2012年朝阳目标物理参考答案

第一单元 物体的平衡 参考答案

（一）基本题目

1．C 2．B 3．B 4.D 5. AC 6.A 7. AD 8．A 9. A 10.A 11．B 12．AC 13．5 N

14．F－(mA＋mB)gsin θ

mA＋mBgsin θ

k

解析：B刚要离开C时，弹簧弹力大小，F弹＝mBgsin θ. 合力F合＝F－F弹－mAgsin θ＝F－(mA＋mB)gsin θ， mAgsin θ

开始时弹簧压缩量Δx1＝，

kmBgsin θ

B刚要离开时，弹簧伸长量Δx2＝，

k所以A的位移d＝Δx1＋Δx2＝

mA＋mBgsin θ

.

k

（二）提高题目

1. A 2. A 3. D 4. AC 5. A 6.C 7.C 8.C 9. C 10. B 11.D 12. B 13.A 14.A 15. D 16．小球对半球的压力大小不变，绳子拉力减小 17.（1）FN1，FN2减小；（2）FN1先减小后增大，FN2减小 18．（12分）雨滴下落时受两个力作用：重力，方向向下；空气阻力，方向向上，当雨滴达

到终极速度vr后，加速度为零，二力平衡，用m表示雨滴质量，有 mg?krvT?0 ①

m?43?r?3 ②

③

4?r3?gvr?3k由①②得终极速度

代入数值得vr＝1.2m/s .

19．(1)30° (2)0.35

解得：T＝103 N，θ＝30°.

解析：(1)对m：Fcos 30°＝Tcos θ，Fsin 30°＋Tsin θ＝mg. (2)对M：Tcos 30°＝μ N，N＝Mg＋Tsin 30°，

3

≈0.35. 5

20．（2004江苏，15）参考解答：

（1）重物向上先做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大。设下

解得：μ＝

降的最大距离为h，由机械能守恒定律得

Mgh?2mg?h2?(Rsin?)2?Rsin?

?解得 h?2R

（另解h=0舍去）

（2）系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为 a. 两小环同时位于大圆环的底端。 b. 两小环同时位于大圆环的顶端。

第1页

c. 两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端。

d. 除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称，设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α角的位置上（如图所示）。 对于重物m，受绳子拉力T与重力mg作用，有T=mg

对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力T、竖直绳子的拉力T、大圆环的支持力N。两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反

Tsin??Tsin??

得????，而????=90°，所以α=45°

第二单元 直线运动 参考答案 （一）基本题目答案（已修改）

选择题：1、 BC 2、C 3、ACD 4、A 5、BCD 6、C 7、C 8、B 9 、C10、AC

填空题：11、100 m/s2,，相反 12、1∶2 13、0.2 s 14、0.5 s 15、(3?2)∶(2-1)∶1 16、9 17、105m 18、1 m/s, 2.5 m/s2 19、0.30；0.075 20、ta＞tb． 计算题：

21、(1)31.25m (2)10s (3)1.25m

22、3.5 m 23、160s

24、两车相距最远时Δs＝12×4－

32

×4＝24(m) 再次相遇：t2＝8(s)． 2（二）提高题目答案： 一、选择题

1、BD 2、ABD 3、AC 4、D 5、C 6、B 7、B 8、D 9、C 10、A 11、C

二、计算题

12、⑴图略 ⑵900m

13、设汽车甲在第一段时间间隔末(时刻t0)的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a；在第二段时间间隔内行驶的路程为s2.由运动学公式得

v＝at0①

1s1＝at2②

20

1

s2＝vt0＋(2a)t20③ 2

设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′.同样有

v′＝(2a)t0④

1

s1′＝(2a)t20⑤ 2

第2页

1

s2′＝v′t0＋at2⑥

20

设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s′，则有 s＝s1＋s2⑦

s′＝s1′＋s2′⑧

s5

联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为＝⑨

s′7

14．解：⑴设加速所用时间为t（以s为单位），匀速运动的速度为v（以m/s为单位）则有

1vt?(9.69?0.15?t)v?100 21vt?(19.30?0.15?t)?0.96v?200 2由①②式得 t=1.29s

① ②

v?11.24m/s

③ ④ ⑤

⑵设加速度大小为a，则a?v?8.71m/s2 t15. （1）第一次飞行中，设加速度为a1 匀加速运动H?12a1t1 2由牛顿第二定律F?mg?f?ma1 解得f?4(N)

