2020.4 物理评分标准.pdf

物理答案第 1页 共 2 页 高三模拟考试物理试题参考答案及评分标准 2020.04 一、单项选择题：本题包括 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。全部选对的得 3 分，有选错的或不选的得 0 分。 1．C 2．B 3．B 4．D 5．B 6．A 7．C 8．C 二、多项选择题：本题包括 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错 的得 0 分。 9．BC 10．BD 11．AD 12．ACD 三、非选择题：本题包括 6 小题，共 60 分。 13．（1）1.50（2 分）；1.50（2 分） （2）C （2 分） 14．（1） 0 2 R （2 分）（2）大于（2 分）（3）① 2（1 分）左（1 分）（4） b 1 （1 分） b k （1 分） 15．解析：（1）设玻璃管的横截面积为 S，对 A 端气体，初始时：pA1=75cmHg，lA1=60cm 转过 90°，插入水银槽之前，对 A 端气体：pA2=p0-h=60cmHg (1 分） 此过程为等温变化，所以有： 1 1 2 2A A A Ap l S p l S   ，解得 lA2=75cm （2 分） （2）开口竖直向下时，B 气柱长度 lB2=L-h-lA2=10cm，压强 2Bp =75cmHg (1 分) 玻璃管插入水银槽之后，对 B 端气体：lB3=lB= 3 25 cm 由 2 2 3 3B B B Bp l S p l S   ， 解得 pB3=90cmHg (2 分） 此时 pA3=pB3-h=75cmHg，可知 lA3=60cm （1 分） 可得进入玻璃管的水银柱长度为 L =L-h-lB3-lA3= 3 50 cm （1 分） 16．解析：(1)A、B、C 位于光滑的水平面上，系统动量守恒，选取向右为正方向： 设 A 与 B 发生完全非弹性碰撞后共同速度为 v1， 对 A、B 有：mAv0＝（mA+mB）v1，可得 v1=4m/s （1 分） 弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，此时 A、B、C 共同速度为 v2， 有：（mA+mB）v1＝（mA+mB+mC）v2，可得 v2=3m/s （1 分） 由机械能守恒定律得：Ep＝1 2×（mA+mB）v12－1 2×（mA+mB+mC）v22 （1 分） 解得 Ep＝6J （1 分） （2）设弹簧恢复原长时 AB 的速度为 vB，C 的速度为 vC，此后 C 脱离弹簧 由动量守恒定律得：（mA+mB）v1＝（mA+mB）vB＋mC vC （1 分） 由机械能守恒定律得：1 2×（mA+mB）v12＝1 2×（mA+mB）vB2＋1 2mCvC2 （1 分） 解得 vC=6m/s （1 分） （3）C 脱离弹簧后沿轨道运动，假设能运动至最高点，且运动至最高点时的速度为 v， 由机械能守恒定律得： 2 21 122 2C C C Cm m g R m v v ，可得 v= 32 m/s （1 分） 设过最高点时轨道对 C 的支持力大小为 FN 由向心力公式： 2 NC Cm g F m R   v 可得 N10N F >0， （1 分） 所以假设成立，C 能通过最高点，且对轨道的压力大小为 10N。 （1 分） 17．解析：（1）设 A 的加速度大小为 a1，对 A 由牛顿第二定律可得： 2 1 1( )mg M m g Ma    ， 解得 2 1 s/m5.3a ，方向向左 （1 分） 设 B 的加速度大小为 a2，对 B 由牛顿第二定律可得： 22 mamgF   ，解得 2 2 s/m10a ，方向向右 （1 分） A 做减速运动， ta101  vv （1 分） B 做加速运动， ta22 v （1 分） A、B 达到共同速度时， 21 vv  ，解得 s1t （1 分）物理答案第 2页 共 2 页 （2）从开始计时到达到共同速度，A 的位移大小为 x1， m75.112 1 2 101  tatx v （1 分） B 的位移大小为 x2， m52 1 2 22  tax （1 分） AB 间因摩擦而产生的热量为 Q，则   J27212  xxmgQ  （1 分） （3）经分析，A、B 达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动 (1 分） 设 A 的加速度大小为 a3，对 A 由牛顿第二定律可得： 312 )(- MagmMmg  解得 2 3 s/m5.0a ，方向向右 （1 分） 1s 时，由（1）可得 s/m101 v ，再经过 1s，A 的位移大小为 x3， m25.102 1 2 313  tatx v （1 分） 2s 内滑板 A 的位移大小为 m2231  xxxA （1 分） 18．解析：（1） 1~0 t 时间内，粒子在电场中做匀加速直线运动， m qEa  （1 分） 由匀加速直线运动公式知： 1 0 1at v v （1 分） 可得 01 2vv  （1 分） （2） 1~0 t 时间内，粒子在电场中运动的位移 qE mtd 2 3 2 2 0 1 10 1 vvv  （1 分） t1 时刻，粒子开始在磁场中做匀速圆周运动，设半径为 r1 由向心力公式， 1 2 1 1 rmBq vv  可得 qE mr 2 0 1 6 v （1 分） 设粒子做匀速圆周运动的周期为 T1， qE mrT 0 1 1 1 π6π2 v v  （1 分） 粒子在磁场中运动的时间 1 0 2 6 1π TqE mt  v ，对应圆心角为 60 在磁场中沿竖直方向运动的距离大小为 qE mrd 2 0 12 33sin v  （1 分） 然后粒子以速度 v1 第二次进入电场，在电场中运动时间 qE mt 0 3 2 v 由运动的合成与分解可知，粒子竖直向下的速度大小为 011 cos vvv  y 水平方向的速度大小为 01 3sin vvv  x （1 分） 粒子竖直方向做匀加速直线运动，经过 3t 时间，竖直向下的速度大小为 0312 3vvv  atyy （1 分） 竖直位移大小 qE mtd yy 2 0 3 21 3 4 2 vvv  （1 分） 可得，区域 I 在竖直方向的宽度 d=d1+d2+d3= qE m 2 0332 11 v）（  （1 分） （3）粒子从 C 点离开区域 I 时的速度 2 2 2 2 02 3y x  v v v v （1 分） 易知速度与水平方向的夹角为 60° 设粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的半径为 r2，圆心为 O′，做圆周运动的周期为 T2，粒子从 D 点出磁场 由向心力公式， 2 2 2 2 rmBq vv  可得 qE mr 2 0 2 2 v =R （1 分） qE mrT 3 π32π2 0 2 2 2 v v  （1 分） 易知，OCO’D 为菱形，圆心角为 60   （1 分） 粒子在区域 II 中运动的时间 24 6 1 Tt  qE m 9 π3 0v （1 分） A d1 I II O θ C D O’ α d2 d3