物理参考答案
14A15C16B17A18C19AC20AB21BD
22A与B（1分）Fmg
（1分）C（2分）h（2分）s
231A（1分）B（1分）D（1分）
2如图所示
连线正确即可，元件字母不作要求（2分）
3
Rx

I2RA2I1I2
R2
（2分）
I2（1分）
25mA（1分）
24解：方法一
（1）小球静止E1qmg
得E15×103NC，方向沿x轴正方向
（2分）（2分）
（2）剪断细线后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为a＝F合102ms2m
经过02s，小球的速度v1at122ms，方向与x轴正方向成45°角斜向右下方。
在第2个02内，电场反向，小球做类平抛运动
小球的水平分速度Vxv1cos45axt2
且ax

E1qm
竖直分速度Vyv1si
45gt2
得Vx0，Vy4ms即04s末，小球的速度v2大小为4ms，方向竖直向下（6分）（3）小球在最后04s内做匀减速直线运动，加速度为
a＝v2＝4ms2＝10ms2t304
f由牛顿第二定律E2qmgma′解得E2104NC方向沿y轴负方向
方法二：
（4分）
（1）（1）小球静止E1qmg
得E15×103NC，方向沿x轴正方向
（2分）（2分）
（2）小球运动04s
水平方向E1qt1E1qt20
（2分）
竖直方向mgt1t2mv
（2分）
得v4ms，方向竖直向下
（2分）
（3）把E2分解在水平方向E2x，竖直方向E2y，整个过程
水平方向E1qt1E1qt2E2xqt30
（1分）
竖直方向mgt1t2E2yqt30
（1分）
得E2x0，E2y104NC则E2104NC方向沿y轴负方向
（2分）
25解（1）对小物块P，根据牛顿第二定律：1mgma1
根据运动学公式：
L

x0

v0t

12
a1t2
联立可得：t05s
（2分）（2分）（2分）
（2）对薄木板，根据牛顿第二定律：1mg2mMgMa2
根据运动学公式：
x0

12
a2t2
联立可得：2015
（3）小物块P运动至刚与Q发生碰撞时的速度：vv0a1t
对P、Q系统，碰撞瞬间根据动量守恒定律：mvmmv1
沿圆弧面继续运动过程，根据能量守恒：
（2分）（2分）（2分）（1分）（2分）
2
f12
2mv12

2mgH
联立以上各式可得：H18m
33（1）ABD（5分）
（2）①活塞上升
h3
时，理想气体温度为T1
（2分）（1分）
hs

h

hs3
T0
T1
得T1

43
T0
5分
②活塞上升过程，气体压强为P1，气体对外做功W
P1

P0

Mgs
W

P1V

P0

Mgs
hs3
由热力学第一定律ΔUQW知
QUP0hsMgh33
5分
34（1）ABE
5分
（2）①由题意，简谐横波沿x轴正向传播，此时P点向下运动，Q点向上运动，它们的
周期相同，则T2×（02s1s）24s
3分
②由图像可知，λ12m，则波速VλT5ms
3分
③由题意，Q质点经过1s第一次回到平衡位置，再经r