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1

匀加速运动s1?12a1t2 2设失去升力后的速度为a2，上升的高度为s2 由牛顿第二定律mg?f?ma2

v1?a1t2

v12 s2?2a2解得h?s1?s2?42(m)

（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3

第3页

由牛顿第二定律 mg?f?ma3

22v3v3F+f-mg=ma4 且??h

2a32a4V3=a3t3 解得t3=

32(s)(或2.1s) 2第三单元 牛顿定律单元答案

（一）基础题目

1.C 2.C 3.BC 4.B 5.D 6.B 7.C 8.B 9.D 10.A 11.BD 12.A 13.AD 14.BD 15.C 16.A 17.D 18.C 19.D 20.B 21.C 22.D 23.B 24.C 25.C 26.B 27.C

2

28.D 29.BD 30.A 31.B 32.(1)8m/s(2)4m/s 1m (3)5m 33．（1）m=

Fcos???Fsin?

?g（2）a=F??mg?g1???g=(?1)?g mcos???sin?cos???sin?2

2v05 35.34．（1）a??g?5.0m/s（2）v?2.0m/s （3） F?54.N

4gsin?36. 16N 163N 37.a?(m?m2）gsin?F?m1gsin??m2gsin? d?1

km1（二）提高题目

1.D 2. B 3.B 4. A 5. A 6.B 7.C 8.A 9. B 10. C 11. B 12. D 13. C 14.B

15. BCD 16. ABC 17. A 18. D 19. B 20. C 21. D 22. A 23. B 24. D 25. C 26. B 27. A 28. A 29. C 30. D 31. A 32. B 33. D

34.gtanα；gcotα 35．1.7秒（或1.8秒）

36．（1）f??mgcos37??2.0N（2）a1=1.0m/s2（3）x2=0.10m 37．（1）f1?F1?4N（2）s=

F8(2?4)?4m=12m（3）??3??0.4 2mg2?103

38．（1）3m/s （2）1.0×10 N

39．（1） 2s（2） 0.1 40. 4.47 m/s

第4页

41. 2.4s

第四单元 曲线运动答案

基础题目

1、A 2、BCDE 3、ACD 4、B 5、ACD 6、C 7、A 8、D 9、A、B、C。10 、D 11、C 12、C、D。 13、可能沿曲线BC运动。 14、1∶3∶3；2∶6∶9 15、ssg， 2hh16、⑴75m ⑵20m/s ⑶32500J 17、 （1）2.42m/s；（2）2.6N，方向向上 18．解：(1) NB?3mg

(2) S?2（H?R)R （3）由上式可知 S?当R?4HR?4R2?H2?(2R?H)2

HR1?时，S有最大值，即 Smax＝H 时，即

2H219、解：（1）如图所示，对人和座椅进行受力分析： Fcos37??mg?0

O P ?750N d O’ mgcos37? （2）根据牛顿第二定律有： F??θ l F向 F mgtan37?m?R

gtan37?3?rad/s R22mg ??

20． ⑴v1=2gd v2=

21、⑴1s ⑵0.8m

11d523d gd ⑵T=mg ⑶当l＝时，x有极大值 xmax＝

323222分析和解答：小球在管内运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，要求小球能从

C端射出，小球运动到C点的速度vC?0，根据机械能守恒定律即可算出v0，小球从C端射出时，可能有三种典型情况：① 刚好对管壁无压力；② 对下管壁有压力；③ 对上管壁有压力。

第5页

解：（1）小球从A端射入后，若刚好能达到管顶，则vC?0，由机械能守恒： 12mv0?mg?2R，解得：v0?4gR 2因此，要求小球能从C端出来，必须使vC?0，所以入射速度应满足条件：v0?4Rg （2）小球从C端出来的瞬间，可有三种典型情况：

v① 刚好对管壁无压力，此时需满足条件：只有重力提供向心力：mg?mC ①

R1122由机械能守恒定律：mv0?mg?2R?mv0 ② 解得：v0?5Rg ③

222（2）对下管壁有压力，此时相应的入射速度为：4Rg?v0?5Rg （3）对上管壁有压力，相应的入射速度为v0?5Rg

点评：分析临界条件是关键，一般地，临界条件是弹力为零的位置。

提高题目 1、C 2、A 3、ABD 4、B 5、B 6、C 7、C 8、B 9、A 10、AC

v02(3?1)v011、C 12、41，45 13、2.2×10N 14、4，0.8，0.2 15、 ，

gg4

16、2.9rad/s≤?≤6.5rad/s 17、答案：-

11mgR 812gt 218、解析炸弹作平抛运动，设炸弹脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离为x, x?v0t H?联立以上各式解得x?v02H g设击中目标时的竖直速度大小为vy，击中目标时的速度大小为v vy?gt?22 v?v0?vy 2gH2联立以上各式解得v?v0?2gH 19、①当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到的重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，由平衡条件得 摩擦力的大小f?mgsin??HH?RRH?R2222 支持力的大小N?mgcos?? 第6页

