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。化为滑块和小车的热量，所以滑块机械能的减少量大于滑块克服摩擦力做的功，故 D 错误。故选 C ，故 C 正确；D.根据能量守恒，滑块减少的机械能转 Ԙ 2 2mmgR mv Mv  ，联立解得 , 2 21 1 m 的速度最大，设向右为正方向，根据动量守恒可得 mv’m=Mv，从 A 到 B，根据能量守恒有 ，故 A、B 错误；C.滑块到达 B 点时，滑块 ( ൅ ) ݔ ， ( ൅ ) 得小车相对地面的位移大小 ，解 ݔ ൅ ൅ ，而 ݔ ൌ 由此分析解答。A.滑块和小车在水平方向上动量守恒，则 mv’=Mv， 17.C 滑块 m 下滑的过程中，系统水平方向的动量守恒。m 从 A 到 B，系统的动量守恒，机械能守恒， 故选：C． 能级，辐射出的光不能使该金属发生光电效应，故 D 错误； 到 知，则原子群 B 从 D、若原子群 A 辐射出的光能使金属发生光电效应，根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可 故 C 正确； 4eV ，至少等于 4eV 可以大于 ，要使原子群 A 发生电离，所吸收的光子的能量 E − 4eV 的能级， C、若氢原子群 A 处于 故 B 错误； 55eV 的能级，而原子 B 发出的光子大于或小于 4 时，才能跃迁到 55eV △ E − 085 − ( − 4) B、根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，原子群 A 能够吸收 故 A 错误； 能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子 知，大量 16.C 解：A、根据 衡条件可得：2Tcosα=mg，解得：T=5N，故 D 正确，A、B、C 错误.故选 D.     ，则α=37°，根据平 PM PO 可知 NQ=MN，即 PM 等于绳长；根据几何关系可得： 1.2sin 0.62 同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为α，则根据几何关系 15.D 设挂钩所在处为 N 点，延长 PN 交墙于 M 点，如图所示： 正确。 ，所以 B 1－k2 ＝k，解得 u＝ v u2－v2 ∶ d u 14. B 设河岸宽为 d，船速为 u，则根据渡河时间关系得d 答案 B D C C D BD BC AD 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 物理答案 届高三冲刺模拟卷（七）答案 2019 12 18.D 解析：A. ab 棒由 M 下滑到 N 过程中，机械能守恒，故有： 2 2 1)60cos1( mvmgR  解 得 gRv  ；B. 进入磁场区瞬间，回路中电流强度为 r gRBl rr EI 32  ； C. cd 达到最大速 度由动量守恒定律得 vmmmv  )2( 解得 gRv 3 1 ； D. 释放热量等于系统机械能 减少量，有 22 32 1 2 1 vmmvQ  解得 ,3 1 mgRQ  mgRQcd 9 1 19.【答案】BD A.根据万有引力提供向心力得出： 2 2 2 4 T rmr MmG  得： 2 2 3 4 TGMr  ，根据图象可 知，行星 A 的质量大于行星 B 的质量，故 A 错误 B.根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动 的周期相同，密度， 2 0 3 GTV M   ，所以行星 A 的密度等于行星 B 的密度，故 B 正确； C.第一 宇宙速度 0 2 T Rv  ，A 的半径大于 B 的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则 A 的第一宇宙 速度大于行星 B 的第一宇宙速度，故 C 错误；D.根据 mar MmG 2 得： 2r GMa  ，A 的质量大于 B 的质量，当两行星的卫星轨道半径相同时，则行星 A 的卫星向心加速度大于行星 B 的卫星向心加速， 故 D 正确。 20.答案 BC 解析 小球运动到 P 点时，根据牛顿第二定律可得 T－mg＝mv2 R ，计算得出小球在 P 点 的速度大小为 v＝ 17gR 7 ，故 A 错误；根据动能定理可得 mgR 1＋1 2 －f×1 3×2πR＝1 2mv2，计算得出 f ＝3mg 7π ，所以 B 正确；假设小球能运动到与 O 点等高的 Q 点，则阻力大小为 f′，根据动能定理可得： mg·1 2R＝f′·180°＋30° 360° ×2πR，计算得出 f′＝3mg 7π ，故小球能运动到与 O 点等高的 Q 点，且达到 Q 的速 度刚好为零，所以 C 正确，D 错误。 21.