物理参考答案题号12345678910答案BCABCABDBDBC答案1.【】B解析当照射光的光子能量大于金属板的逸出功时便可发生光电效应由于该金属板的逸出功为【】,,则可推知处于基态的氢原子吸收一个光子后跃迁到能级故照射光的光子能量等于E2.29eV,3,3-E氢原子可辐射三种不同频率的光错误正确能否使金属板发1=12.09eV,3→1,2→1,3→2,A,B;生光电效应与照射光的频率有关与光照强度无关错误由于hν则用频率为,,,C;=9.1eV<13.6eV,ν15的光照射处于基态的氢原子时不会使其电离错误=2.2×10Hz,,D。答案2.【】C解析无风时小球在竖直方向上的加速度ag有风时设风力大小为F小球受力【】1=,,,mgFθFθ情况如图所示此时小球竖直方向的加速度a'+cosgcosa据h,1=m=+m>1,1at2可知有风时小球从抛出到落到水平面上的时间将减小错误由于vhF=,,A;0、、2及θ大小关系不确定小球可能在水平方向向右刚好减速到零时小球下落的速度方,,向与水平面垂直小球也可能在水平方向上向右减速到零后再反向加速回到OO竖直线上时小球;,1,刚好落到水平面上的O点错误正确OOvt有风时小球水平向右移动的最大距离x1,B,C;12=0,,=1vt'由A项分析已知t't故有xOO即小球一定不能落到O点错误0,<,<12,2,D。2答案3.【】AL解析双缝干涉时相邻两亮条纹的间距Δxλλ为光在介质中传播时的波长介质对光的折射【】,=d,,λc0率n其中v为光在介质中传播时的速度λ为光在真空中传播时的波长因x甲x乙故有=v=λ,,0,<,Lλ甲λ甲λ乙进而可知n甲n乙v甲v乙即透明物质甲为水晶正确错误再据Δxλ可知<,>,<,,A,B;=d,λ乙x甲λn甲λ乙x乙错误据n0可有错误=x乙,C;=λ,n乙=λ甲=x甲,D。答案4.【】BL解析由单摆周期公式T可知g1设该宜居星球表面的重力加速度为g地球表面【】=2πg,∝T2,1,g2为g可得12即gg若使摆钟的周期仍为需使摆长增大错误该星球发射卫星所需0,g=1=40,2s,,A;01vgR的最小速度即为该星球的第一宇宙速度由vgR可知1114即v1v正,,vRk,1k,==g00==2Bhg确以同样的速度竖直上抛一物体由运动学公式v2gh可得h1则014错误同样;,0=2∝g,h=g=,C;101hxg大小的速度水平抛出一物体则物体的水平射程xvtv2则012错误,=0=0g,x=g=,D。101答案5.【】C【】物理参考答案第1页(共5页)F-024{#{QQABYQAEoggAApAAARhCAQmwCECQkACCCCoGwBAEsAABCBFABAA=}#}xF解析对物块有Fmgθma且有x1at2联立可解得1gθ由图可知【】2、3-2sin=2,=,t2=m-sin,,242图像斜率k11即m.图像纵轴截距的绝对值b.1gθ解得θ1所以θ==m,=05kg,=25=sin,sin=,2422错误当F时据Fmgθma可求得三个物块的加速度大小为a2=30°,A、B;=10N,-2sin=2=5m/s,对三个物体有Fmgθma可解得F正确错误0-3sin=3,0=15N,C,D。答案6.【】A解析由题可知发电机提供电压的有效值为电阻R电压的有效值为假设原线圈中电流【】10V,225V,为I副线圈中的电流I25.则原线圈两端电压UIRI根据电压之比1,2==02A,1=10-11=10-51,125InInn与匝数之比的关系可知10-511电流之比与匝数之比的关系可得12两式联立可解得1=n,.=n,n25202121正确=,A。5答案7.