物理參考答案
14.【答案】A
【解析】從n＝4躍遷到n＝1放出的光子能量最大，根據(jù)，，可知?jiǎng)恿恳沧畲螅?A正確；大量氫原子從n＝4的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)能放出種頻率的光子，但其中只有從n＝4、3、2能級(jí)躍遷到n＝1放出的三種光子超過金屬鎢的逸出功能夠使其發(fā)生光電效應(yīng)， B錯(cuò)誤； 從能級(jí)4躍遷到能級(jí)1放出的光子能量最大為12.75 eV，照射金屬鎢后，根據(jù)光電效應(yīng)方程，光電子的最大初動(dòng)能為Ekm=8.21eV， C錯(cuò)誤；由于從n＝4躍遷到n＝∞需要吸收的光子能量為＝0.85eV，因此只要入射光子的能量大于等于0.85eV都能被氫原子吸收從而使其電離，所以0.86eV的光子能夠被吸收， D錯(cuò)誤，故選A。
15.【答案】D
【解析】布朗運(yùn)動(dòng)是液體中固體小顆粒受到液體分子的撞擊后的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，布朗運(yùn)動(dòng)反映了液體分子的無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)，布朗運(yùn)動(dòng)并不是液體分子的無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；1克100 ℃ 的水需要吸收熱量才能變?yōu)?克100 ℃的水蒸氣，故1克100 ℃的水的內(nèi)能小于1克100 ℃的水蒸氣的內(nèi)能，B錯(cuò)誤；隨著分子間的距離由較大逐漸減小到較小的過程中，分子間的作用力先是表現(xiàn)為引力之后是斥力，分子力先做正功再做負(fù)功，分子勢(shì)能先減小再增大，C錯(cuò)誤；水分子在氣態(tài)下引力、斥力忽略不計(jì)，凝結(jié)成液態(tài)，分子間距減小，引力和斥力同時(shí)增大，D正確。故選D。
16.【答案】A
【解析】根據(jù)開普勒第三定律，可得P、Q兩衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為，根據(jù)萬有引力提供向心力，可得線速度為， P、Q兩衛(wèi)星線速度之比為，故選A。
17.【答案】D
【解析】由等勢(shì)面分布圖可以確定該圖為兩等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)的等勢(shì)線面布圖，兩點(diǎn)電荷連線垂直平分線上電勢(shì)處處為0，e點(diǎn)電勢(shì)也為0，A錯(cuò)誤；根據(jù)電勢(shì)能公式，電子帶負(fù)電，電勢(shì)越低的地方電勢(shì)能反而越大，由A到C電勢(shì)降低，電勢(shì)能變大，B錯(cuò)誤；根據(jù)電場(chǎng)力做功公式，質(zhì)子帶正電，，可知電場(chǎng)力做負(fù)功，C錯(cuò)誤；等差等勢(shì)面相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差都相等，根據(jù)公式 可知等勢(shì)面間距越小、越密的地方場(chǎng)強(qiáng)越大，D正確。故選D。
18.【答案】B
【解析】(1)由圖可知λ＝8 m．當(dāng)波向右傳播時(shí)，Δt＝t2－t1時(shí)間內(nèi)波傳播的距離為，波速為。當(dāng)波向左傳播時(shí)，在Δt＝t2－t1時(shí)間內(nèi)波傳播的距離為，波速為當(dāng)n=0時(shí)向右傳播的最小速度為6m/s，向左傳播的最小速度為10m/s，總的最小速度為6m/s，故選B。
19.【答案】AC
【解析】光從O點(diǎn)沿直線傳播出球殼，時(shí)間最短，光在空氣中傳播，光在介質(zhì)中傳播 ，所以光射出球殼的最短時(shí)間為，A正確，B錯(cuò)誤； 如圖所示，光由介質(zhì)射向空氣，臨界角為C，， ，由正弦定理得 解得 由幾何關(guān)系知，故透明球殼外表面發(fā)光區(qū)域在截面上形成的弧長(zhǎng)所對(duì)應(yīng)的圓心角為32°C正確，D錯(cuò)誤，故選AC。
20.【答案】BD
