．BAB．根據(jù)電容的決定式，若降低液面高度，S減小，則電容減小，根據(jù)U=QC可知電壓增大，則B正確，A錯(cuò)誤；CD．僅提高液體濃度，可知電容器的電容增大，因?yàn)殡娙萜鲙У碾姾闪渴冀K不變，根據(jù)可知電壓U減小，靜電計(jì)指針的張角減小，故C、D錯(cuò)誤。CBC.甲乙之間力的作用點(diǎn)在手上，甲的手移動(dòng)位移與所受力的方向相反，故乙對甲的推力做負(fù)功。B若甲乙同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，兩者位移差為14米，兩者還未相撞，故臨界條件為甲車停止后，乙車剎停恰好不相撞。即14×2+14×142a-14×142×5.D【詳解】A．依題意，懸臂PM與豎直方向的夾角緩慢減小時(shí)，混凝土板受力平衡，有由牛頓第三定律可知鋼索受到的拉力保持不變，故A錯(cuò)誤；B．對整體受力分析，水平方向不受外力，吊車不受地面的摩擦力，由牛頓第三定律可知吊車對地面的摩擦力始終為零，故B錯(cuò)誤；C．鋼索對定滑輪的作用力為兩根鋼索的合力，懸臂PM與水平方向的夾角緩慢減小過程中，兩力大小不變，夾角變大，所以合力逐漸變小，即鋼索對定滑輪的作用力逐漸變小，故C錯(cuò)誤；D．若四條繩增加相同的長度，由幾何知識可知繩子與豎直方向夾角變小，根據(jù)可知四條繩受到的拉力均變小，故D正確。6.A閃光間隔時(shí)間t1=119s，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)角速度w為40πrad/s，在t1時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度為wt1=40π19，人眼看到白點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)角度為2π19，則w，=2π19/7.D板進(jìn)入左側(cè)電場過程中力隨位移線性線性變化，且與位移方向相反，故為簡諧振動(dòng)，A錯(cuò)誤；整個(gè)過程中最大電場力為QE，B錯(cuò)誤；板右端到達(dá)右側(cè)電場中點(diǎn)時(shí)速度最小，C錯(cuò)誤；可作出板所受電場力與位移的圖像，由圖可得：-12QE×1.5L=0-12mv02,解得v0=8.ADA、根據(jù)開普勒第三定律，軌道II的半長軸大于軌道I的半長軸，所以衛(wèi)星沿軌道I運(yùn)行的周期小于衛(wèi)星沿軌道II運(yùn)行的周期，A正確；B、衛(wèi)星在軌道Ⅱ上經(jīng)過點(diǎn)的加速度等于在軌道III上經(jīng)過點(diǎn)的加速度，B錯(cuò)誤；C、不同軌道上的星體與中心天體的連線在相等時(shí)間內(nèi)掃過的面積不相等，C錯(cuò)誤；D、衛(wèi)星從軌道I變軌進(jìn)入橢圓軌道II，需要點(diǎn)火加速，衛(wèi)星的機(jī)械能增加，同理衛(wèi)星從軌道II變軌進(jìn)入橢圓軌道III，也需要點(diǎn)火加速，所以衛(wèi)星在軌道I上的機(jī)械能小于在軌道Ⅲ上的機(jī)械能，D正確；9.BCABC、設(shè)繩的拉力為FT，斜面的彈力為FN，對小球分析，由：FTsin45o+FNcos45o=mg;FTcos45o-FNsin45o=ma得：FT=2由乙圖得m=0.2kg將a=5m/s2代入得FT=322N，F(xiàn)N=22N。故BCD、當(dāng)FN=0時(shí)，a=10m/s2,當(dāng)a＞10m/s2，小球?qū)㈦x開斜面，上述表達(dá)式不成立。ABC由qU0=12mv02得v0=2qU由qv0B=mv02/r得r=1B可知碳半徑更小，更靠近圓心，則A正確；要打在底片上，rmin=3R2,rmax代入公式得Umin=9U016,Umax=25U0C、粒子打在內(nèi)圓環(huán)上，軌跡與內(nèi)圓環(huán)交于C點(diǎn)，如圖當(dāng)MC⊥CO時(shí)，圓弧MC對應(yīng)的圓心角θ最小，用時(shí)最短，幾何關(guān)系可知最小圓心角則最短時(shí)間為聯(lián)立解得，故C正確；D、根據(jù)上述r=1得Umin=21U032,Umax=175U011、（1）AD（2）(2x2-x3-x1)/t02（3）加速度與合外力成正比12、（1）R2(2)200040005.3%【詳解】（1）電源電動(dòng)勢歐姆表內(nèi)阻R內(nèi)=EI=2000Ω，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇R（2）由（1）可知，歐姆表內(nèi)阻為2000Ω；（3）電流表量程為3mA，由圖丙所示可知，讀數(shù)為1.00mA，由閉合電路的歐姆定律得代入數(shù)據(jù)解得Rx=4000Ω；由電動(dòng)勢變?yōu)樵瓉淼?5%，則真實(shí)值為測量值的95%，相對誤差為5.3%。（1）2.28×105pa(2)4.8L由P1T1=P2將數(shù)據(jù)代入得P2=2.28×105pa；（2分）根據(jù)物質(zhì)的量不變，P2V+P0△V=P1V；（2分）解得△V=4.8L。（2分）14.(1)v塊=2v03(2)μ=v（1）滑塊與木板A相互作用由動(dòng)量守恒定律：mv0=mv塊＋mvA；（1分）由題意當(dāng)v塊＝2vA聯(lián)立可得：vA=v03,v塊=2（2）滑塊與木板A最終共速，設(shè)共速為（v共1)系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0=(m＋m）v共1；（1分)解的v共1＝v02滑塊與木板A相互作用過程中，摩擦力做功使系統(tǒng)動(dòng)能減少，減少的動(dòng)能等于克服摩擦力做的功。由能量守恒:μmgL=12mv解的μ=v0木板A(質(zhì)量m，速度v共1＝v02)與木板B(質(zhì)量2mv共1=mvA1＋2mv12解的vA1=－v06最終滑塊與B共速，設(shè)共速速度為（v共2）系統(tǒng)動(dòng)量守恒:mv共1+2mvB1=(m+2m)v共2v共2=7v對B由動(dòng)能定理:μmgxB=122mv共22－對B由動(dòng)量定理:μmgt=2mv共2－2mvB1解的t=4L9滑塊A勻速運(yùn)動(dòng)xA=vA1?t=－2L27；因此最終A與B距離為d=|15、（1）1m/s53V（2）2.625N·S（或218N.S）0.658J（或79120J）(3)107m/s（1）導(dǎo)體棒接入回路的電動(dòng)勢E回=BL1vm;(1分)電流I=E回由F=BIL1+μmg;（1分）聯(lián)立得I=2A，vm=1m/s.（1分）C剛要離開地面時(shí)，F(xiàn)T=mcg;由BI0L2=FT得I0=1A；（1分）則v0==0.5m/s（1分）對a分析，由動(dòng)量定理得：Ft--μmgt=mv0(其中x=)（1分）聯(lián)立得：I=Ft=2.625N.S（或I=218N.S）對系統(tǒng)分析，由能量守恒定律得：Fx=12mv02+μmgx+Q；Qb=13Q聯(lián)立得：Q=1.975J，Qb=0.658J.（或Qb=79120J）E=BL1va-BL2vb;(1分)