【】B解析由匀强电场及菱形的特点知O点的电势为φO【】,=φBφD+错误过D点作AB的垂线交AB于B'点=4V,A;,2φB'φA设菱形的边长aAB'a且有-=5cm,=cos53°=3cm,AB'φBφAφB'φB-即有解得φB'则沿B'A方向有=AB,AB'=AB,=6V,φB'φAφB'φDEx-沿B'D方向有Ey-故匀强电场的电场强度大小为E=AB'=200V/m,=B'D=200V/m,φAφCEx2Ey2正确因φO+可求得φCφB电子在电势高的位置电=+=2002V/m,B;=,=8V<,2势能小错误由B项分析可知电场方向与DB方向不平行故电子在D点由静止释放时不可能,C;,,,沿直线由D向B运动错误,D。答案8.【】D解析由图乙可知t.时质点N沿y轴正方向运动由图甲可判断出波沿x轴向左传播此【】,=10s,,,时质点M也为沿y轴正向运动故可知从此时开始质点N比M先回到波谷错误由图甲和图乙,,A;λ可知波在介质中传播的波长λ周期T所以波速v错误此时质点,=120cm,=12s,=T=10cm/s,B;O的振动方向沿y轴正向因其相对平衡位置的位移大小为2A由2AAθ可知θ因而,,=sin,=45°,22质点O再经过t1T.回到平衡位置错误由项分析可知质点M的振动状态移至O1==15s,C;C,8点所需时间应等于t1T也即xOMvt质点N经过t由平衡位置振动到图甲所示1=,=1=15cm,=1s8位置故MN两质点平衡位置间的距离xMNvt所以质点N的平衡位置坐标为xOMxMN,、==10cm,+正确=25cm,D。答案9.【】BDF解析滑块在半圆形轨道内运动时滑块受到的重力和恒力F的合力如图所示θ3即θ【】,,tan=mg=,4所以满足滑块刚好不脱离轨道又返回N点的条件时滑块将恰好运动到与OO垂直的线段=37°,,2【】物理参考答案第2页(共5页)F-024{#{QQABYQAEoggAApAAARhCAQmwCECQkACCCCoGwBAEsAABCBFABAA=}#}OO上的O点开始返回错误滑块在整个运动过程中恒力F对滑33,A;,块做的正功越多滑块的机械能越大因当滑块运动到O点时恒力F,,1,做的正功最多所以滑块运动至O点时的机械能最大正确由图可,1,B;知滑块运动到O点时速度最大运动到N点时的速度大于运动到O,2,1点时的速度错误正确,C,D。答案10.【】BC解析如图所示设粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O图中EOD【】,1,∠α据相交圆的特点可知EOO1EOD进而=+90°=150°,∠1=∠=75°,2FOOEOOα则EFR3RFOFO∠1=∠1-=15°,=sin60°=,1=tan15°2R1Rsin45°-30°R3R所以粒子在磁场=cos60°tan15°=×=-,,2cos45°-30°2中做圆周运动的半径R'EFFOR错误因R'R可知四边=+1=,A;=,形EODO为菱形故ODOEOO因而θ1,∠1=180°-2∠1=30°,=90°-RRODO正确粒子在磁场中运动的时间t150°2π5π正确因R'R据磁发∠1=60°,B;=×v=v,C;=,360°060散的特点以不同的方向从D点进入磁场的粒子出磁场时其方向均与CD垂直错误,,,D。分11.(6)答案图见解析分之间均可分分【】(1)(1)(2)98(96~100)(2)4.0(1)偏大分(3)(2)解析描点拟合图线如图所示m/kg【】(1),。5设重物的质量为m对重物有mgmgkx即有mm(2)0,,=0-,=0kk4x结合作出的mx图像可有m.4-1-g,-,0=40kg,g=-2=10,330×10则弹簧的劲度系数k之间均可=98N/m。(96~100)2mmg由mgmgkx可得k-0若拉动端点N时偏1(3)=0-=x,离了竖直方向则弹簧伸长量x的测量值偏小故弹簧劲度系数的测,,O51015202530x/cm量值比其真实值偏大。分12.(9)aa答案分分分分【】(1)D(2)(2)=(2)c-b(3)(3)C(2)解析闭合时由闭合电路欧姆定律有UErRRAI闭合S断开S时【】(1)S1、S2,1=-+0+1,1、2,由闭合电路欧姆定律有UErRRARxI则在同一UI坐标系中描点连线分别作出2=-+0++2,-,UI和UI图像纵截距相同即为电源电动势EUI图像斜率的绝对值rRRA小于1-12-2,,,1-1(+0+)UI图像斜率的绝对值rRRARx故项正确2-2(+0++),D。