②当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A点时受到的重力和支持力作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为?有

??m?? mgtan2R 2?? 由几何关系得 tan联立以上各式解得??H R2gH R20、（分析和解答：如图3乙所示，排球恰好不触网时其运动轨迹为Ⅰ，恰好不出界时的运动轨迹为Ⅱ。

根据平抛运动的规律，当排球不触网时，有： 水平方向：x1?v1t1?3 ①

竖直方向：y1?12gt1?2.5?2?0.5 ② 2解得：v1?9.5m/s

当排球恰好不出界时，有：

水平方向：x2?v2t2?3?9?12 ③ 竖直方向：y2?12gt2?2.5 ④ 2Ⅱ

Ⅰ

解得：v2?17m/s

∴ 既不触网也不出界的速度范围是：9.5m/s≤v≤17m/s

（2）如图3丙所示为排球恰好不触网也不出界的临界轨迹。 设击球点的高度为h，根据平抛运动的规律，则有： 水平方向：x3?vt3?3 ⑤ 竖直方向：y3?12gt3?h?2.5 ⑥ 2图3乙

x4?vt4?3?9?12 ⑦

y4?h?12gt4 ⑧ 2 由⑤～⑧式解得：h?2.67m 图3丙 21．(1)3m/s,1.2m (2)1290N

22、分析和解答：设小球做圆锥摆运动的角速度为?0时，小球对光滑水平面的压力恰好为零，此时球受重力mg和绳的拉力T0，应用正交分解法则列出方程：

T0sin??m?02lsin? ① T0cos??mg?0 ②

由以上二式解得：?0?3gl ③

（1）∵ ?1＜?0，所以小球受重力mg，绳的拉力T和水平面的支持力N，应用正交分解法列方程：Tsin??m?12lsin? ④ Tcos??N?mg?0 ⑤

解得：T?mg，N?mg 2第7页

（2）∵ ?2＞?0，小球离开水平面做圆锥摆运动，设细绳与竖直线的夹角为?，小球受重力mg和细绳的拉力T'，应用正交分解法列方程：

T?sin??m?22lsin? ⑥ T'cos??mg?0 ⑦

解得：cos??1mg，由于球已离开水平面，所以球对水平面的压力N'?0。 T???4mg，4cos?第五单元 万有引力 参考答案

1、 略2、C 3、C4、BD5、A 6、A 7、D 8、C 9、A 10、A 11、D 12、B 13、B 14、B 15、AB 16、B 17、B 18、B 19、D 20、B 21、A 22、BC 23、BC 24、不正确。应为GMm?R?h?2?2??m??T?232???4?R?h，得M? ???R?h?2GT2?2??gR2由，得M? 或由GMm?m?2??r得mg?GMm 22??GRr?T1?25、AD 26、D 27、D 28、C 29、AD 30、B 31、A 32、D 33、BC 34、BC 35、C 36、B 37、B 38、C 39、 C40、BC 41、C 42、 C43、D 44、 B45、C 46、D 47、ABC 48、B 49、B50、 D51、C 52、D 53、1：8 54、 T?22πRR2R l? ?4πR3v5Gm5L355、⑴T?2? ⑵1.01

G(M?m) 56、

57、（1）m’＝m23/(m1＋m2)2

（2）m’＝m23/(m1＋m2)2＝v3T/2πG （3）暗星B有可能是黑洞。 58、（1）4?10，（2）?17

6

第六单元 机械能（习题答案）

基本题目 1．A 2．A 3．B

第8页

4． CD 5． C 6． AD 7． AD 8． D 9． A 10． A 11． A

12． D 13． D 14． C

15． ABD 16． A 17． B 18． A 19．ABC

20． 167m 681J 21． 1000W

22． (1)5.0m/s (2) s2=2.0m （3）ΔEk=0.50J 23． （1）1.2s （2）15m/s （3）1.2×103J 24．（1）4.0m/s（2）21N（3）1.0J