【解析】線圈轉(zhuǎn)動(dòng)至圖示位置時(shí)位于中性面，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，A錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Em＝NωBL1L2，設(shè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值是E，則，解得，線圈電阻不計(jì)，則電壓表示數(shù)，B正確；電壓表的示數(shù)U1由左邊充當(dāng)電源的線圈的輸出電壓決定，與右邊變壓器的匝數(shù)比無關(guān)，電壓表示數(shù)不變，C錯(cuò)誤；將原線圈抽頭P向下滑動(dòng)時(shí)，變壓器原線圈匝數(shù)n1變小，由變壓器的變壓比可知，副線圈電壓U2變大，燈泡兩端電壓變大，燈泡的功率變大，燈泡變量，D正確。故選BD。
21.【答案】AC
【解析】a球和b球所組成的系統(tǒng)中重力做功使重力勢(shì)能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，不改變總的機(jī)械能，輕桿對(duì)a、b做功使機(jī)械能在a、b間相互轉(zhuǎn)移同樣不改變總的機(jī)械能，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；當(dāng)a球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)b球速度為零且高度不變，b球機(jī)械能等于最初位置時(shí)的機(jī)械能，由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，a球此時(shí)的機(jī)械能與最初位置時(shí)的機(jī)械能同樣也相等，由 ， ，但此時(shí)不是最大速度，過了O點(diǎn)后a球的重力大于桿向上的分力會(huì)繼續(xù)向下加速直到桿向上的分力與重力大小相等時(shí)速度達(dá)到最大，B錯(cuò)誤；當(dāng)a球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)a球的機(jī)械能最小，b球的機(jī)械能最大，動(dòng)能最大，a球的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為b球的動(dòng)能，，b球的最大速度，C正確；a球從初位置下降到O點(diǎn)過程中，b的速度先增大后減小，說明桿對(duì)b球先做正功后做負(fù)功，則桿對(duì)a球先做負(fù)功后做正功，a球從O到最低點(diǎn)過程中，a球速度先增大后減小，開始a球的重力大于輕桿拉力的豎直分量a球加速運(yùn)動(dòng)，后來a球的重力小于輕桿拉力的豎直分量a球減速運(yùn)動(dòng)，來到最低點(diǎn)時(shí)速度減為0，桿對(duì)a球做負(fù)功，即a球從初位置下降到最低點(diǎn)的過程中，連接桿對(duì)a球的彈力先做負(fù)功后做正功，再做負(fù)功，D錯(cuò)誤。故選AC。
22.【答案】（1）3.4 3.9 （2）不為零 偏?。靠?分）
【解析】（1）則運(yùn)動(dòng)到A處時(shí)小車的速度大小，根據(jù)逐差法，小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小，根據(jù)小車在照片中的長(zhǎng)度與實(shí)際的長(zhǎng)度的比例為1：10，則實(shí)際運(yùn)動(dòng)的速度為3.4m/s，實(shí)際運(yùn)動(dòng)加速度為3.9m/s2
（2）由O到A小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 ，得 ，則小車在O點(diǎn)時(shí)的速度不為零。如果實(shí)驗(yàn)時(shí)數(shù)碼相機(jī)實(shí)際拍攝頻率為12Hz，則實(shí)際周期更短，由可知，實(shí)際加速度更大，即加速度的測(cè)量值和實(shí)際值相比是偏小的。
23.【答案】（1）A C E （2）作圖見解析 1.50（1.46～1.54均可） 1.0（0.80～1.2均可） （3）2.8～3.2 （第（1）問每空1分，共3分；第（2）問每空2分，共6分；第（3）問1分）
【解析】（1）由于滑動(dòng)變阻器不能顯示自身的阻值大小，而本實(shí)驗(yàn)中需要用IR的大小，所以R應(yīng)選用A電阻箱；由表可知電流的變化范圍為0.19A～0.38A，干電池的電動(dòng)勢(shì)約為1.5V，則回路中總電阻的變化范圍約為3.9Ω～7.9Ω，故保護(hù)電阻R0選擇阻值為2Ω的定值電阻C；磁電式電流表為了減小誤差指針應(yīng)超過滿偏量程的三分之一，故電流表 eq \\ac(○,A)應(yīng)選擇量程為0~0.6 A的電流表E。
