Ű理科综合参考答案
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【物理答案】
题号
１４ １５ １６ １７ １８ １９ ２０ ２１
答案
D C A B B BC ACD AD
【解析】
１４ư
万有引力常量卡文迪许是测出的,故
A
错误;卢瑟福通过α 粒子散射实验揭示了原子的核
式结构,故
B
错误;开普勒研究第谷的观测记录,发现行星运行规律,总结出行星运动三大定
律,故
C
错误;笛卡尔最先提出动量概念,故
D
正确．
１５ư
根据牛顿第三定律,两个力大小相等;vsin３７°＝３m
/
s
,t＝０．６s
;Sx＝vcos３７°．t＝２．４m
;由s＝
vcosθ×２vsinθ
g ＝
v２
sin２θ
g
,倾角
４５
度跳出最远,答案为
C
.
１６ư
设每节车厢质量为 m,每节车厢所受阻力f＝kmg
.设动车组匀加速直线运动的加速度为
a,每节动车的牵引力为 F,对
１０
节车厢组成的动车组整 体,由 牛 顿 第 二 定 律,
２F－１０f＝
１０ma;后
５
节车厢看一个整体,F５＋F－５f＝５ma 联立可得F５＝０
,故
A
正确;匀速时
２F＝
１０f,且有F２＋F＝８f,F６＝４f,可得F２︰F６＝３︰４
所以
BC
均错误;进站时,加速度方向向
后,乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力,由牛顿第二定律可知,这两个力的合
力方向向后,乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向后,
D
错误.
１７ưv＝
GM
r
,因为v１︰v２＝５︰３
,则r１︰r２＝９︰２５．应需要加速才能进入
２
轨道,选项
A
错误;
由ω＝
GM
r３
可得,卫星在两轨道运行时的角速度大小之比ω１ ︰ω２ ＝１２５︰２７
选项
B
正确;
万有引力大小不变,方向一直变化,选项
C
错误;根据Ek ＝１
２
mv２,则卫星在两轨道运行时的
动能之比Ek１︰Ek２＝２５︰９
选项
D
错误;故选
B．
１８ư
当匀速时输出功率为 P１＝kv２,所以消耗的能量 E＝
(P０ ＋kv２)s/v＝
(P０
v ＋kv)
×s,则当P０
v
＝kv 时E 有最小值,此时v＝２m
/
s
答案为
B．
１９ư
以中心所在水平面为重力势能的零势能面,则初始位置重力势能为 mgL 末位置为
０
,所以系
统的重力势能减少 mgL,同理可得电势能保持不变,正确答案为
BC．
２０ư
由 P＝
U２
R
,且输入电压与输出电压之比为
３︰１
,可得电阻 R１
消耗功率为电阻 R２
消耗功率
２７
倍,电源的输出功率为电阻R２
消耗功率
２８
倍,
A
正确,
B
错误;R１
的电阻增加时,输出电
压不受影响,变压器的输出功率不变,
C
正确;R２
的电阻增加时,输出电压不变,根据 P＝
U２
R
可得变压器的输出功率会减小,
D
正确.
２１ư
由于洛伦兹力不做功,整个过程只有重力做功,故机械能守恒;根据左手定则小球带正电;在
A 点把小球的初速度
０
分为水平向左和向右的两个速度,大小均为v,且qvB＝mg 这样把小
球的运动分解为两个运动,一个是以速度v 水平向右做匀速直线运动,另一个是以速度v 做
匀速圆周运动,所以小球沿曲线 ACB 运动的时间恰为一个周期T＝２πm
qB
,根据运动的合成C
点速度最大为
２v＝２mg
qB ．综上所述,正确答案为
AD．
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２２ư(每空
３
分,共
６
分)
８．６４±０．４ ２．２４±０．２
【解析】
由图可知,车身对应图上
３
小格,而车身的长度是
４．８m
,每一格表示
１．６m
,则第一段位移
大小为x１＝８×１．６m＝１２．８m
,第二段位移为x２＝１３．６×１．６m＝２１．７６m．根据v＝
(x２ ＋x１
)/
２T＝８．６４m
/
s
,Δx＝aT２,则有x２－x１＝aT２,其中 T＝２s,解得a＝
x２－x１
T２ ＝２．２４m
/
s
２．
２３ư(每空
３
分,９
分)
(１)如右图所示
(２)１．４８(１．４７~１．５０
之间即可) １．７２(１．６０~１．８５
之间即可)
【解析】
(
１
)一节干电池的电动势约为
１．５V
,故电压表应选择
V１
;为方便实
验操作,滑动变阻器应选R１
,它的阻值范围是
０~５Ω
,电路中最小电流约为:Imin＝
E
R１ ＝０．
３A
,为了扩大电流表G 的量程约为