25． 1.2m 26． (1)2.0m/s (2)2.0N (3)0.2J 27． (1)9100J (2)140N (3)36m 28． (1)12m/s；(2)略；（3）155J

29． （1）40m/s （2）1.5m/s2 （3）84m

提高题目 1． A 2． BC 3．B 4． A 5． C 6． BD 7． B 8． D 9． B 10． B 11． AC 12． C

13． BD 14． AC 15． BCD 16． C

第9页

ΔEp=1.6J ΔE=1.1J 17．C

18． (1)5.1×104W(2)5.1s 2.04×104W 19．10m 20． v=21．74.8m 22． (1)

2m1(m1+m2)g2

(2m1+m3)k

2g?H?h??L? (2)2h?H?h??L?

17mgR，滑块不能滑到CD轨道423． （1）vB?3gR（2）当2R?L?5R时，Wf?的中点；当R?L?2R时，Wf?1mg(13R?2L)，滑块不能滑到CD轨道的中点。 4

24． (1)6.5m/s (2)6.9m/s (3)88.75J 25． （1）R1≤0.66m（2）R2≥1.65m（3）8次

26．（1）10.0N；（2）12.5m；(3) 当0?R3?0.4m时， L??36.0m；当1.0m?R3?27.9m时， L???26.0m 27．2.53s

第七单元 动量目标答案 2013

一、基本题目：1.B 2.C 3.BD 4.D 5.B 6.C 7. 守恒，不守恒 8.B 9.A 10.C 11.A

12.ABD 13.A 14.C 15.C 16.B 17.A 18.B 19.B 20.C 21.D 22.D 23.3J

24. 解析：取A、B组成的系统为研究对象，系统碰撞过程动量守恒。规定物体B的初速度方向为正方向，则vB=5.0m/s, vB'=-1m/s 由动量守恒定律得 mBvB=mBvB'+mAvA'

代入数据解得：vA'=3m/s，速度为正值，说明碰后A的速度方向与规定正方向相同。 则系统机械能的损失ΔE=

112212

mBvB—mBvB'+mAvA'=6J 22225. 答案26

M?0?mu

M?m27. V?(1?2m)V0

M28. （1）0.24s （2）5m/s

第10页

29. 【解析】滑块与木板相互作用系统动量守恒，滑块不从木板上滑出则滑块与木板有相等的末速度.设末速度为v，滑块滑动位移为S，则木板滑动位移为S?l，由动量守恒定律得:

mv0?(m?M)v ①

?mgS?由动能定理得

1212mv0?mv22 ②

1Mv22 ③

?mg(S?l)??mgl?由②③得

121mv0?(m?M)v222

2Mv0代入得 l?

2?g(m?M)30. 804m/s 31. （1）

1?m3??8?Mmv0?2 （2）mv?0M?2h 2g??32. 1?MLg?v0?

?2?g??m2h?33. (1) a1=0.6m/s2 a2=0.2m/s2 （2）0.015J （3）Δxmin=0.075m

m2(v0?v)234.

2M2g35. （1）?A?6m/s ?B?3.5m/s （2）小球不能到达半圆轨道最高点 36. 2m12gh

m1?m237. 解析：

（2）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得3mv?mv0 ① 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv?2mv1?mv0 ② 设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有

1112(3m)v2?Ep?(2m)v12?mv0 ③ 22212由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep?mv0 ④

3第11页

二、提高题目：

1、BD 2、C 3、A 4、B 5、C 6、D 7、A 8、M 9、（1）10、

11、解析： 设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得3mv?mv0 ① 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv?2mv1?mv0 ② 设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有

3v15? （2）L

2v241112(3m)v2?Ep?(2m)v12?mv0 ③ 22212由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep?mv0 ④