（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，整理得，圖像的縱軸截距為電池電動(dòng)勢(shì)E，斜率k的大小為r+R0，根據(jù)圖像可得電池的電動(dòng)勢(shì)為1.50（1.46～1.54均可），內(nèi)阻為1.0（0.80～1.2均可）。
（3）電阻箱消耗的電功率為，由上式可得，當(dāng)時(shí)，電阻箱消耗的電功率最大，則電阻箱的阻值應(yīng)為第（2）問中得出的內(nèi)阻的阻值與保護(hù)電阻R0的阻值之和，為2.8Ω～3.2Ω。
24.【答案】（1）3g （2）
【解析】（1）設(shè)A球質(zhì)量為m，則B球質(zhì)量為2m，
剪斷前對(duì)B受力分析可知T=2mg①
剪斷后瞬間輕繩拉力消失，彈簧彈力不突變。
對(duì)A受力分析可知②
解得③
（2）設(shè)輕彈簧對(duì)A、B兩個(gè)小球的沖量大小分別為IA和IB；
對(duì)小球A分析由動(dòng)量定理有④
對(duì)小球B分析由動(dòng)量定理有⑤
由于輕彈簧兩端對(duì)A、B的作用力等大反向，作用時(shí)間也相同，則沖量IA和IB也等大反向。
聯(lián)立解得⑥
正確得出得出①②式每式1分；
得出③④⑤⑥式每式2分。
25.【答案】（1）；（2）；
【解析】（1）對(duì)b棒與彈簧組成的系統(tǒng)由能量守恒得①
可得b棒脫離彈簧后的速度
b棒與a棒相碰撞前后，由動(dòng)量守恒和能量守恒知
②
③
得，
由能量守恒定律可知碰后a棒在磁場(chǎng)中向左運(yùn)動(dòng)的過程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為回路中總的焦耳熱，④
b棒與a棒碰撞后停在磁場(chǎng)外與左邊電阻并聯(lián)⑤
根據(jù)焦耳定律可得⑥
解得⑦
（2）向左滑行過程中對(duì)a分析由動(dòng)量定理有 ⑧
其中⑨
聯(lián)立得⑩
正確得出①②③④⑤⑥式每式1分；
得出⑦⑧⑨⑩式每式2分。
26.【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）離子以的速度，的角度由O點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)，恰好通過坐標(biāo)為（L， L）的點(diǎn)，
由幾何關(guān)系可知運(yùn)動(dòng)半徑為①
由牛頓第二定律得②
解得③
（2）對(duì)于任意的速度方向與軸成角的離子，設(shè)其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為，如圖所示由牛頓第二定律，及
解得④
故所有離子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道圓心均在界面上，且速度方向垂直于界面岀射；當(dāng)時(shí)離子的運(yùn)動(dòng)半徑最大，
離子沿與y軸成60°角向第一象限入射時(shí)，通過這條線的坐標(biāo)的最小，⑤
離子沿與y軸成60°角向第二象限入射時(shí)，通過這條線的坐標(biāo)的最大，⑥
則離子通過界面時(shí)坐標(biāo)的范圍為⑦
（3）所有帶電粒子中，離子沿與y軸成60°向第二象限射入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角最大時(shí)間最長(zhǎng)，同時(shí)由于速度大，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)回到這條線時(shí)的速度變化量大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間也長(zhǎng)，總時(shí)間一定最大。
由幾何關(guān)系可知在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角150°，根據(jù)⑧
⑨
在電場(chǎng)中先向右做勻減速到速度為0，再反向勻加速運(yùn)動(dòng)回到處的過程中，
加速度均為⑩
在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間 eq \\ac(○,11)
解得 eq \\ac(○,12)
則所有粒子從最開始運(yùn)動(dòng)到第二次經(jīng)過這條線的最長(zhǎng)時(shí)間為 eq \\ac(○,13)
正確得出①②③④⑤⑥⑦式每式2分；
得出⑧⑨⑩ eq \\ac(○,11) eq \\ac(○,12) eq \\ac(○,13)式每式1分；

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