2020届高三物理仿真冲刺卷七答案.docx

仿真冲刺卷(七)‎ ‎14.B　氢原子处于不同能级时,核外电子在各处出现的概率不同,故A错误;从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子能量小,即辐射的电磁波的频率小,波长长,故B正确;当用能量为11 eV的电子撞击处于基态的氢原子时,氢原子可以吸收其中的10.2 eV的能量,可能跃迁到激发态,故C错误;从n=4能级跃迁到n=2能级时释放的光子的能量为E=E4-E2=-0.85 eV+3.4 eV=2.55 eV0,红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞,故A错误,B正确;设碰撞后,蓝壶经过t蓝时间停止运动,根据三角形相似法有,‎1.2-1.0‎‎1.0‎=‎1‎t蓝,蓝壶运动时间t蓝=5 s,由vt图象可知,红壶的加速度大小为a红=ΔvΔt=‎1.2-1.0‎‎1‎ m/s2=0.2 m/s2,碰撞后红壶的运动时间为t红=v‎0‎‎'‎a红=‎0.2‎‎0.2‎ s=1 s,碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1∶5,C错误;蓝壶的加速度大小为a蓝=ΔvΔt=‎0.8‎‎5‎ m/s2=0.16 m/s2,由牛顿第二定律得a=μg,解得动摩擦因数μ=ag,红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比为μ红μ蓝=a红a蓝=‎0.2‎‎0.16‎=‎5‎‎4‎,D错误.‎ ‎19.BC　图示位置线圈的磁通量最大,穿过线圈磁通量的变化率为零,感应电动势为零,变压器原线圈的电流瞬时值为零,A错误;当用户数目增多时,负载电阻减小,副线圈输出电流增大,输电线上的电压损失变大,用户得到的电压变小,为使用户电压不变,应增大副线圈的匝数,提高输出电压,滑动触头P应向下滑动,B正确;若滑动触头P向下滑动,副线圈输出电压增大,在用户负载不变的情况下,流过R0的电流将增大,C正确;若发电机线圈的转速减为原来的一半,感应电动势的最大值Em=NBSω将减为原来的一半,变压器原线圈两端的电压的有效值减为原来的一半,副线圈输出电压U也减为原来的一半,用户得到的功率P用=IU-I2R0,减为原来的四分之一,故D错误.‎ ‎20.BD　速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等,对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中轨道半径越大,弧长越长,轨迹对应的圆心角θ越小,由t=θ‎2πT知,运动时间t越小,故A错误;带电粒子的运动轨迹是圆弧,根据几何知识可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线一定过圆心,故B正确;速度不同,半径不同,轨迹对应的圆心角不同,对着圆心入射的粒子,出射后不一定垂直打在MN上,与粒子的速度有关,速度满足v=qBRm时,粒子的轨迹半径为r=mvqB=R,粒子一定垂直打在MN板上,故C错误,D正确.‎ ‎21.ACD　小球由A到B过程中,由动能定理得mgLsin 60°+qUAB=0,解得UAB=-mgLsin60°‎q=-‎3‎mgL‎2q,故A正确;匀强电场的电场强度大小为E=‎|UAB|‎L(1-cos60°)‎=‎3‎mgq,故B错误;小球在B点受到水平向右的电场力,与电场方向相同,小球带正电荷,故C正确;小球在AB间摆动,由对称性得知,B处细线拉力与A处细线拉力大小相等,在A处,由水平方向平衡有FTA=qE=‎3‎mg,在B点,细线的拉力FTB=FTA=‎3‎mg,故D正确.‎ ‎22.解析:(1)由图示刻度尺可知,其分度值为1 mm,所以示数为 ‎3.60 cm.‎ ‎(2)钩码到达最低点时速度为零,钩码动能为零,由能量守恒定律得,mgx=Ep,又2mg=kx,整理可得Ep=‎1‎‎2‎kx2,即Ep与x2成正比.‎ ‎(3)由2mg=kx得m=k‎2gx,结合图象可知k‎2g=ΔmΔx=‎0.12kg‎0.048m,解得k=50 N/m.‎ 答案:(1)3.60　(2)Ep与x2成正比　(3)50‎ 评分标准:每问2分.‎ ‎23.解析:(1)根据电路图,实物连线如图所示.‎ ‎(2)因为电源电动势约为6 V,B电压表量程太大,故电压表选A,但操作时,需注意不能超过A电压表的量程.要使调节电阻箱时电压表读数几乎不变,微安表内阻应远大于滑动变阻器阻值,故滑动变阻器选C;由题图(丙)可知,电阻箱的读数R2=4 653 Ω;由题意有(Rg+R1)Ig=U,(Rg+R2)Ig=‎2‎‎3‎U,联立解得,待测微安表的内阻Rg=2 153 Ω.‎ 答案:(1)见解析图　(2)A　C　4 653　2 153‎ 评分标准:第(1)问3分;第(2)问,前两个空各1分,后两个空各2分.‎ ‎24.解析:(1)经过时间t,OP转过的弧度为ωt,其有效切割长度 l=a(1-cos ωt)(2分)‎ P点的线速度vP=ωa(1分)‎ 棒与AO弧的交点Q点的线速度 vQ=ωa·cos ωt(2分)‎ 由法拉第电磁感应定律,电动势E=Blv(1分)‎ v‎=vP‎+‎vQ‎2‎(1分)‎ 联立得E=Ba‎2‎ωsin‎2‎ωt‎2‎.(1分)‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律I=ER(1分)‎ PQ间的电阻R=R0·la(1分)‎ 金属棒OP所受安培力F=BIl(1分)‎ F=B‎2‎a‎3‎ωsin‎2‎ωt‎2‎R‎0‎.