2020届贵州省铜仁一中高三物理网上周考试题二答案.doc

贵州省铜仁一中高三年级防疫期间 ‎“停课不停学”网上周考（二）‎ 理科综合答案解析 ‎14D 位移-时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误；在20s内质点的位移为△x=x2-x1=0-1m=-1m，故B错误；在0～10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在10～20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向。所以在3s和15s时，质点的加速度方向相同，故C错误，D正确。故选D。‎ ‎15B　‎ 对小球,沿斜面方向,由平衡条件得Tcos 30°=mgsin 30°,对小球和斜面体组成的整体,在水平方向,由平衡条件得f=Tcos 60°=mg ,项B正确.‎ ‎16A 由开普勒定律知变轨后在周期变小，则轨道半径变小，A正确；向心加速度变大，B错；线速度变大，C错；角速度变大，D错。‎ ‎17D 小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝28 N，A错误；根据动能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝0.5 J，B错误；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝vt，竖直方向上h＝gt2，解得x＝v·＝1.2 m，C错误，D正确。‎ ‎18B　‎ 带电小球以初速度v从M运动到N的过程中,受到了重力和电场力的作用,竖直方向上只受重力,水平方向上只受电场力,到达N 点时,竖直方向上到了最高点,初动能全部转化成重力势能,所以重力势能增加了mv2,C错误;电势能减少了m(2v)2=2mv2,D错误;减少的电势能全部转化为小球的机械能,所以机械能增加了2mv2,B正确;根据动能定理,合外力做的功等于动能的变化量,可知小球动能增加了mv2,A错误.‎ ‎19BD 电动机多做的功转化为物体的动能以及系统的内能；在该过程物体获得的动能为；‎ 系统产生的内能大小为：；；设经过时间t物块与传送带共速；结合牛二定律物块的加速度大小为；故；；；故；‎ 故A电动机多做的功为：mv2‎ 所以，A错，D对；摩擦力对物体做的功为物体动能的增加量；故B 对；传送带克服摩擦力做的功即摩擦力对物体做的负功大小为；故C 错误；‎ ‎20AC　‎ 铅块C在A上滑行时，木块一起向右运动，铅块C刚离开A时的速度设为vC′，A和B的共同速度为vA，在铅块C滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′‎ 在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以vA匀速运动，在铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v代入数据解得vA＝0.25 m/s，vC′＝2.75 m/s。‎ ‎21A、C　‎ 由于在两个磁场中均做匀速直线运动,根据能量守恒定律可知,线框在穿过两个磁场的过程中产生的电能之比为1∶1,项A正确;由自由落体运动规律可得,线框在上方磁场中的速度为v1=,在下方磁场中的速度为v2=2,所以v1∶v2=1∶2,项B错误;由线框在磁场中做匀速直线运动可知,mg=,故上、下两个磁场的磁感应强度之比为∶1,项D错误;线框穿过磁场的过程中产生的电流I=‎ ‎,故线框在穿过上、下两个磁场过程中产生的电流之比为1∶,项C正确.‎ ‎22.(1)A　(2)－mghB　m　(3)C　‎ ‎(1)重物下落过程中重力势能减少，动能增加，故该实验需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量在误差范围内是否相等，A项正确．‎ ‎(2)重物的重力势能变化量为ΔEp＝－mghB，‎ 动能的变化量ΔEk＝mv＝m.‎ ‎(3)重物重力势能的减少量略大于动能的增加量，是因为重物下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响，C正确．‎ ‎23.(1)R1　(2)连线如图所示　(3)2 520　(4)D ‎(1)为了使电阻箱调节时，滑动变阻器分得的电压变化很小，分压电路中滑动变阻器的最大阻值越小越好，因此应选用R1.