【答案】AD 【解析】A、粒子回旋周期不变，在 tEk  图中应有 122334 tttttt  ，故 A 正 确； B、交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故电源的变化周期应该等于 )(2 1 nn tt ， 故 B 错误；3 C、根据公式 Bq mvr  ，故最大动能 222 2 22 1 m rBqmvEkm  ，则粒子获得的最大动能与 D 形盒的半 径有关，D 形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大，与加速的次数无关 故 C 错误； D、粒子每次加速获得的能量为 qU，由动能定理得第 n 次加速后的动能为 2 2 1 nmvnqU  ； 粒子在磁场中回旋时由洛伦兹力提供向心力，由 Bq mvr n n  得 nBq mqUrn 2 ； 故粒子 5 次被加速前、后的轨道半径之比为 5:2 ，D 正确, 故选：AD 22. (1) gs2 2y (2)tanθ mgxtanθ 解析 (1)小球从 O 点做平抛运动，则有： y＝1 2gt2 s＝v0t 联立计算得出：v0＝ gs2 2y 。 (2)小球在斜槽上做匀速直线运动时，对小球受力分析，根据共点力平衡可知：μmgcosθ＝mgsinθ 计算得出：μ＝tanθ 在小球从标记点运动到 O 点的过程中，设释放点到斜槽底端的水平距离为 x1，斜槽水平部分长 为 x2， 有 x1＋x2＝x， 摩擦力做功为： Wf＝μmgcosθ· x1 cosθ ＋μmgx2＝μmgx＝mgxtanθ。 23.【答案】（1）短接 （2）1 （3）15.0 3.60 （4）12.0 （5）9.00 15.0 24.解：（1）（4 分）A、B 两球和轻杆组成的系统机械能守恒，系统减少的重力势能等于系统增加的 动能，而 A 和 B 瞬时速度大小相等，设两球到竖直位置小球时即小球与杆脱离时两球的速度大小为 v， 则： 22 2 122 12 mvmvmgLmgL  ，则小球与杆脱离时两球的速度大小； 3 2gLv  ； （2）（8 分）设两球到竖直位置时，A 球与地面的高度为 H，当两小球落到水平地面时动能相等， 则有： )2(2 1222 1 22 LHmgmvmgHmv  ，则 LH 3 5 ， A、B 两球脱落杆后都做平抛运动，则两小球在水平地面上落点间的距离为：，(2)解：①第一次将活塞从打气筒口压到 C 处时，设容器 B 内的压强为 pB 温度是分子平均动能的标志，故 D 正确。 解析：气体的内能等于所有分子热运动的动能和分子之间势能的总和，故 A、C 错误，B、E 正确； 33.（1）答案:BDE 假设成立，即 m5625.0L 。 ， ݔ   rQIQC ，由于 )故： m5625.0tancos 题意，舍弃 另一解 s6.0t 不合 ( 解得： m75.0QI ， s3.0t ， rrPK  ， tanQIIK  cos 又 1 tgIKPK  ， 2 则有： tvQI p ， 2 小球从 P 点飞出后做类平抛运动，假设 Q 点在电场中，如图乙所示： () 解得： m85.0x ； 1)cos()sin( vmvmrrgmrxqE p   2 1 22 2 2 22 2 对小球碰后运动到 P 点的过程，根据动能定理有： ， m/s42 v ) 的方向水平向左 ”表示 − 解得： m/s21 v “ 1 vmvmvm  ， 2 1 2 1 1 2 2 11 2 22 22111 vmvmvm  ， 2 滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为 21 vv、 ，则有 2 ，解得： m/s5.2pv 2 vmgm p r 时，由牛顿第二定律有： 2 gmgm  ， 小球到达 P 点 cos 小球所受重力与电场力的合力大小为： () 则有： tan2 gmqE  ，解得： N/C105.7 4E 解得： m/s6v ，小球到达 P 点时，受力如图甲所示 1 vmFd  ， 12 对滑块从 A 点运动到 B 点的过程，根据动能定理有： 2 () 25.解析： HgLttvsss BABA 。 g LH g  L )(2 3)22)2((2 3)115( 45 C 距底部 H－h＝H/3 由玻意耳定律得 p0(VB＋HS)＝pB(VB＋ 3 HS ) 解得 pB＝1.2p0 ②对打气筒内的气体，要使容器 B 内压强不超过 5p0，意味着活塞从顶端下压至 C 处时，打气筒 C 处以下的压强不能超过 5p0， 由玻意耳定律得 p0HS＝5p0(H－h)S 解得h H ＝4 5 34.（1） 【答案】 ADET＝0.4 s，v＝λ T ＝10 m/s，该列波在 0.1 s 内向右传播的距离为 x＝10×0.1 m＝ 1 m，A 正确；质点不会随波迁移，B 错误；质点 Q 在 0～0.1 s 时间内通过的路程大于一个振幅，C 错误；经过1 2 周期，质点 Q 位于 x 轴下方正在接近平衡位置，D 正确；经过 0.5 s，波谷第一次传播到 坐标是 4 m＋0.5×10 m＝9 m 处，E 正确． （2） 设 a 和 b 两种色光发生全反射的临界角分别为 C1、C2，由折射定律可知 sin C1＝ 1 n1 ＝ 3 2 ， sin C2＝ 1 n2 ＝ 2 2 ， 则 C1＝60°，C2＝45°. 复合光到达 AC 边时的入射角 i＝45°＝C2