312、(1)vA =vB =3.0 m/s (2)EP1=3.0 J (3) EP2 =0.5J 13、2.4J

214、【解析】（1）C做自由落体运动，下降高度为2L时的速度为v0，根据vt2?v0?2ax得

v0=2gl

（2）此时细绳被拉直，B、C速度的大小立即变成v，设绳子对B、C的冲量大小为I，

根据动量定理得

对B I?3mv 对C ?I?mv?mv0

解得B、C速度的大小v=

gL 2kv0 3?k （3）设C物体的质量为km，A、B之间的动摩擦因数为μ

由（2）可知，细绳被拉直时B、C速度的大小v′=此后B物体的加速度 a1?A物体的加速度 a2?′kmg???3mgk?3??g

3m?km3?k??3mg6m??2g

经时间t，B物体的速度 v1?v??a1t

B物体的位移 x1?v?t?12a1t 2第12页

同样，A物体的速度 v2?a2t

A物体的位移 x2?1a2t2 2L，解μ=0.4； 2 （i）根据题意，若k=1，当v1=v2 时，x1－x2 =

（ii）要使v1=v2 时，x1－x2 =L，利用（i）求得的动摩擦因数μ，

可得k=

9=1.29； 7 即C物体的质量至少为1.29m时，才可以使B物体从A上滑下来。 15、

12gh (2) a:k＞3 b: 3?k?5?25 k?117、解析：（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过程中，因只有重力做功，

小球的机械能守恒。则 16、(1)V?

1212mv1?mgL?mv0 ① 22 v1?6m/s ② 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则

v12 F?mg?m ③

L 由②③式，得 F=2N ④

由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。

（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过

程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有 mv2?MV?0 ⑤ 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则

12112mv2?MV2?mgL?mv0 ⑥ 222 由⑤⑥式，得 v2=2m/s ⑦

（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距

离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V/。由系统水平方向的动量守恒，得 mv3?MV??0 ⑦ 将⑧式两边同乘以?t，得

mv3?t?MV??t?0 ⑨

第13页

因⑨式对任意时刻附近的微小间隔?t都成立，累积相加后，有 ms1?Ms2?0 ○10 又 s1?s2?2L ○11 由○10○11式得 s1?2m ○12 318、1）0.4m （2）25m/s （3）0.4m＜x'＜1.6m

19设某时刻MN和M'N'速度分别为v1、v2。 （1）MN和M'N'动量守恒：mv1-2mv2=0 求出：

v1?2① v2（2）当MN和M'N'的加速度为零时，速度最大 对M'N'受力平衡：BIl?mg ② I?由①——④得：v1?

E③ E?Blv1?blv2④ R2mgRmgRv?、 23B2l23B2l2

第八单元 机械振动、机械波参考答案： （一）基本题

1.C 2.D 3.C 4.D 5. AD 6. BD 7. C D 8.D 9.D 10.A 11.D 12.AB 13.D 14.B 15.AC 16.A 17. A 18.AB 19.D 20.A 21.B 22.C 23. D. 24. A 25.D 26.C 27. 28. D 29. BD 30.D （二）提高题

1. ABD 2.B 3.BD 4.C 5.C 6. ACD 7.AD 8.C 9.C 10.C 11.B 12.A 13.AC 14.D 15.AB 16.B 17.A 18.A 19. B 20.BC 21.C 22. ABD 23.C 24.10m/s 图略

第九单元 《电场》 参考答案

（一）基本题目

1.C；2.A；3.C；4.A；5.CD；6.B；7.BD；8.A；9.AD；10.D；11.B；12.C；13.AB；14.C； 15.A；16.B；17.AD；18.ACD；19.C；20.A；21.B；22.C；23.BD；24. 5×103，1×10-5，5×103； 25. 增大，-2.5×10

－8

J； 26. b，-100； 27. qElcos?，qElcos?，qElcos?，电场力

l1?l22l?l)：1：(12)2； l2l1做功的大小与路径无关，只与始末位置有关； 28.（1）负，负；（2）(第14页

29.（1）2Uq/m ，（2）d

mgtan?2m?1?； 30. ⑴E? ⑵v?2gl??1?；

qUq?cos??31. （1）a=0.20 m/s2（2）W1= qEx1=4.0×10-3J（3）ΔE= qE（x1－x2）= 2.0×10-3 J； 32. ⑴F???q?04dA?A????，⑵?d?，⑶T?2m?q?0?A?； 1??x?d1??q???q??dq?00?0???eU 33. ⑴E?U ，⑵a?，⑶v0?2mdd2dReU； m???2EE?Ek???kk4EkE?Ek; ??k34. ⑴E?，5Ek , ⑵ 若从bc边离开, E?；若从cd边离开， E?qLqLqLeE2EL1(L1?2L2)y?y?y?35. （1）磁场方向垂直纸面向外.（2）?（3）. 124Um2UB2（二）提高题目

1.B；2.B；3.C；4.C；5.C；6.C；7.B；8.CD；9.C；10.C；11.D；12.D；13.C；14.D；15.A；

16.A；17.A；18.B；19.B；20.AD；21.C；22.BD；23.ABD；24.B；25.C；26.AD；27.D；28.D；29.C；30.

