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宁波“十校” 物理参考答案 第 1 页 共 7 页 宁波“十校”2020 届高三 3 月联考 物理参考答案 1．【答案】B 【解析】 A．以战旗旗杆为参考系，天安门城楼是运动的，选项 A 错误； B．以战旗方队车辆为参考系，本车的战旗旗杆是静止的，选项 B 正确； C．以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是静止的，选项 C 错误； D．以地面为参考系，战旗是运动的，选项 D 错误； 2．【答案】D 【解析】 A．焦耳发现了电流热效应的规律，故 A 错误； B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律，但没有测出静电力常量，故 B 错误； C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故 C 错误； D．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动， 故 D 正确 3．【答案】D 【解析】 因为乒乓球沿水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以由 푥 = 푣0푡知，乒乓球在网左右两侧运动时间之比为푡左 ∶ 푡右 = 1 ∶ 2，乒乓球沿竖直方向做 自由落体运动，根据ℎ = 1 2 𝑔푡2可知，乒乓球在网左侧运动时下落的高度与整个高度之比 为 1∶9，将击球点的高度分为 9 份，网高占高度的 8 份，故击球点的高度与网高之比 为 9∶8，AB 错误；从抛出到过网时，所用时间为Δ푡，则球的总时间为 3Δ푡，故根据푣 = 𝑔푡 可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为 1∶3， C 错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，由∆푣 = 𝑔푡知乒乓球在左、右两侧运动速度变 化量之比为 1∶2，D 正确． 4．【答案】C 【解析】因 a、b 质量关系不确定，则无法比较两卫星的机械能的大小，选项 A 错误；a、b 卫星 的半径相同，则线速度的大小相等，方向不同，选项 B 错误；c 是一般人造卫星，可能 会经过北京上空，选项 C 正确；a、b 的半径相同，则周期相同，因 a 是地球同步卫星， 则两卫星的周期都等于地球自转的周期，选项 D 错误。 5．【答案】C 【解析】 根据题意，当开关 S 接“1”直流电源时，A、B 两灯均正常发光，C 灯不亮； 当接“2”交流电源时，A 灯仍正常发光，说明交流电和直流电对 a 的影响相同，则 a 为 电阻，c 为电容；B 灯变暗，说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则 b 为电 感； 由以上的分析可以知道，C 正确，ABD 错误。 宁波“十校” 物理参考答案 第 2 页 共 7 页 6．【答案】D 【解析】 AB．裂变反应中释放核能有质量亏损，但质量数守恒，质量与能量之间存在一定的关 系，但不是质量转变为能量，选项 AB 错误； C．由于核反应中电荷数守恒，故 X 原子核中有 54 个质子，选项 C 错误； D．重核裂变是由比结合能小的重核在中子的轰击下裂变成比结合能较大的中等质量的 原子核，所以 X 原子核比铀核的比结合能大，选项 D 正确。 7．【答案】C 【解析】 A：常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的 10 倍，横截面积减小为 1 10 ，电阻率不变， 根据电阻定律，电阻增大为 100 倍。故 A 项错误。 B：常温下，若将金属丝从中点对折起来，长度变为一半，横截面积变为 2 倍，电阻率 不变，根据电阻定律，电阻变为 1 4 。故 B 项错误。 C：给金属丝加上的电压逐渐从零开始增大，由图象可得金属丝电阻U I 变大。故 C 项正确。 D：给金属丝加上的电压逐渐从零开始增大，由于电功率增加，导致温度会略有升高， 由图象得金属丝电阻 变大，又横截面积和长度均不变，则金属电阻率会随温度的 升高而增大。故 D 项错误。 8．【答案】B 【解析】 此刻位于 O 处的质点正处于波谷与波谷的相遇点，选项 A 错误；P、N 两处的质点处于 波峰和波谷的相遇点，两列波在这两处的位移始终相反，合位移为 0，选项 B 正确；质 点并不随波迁移，选项 C 错误；O、M 连线的中点是振动加强区的点，其振幅为 2A， 选项 D 错误． 9．【答案】B 【解析】 三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初 速度为零的匀加速直线运动，偏移量 21 2y at= ，所以푡푎 = 푡푏 > 푡푐，故 B 错误，A 正确； 在水平方向上做匀速直线运动，故有푣0 = 푥 푡，因为푥푏 = 푥푐 > 푥푎，푡푎 = 푡푏 > 푡푐，所以有 c b av v v，故 C 正确；根据动能定理푞푈 = 퐸푞푦 = Δ퐸푘，故 c 的最小，a 和 b 的一样 大，故 D 正确 10．【答案】B 【解析】 试题分析：由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数比不变，所以升压变压器 的输出电压不变，故 A 错误． B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出 电压 U2 不变，根据 P=UI 可得输电线上的电流 I 线增大，导线上的电压损失变大，则降 压变压器的初级电压减小，则降压变压器的输出电压减小，故 B 正确。