‎ ‎(2)电路图如图所示 ‎ (3)如果认为滑动变阻器分得的电压不变则调节电阻箱后，电压表两端的电压为2.00 V，电阻箱两端的电压为0.5 V，根据串联电路的分压原理，＝，求得电压表的内阻RV＝4×630.0 Ω＝2 520 Ω.‎ ‎(4)如果此电压表由一个表头与一个电阻串联组成，可知此表头的满偏电流为Ig＝＝1 mA，D项正确．‎ ‎24.由几何关系可得半径r甲=R,........2分 洛伦兹力提供向心力 qvB＝m........4分 乙以速率 射入磁场,由半径公式可得半径r乙=R,........1分 设乙轨迹圆弧所对的圆心角为θ,则tan =,........2分 则θ=120°,........1分 则CD=2Rsin 60°=R................2分 ‎25.(1)赛车恰通过C点的条件是mg＝........2分 ‎ 解得最小速度vC＝ ‎ 由B到C过程应用机械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2R........2分 在B点应用牛顿第二定律得 FN－mg＝m........2分 联立解得vB＝＝4 m/s FN＝6mg＝30 N 由牛顿第三定律得，赛车对轨道的压力FN′＝FN＝30 N.......1分 ‎(2)由A到B过程克服摩擦力做功产生的热量Q＝Ff L .......2分 ‎ 根据能量守恒定律得 ‎ Pt＝mv＋Q.......2分 ‎ 联立解得t＝4 s。.......1分 ‎ (3)由A到C过程根据能量守恒定律得 ‎ Pt0＝mvC′2＋Q＋mg·2R0 .......2分 ‎ 赛车过C点后做平抛运动，有 ‎ 2R0＝gt2，.......2分 x＝vC′t .......2分 ‎ 联立解得x2＝－16R＋9.6R0 .......1分 ‎ 当R0＝0.3 m时xmax＝1.2 m.......1分 ‎33.(1)ABD 液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离,分子之间的作用力表现为引力,故A正确;一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,对外做功,温度升高,则分子平均动能增大,故B正确;理论上,第二类永动机并不违背能量守恒定律,但是违背热力学第二定律,所以即使随着人类科学技术的进步,第二类永动机也不可能研制成功,项C错误;干湿泡湿度计由干泡温度计和湿泡温度计组成,由于蒸发吸热,湿泡所示的温度小于干泡所示的温度,两温度计示数差的大小与空气湿度有关,温度相差越大,说明空气越干燥,故D正确;根据热力学第二定律可知,热机的效率不能达到百分之百,项E错误.‎ ‎(2)（i）m＝ρhS　（ii）T0‎ ‎（i）活塞受力如图所示，‎ 由平衡条件有：p1S＝p0S＋mg .......2分 结合液体压强公式有：p1＝p0＋ρgh.......1分 所以活塞的质量：m＝ρhS........1分 ‎（ii）在活塞上添加质量为4m的沙粒时，‎ 由平衡条件有：p2S＝p0S＋5mg，.......1分 解得p2＝p0＋＝p0＋5ρgh V2＝LS，V1＝LS，T1＝T0.......1分 由气体状态方程有：＝ .......2分 所以此时汽缸内气体的温度为：‎ T2＝T1＝T0. .......2分 ‎34.‎ （1） BCD ‎ (1)质点P振动周期与波源振动周期相同,也为T,但其振动速度与波速不同,故A错误.x==λ,P与波源是反相点,若某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向,则该时刻波源速度方向沿y轴正方向,故B正确.根据波的特点,简谐波传播过程中,质点的起振方向都与波源的起振方向相同,故质点P开始振动的方向沿y轴正方向,故C正确.P与波源是反相点,故当P质点开始振动后,若某时刻波源在波峰,则质点P一定在波谷,若波源在波谷,则质点P一定在波峰,故D正确,E错误.‎ (2) ‎（i）由几何关系可知，‎ 光在AB面上的入射角为60°，折射角为30°......1分 根据折射率公式有n=......2分 由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程s=d......1分 光在玻璃砖中传播的时间t= ......1分 ‎（ii）由几何关系可知......1分 求得 ......1分 因此入射点没AB移动的距离Δs=AE-AD=......1分 由几何关系可知，光线在玻璃砖底部的入射角为30°，......1分 根据光路可逆可知，光线在玻璃砖底部的折射角为60°......1分