aa由分析可知电源电动势EarRRArRRARx联立可求得待测电(2)(1),=,+0+=b,+0++=c,aa阻的阻值Rx=c-b。由于不知道定值电阻R的阻值和电流表的内阻RA故无法求出电源内阻r错误由该实验(3)0,,A;的实验原理可知电压表的分流作用不会影响Rx的测量值错误由分析可知电流表的内阻是,,,B;(2),否考虑不影响Rx的测量值正确,C。【】物理参考答案第3页(共5页)F-024{#{QQABYQAEoggAApAAARhCAQmwCECQkACCCCoGwBAEsAABCBFABAA=}#}分13.(10)解若饭盒密封良好据查理定律有:(1),pp01分t=t(2)1+273K2+273K带入数据解得p.p分1=1270(2)设盒内气体在压强为p温度为t℃时的体积为V在压强p.p温度t(2)0、1=270,2=1250、2=108℃时的体积为为V则有1,pVpV0021分t=t(2)1+2732+273.解得V127V分1=.0(1)125则此条件下溢出气体的体积ΔVVV分=1-0(1)ΔmΔV故两者的质量之比为分mV()0=11Δm代入数据求得2分m=(1)0127分14.(13)解t时间内对ab棒及导轨构成的回路有:(1)0~0,、ΔΦΔBEL2分=Δt=Δt(1)ΔBB0分Δtt()=01B联立解得E0L2分t()=01设t时间内通过回路的电流为I(2)0~0对a棒有BILFmgθ分+=2sin(1)对b棒有BILmg分0=(1)BB0t分t()=01mg联立可解得Fmgt分t()=-01设撤去拉力后的某一时刻回路中的电流为I(3)1对a棒有mgθBILma分2sin-01=21(2)对b棒和物块组成的系统有mgBILma分-01=22(1)解得aa表明每时每刻ab两棒的速度大小相等两棒的位移大小也相等1=2,、,故当物块下落L时由能量守恒定律有,mgθLmgLQ1mmmv2分2sin×+=+2++(2)2Q解得vgL分=-m(1)2分15.(20)解设甲乙两小球第一次碰撞前甲球的速度大小为v则有:(1)、,0,v2gxAB分0=2(1)【】物理参考答案第4页(共5页)F-024{#{QQABYQAEoggAApAAARhCAQmwCECQkACCCCoGwBAEsAABCBFABAA=}#}解得v0=4m/s设碰撞后甲乙两小球的速度大小分别为vv则有,、1、2,mvmvmv分10=11+22(1)1mv21mv21mv2分10=11+22(1)222代入数据解得vv分1=-2m/s,2=2m/s(1)碰后甲球向上运动乙球匀速向下运动设再经过时间t两者发生第二次碰撞则有(2),,1,vt1gt2vt分-11+1=21(1)2xvt分1=21(1)解得t.x.1=08s,1=16m两小球第二次碰撞前甲球的速度vvgt分3=1+1=6m/s(1)碰撞时有mvmvmvmv分13+22=14+25(1)1mv21mv21mv21mv2分13+22=14+25(1)2222联立解得vv4=0,5=4m/s设甲球再经过时间t追上乙球则有2,1gt2vt分2=52(1)2xvt分2=52(1)解得t.x.2=08s,2=32m故两小球第三次碰撞时乙球通过的位移,xxx.分=1+2=48m(1)此时甲球的速度vgt(3)6=2=8m/s两小球第三次碰撞时有,mvmvmvmv分16+25=17+28(1)1mv21mv21mv21mv2分16+25=17+28(1)2222联立解得vv7=2m/s,8=6m/s若两小球能发生第四次碰撞则有,vt1gt2vt分73+3=83(1)2xvt分3=83(1)解得t.x.3=08s,3=48m因xxx.xBC.分1+2+3=96m>=84m(1)故两小球不能发生第四次碰撞设乙小球再经过时间t到