2U3d； 31. 6.8×102J； 32. ⑴2.0m/s，⑵4.5m；

－

33. ⑴2.4m/s；⑵0.10m；⑶0.96J； 34.（1）7.25 N；（2）2.5 m；（3）0.40m； 35. （1）Ekt?6.4?10?14J ，（2）t =0.06s ，（3）S =7.5ⅹ10-2m2 ；

2qU1(2d?L1)236. ⑴v0? ,⑶减小偏转电压U2或增大加速电压U1 ; ?2kU1,⑵k?m2t2U137. ⑴v?2qEL72mL；⑵A在右板右侧L/6处时速度第一次为零，总时间t?. m3Eq

第十单元 恒定电流

参考答案 基本题目 1 B 2 A 3 B 4 D 5 B 6 B 7 BC 8 D 9 AB 10 B 11 AC 12．变小 温度 13. 0.1 ，0.2 14. nesvt nesv 15. 64:1 16. 6Ω 50w 17.

解：（1）无风时金属杆接入电路的电阻为R1

第15页

有U1?

U(R?r)ER1 得R1?1?0.5?

R?r?R1E?U1所以金属杆单位长度的电阻 R0?

R1?1?/m L0（2）有风时金属杆接入电路的电阻为R2 有U2?U(R?r)ER2 得R2?2?0.3?

R?r?R2E?U2R2L0?0.3m R0此时，弹簧的长度 L?弹簧的压缩量x?L0?L?0.2m （3分）

根据平衡条件，此时的风力F?kx?260N

（3）设风速为v。在Δt时间内接触到吹风板的空气质量为Δm Δm=ρSvΔt （2分）

根据动量定理可得 F?t??Sv?tv

v?

提高题目 1 D F?20m/s （2分） ?S2 B 3 C 4 A 5 C 6 BD 7 B 8 B 9. （1）S闭合，处于加热状态 ，S断开，处于保温状态

U2U2（2）由于功率公式得 P ?P2?联立得 R1?121?,R2?1089? 1?RR1?R2（3）W?P1tt?P2?0.22KW(或7.92?105J) 2210. ⑴P=0.6W ⑵Rx=54Ω

第16页

第十一单元 磁场 参考答案： （一）基本题目

1.BC 2.D 3. D 4.B 5.BCD 6.A 7.D 8.C 9. C 10. BD 11.C 12.

Emg2v3mg00 13. （1）（2）（3）30???180 14.8V 15.

2ILBlBIl3IL222mv02mv0EE16. 17. ⑴v0?0 ⑵x?0?B0qEqBB02mL qE18. （1）2m/s，与水平成600角（2）

3s 519. ⑴电场强度沿x轴正方向，E?3?BR43R⑵a? ⑶t?t0 R218t0t020. (1)-6×l0-3J (2) 0.6m

（二）提高题目

1.B 2.C 3.D 4.D 5.CD 6.D 7.D 8.D 9.C 10.B 11.A 12.D 13. ⑴1.25×10-11N，C板为正极，D板为负极⑵8.1×10-14kg

32 215.6V 16. R?3L 317. ⑴q?2E0d?v(2??1)vmg? ⑶Tmin?，B? ⑵T?

v2g2vgE018. ⑴y0?q0ELD⑵14

m0v02219. （1）v0=v1?2mv32Uq? （2）t = r（3）B2＜

2v2mq(R2?R1)1m1v12 220. （1）动能定理 Uq?得 v1?2qU m1mv2mv（2）由牛顿第二定律 qvB? , R?RqB第17页

离子在磁场中的轨道半径为别为 R1?2mU2m2U1， R?2qB2qB28U(m1?m2) 2qB两种离子在GA上落点的间距s?2(R1?R2)?（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。

为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为 2(R1?R2)?d

得 2R1(1?m2)?d m1R1的最大值满足 2R1m?L?d

得 (L?d)(1?m2)?d m1L

求得最大值 dm?m1?m22m1?m21v122

21.(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1，qU=mv1qv1B=m

2r1解得r1?12mU14mU；同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2? BqBq则 r2:r1?2:1

12v22?R（2）设粒子到出口处被加速了n圈：2nqU?mv，qvB?m，T?，t?nT

2RqB解得 t??BR22U

（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f?当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm?qB 2?mqBm12，粒子的动能Ek?mv 2?m2222vmq2BmR当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定：qvmBm?m，解得Ekm?

