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物理参考答案 变，夹角变大，所以合力逐渐变小，即钢索对定滑轮的作用力逐渐变小，故C错误；
1．C
D．若四条绳增加相同的长度，由几何知识可知绳子与竖直方向夹角变小，根据
A．图甲是 粒子散射实验，卢瑟福据此提出了原子的核式结构模型，故A错误；
可知四条绳受到的拉力均变小，故D正确。
B．图乙增大玻璃板和透镜的距离，条纹向内移动，故B错误；
6.A
C．图丙是放射源放出三种射线在磁场中的运动轨迹，由左手定则可知1粒子带负电，为 射线，C正确；
1 40π
闪光间隔时间t= s，圆盘转动角速度w为40πrad/s，在t 时间内转过的角度为wt= ，人眼看
1 19 1 1 19
D．一群处于n=4能级的氢原子跃迁回基态时最多辐射出不同频率光子的种数为 种，故
2π 2π
到白点转动角度为 ，则w ， = /t=2πrad/s，周期为1s,且为顺时针转动。
19 19 1
D错误。
7.D
2．B
A、板进入左侧电场过程中力随位移线性线性变化，且与位移方向相反，故为简谐振动，A错误；
Q B、整个过程中最大电场力为QE，B错误；
AB．根据电容的决定式 ，若降低液面高度，S减小，则电容减小，根据U= 可知电压增大，
C
C、板右端到达右侧电场中点时速度最小，C错误；
则B正确，A错误；
1 1
D、可作出板所受电场力与位移的图像，由图可得：- QE×1.5L=0 - mv2,解得v = .
2 2 0 0
CD．仅提高液体浓度，可知电容器的电容增大，因为电容器带的电荷量始终不变，根据
可知电压U减小，静电计指针的张角减小，故C、D错误。
3. C
BC. 甲乙之间力的作用点在手上，甲的手移动位移与所受力的方向相反，故乙对甲的推力做负功。
4. B
若甲乙同时停止运动，两者位移差为14米，两者还未相撞，故临界条件为甲车停止后，乙车刹停恰好不
8.AD
14×14 14×14 7
相撞。即14×2+ - =21，解得a= m/s2 A、根据开普勒第三定律 ，轨道II的半长轴大于轨道I的半长轴，所以卫星沿轨道I运行的周
2a 2×2 3
期小于卫星沿轨道II运行的周期，A正确；
5. D
B、卫星在轨道Ⅱ上经过 点的加速度等于在轨道III上经过 点的加速度，B错误；
【详解】A．依题意，悬臂PM与竖直方向的夹角缓慢减小时，混凝土板受力平衡，有
C、不同轨道上的星体与中心天体的连线在相等时间内扫过的面积不相等，C错误；
由牛顿第三定律可知钢索受到的拉力保持不变，故A错误；
D、卫星从轨道I变轨进入椭圆轨道II，需要点火加速，卫星的机械能增加，同理卫星从轨道II变轨
B．对整体受力分析，水平方向不受外力，吊车不受地面的摩擦力，由牛顿第三定律可知吊车对地面的摩
进入椭圆轨道III，也需要点火加速，所以卫星在轨道I上的机械能小于在轨道Ⅲ上的机械能，D正确；
擦力始终为零，故B错误；
9.BC
C．钢索对定滑轮的作用力为两根钢索的合力，悬臂PM与水平方向的夹角缓慢减小过程中，两力大小不 ABC、设绳的拉力为F ，斜面的弹力为F ，对小球分析，由：
T N
答案第1页，共2页
学科网（北京）股份有限公司Fsin45o+F cos45o=mg;Fcos45o-F sin45o=ma
T N T N
联立解得 ，故C正确；
❑√2 ❑√2
得：F = mg+ ma
T 2 2
1 √2mU
由乙图得m=0.2kg D、根据上述r= ❑
B q
3❑√2 ❑√2
将a=5m/s2代入得F = N，F = N。故BC正确，A错误； 21U0 175U0
T 2 N 2 得U = ,U = 。
min 32 max 96
D、当F =0时，a=10m/s2,当a＞10m/s2，小球将离开斜面，上述表达式不成立。
N
11、（1）AD （2）(2x-x -x )/t2 （3）加速度与合外力成正比
2 3 1 0
10. ABC
12、（1）R
2
1 √2qU0
A、由qU 0 = 2 mv 0 2得v 0 =❑ m ， (2)2000
(3) 4000
1 √2mU0
由qvB=mv2/r得r= ❑ ,
0 0
B q (4) 5.3%
可知碳 半径更小，更靠近圆心，则A正确； 【详解】（1）电源电动势
3R 5R E
B、要打在底片上，r = , r = 欧姆表内阻R = =2000Ω，故滑动变阻器应选择R
min 2 max 2 内 I 2
