2020届高三物理仿真冲刺卷八答案.docx

仿真冲刺卷(八)‎ ‎14.B　核力是强相互作用,是短程力,且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用,故A错误;α衰变的过程中电荷数少2,质量数少4,β衰变的过程中电荷数增加1,质量数不变,某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后,电荷数不变,即核内质子数不变,故B正确;放射性原子核X发生衰变,要释放能量,衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能,故C错误;太阳内部的反应是聚变反应,故D错误.‎ ‎15.A　物体A受重力、压力、支持力和静摩擦力,共4个力的作用,A正确;对A,B整体分析,受拉力、重力、支持力和静摩擦力,根据平衡条件,有f=(M+m)sin α+Fcos α,‎ 对球B分析,受水平拉力、重力和支持力,三力平衡,三个力构成首尾相连的矢量三角形,如图所示,将小球B缓慢拉至物体A的最高点过程中,θ变小,故支持力FN变小,拉力F也变小,静摩擦力减小,由牛顿第三定律知,B对A的压力变小,故B,C,D错误.‎ ‎16.C　根据导体棒受到的安培力方向可知,电流的方向由a到b,故A错误;根据动能定理可知,BIl2sin θ-mgl(1-cos θ)=0-0,解得I=mg(1-cosθ)‎Blsinθ,故B错误,C正确;根据以上分析可知,最大偏转角与导线的长度无关,故D错误.‎ ‎17.C　以箱子和物体m整体为研究对象,设总质量为M,根据牛顿第二定律得Mg-f=Ma,得a=g-fM=g-kvM,隔离物体研究,根据牛顿第二定律得mg-FN=ma,得FN=mg-ma=mg-m(g-kvM)=kmMv∝v,刚开始时速度v=0,支持力FN=0,随着速度的增大,支持力FN增大,箱内物体对箱子底部刚开始没有压力,但随着箱子下降,压力逐渐增大,箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大,故C正确,A,B,D错误.‎ ‎18.D　根据图(乙)知交流电的周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,故A错误;电流表、电压表的示数表示的是有效值,故B错误;由题意知,原线圈的最大电压为31.1 V,则副线圈两端的最大电压U2=‎1‎‎10‎×31.1 V=3.11 V,而电容器的耐压值为2.5 V,则电容器会被击穿,故C错误;滑动变阻器的滑片向下滑动,电阻减小,而副线圈电压不变,副线圈中的电流增大,原线圈中的电流也增大,即两个电流表的示数都增大,故D正确.‎ ‎19.BC　滑块B下滑距离L的过程,由动能定理可得mgLsin 30°=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得v0=gL,故A错误;碰撞前A处于平衡状态,有mgsin 30°=kx,弹性势能为Ep=‎1‎‎2‎kx2=‎1‎‎2‎k(mg‎2k)2=m‎2‎g‎2‎‎8k,故B正确;两滑块在碰撞过程中动量守恒,有mv0=2mv1,损失的机械能为ΔE=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-‎1‎‎2‎×2mv‎1‎‎2‎=‎1‎‎4‎mv‎0‎‎2‎=‎1‎‎4‎mgL,故C正确;AB系统的平衡位置为kx′=2mgsin 30°=mg,当弹簧弹力的大小为mg时,AB两个滑块恰好运动到平衡位置,此时速度最大,故D错误.‎ ‎20.AC　点电荷乙从A点向甲运动的过程中,受向左的库仑力和向右的摩擦力,两球靠近过程中库仑力逐渐增大,点电荷乙先减速后加速,所以加速度先减小后增大,故A正确;点电荷乙向左运动过程中库仑力一直做正功,因此电势能一直减小,故B错误;当速度最小时有f=‎ F库=kQqr‎2‎,解得r=kQqf,故C正确;点电荷从A运动到B过程中,根据动能定理有qUAB-fL0=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得UAB=fL‎0‎+‎1‎‎2‎mv‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎q,故D错误.