物理答案.pdf

答案第 1页，总 12页 2020 高三物理模拟试题三 参考答案 1．B A、由 s-t 图像可以知道：碰撞前 A 的速度为 4 10 3 /2Av m s   ； 碰撞前 B 的速度 4 0 2 /2Bv m s  ， 碰撞后 AB 的速度为 2 4 1 /2Cv m s   根据动量守恒可知  b B a A a b Cm v m v m m v    代入速度值可求得： 4 3bm kg 所以碰撞前的总动量为 10 /3b B a Am v m v kg m s    ，故 A 错误； B、碰撞时 A 对 B 所施冲量为即为 B 的动量变化量 4B b C b BP m v m v N s       故 B 正确； C、根据动量守恒可知 4 4 /A BP P N s kg m s       ，故 C 错误； D、碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为  2 2 21 1 1 102 2 2a A b B a b Cm v m v m m v J    ,故 D 错误， 2．D 由题目中的数据可以得出，abO 三点组成一个等腰直角三角形，所以两底角都为 45 ．对两球进行受力分析，由于球面光滑，所以两球都只受到 3 个力，如图所示： 重力、球面的支持力、刚性细杆的弹力；由于是刚性细杆，所以刚性细杆对两球的弹答案第 2页，总 12页 力均沿着杆方向，且对两球的弹力大小相等；两球处于平衡状态，两球受到的合力都 为零，两球受到的三个力都组成一个封闭的力的 矢量三角形． 设 b 球的质量为 m，由正弦定理对球 a： 3 sin 45 mg  =  sin 45 NF  ；对球 b： sin 45 mg  =  sin 45 NF  ，所以有：  3sin 45  =  sin 45   ，即  tan 45  = 3 ，所以 =15 ，故 D 正确，ABC 错误． 3．A A 项，带正电的小球在 x L 处电势能最小，根据能量守恒可知粒子在该处的动能最 大，所以小球在 x L 处速度最大，故 A 项正确。 B 项，根据乙图得 2x L  处电势高于 2x L 处电势，带正电的在 2x L 处由静止释 放，根据能量守恒得不可能到达 2x L  处，故 B 项错误。 C 项，小球以 x L 为中心做往复运动的条件是电势关于 x L 对称，根据乙图得电势 关于 x L 不对称，故 C 项错误。 D 项，根据图乙得知在 x L 处 x  斜率为零，即电场强度为零，则    2 24 2 A BkQ kQ L L  ， 所以 : 4:1A BQ Q  ，故 D 项错误 综上所述本题答案是：A。 4．C 宇宙飞船轨道半径为 r1=4200km+6400km=10600km，地球同步卫星轨道半径为 r2=36000km+6400km=42400km，r2="4" r1.根据开普勒第三定律，地球同步卫星为宇答案第 3页，总 12页 宙飞船周期的 8 倍。从二者相距最远时刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到 信号的次数为 7 次，选项 C 正确。(请画运动过程) 5．C 在滑动变阻器 R3 的滑片 K 由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总 电阻变大，总电流减小，则根据 P4=I2R4 可知定值电阻 R4 的功率减小，根据 P=IE 可知 电源的总功率减小，选项 A 正确；因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大， 而 R1+R4=r，则当变阻器电阻变大时，外电路电阻远离电源内阻，则电源的输出功率 减小，选项 B 正确；电源的效率   1= 1 IU U IR rIE E I R r R      ，则当外电路电阻 R 变大时，电源的效率变大，选项 C 错误；若将 R1+R4 等效为电源的内阻，则此时等效 电源内阻为 r′=2Ω；滑动变阻器 R3 的滑片 K 由最下端向最上端滑动过程中，MN 之间 的电阻从 0 增加到 3Ω，则因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，可知当 MN 之间的电阻等于 2Ω时，MN 之间的功率最大，则在滑动变阻器 R3 的滑片 K 由最下 端向最上端滑动过程中，MN 并联部分的功率先增大后减小，选项 D 正确；此题选择 不正确的选项，故选 C. 6．A 小球从圆弧轨道上端抛出后，小球水平方向的速度和车的速度相同，故小球仍会落回 到小车上；小球落回到小车后，相对小车向左滑动，然后从左边离开小车：如果小球 对地面的速度向左，则小球离开小车水平向左做平抛运动；如果小球对地面的速度为 零，则小球离开小车后做自由落体运动；如果小球对地面的速度向右，则小球离开小 车水平向右做平抛运动．故 A 正确，BCD 错误． 7．AC答案第 4页，总 12页 A．由题可知圆环 A 到达 b 位置时，重物 B 沿斜面的运动的位移为： 2 2 0.5m2 H L Lx    ，A、B 组成的系统机械能减少了： cos30 · 2.5JE Mg x    ，故选项 A 正确； B．轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为 2:1，找 A 沿绳方向的分速度是 B 实 际运动的两倍，圆环 A 速度最大时，环 A 与重物 B 的速度之比为 10:3，故选项 B 错误； C．圆环 A 能下降的最大距离为 mH ，重物 B 沿斜面的运动的位移为： 2 2 2 m B H L Lx   ，根据能量守恒可知：   sin30 cos30 ·m B BmgH Mgx Mg x   ， 解得圆环 A 能下降的最大距离为 7.5mmH  ，故选项 C 正确； Ｄ．圆环 A 先向下做加速运动，后做减速运动， 由 A 和 B 速度关系，所以重物 B 也是 先加速后减速，而重物 B 受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对 B 的拉力： sin30 cos30TF Mg Mg Ma    ，即： 10TF Ma  ，所以绳子对 B 的拉力先大于 10N 后小于 10N，故选项 D 错误； 8．AC A ．开始阶段，牵引力 1 5000NF  ，据牛顿第二定律可得， 1F f ma  ，得：开始 阶段加速度 a＝2.5m/s2．v1＝54km/h＝15m/s，据 1 0 vt a  ，解得 t0＝6s．故 A 项正确． B．t0 时刻，电动机输出的功率最大，且 1 1 5000 15W=75000W=75kWmP Fv   ．故 B 项错误． C．汽油机工作期间，功率 2 1 6000 15W=90kWP F v   ，11s 时刻汽车的速度 3 2 90×10 m m=25 =90km/hs s3600 Pv F   ，汽油机工作期间牵引力做的功  3 5 2 90 10 11-6 J=4.5 10 JW Pt     ．故 C 项正确．答案第 5页，总 12页 D．汽车前 6s 内的位移 2 2 1 0 1 1 2.5 6 m=45m2 2x at    ，后 5s 内根据动能定理得： 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2Pt fx mv mv   ，解得：汽车后 5s 内的位移 2 120mx  ．所以前 11s 时间 内汽车的位移 1 2 45 120m=165mx x x    ．故 D 项错误． 9．BD A、将时刻代入瞬时值公式可知，t = 1 600 s 时，原线圈输入电压的瞬时值为 18 2V，A 选项错误； B、电压表的示数为有效值，输入电压的峰值为 36 2V,根据正弦式交变电流有效值与 最大值的关系可知，U = Um 2 = 36V，B 选项正确； C、D、电流表测量流过副线圈的电流，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，副线 圈的电压为 9V，正向导通时电流为 1A，根据电流的热效应可知I 有效 2 RT = I2R ⋅ T 2，解 得：I有效= 2 2 A；故 C 选项错误，D 选项正确． 故选 BD. 10．BC 两个轻核发生聚变反应，由于反应放出能量，有质量亏损，则产生的新核的质量一定 小于两个轻核的质量和，选项 A 错误；在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合 能大的原子核时，会释放核能，选项 B 正确；氢原子从 n=2 能级跃迁到 n=1 能级释放 的光子能量小于从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级时释放的光子的能量，则当用氢原子从 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射的光照射某金属时有光电子逸出，则用从 n=3 能级跃迁 到 n=1 能级辐射的光照射该金属也一定会有光电子逸出，选项 C 正确；使处于基态的 氢原子跃迁到激发态所吸收的光子的能量必须等于两个能级的能级差，否则将不能被 吸收，选项 D 错误．答案第 6页，总 12页 E.玻尔氢原子能级结构能很好地解释了氢原子光谱，但是不能解释其它原子光谱现象， 可见其原子结构模型是有局限性的；E 错误。 11． BC； C； m1 ⋅ OP = m1 ⋅ OM + m2 ⋅ ON ； m1 ⋅ OP2 = m1 ⋅ OM2 + m2 ⋅ ON2 ； OP； OM 和 ON； m1 ⋅ OP = m1 ⋅ OM + m2 ⋅ ON ； 明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量； 在该实验中，小球做平抛运动，H 相 等，时间 t 就相等，水平位移 x=vt，与 v 成正比，因此可以用位移 x 来代替速度 v，根 据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确 定对应的表达式； 解：(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量； 小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速 度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：m1v0 = m1v1 + m2v2，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移 x=vt，因此可以直接用 水平位移代替速度进行验证，故有m1·OP = m1·OD + m2·ON，实验需要测量小球的质 量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺， 因此需要的实验器材有：BC； (2)AB、由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应 当比较集中，但不是出现了错误，故 A、B 错误； C、由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最 小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位 置，故 C 正确； D、仅调节斜槽上固定位置 C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段 OP 的长度 越小，故 D 错误。答案第 7页，总 12页 故选 C； (3)若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0 = m1v1 + m2v2，又 OP = v0t，OM = v1t， ON = v2t，代入得：m1·OP = m1·OM + m2·ON， 若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒， 则：1 2 m1v0 2 = 1 2 m1v1 2 + 1 2 m2v2 2，代入得; m1·OP2 = m1·OM2 + m2·ON2； (4)根据实验原理可知，OP 是放一个小球时的水平射程，小球的速度与质量无关，故 OP 与质量无关；而碰后两球的速度与两球的质量有关，所以碰后水平射程与质量有关， 故 OM 和 ON 与质量有关；； (5)如图所示,连接 OP、OM、ON,作出 M、N 在 OP 方向上的投影点 M′、N′，如图所示； 分别测量出 OP、OM′、ON′的长度。若在实验误差允许范围内,满足关系式 m1·OP = m1·OM' + m2·ON'，则可以认为两小球碰撞前后在 OP 方向上动量守恒。 12． 2；   1 0 1 01 1g gR R R r R R R r I E R E       ； 2.08； =； (1)根据串联电路电流相等，当电流表满偏时改装后的电压表达到最大量程即 6 3 1( ) 400 10 (4.5 10 500) 2g g gU I R R V V        ； (2)根据闭合电路欧姆定律可得： 1 1 ( )( ) g g I R RE I R R I rR        中丢了 R0， 整理得： 1 0 1 0( )( )1 1·g gR R R r R R R r I E R E       ；答案是对的。答案第 8页，总 12页 (3) 由对应的图象可知， 2 1 0 3 ( )( (33 27) 10 6000(150 50) 10 gR R R r kE         ，解得 2.08E V ； (4)通过（3）分析可知，本实验中不存大原理误差，即 1( )gI R R 为真实的路端电压， 1( )gI R RI R  为流过电源的真实电流，故电动势的测量值与真实值相同． 13．（1） 50ms  （2）狗被撞 （1）根据加速度的定义可由图像得： 20 20 5m/s4.5 0.5 va t       根据 —v t 图线下面的面积值为位移大小，则由图像可得：    0 1 2 1 1 20 0.5 4.5 50m2 2x v t t       （2）当客车由 0 20m/sv  减速到 4m/sv  时，所需时间为 4 20 3.2s5 vt a     司机从看到狗到速度减为 4m/sv  所通过的位移为 2 2 0 1 0 1 48.4m2 v vx v t a    而狗通过的位移为  2 1 14.8mx v t t   2 33 47.8mx   因为 1 2 33x x  ，所以狗将被撞。 综上所述本题答案是：（1） 50mx  （2） 狗将被撞 14．（1） I 1A ；棒 cd 中的电流方向由 d 至 c ；（2）F=0.2N；（3）W=0.4J (1)棒 cd 受到的安培力为： cdF BIL ① 棒 cd 在共点力作用下平衡，则： 0mgsin30cdF  ②答案第 9页，总 12页 由①②式，代入数据解得： I 1A ③ 根据楞次定律可知，棒 cd 中的电流方向由 d 至 c ④ (2)棒 ab 与棒 cd 受到的安培力大小相等，即： ab cdF F 对棒 ab，由共点力平衡知： 0F mgsin30 BIL  ⑤ 解得： F 0.2N ⑥ (3)设在时间 t 内棒 cd 产生Q 0.1J 的热量，由焦耳定律知： 2Q I Rt ⑦ 设棒 ab 匀速运动的速度大小为 v，其产生的感应电动势为： E BLv ⑧ 由闭合电路欧姆定律知： I 2 E R  ⑨ 由运动学公式知在时间 t 内，棒 ab 沿导轨的位移为： x vt ⑩ 力 F 做的功为： W Fx 综合上述各式，代入数据解得： W 0.4J ． 15．