物理答案.doc

题号 ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ 考点 能级跃迁 电场中的平衡问题 动量定理的应用 磁场对电流的作用 匀变速直线运动规律 题号 ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ ‎22‎ ‎23‎ 考点 动态平衡问题 楞次定律与法拉第电磁感应定律 图象信息提取 研究匀变速直线运动 电表改装与校准 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)‎ ‎14．‎ 答案　D 解析　处于基态的氢原子吸收10.2 eV的光子后能跃迁至n＝2能级，不能吸收10.5 eV能量的光子，故A错误；大量处于n＝4能级的氢原子，最多可以辐射出C＝6种不同频率的光子，故B错误；从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子的能量大于从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光子的能量，用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定不能发生光电效应，故C错误；处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为：E＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：Ek＝E－W0＝12.75 eV－6.34 eV＝6.41 eV，故D正确．‎ ‎15．‎ 答案　B 解析　当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动，由平衡知识有：qE＝Ff1，Ff1＝μFN1，FN1＝mg，联立解得qE＝μmg；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mgsin θ＝qEcos θ＋Ff2，Ff2＝μFN2，FN2＝mgcos θ＋qEsin θ，联立得0.6mg＝0.8qE＋μ(0.8mg＋0.6qE)，解得动摩擦因数μ＝或μ＝－3(舍去)，故A、C、D错误，B正确．‎ ‎16．‎ 答案　B 解析　设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得F＝ρSv2，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎17． ‎ 答案　A 解析　由右手螺旋定则可知，L1与L3在L2所在直线上产生的合磁场方向竖直向下，即L2处的磁场方向与电流方向平行，所以L2所受磁场力为零．‎ ‎18.‎ 答案　C 解析　前锋做匀加速直线运动，初速度为‎2 m/s，加速度为‎4 m/s2，末速度为‎8 m/s，根据速度与位移的关系式可知，v2－v02＝2ax1，代入数据解得：x1＝‎7.5 m，A错误；前锋和足球运动时间相等，前锋加速运动时间t加＝＝1.5 s，匀速运动时间t匀＝＝0.5 s，故足球在空中运动的时间为2 s，B错误；足球水平方向上做匀速直线运动，位移为‎60 m，时间为2 s，故运动过程中的最小速度为‎30 m/s，C正确；足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1 s，最大高度hm＝gt2＝‎5 m，D错误．‎ ‎19． ‎ 答案　AD 解析　将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变，选项A正确；对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则由F弹＝F±Ff，则随F的减小，物体B所受摩擦力的大小和方向都不能确定，选项B、C错误；对A、B与弹簧组成的整体，在水平方向，力F与地面对A的摩擦力平衡，则随F的减小，木板A所受地面的摩擦力逐渐减小，选项D正确．‎ ‎20．‎ 答案　AD 解析　规定磁场方向垂直纸面向里为正，根据楞次定律，在0～1 s内，穿过线圈向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→R→a，故A正确；由题图(b)可知，在2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；1～2 s内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b,2～3 s磁通量增大，且磁场反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，故C错误；当t＝2 s时，根据法拉第电磁感应定律E＝＝πr2B0(V)，因不计金属圆环的电阻，因此Uab＝E＝πr2B0 (V)，故D正确．‎ ‎21．‎ 答案　AD 解析　A和B球在碰撞过程中动量守恒，故m1v＝(m1＋m2)v共，代入数据得m2＝‎2 kg，A正确；球A和球B在共速的时候产生的弹性势能最大，因此Ep＝m1v2－(m1＋m2)v共2＝3 J，B错误；因为是弹性碰撞，t3时刻两个小球分离后没有能量损失，因此0时刻球A的动能和t3‎ 时刻两个球的动能之和相等，C错误；从碰撞到t2时刻小球满足动量守恒和机械能守恒，因此有m1v＝m1v1＋m2v2和m1v2＝m1v12＋m2v22，联立解得v2＝‎2 m/s，v1＝－‎1 m/s，故t2时刻两球的动能之比EkA∶EkB＝1∶8，D正确．