根据 P 损=I 线 2R，宁波“十校” 物理参考答案 第 3 页 共 7 页 又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故 C 错误．根据 푃损 = (푃 푈)2푅，则有： 푃损 푃 ＝ 푃푅 푈2 ；发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以 输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大，故 D 错误。 11．【答案】D 【解析】 对图（甲），设物体 A 的质量为 M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩 x 时弹性势能 퐸푝 = 1 2 푀푣0 2 对图（乙），物体 A 以 2v0 的速度向右压缩弹簧，A，B 组成的系统动量守恒，弹簧达 到最大压缩量仍为 x 时，A、B 二者达到相等的速度 v，由动量守恒定律有 M·2v0=（M+m）v 由能量守恒定律有퐸푝 = 1 2 푀(2푣0)2 − 1 2 (푀 + 푚)푣2 联立得 M=3m 퐸푝 = 1 2 푀푣0 2 = 3 2 푚푣0 2 12．【答案】D 【解析】 A．刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律 可知其加速度为 g，故 A 正确； B．刚释放时物块的速度为零，小球重力的功率为零．物块下降到最低点时小球的速度 为零，小球重力的功率又为零，所以小球重力的功率先增大后减小，故 B 正确； C．物块下降的最大距离为 S，物块的质量为 m．根据系统机械能守恒定律，有：푚𝑔푆 − 2푚𝑔(√푑2 + 푆2 − 푑) = 0解得：푆 = 4 3 푑，故 C 正确； D．物块的合力为零时速度最大，则绳子拉力的竖直向上的分力一定等于物块的重力， 所以绳子的拉力一定大于物块的重力，故 D 错误； 13．【答案】D 【解析】 A．由法拉第电磁感应定律可得 E＝nΔ퐵 Δ푡S2，由题图乙可得Δ퐵 Δ푡 = 0.6 4 T/s = 0.15T/s，将其 代入可得 E＝4.5 V，A 错误； B．由电量公式：푞 = 퐼 ⋅ Δ푡 = 퐸 푅+푟 ⋅ Δ푡 = 푛 Δ훷 (푅+푟)Δ푡 = 푛Δ훷 푅+푟 ，在 0～4s 穿过圆形导体线圈 磁通量的变化量为 ΔΦ＝0.6×0.3 Wb-0＝0.18 Wb，代入可得 q＝6 C，B 错误； C．0～4s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得 b 点电势高，a 点电势低，故 C 错。 D．由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得퐼 = 퐸 푅+푟 = 1.5퐴，由焦 耳定律可得 Q＝I2Rt＝18 J，D 正确。故选 D。 宁波“十校” 物理参考答案 第 4 页 共 7 页 14．【答案】AD 【解析】 根据퐶4 2 = 6，所以这些氢原子总共可辐射出 6 种不同频率的光，故 A 正确；n=3 能级 跃迁到 n=2 能级辐射出的光子能量 E=-1.51eV-（-3.40eV）=1．89eV（2 分） 解析： （1）A （2）根据时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，得第 4 个点的速度为：[来源:学科网 v4＝ v 35＝（8.33＋8.95）×10－2 0.2 m/s＝0.864 m/s， a＝（s4＋s5＋s6）－（s1＋s2＋s3） 9T2 ＝（8.95＋9.61＋10.26）－（7.05＋7.68＋8.33） 9×0.12 ×10 － 2 m/s2＝0.64 m/s2。 （3）由题图乙纸带可判断打点计时器在打下第 2 点到第 3 点间小车做匀速运动，第 1 点到第 2 点做加速运动，所以打下第二个点时小车的速度 v2＞v1＋v3 2 。 18． （1）1.15V （2 分）备注：单位不写扣 1 分 （2）①连线 1 分 ②作图 1 分 （3）1.40±0.05V（1 分） 1.70±0.20Ω（2 分） 19． （1）设从跳台到入水时间为 t1，向下为正方向 2 0 1 1 1 2h v t gt=+ 1 分 t1=2s 1 分 01v v gt=+ v=15m/s 1 分 宁波“十校” 物理参考答案 第 6 页 共 7 页 （2）设从水面到池底的时间为 t2，在水中运动员的加速度大小为 a 2 21 22.5 /2 va m sx== 1 分 1 2 2 3 vtsa== 1 分 12 8 3t t t s= + = 1 分 （3） F mg ma−= 1 分 F=1950N 2 分 20． （1）由动量守恒， 2211 vmvm = v1=8m/s 1 分 22 p 1 1 2 2 11 22E m v m v=+ 1 分 EP=4.8J 1 分 （2）滑块 1 与滑块 3 相碰后到 A 点时， 1 1 4/2Av v m s== 在最高点 F， 0=Fv 1 分 从 A 点到 F 点： 212 2 Amg R mv= R=0.4m 1 分 对滑块 1 与滑块 3 整体在 A 点分析： 2 12 12 ()() A N m m vF m g m g R +− + = 1 分 FN=10N 由牛顿第三定律： 10ΝNNFF == 1 分 （3）滑块 2 在传送带上的加速度푎 = 휇𝑔 = 5m/s2 1 分 从 C 点落到 D 点的时间 21 2h gt= t=0.2s 1 分 x=0.6 m 1m/s