（1）20N， 2 J；（2） 1 3 s；（3）0.125≤μ＜0.75 或μ=1 （1）根据牛顿第二定律求出滑块在 B 点所受的支持力，从而得出滑块对 B 点的压力， 根据动能定理求出 AB 端克服阻力做功的大小． （2）若μ=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出 C 到 D 的时间． （3）最终滑块停在 D 点有两种可能，一个是滑块恰好从 C 下滑到 D，另一种是在斜面 CD 和水平面内多次反复运动，最终静止在 D 点，结合动能定理进行求解． （1）滑块在 B 点，受到重力和支持力，在 B 点，根据牛顿第二定律有：F−mg＝m 2v R ， 代入数据解得：F=20N， 由牛顿第三定律得：F′=20N． 从 A 到 B，由动能定理得：mgR−W＝ 1 2 mv2， 代入数据得：W=2J．答案第 10页，总 12页 （2）在 CD 间运动，有：mgsinθ=ma， 加速度为：a=gsinθ=10×0.6m/s2=6m/s2， 根据匀变速运动规律有：s＝vt+ 1 2 at2 解得：t= 1 3 s． （3）最终滑块停在 D 点有两种可能： a、滑块恰好能从 C 下滑到 D．则有： mgsinθ•s−μ1mgcosθ•s＝0− 1 2 mv2， 代入数据得：μ1=1， b、滑块在斜面 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点． 当滑块恰好能返回 C 有：−μ1mgcosθ•2s＝0− 1 2 mv2，得到：μ1=0.125， 当滑块恰好能静止在斜面上，则有：mgsinθ=μ2mgcosθ，得到：μ2=0.75． 所以，当 0.125≤μ＜0.75，滑块在 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点． 综上所述，μ的取值范围是 0.125≤μ＜0.75 或μ=1．（高中阶段认为μ一般小于 1，也 就是说μ可以取 1） 16．① 0 2 5 l ②7T0 ①初状态Ⅰ气体压强：P1＝P0+ mg S 因为：mg=P0S 故：P1=2P0 Ⅱ气体压强：P2＝ 3mg S ＝3P0 添加铁砂后Ⅰ气体压强： ' 1 0 0 3 4mgP P PS  ＝ Ⅱ气体压强：P2′＝P1′+ mg S ＝5P0 Ⅱ气体等温变化，根据玻意耳定律：P2l0S=P2′l2S 可得：l2＝ 3 5 l0，B 活塞下降的高度：h2＝l0−l2＝ 2 5 l0答案第 11页，总 12页 ②Ⅰ气体末状态的体积 ' 1 1 2 0 0 1 10l l l l l    （0.5l +0.6l -l=0.1l） 根据玻意耳定律：P1′l1S= P1′′l′1S 解得： P1′′=20P0 只对Ⅱ气体末状态压强：P2″= P1″+ mg S =21P0 根据气体理想气体状态方程： 2 02 2 0 x P l SP l S T T  ＝ 解得：Tx=7 T0 17．(1) 02v v ； 02mvB eR  (2) 0 3 3 6 12l    解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有： 2 2 0 0 1 1eU mv mv2 2   又： 2 0 0 3eU mv2  解得： 0v 2v ； 根据对称，两束质子会相遇于OO的中点 P，粒子束由 CO 方向射入，根据几何关系可知必定沿 OP 方向射出， 出射点为 D，过 C、D 点作速度的垂线相交于 K，则 K， 则 K 点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径 r=R 根据洛伦磁力提供向心力有： 2vevB m r  可得磁场磁感应强度： 02mvB eR  (2)磁场 O 的圆心上移了 R 2 ，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达 半径认为 R，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从 F 点射入磁场，如图所示， E 点是原来 C 点位置，连 OF、OD，并作 FK 平行且等于 OD，连 KD，由于答案第 12页，总 12页 OD=OF=FK，故平行四边形 ODKF 为菱形，即 KD=KF=R，故粒子束仍然会从 D 点射 出，但方向并不沿 OD 方向，K 为粒子束的圆心 由于磁场上移了 R 2 ，故 sin∠COF= R 2 R = 1 2 ，∠COF= π 6 ， ∠DOF=∠FKD= π 3 对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇， 则只可能相遇在 D 点， 下方粒子到达 C 后最先到达 D 点的粒子所需时间为 0 0 ( 2 ) ( 4)2 2 2 4 RR H R Rt v v        而上方粒子最后一个到达 E 点的粒子比下方粒子中第一个达到 C 的时间滞后 0 0 lΔt t  （有错，分母是速度 v0） 上方最后的一个粒子从 E 点到达 D 点所需时间为   0 0 0 π 1R Rsin 2πR 6 2π 3 33 6t R2v 2v 12v      要使两质子束相碰，其运动时间满足t t t    联立解得 0 π 3 3 6l 12  