‎ ‎22．‎ 答案　(1)1.38　(2)46.0　(3)2.29‎ 解析　(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，D点的瞬时速度：vD＝＝ m/s≈‎1.38 m/s.‎ ‎(2)由v＝ωr，则打下D点时滑轮的角速度：ω＝＝ rad/s＝46.0 rad/s.‎ ‎(3)根据Δx＝aT2 可知 a＝ ‎＝×10－‎2 m/s2≈‎2.29 m/s2.‎ ‎23． ‎ 答案　(1)如图所示 ‎(2)142　小于　(3)串联　9 858‎ 解析　(1)实物连线如图所示；‎ ‎(2)由电路图可知，当微安表的读数为Ig时，通过电阻箱的电流为，则电阻箱R1的阻值等于微安表内阻的2倍，由题图可知电阻箱的读数为284 Ω，则微安表的内阻为142 Ω；‎ 闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过电阻箱的电流大于Ig ‎，则该实验测出的电表内阻偏小；‎ ‎(3)若要将该微安表改装成量程为1 V的电压表，需串联阻值R0＝－rg＝ Ω－142 Ω＝9 858 Ω的电阻．‎ 题号 ‎24‎ ‎25‎ ‎33‎ ‎34‎ 考点 带电粒子在复合场中的运动 用动量和能量观点处理多过程问题 热力学定律和打气问题 机械波和光 ‎24. ‎ 答案　(1)　(2)＋ 解析　(1)由几何关系得：粒子做圆周运动的半径r＝R ----------1分 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m ----------1分 解得：＝ ----------2分 ‎(2)由于粒子轨迹半径和圆半径相等，则无论粒子沿哪个方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向均沿y轴负方向；若AQ弧长等于六分之一圆弧，粒子的运动轨迹如图所示：‎ 粒子在磁场中运动周期：T＝ 粒子在QA段运动时间：t1＝ ----------2分 无场区AB段距离：x＝R－Rcos 30°‎ 粒子在AB段运动时间：t2＝ ----------2分 粒子在电场中运动时，由牛顿第二定律得：qE＝ma 在电场中运动时间：t3＝2 粒子在AC段运动时间：t4＝ ----------2分 总时间：t＝t1＋t2＋t3＋t4‎ 代入数据得：t＝＋. ----------2分 ‎25. ‎ 答案　(1) 　(2)－d　(3) 解析　(1)根据机械能守恒定律：mgdsin θ＝mv02----------1分 解得v0＝ ----------1分 ‎(2)设碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2 ‎ 由能量关系：mv02＝mv12＋mv22 ----------2分 解得v1＝0，v2＝v0＝； ----------2分 A、 B碰撞后，对B沿斜面向下压缩弹簧至B速度为零的过程，‎ 根据能量关系：Ep＝mv22＋mgxsin θ ----------3分 解得x＝－d ----------2分 ‎(3)A、B碰撞前，弹簧的压缩量：x1＝ ‎ 设A、B碰撞后瞬间的共同速度大小为v3，则：mv0＝2mv3 ----------1分 解得v3＝ ----------2分 当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：x2＝ ----------1分 可见，在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能改变量为零，根据机械能守恒定律：×2mv32＝Ek＋2mg(x1＋x2)sin θ ----------2分 解得：k＝. ----------3分 ‎33．【选修3－3】(15分)‎ 答案　(1)小于　等于　(2)①270 K(或－‎3 ℃‎)　②4p0‎ 解析　(2)①因气瓶导热，瓶内气体温度与所处环境温度相同，设存于冷库中时，瓶内气体压强为p1，温度为T1，移至库外后，瓶内气体压强为p0，温度为T2＝300 K 由查理定律，有：＝ 代入数据得：T1＝270 K，‎ 即冷库内的温度为270 K或－‎‎3 ℃‎ ‎②打气前，瓶内气体及所打入的气体，压强为p0，总体积：V2＝V＋45×＝4V 打气后，气体压强为p3，体积为V3＝V 气体温度不变，由玻意耳定律，有：p0V2＝p3V3‎ 代入题给数据得：p3＝4p0.‎ ‎34．【选修3－4】(15分)‎ 答案　(1)BCD　(2)①　② 解析　 (2)①光路图如图所示 ‎ ----------2分 由几何关系得∠OBA＝∠OAB＝30°，∠BOA＝120°，△OAM为等边三角形，即BOM为一条直线，所以在M点入射角i＝60°.又BN＝MN，所以在M点折射角r＝30° ----------2分 由折射定律得 n＝ 解得n＝ ----------1分 ‎②由几何关系可得，在N点反射后的光线过O点垂直BM从球冠的Q点射出 该光线在球冠中的传播路程s＝＋Rtan 30°＋R ----------2分 又n＝ 传播时间t＝ ---------2分 解得t＝.---------1分