物理参考答案14.B15.B16.C17.D18.C19.AC20.CD21.BC22.每空2分①.1.880mm②0.72③.0.7123.(1)正电（1分）(2)电容器在Δt时间内的放电量（2分）4.5*10-4--5.0*10-4（2分）(3)A（2分）D（2分）24.(1)设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为v0，则v02＝2gh0（2分）解得v0＝10m/s取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为v，由动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v（2分）代入数据解得（2分）(2)由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，则（2分）对夯锤与桩料，由动能定理得（2分）代入数据解得（2分）25．（20分）解：（1）ab棒到达PQ前，两棒均在区域Ⅰ中，回路中磁通量变化为零，故感应电动势为零，两棒均做加速度相同的匀加速直线运动，设加速度大小为由牛顿第二定律有：；（2分）代入数据解得：（2分）（2）ab棒在区域Ⅱ中恰好做匀加速直线运动，表明其受到的安培力恒定，即回路中电流恒定。故cd棒切割磁感线的速度恒定，所以，cd棒一定做匀速直线运动。设cd棒匀速运动的速度（也是ab棒刚好到达PQ的速度）大小为v，ab棒释放点与PQ的距离为xcd棒切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv（1分）回路中的电流为：（1分）cd棒受到的安培力为：F=BIL（1分）对cd棒，由力的平衡条件有：（1分）联立以上各式，代入数据得：v=3m/s（1分）对ab棒，由匀变速运动规律有，（1分）代入数据解得：x=0.75m（1分）（3）ab棒在区域Ⅰ中运动的时间为：（1分）ab棒到达PQ后的过程可分为两段①过程1，从ab棒位于PQ至cd棒到达PQ，由右手定则可知ab棒中电流方向从b到a，由左手定则可知ab棒受到的安培力方向垂直轨道平面向下。设ab棒在区域Ⅱ中的加速度为此过程cd棒在区域Ⅰ中运动的时间为：（1分）对ab棒，由牛顿第二定律有：（2分）代入数据得：故cd棒到达PQ时，ab棒的速度为：（1分）②过程2，从cd棒位于PQ至两棒相遇前相距最远，因回路中无总应电流，故两样做加速度大小不等的匀变速直线运动，其中cd棒的加速度大小仍为。设ab棒的加速度为，此过程的时间为，对ab棒，由牛顿第二定律有：（1分）代入数据得，两棒共速时相距最远，故有，（1分）代入数据得：（1分）解得：（1分）34.(1)获取单色光（1分）xd/（n-1）l（2分）3xd/2（n-1）l（2分）(2)（1）由波形图可知，波长波沿x轴正方向传播，则（2分）其中解得（1分）则波速（2分）（2）时，波速最小，此时（1分）则（1分）质点A零时刻向上振，可知（1分）故质点A的振动方程（2分）