R2m22当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定：vm?2?fmR，解得 Ekm?2?2mfmR

22.（1）UH?EHl c端电势高

（2）由 UH?RHBI d第18页

得 RH?Udd?El HHIBIB当电场力与洛伦磁力相等时 eEH=evB

得 Eh=evB 又 I=nevS 得 RH?vBlddld1?vl?? IBnevSneSne（3）a． 由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则 P=mNt

圆盘转速为 N=P/mt

b．提出的实例或设想合理即可

电磁感应参考答案 （一）基本题目

1.B 2. ABD 3.D 4.C 5.B 6. D 7.A 8.A 9.A 10.D 11. ⑴

Ia237? ⑵ma?m ⑶F?mgsin?

22IR112. (1) a＝4m／s2 ⑵v=10m/ｓ ⑶Ｂ＝０.４Ｔ

13. （1）F安= 3.0×10-2N 方向水平向左 （2）v1=0.80m/s （3）P=5.6×10-2W

2?B0?kt1?kl3kl14. ⑴I? ⑵F? ⑶B?B0l

l?vtrr15. ⑴v=6m/s ⑵x=1.1m

（二）提高题目

1.B 2. B 3. AD 4.A 5. D 5. D 6. AD 7. BD 8. D 9. B 10.A 11.AD 12.B 13.B

14. ⑴l?v1(t2?t1)⑵B＝1mgR

v1(t2－t1)v1122Q?2mgv(t?t)?m(v?v⑶12132)

215. （1）v=2m/s （2） P?1.3W （3）3W

2B2L3v1116. （1）U?I?R?BLv b端电势高 （2）Q? （3）图略

44R17. ⑴0.1J ⑵R?0.4x ⑶0.4C

18. （1）E=1.0?10V （2）改变通电线圈中电流的方向，使磁场B反向，或将传感器

?3第19页

输出端对调接入显示仪表。（3）增大R，使R＞＞r，则U≈E,这样就可以降低液体电阻率的变化对显示仪表流量示数的影响。

第十三单元 交流电参考答案：

（一）基本题目

1. C 2. D 3. BC 4. B 5. A 6. B 7. AD 8. C

9. AD 10. ABD 11. BC 12. A 13. C 14. AC 15.A

（二）提高题目

1. B 2. AB 3. B 4.BSW/2R; BS/R 5. A 6.AC 7. C 8.BD

9. CD 10. C 11. B 12. D 13. 10:3; 0.2 14. BC 15.B

第十六章 量子论初步和原子核 1．D 2．ABD 3．B 4．B 5．D 6．D 7．D 8．D 9．C 10．B 11．A 12．D 13．A 14．D 15． A 16．C 17．ACD 18．B 19．C 20．C 21．B 22．B 23. D 24．A 25．BC 26．D 27．D 28．C 29．C 30．D 31．A 32．B 33．CD 34．D 35. D 作36．CD 37．B 38．A 39．D 40．B 41．D 42．A 43．C 44．D 45．A 46．A 47．C 48．D 49．A 50．B 51．C

