物理答案及评分细则.pdf

2020 年深圳高三线上统一测试---物理答案及评分细则 14 15 16 17 18 19 20 21 D C D B D BD BCD AD 22. 4.10cm （4.09 — 4.11cm ）（1 分）， 0.12m /s （2 分） ，0.21m /s2（2 分） 23. （1）① “RB” (1 分) ② 实物图连线如图（2 分） ③ “ < ” (1 分） （2）“Rx” (1 分) “R0” (1 分) “变小”(2 分) （3）“乙” (2 分) 24.（本题第一问 7 分，第二问 5 分） 由楞次定律可以判定通过 R 的电流方向由 M 指向 P （2 分） 金属杆从 AB 滑动到 CD 的过程中 q I t  ①（1 分） EI R r   ②（1 分） Δ ③（1 分） Δ Δ ④（1 分） 由①②③④，得： 晦 ⑤（1 分） （2）设金属杆离开磁场小球的速率为 ，角速度为 ，第一次离开磁场到 EF，由动能定理得： 213 (1 cos ) 0 2mg l mv     ⑥ （1 分） 3v l ⑦ 金属杆第一次离开磁场瞬间产生电动势为: ⑧（1 分） 1 2 2 r rv   ⑨ R RU ER r   ⑩（1 分）由得⑥⑦⑧⑨⑩ 6 (1 cos )v gl   ⑪ （1 分） gcos 晦 ⑫ （1 分） 25. (20 分) （1）设滑块与槽碰撞前后的速度分别为 0v 、 1v 。 弹簧将 A 弹开，由机械能守恒定律得： 2 P 0 1 2 AE m v ○1 解得 0 8 /v m s ○2 A 与 B 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得： 0 1( )A A Bm v m m v  ○3 解得 1 4 /v m s ○4 （2）最终滑块 C 与槽共速，设为 2v ，由动量守恒定律得： 1 2( ) ( )A B A B Cm m v m m m v    ○5 解得 2 2 /v m s ○6 设滑块 C 与槽的相对运动路程为 s ,由能量守恒定律得： 2 2 1 2 1 1( ) ( )2 2C A B A B Cm gs m m v m m m v      ○7 解得 4s m ○8 设 C 与槽的左侧壁碰撞次数为 n ，则有 12 s dn L   ○9 解得 4.25n  ，取 4n  ○10 （3）设槽和滑块 A 碰后加速度大小为 1a ，滑块 C 的加速度大小为 2a ，由牛顿第二定律得; 1( )C A Bm g m m a   ○11 2C Cm g m a  ○12 解得 2 1 1 /a m s ○13 2 2 1 /a m s ○14槽（含滑块 A）和滑块 C 的质量相等，发生弹性碰撞后互换速度，最终以共同速度 2 2 /v m s 一 起运动。 设从碰后到一起运动的时间为t ，则 2 1 vt a  ○15 解得 2t s ○16 槽 B 的位移 2 1 1 32Bs a t d L   ○17 代入数据的得 3.9Bs m ○18 滑块 C 的位移 2 1 1 3 ( 6 )2Cs a t L s d L     ○19 代入数据的得 4.1Cs m ○20 评分标准：每式 1 分，用其它方法解得正确结果同样给分。 33. (1) 变大， = （对一个 3 分，全对 5 分） (2) Ⅰ. 玻管旋转至竖直：A 中气体的压强变为： PA1= P0-Ph=60 cm Hg ① (1 分) 对 A 部分气体，由玻意耳定律：P0LAS= PA1LA1S ② (2 分) 得到：A 端气柱长 LA1= 50cm ③ (1 分) Ⅱ. 旋转至竖直 B 端气柱长 LB= L−LA1−h= 100−50−15 = 35cm ④ 过程二：玻管出入水银槽 A 部分气体 由玻意耳定律： PA1LA1S= PA2L1S ⑤(1 分) PA2= ×60 = 100cm Hg ⑥(1 分)B 部分气体， PB= P0 PB1= PA2+ Ph =115 cm Hg ⑦(1 分) 由玻意耳定律 PBLBS= PB1LB1S ⑧(1 分) 解得：LB1= ×35 ≈ 23cm ⑨(1 分) 最后，d = L –h−L1−LB1 =32cm ⑩(1 分) 34. （1） “>”(3 分) “p”(2 分) （2）Ⅰ.[解析] 传播方向方向向右， (2 分) P 先到达波谷， (2 分) (2 分) Ⅱ. [解析] M 点振动方向向上， (2 分) 总路程为 10cm . (2 分