‎ ‎21.AC　由金属棒中电流方向从M到N可知金属棒所受的安培力向右,A正确;停止时金属棒中的电流I=ER+R‎0‎+r=2 A,B错误;设金属棒向右移动的距离为x,金属棒在磁场中的长度为2y,kx=BI(2y),x2+y2=L‎2‎‎2‎,解得x=0.4 m,y=0.3 m,金属棒受到的安培力F=BI(2y)=1.2 N,C正确,D错误.‎ ‎22.解析:(1)(甲)、(乙)、(丙)三个图小车与长木板之间都有摩擦力,为保证小车受到的拉力就是所受的合力,所以都需要平衡摩擦力.故C正确.‎ ‎(2)(乙)、(丙)两图绳上的力由弹簧测力计和力传感器直接读出,不需要用重物的重力代替,所以不需满足M≫m.(甲)图用重物的重力代替绳的拉力,必须满足M≫m.‎ ‎(3)(甲)图用重物的重力代替绳子的拉力,需满足M≫m,随着m的增大,不满足M≫m时,图象出现弯曲,所以甲组对应的是C;(乙)、(丙)图根据拉力相等时,加速度a乙>a丙,从而判断乙组对应A,丙组对应B.‎ 答案:(1)C　(2)甲　(3)C　A　B 评分标准:第(1)问1分,第(2)问2分,第(3)问每空1分.‎ ‎23.解析:(1)实物电路连线如图所示.‎ ‎(2)当开关S1闭合,S2拨至1位置时,由欧姆定律可得U1=I1(RA+Rx),当S2拨至2位置时,由欧姆定律可得U2=I2(RA+R0),联立解得RA=1.8 Ω,Rx=4.8 Ω.‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律可得E=I(RA+R0+R),变形得‎1‎I=‎1‎ER+RA‎+‎R‎0‎E,可由斜率求得E=5.0 V,或由截距及RA=1.8 Ω求得E=5.0 V;电阻箱消耗的功率P=I2R=E‎2‎‎(RA+R‎0‎+R)‎‎2‎R=E‎2‎‎(R-RA-R‎0‎)‎‎2‎R‎+4(RA+R‎0‎)‎,当R=RA+R0=5.0 Ω时,电阻箱消耗的功率最大.‎ 答案:(1)见解析图　(2)4.8　(3)5.0　5.0‎ 评分标准:第(1)问3分,第(2)问2分,第(3)问每空2分.‎ ‎24.解析:(1)悬停时气体对模拟装置的作用力为F,‎ F=(M+m)g(1分)‎ 取Δt时间喷出的气体为研究对象,由动量定理 FΔt=(ρSvΔt)v(2分)‎ 解得v=‎(M+m)gρS.(1分)‎ ‎(2)弹射过程水平方向动量守恒Mv1-mv2=0(2分)‎ 着陆器和巡视器减速运动的距离分别为L1和L2,由动能定理得 ‎-μMgL1=0-‎1‎‎2‎Mv‎1‎‎2‎(1分)‎ ‎-μmgL2=0-‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎(1分)‎ L=L1+L2(1分)‎ 弹射器提供的总动能Ek=‎1‎‎2‎Mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎(2分)‎ 解得Ek=μMmgLM+mM‎2‎‎+‎m‎2‎.(1分)‎ 答案:(1)‎(M+m)gρS　(2)μMmgLM+mM‎2‎‎+‎m‎2‎ ‎25.解析:(1)由题意知,粒子在磁场中做匀速圆周运动,速度沿y轴正方向的粒子在磁场中运动的时间最长,‎ t1=πm‎2qB=πa‎2‎v‎0‎(2分)‎ 粒子进入电场到到达荧光屏,在x轴方向做匀速直线运动,运动时间t2=‎4a-av‎0‎=‎3av‎0‎(1分)‎ 故粒子从发射到到达荧光屏的最长时间 t=t1+t2=‎(π+6)a‎2‎v‎0‎.(1分)‎ ‎(2)带电粒子在磁场内做匀速圆周运动,‎ 有qv0B=mv‎0‎‎2‎R(2分)‎ 解得R=a(1分)‎ 由于带电粒子的入射方向不同,若磁场充满纸面,它们所对应的运动轨迹如图所示.为使这些带电粒子经磁场偏转后都能垂直直线MN进入电场,由图可知,它们必须从经O点做圆周运动的各圆的最高点飞离磁场.