9U0 25U0 （2）由（1）可知，欧姆表内阻为2000Ω；
代入公式得U = ,U = ,则B正确；
min 16 max 16
C、粒子打在内圆环上，轨迹与内圆环交于C点，如图 （3）电流表量程为3mA，由图丙所示可知，读数为1.00mA，由闭合电路的欧姆定律得
代入数据解得R=4000Ω；
x
（4）由电动势变为原来的95%，则真实值为测量值的95%，相对误差为5.3%。
13、（1）2.28×105pa (2)4.8L
P1 P2
（1）由 = ；（2分）
T1 T2
将数据代入得P=2.28×105pa；（2分）
2
（2）根据物质的量不变，PV+P△V=PV；（2分）
2 0 1
解得△V=4.8L。（2分）
当MC⊥CO时，圆弧MC对应的圆心角θ最小，用时最短，几何关系可知最小圆心角
14. (1)v =
2v
0 (2)μ=
v2
0 (3)
19L
块 3 4gL 81
则最短时间为 （1）滑块与木板A相互作用由动量守恒定律：mv=mv ＋mv ；（1分）
0 块 A
由题意当v ＝2v
块 A
答案第2页，共2页
学科网（北京）股份有限公司v 2 v （1）导体棒接入回路的电动势E =BL v ;( 1分)
0 0 回 1 m
联立可得：v = v = ；（1分)
A 3 , 块 3
E回
（2）滑块与木板A最终共速，设共速为（v )系统动量守恒： 电流I= 2 ;（1分）
共1 Ra+Rb
3
mv=(m＋m）v ；（1分)
0 共1
由F=BIL +μmg;（1分）
v 1
0
解的v ＝ ；（1分)
共1 2 联立得I=2A，v =1m/s.（1分）
m
滑块与木板A相互作用过程中，摩擦力做功使系统动能减少，减少的动能等于克服摩擦力做的功。由能量 (2)C刚要离开地面时，F =m g;
T c
由BI L =F 得I =1A；（1分）
1 1 0 2 T 0
守恒:μmgL=
mv2- (m+m)v2
；（1分)
2 0 2 共1
v2 则v = =0.5m/s（1分）
解的μ= 0 ；（1分) 0
4gL
v
0
(3)木板A(质量m，速度v ＝ )与木板B(质量2m，初始静止)发生弹性碰撞：
共1 2
对a分析，由动量定理得：Ft- -μmgt = mv ( 其中x= ) （1分）
mv =mv ＋2mv ；（1分) 0
共1 A1 B1
1 1 1
mv2 = mv2 + 2mv2
；（1分)
2 共1 2 A1 2 B1
21
联立得：I=Ft=2.625N.S（或I= N.S）（1分）
8
v v
解的 v = － 0 ， v = 0 ；（1分)
A1 6 B1 3
1
对系统分析，由能量守恒定律得：F x= mv 2+μmgx+Q；（1分）
2 0
最终滑块与B共速，设共速速度为（v 系统动量守恒:
共2）
mv 共1 +2mv B1 =(m+2m)v 共2 ；（1分) Q = 1 Q（1分）
b 3
7 v
0
v = ；（1分)
共2 18 79
联立得：Q=1.975J，Q =0.658J.（或Q = J）（1分）
b b 120
1 1 13L
对B由动能定理:μmgx = 2mv2 － 2mv2 解的x = ；（1分)
B 2 共2 2 B1 B 81 （3）E=BL v -BL v ;(1分)
1 a 2 b
4L E
对B由动量定理:μmgt=2mv －2mv 解的t= ；（1分)
共2 B1 9 v I=2 ;(1分)
0 Ra+Rb
3
2L 19 L
滑块 A匀速运动x =v ∙t=－ ；因此最终A与B距离为d=|x |+x = ；（1分)
A A1 27 A B 81 对导体棒a分析：F-BIL -μmg=ma ；(1分)
1 a
5 21 79 10 对导体棒b、c分析：BIL -m g=(m+m )a ；(1分)
2 c c b
15、（1）1m/s V （2）2.625N·S （或 N.S） 0.658J （或 J） (3) m/s2
3 8 120 7
由E增大，ab所受安培力也随时间增大，a 减小，a 增大，当E不变时，即a =2a ;(1分)
a b b a
20 10 20
7
m/s2 联立得：a
a
=
7
m/s2(1分),a
b
=
7
m/s2(1分)。（小数也给分）
答案第3页，共2页
学科网（北京）股份有限公司答案第4页，共2页
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