０．３A
,应并联一个小电阻,故应与 R３
并联;改装后电
流表量程:I＝Ig ＋
IgRg
R３ ＝０．３A
.原理图如右．
(
２
)由上述分析可知,改装后电流表的量程为电流表
G
量程的
１００
倍,故U＝E－１００Ir.图
象的纵轴截距等于电源的 电 动 势,由 题 图 读 出 电 源 的 电 动 势 为:E＝１．４８V．电 源 的 内 阻
r＝１．７２Ω．
２４ư(１２
分)
(１)假设电动机对轿厢作用力为F,根据运动学公式v２
＝２ax(２
分)
且由整体法可得(M１－M２＋m)g－F＝a(M１＋M２＋m)(２
分)
联立可得F＝２２００N(２
分)
(２)根据能量守恒定律 Pt＝(M１＋m－M２)gh＋１
２(M１＋m＋M２)v２
(２
分)
其中h＝６０m,匀速时 P＝(M１－M２＋m)gŰv,可得v＝２m/s(２
分)
综上t＝３０．７s(２
分)
２５ư(２０
分)
(１)金属棒a 下滑过程:Mgr０＝１
２
Mv２
(１
分)
金属棒a 刚滑入水平导轨时,感应电动势:E＝BLv (１
分)
回路电流:I＝
E
R＋r (１
分)
金属棒a 受到的安培力:F＝IBL＝ma
可得a＝０．７５m/s
２
(２
分)
(２)以金属棒a、b 为系统,在碰到绝缘柱之前 动 量 守 恒:Mv＝(M ＋m)v１ v１ ＝２m/s (１分)
金属棒b 与绝缘柱发生碰撞后等速率返回,以两金属棒为系统动量仍然守恒,
假设碰之前a,b 的速度大小分别为v２
和v３,则有(M －m)v１＝Mv２－mv３(１
分)
两金属棒相向运动到相碰,总位移大小为
４m
对金属棒b 由动量定理:－BILt＝mv３－mv１ (１
分)
由法拉第电磁感应定律:E＝N △φ
△t (１
分)
I＝
E
r＋R (１
分)
电荷量q＝I×t＝
BLx
r＋R (１
分)
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求得v２＝１．５m/s,v３＝１m/s (１
分)
由能量转化守恒定律:Q＝１
２(M ＋m)v１
２
－１
２
Mv２
２
－１
２
mv２
３＝１３
４J＝３．２５J
Qb ＝１
４
Q＝１３
１６
J＝０．８２５J(２
分)
(３)金属棒a、b 碰撞前后动量守恒,假设碰后a,b 的速度分别为v４
和v５,
可得:Mv２－mv３＝Mv４＋mv５(２
分)
由于是弹性碰撞,碰后系统机械能守恒,可列方程:１
２
Mv２
２
＋ １
２
mv３
２
＝ １
２
Mv４
２
＋ １
２
mv５
２
(２
分)
联立方程可得:v４＝－１
６m/s
和v５＝７
３m/s(２
分)
３３ư(１５
分)
(１)BCE(选对
１
个给
２
分,选对
２
个得
４
分,选对
３
个得
５
分,每选错
１
个扣
３
分,最低得分
０分)
【解析】液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点;饱和时为动态平衡,
仍有水分子飞出;晶体有固定的熔点,非晶体没有固定的熔点;是因为压强增大的原因;液
体表面张力的方向与液面平行,综上所述,答案为
BCE
.
(２)设氢气开始时的压强为p１,体积为V１,压强变为p２(１
个大气压,小于一个大气压时,不能
给气球充气)时,体积为V２．(２
分)
根据玻意耳定律得p１V１＝p２V２(２
分)
用去的氢气在p２
压强下的体积为V０＝V２－V１(２
分)
每个氢气球在p２
下的体积为
△V ,则氧气可用的天数为 N＝
V０
△V(２
分)
联立 ,并代入数据得 N＝７１２．５．取整数为
７１２
个．(２
分)
３４ư(１５
分)
(１)ACD(填正确答案标号,选对
１
个给
２
分,选对
２
个得
４
分,选对
３
个得
５
分,每选错
１
个扣
３
分,最低得分
０
分)
【解析】根据题意
１．２５λ＝１０m
,解得波长为λ＝８m
,根据题意可知波I 的波速为v＝
S/t＝２m
/
s
,且波的周期为
４s ,振动频率与振源有关,根据波形图,再经过
２０１５s
,相当于
A 点又振动了
０．７５T,所以恰好到平衡位置.综上答案为
ACD．
(２)光从真空中射入透明材料的入射角为α,
sinƏ＝ ３
２ ,所以α＝６０°(２
分)
根据折射定律得n＝sinƏ
sinβ,解得β＝３０° (２
分)
光在透明材料中的光路图如图所示(２
分)
v＝
c
n s＝２ ３R (２
分)
t＝
s
v ＝６R
c (２
分)
６
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