设磁场边界上P点的坐标为(x,y),则应满足方程 x=Rsin θ,y=R(1-cos θ),(2分)‎ 所以磁场边界的方程为x2+(y-R)2=R2(1分)‎ 以θ=π‎2‎的角度射入磁场区域的粒子的运动轨迹(x-R)2+y2=R2即为所求磁场另一侧的边界,因此,符合题目要求的最小磁场的范围应是圆x2+(y-R)2=R2与圆(x-R)2+y2=R2的交集部分(图中阴影部分),(1分)‎ 由几何关系,可以求得符合条件的磁场的最小面积为 Smin=(π‎2‎-1)a2.(2分)‎ ‎(3)带电粒子在电场中做类平抛运动,分析可知所有粒子在荧光屏左侧穿出电场,设粒子在电场中的运动时间为t,竖直方向的位移为y,水平方向的位移为l,‎ 则l=v0t(1分)‎ y=‎1‎‎2‎×qEmt2(1分)‎ 又E=‎1‎‎2‎Bv0‎ 联立解得l=‎4ay(1分)‎ 设粒子最终打在荧光屏的最远点距Q点为h,粒子射出电场时的夹角为α,有tan α=vyvx=qElmv‎0‎‎2‎=ya(1分)‎ h=(4a-a-l)tan α=(3a-‎4ay)ya=(3a-‎4ay)‎4ay‎2a(1分)‎ 则当3a-‎4ay=‎4ay时,‎ 即y=‎9‎‎16‎a时,h有最大值hmax=‎9‎‎8‎a.(2分)‎ 答案:(1)‎(π+6)a‎2‎v‎0‎　(2)(π‎2‎-1)a2　(3)‎9‎‎8‎a ‎33.解析:(1)布朗运动是悬浮在水中的花粉颗粒的运动,是由于受到水分子的撞击不平衡而发生的,反映水分子做永不停息的无规则运动,故A正确;当分子间距rr0时,分子力表现为引力,r增大,分子力先增大后减小,故B正确;若分子间距r>r0,分子间距增大,分子力做负功,分子势能一直增大,故C错误;温度是分子平均动能的标志,故D错误;在真空和高温条件下,可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素,故E正确.‎ ‎(2)初始状态汽缸左侧的气体温度为T1=27 ℃=300 K,设左右两部分横截面积分别为2S和S,当活塞A刚好移动到汽缸连接处时气体的温度为T0,移动过程中气体的压强保持不变,根据盖—吕萨克定律有L·2ST‎1‎=‎2L·2ST‎0‎(2分)‎ 代入数据解得T0=600 K(1分)‎ 即当汽缸左侧内的气体温度为800‎ ‎ K之前,活塞A已经移动到了两汽缸的连接处,之后体积不再变化,对汽缸左侧内的气体,根据理想气体状态方程有 p‎0‎L·2ST‎1‎‎=p‎1‎‎2L·2ST‎2‎(2分)‎ 代入数据解得p1=‎4‎‎3‎p0(1分)‎ 因活塞A导热,两活塞AB之间的气体温度也升高,在变化过程中压强不变,根据盖—吕萨克定律得 L·2S+LST‎1‎‎=xST‎2‎(2分)‎ 代入数据解得x=8L(1分)‎ 活塞B移动的距离d=x-L=7L.(1分)‎ 答案:(1)ABE　(2)‎4‎‎3‎p0　7L ‎34.解析:(1)‎ AB边长为L,AC边长为L‎2‎,由几何关系可知,∠B=30°,BC=‎3‎‎2‎L,BE=‎3‎‎4‎L,如图所示,光在AB面的折射角r=30°,由公式n=sinisinr=sin45°‎sin30°‎=‎2‎,光线在BC面上的入射角为60°,由sin C′=‎1‎n,得C′=45°,由于入射角大于临界角,因此光线在BC面上会发生全反射.‎ ‎(2)①由题图(乙)可知,t=1 s时,质点Q在平衡位置且沿y轴正方向振动.‎ 由波的传播与振动的关系可知,波沿x轴正方向传播(1分)‎ 由题图(甲)可知,波长λ=4 m(1分)‎ 由题图(乙)可知周期T=4 s(1分)‎ 因此波传播的速度大小v=λT=1 m/s.(2分)‎ ‎②由图(甲)、(乙)知,A=2 cm,T=4 s,在t=0时刻质点P在平衡位置,且沿y轴正方向运动,因此质点P的振动方程 y=Asin(‎2πTt)=2sin(π‎2‎t)cm,(3分)‎ 当t=4.5 s时,y=2sin(π‎2‎×4.5)cm=‎2‎ cm.(2分)‎ 答案:(1)‎2‎　会　(2)①波沿x轴正方向传播　1 m/s ‎②y=2sin(π‎2‎t)cm　‎2‎ cm