力学实验参考答案 一、研究匀变速直线运动 1． 0.1 2.0 0.50

2． 1.20，2.20，

0.50 3．0.986，2.58，5.99 4．① 10.60±0.02 ② 0.96 ③ 答案见下图 ④

3.1±0.1

第20页

二、探究弹力和弹簧伸长的关系

1．①L5、L6 （应读到0.01cm位）②6.85，14.05 ③L7-L3，7.20 ④

d1?d2?d3?d4（逐差法），

4?41.75 ⑤28 2．（1）略（2）25N/m （3）20cm 3．（1）1.010×10-3 （2）42，F=42Δx （3）B （4）A

三、验证力的平行四边形定则 1．C 2．A 3．（1）B，只用一个测力计，通过细绳把橡皮筋拉到O点 （2）DCABEF 4．（1）bcd（2）换用不同的小重物

四、探究加速度与力、质量的关系（验证牛顿第二定律） 1．0.71kg 2．①0.44 ② 略1.0（0.95 ~1.05）③ B

五、研究平抛物体的运动

1．2，22 2．1.0，2.0 3．v0?测Δx、Δy1、Δy2，v0x?2Lg， 0.70m./s 4．A：图略，B：选三点，?t??xg

?y2??y1

六、探究合外力做功与动能变化的关系（探究动能定理） 1．（1）CD （2）0.83 2．（1）刻度尺（2）ABC

七、验证机械能守恒定律

1．BD 2．天平、秒表、低压直流电源；低压交流电源，刻度尺，重锤

3．⑴OC，15.70；⑵1.22m，1.20m，大于，v是实际速度，因为有摩擦，重力势能一部分转化为内能 4．7.62，7.56

八、验证动量守恒定律

第21页

1．C 2．2.16，1:2 3. （1）D（2）32g（s0?s1)?f2(s1?s2)2，打点计时器对纸带的阻力做功

九、用单摆侧重力加速度

4?2Ln21600?2(l?d/2) 1．ADEH， 2．小球直径d， 3．DF 22tt4π24．（1）A，B （2）g?

k

十、伏安法测电阻 1、a ; 1000欧

2.C

3.（1）④、②，（2）电流表内接，分压电路，（3）大于

4.① D（1分）、F（1分）；

② 电路图如答图1所示（2分） 实验电路如答图2所示（2分） ③ 描点及连线如答图3所示（2分）

I/A V 0.6 A 0.5 答图1 0.4 0.3 0.2 0.1 0 答图2

2 4 6 答图3

8 U/V 10 第22页

④ 18.0 (17.5~18.5)（2分）

十一、测定金属的电阻率 1，B；2，AC 3，B

4，24.12～24.16；0.514～0.517； 5.① 1.125±0.001（3分） ② A（1分）；E（1分） ③ 见答图1（2分）

④管线长度L（2分）；πd24??LR（3分） 6，（1）

答图1

（2）测出接入电路的金属丝的长度

（3）10.7；电源内电阻与电阻箱

（4）0.200mm；金属丝的电阻率；4.03?10?6??m

十二 、 描绘小灯泡的伏安特性曲线

1、1210欧；正常发光时灯丝温度升高，使得电阻增大。

第23页

2、A 3、（1）2；图2电路电压可从0V调到所需电压，调节范围较大.（或图3电路不能测得0V附近的数据）。（2）5.2；111.8（111.6－112.0均给分）。（3）热敏温度计（提出其他实例，只要合理亦可）

4. （1）50.75、50.80或50.85 3分

3.774~3.778 3分

（2）①C 2分

②答案见下图 3分

③1.15~1.19 3分 ④增大 2分

小灯泡的电阻随温度升高而增大

5、①A2、V1、E2。②1.5Ω，11.5Ω，0.78W。③由R－U图线可看出，随U的增大，电阻的变化越来越小，而P＝U/R，随U的变化，功率P的变化将更加明显，故选A。 十三 、用电流表和电压表测定电源电动势和内阻 1.B

2（1）1.5V、0.2Ω； （2）0.4Ω、1.25W； （3）4：1；1：1 （4）2.81W

3.（1）甲；（2）A、C、E；（3）乙；（4）1.5；0.5； 4.①图略 ②A．20Ω；C．闭合 ③0.69Ω ④小 中 5.（1）2V；1Ω （2）2.9；0.9

6.答案：⑴①15.02 ②2.31 6.6×102

⑵①如上图 ②如上图 ③如右图 ④1.5（1.46~1.54） 0.3

2A 第24页

（0.25~0.35）

十四、 把电流表改装为电压表

1、A

2、0.3；串，27；串，120

3、（1）D、C、F （2）5.0V

（3）电路连接如图D-1所示。 （4）15? 4、（1）乙，D、E；（2）>

5、（1）并；56；

（2）电路图如图D-2，实物图略。

6.⑴①B C F ②B C A E ③300 略小于 ④串 19.7

图D-1 μA mA 图D-2

十八 测定玻璃的折射率

参考答案：

1.C D 2.（1） 不变 （2） 变小 （3） 不变 3. (1)1.73 (2)P4 (3)1 4.（1）n?cos?1 大

cos?27.直径转过的角度θ，1/sinθ

5.甲 6． ACD

十九 用双缝干涉测光的波长

参考答案：

1. C 2. B 3. ABC 4. D 5.BC 6 A 7. ABD

8.单缝屏；双缝屏；单缝屏；双缝屏；594.0。

第25页

第26页

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/zacx.html