(1分)‎ 答案:(1)Ba‎2‎ωsin‎2‎ωt‎2‎　(2)‎B‎2‎a‎3‎ωsin‎2‎ωt‎2‎R‎0‎ ‎25.解析:(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数μ=‎3‎‎3‎=tan 30°可知,滑块在木板上匀速下滑,即滑块到达A点时速度大小依然为v0=15 m/s,设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h,则由机械能守恒定律可得 ‎1‎‎2‎m2v‎0‎‎2‎=m2g(Rcos θ+h)(2分)‎ 解得h=9.75 m.(1分)‎ ‎(2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为 v0=15 m/s,‎ 滑上木板后,木板的加速度为a1,则有 μm2gcos θ-m1gsin θ=m1a1(1分)‎ 滑块的加速度为a2,则有 μm2gcos θ+m2gsin θ=m2a2(1分)‎ 设经过t1时间后两者共速,共同速度为v1,‎ 由运动学公式可知v1=v0-a2t1=a1t1(1分)‎ 该过程中木板走过的位移x1=v‎1‎‎2‎t1(1分)‎ 滑块走过的位移x2=v‎0‎‎+‎v‎1‎‎2‎t1(1分)‎ 之后一起匀减速运动至最高点,滑块最终未从木板上端滑出,‎ 则木板的最小长度L=x2-x1(1分)‎ 联立解得L=7.50 m(1分)‎ ‎(3)滑块和木板一起匀减速运动至最高点,然后一起滑下,加速度均为a3,由牛顿第二定律可知 ‎(m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a3(1分)‎ 一起匀减速向上运动的位移x3=v‎1‎‎2‎‎2‎a‎3‎(1分)‎ 木板从最高点再次滑至A点时的速度为v2,‎ 由运动学公式可知x1+x3=v‎2‎‎2‎‎2‎a‎3‎(1分)‎ 滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为v2‎ ‎,第二次冲上木板,设又经过时间t2两者共速,共同速度为v3,‎ 由运动学公式可知v3=v2-a2t2=a1t2(1分)‎ 该过程中木板走过的位移x4=v‎3‎‎2‎t2(1分)‎ 一起匀减速向上运动的位移x5=v‎3‎‎2‎‎2‎a‎3‎(1分)‎ 设木板第二次滑至A点时的速度为v4,由运动学公式可知:‎ x4+x5=v‎4‎‎2‎‎2‎a‎3‎(1分)‎ 木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为ΔE=‎1‎‎2‎m1v‎4‎‎2‎(2分)‎ 联立解得ΔE=‎50‎‎9‎ J≈5.56 J.(1分)‎ 答案:(1)9.75 m　(2)7.50 m　(3)5.56 J ‎33.解析:(1)单晶体和多晶体都有固定熔点,故A错误;给自行车打气时气筒压下后反弹,不是由分子斥力造成的,而是因为气筒内的气体压强大于外部大气压的原因,故B错误;由热力学第二定律可知:一切自然过程总沿着分子热运动的无序性增大的方向进行,故C正确;影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距,故D正确;从微观上来看,内能由分子的平均动能、分子势能和分子总数共同决定;从宏观上来看,内能取决于物体的温度、体积和物质的量,E正确.‎ ‎(2)①V=1.0×103 cm3,水的物质的量n=ρVM(2分)‎ 水分子数:N=nNA(2分)‎ 则得N=ρVMNA=‎1.0×1‎0‎‎3‎×1.0×1‎0‎‎3‎×1‎‎0‎‎-6‎‎1.8×1‎‎0‎‎-2‎×6×1023个≈3×1025个.(1分)‎ ‎②建立水分子的球模型.‎ 每个水分子的体积为 V0=VN=VρVMNA=MρNA(2分)‎ 又V0=‎1‎‎6‎πd3(1分)‎ 故得水分子直径d=‎3‎‎6MπρNA,(1分)‎ 解得d≈4×10-10 m.(1分)‎ 答案:(1)CDE　(2)①3×1025个　②4×10-10 m ‎34.解析:(1)波的频率为20 Hz,周期为T=0.05 s;OP=6 m=1.5λ,则波长λ=4 m,则波速v=λT=‎4‎‎0.05‎ m/s=80 m/s,故A错误;振动从O传到Q的时间t=OQv=‎28‎‎80‎ s=0.35 s,故B正确;由波形图可知,P点开始起振的方向沿-y方向,则波源刚开始振动时的运动方向沿y轴负方向,故C正确;因PQ=22 m=5‎1‎‎2‎λ,则Q点刚开始振动时,P点恰位于平衡位置,故D正确;Q点刚开始振动之前,P点要振动5‎1‎‎2‎T,则经过的路程为5.5×4A=22A=22×0.5 m=11 m,故E错误.‎ ‎(2)①光在两个界面的入射角和折射角分别是θ1,θ2,θ3,θ4,根据折射定律得 n=sin ‎θ‎1‎sin ‎θ‎2‎(1分)‎ 解得θ2=45°(1分)‎ n=sin ‎θ‎4‎sin ‎θ‎3‎(1分)‎ 由几何知识有θ2+θ3=90°‎ 解得θ4=60°(1分)‎ 玻璃管的长度为 L=D‎2‎‎-‎D‎1‎‎4tan ‎θ‎2‎+D1tan θ4=(2+16‎3‎)cm=0.30 m.(2分)‎ ‎②当光在管内壁处恰发生全反射时,时间最长,光通过的路程为x=LsinC(1分)‎ 另有sin C=‎1‎n,v=cn,x=vt(2分)‎ 则光线AB在玻璃管中传播的最长时间为 t=1.5×10-9 s.(1分)‎ 答案:(1)BCD　(2)①0.30 m　②1.5×10-9 s