物理三模答案.pdf

2020 年 5 月高三二模参考答案和评分标准（物理） 二、选择题（48 分） 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C D A B D AC BD BC 三、非选择题（62 分） （一）必考题（47 分） 22.（5 分） (1) 5.700 (2) C (3) glt D t D 4 2 1 2 2 =      −       写成 )24 2 1 2 2 Dlgt D t D +=      −       （ ）也给分（每空 2 分） 23．（10 分） （1）9.0 偏小 （2）① ②10.0 ③0.05 24．（12 分）（1） 5 2 qBL m (2) 5n qB m  （n＝1，2，3……）。 【解答】解：（1）设粒子的速度为 v，在磁场做圆周运动的半径 R，粒子的运动轨迹如 图，由几何关系： 222 (2)()RLRL=+− 2 分 解得： 5 2RL= 1 分 由洛伦兹力提供向心力： 2vqvBm R= 2 分 得： 5 2 qBRqBLv mm== 1 分 （2）设圆筒的角速度为 ω，粒子从射出到到达 S2 的时间为 t，由题意得 Lt v= 2 分 又 2nt  = 2 分 解得： 5n qB m  = （n＝1，2，3……）。 2 分 答：（1）该粒子的速度大小为 5 2 qBL m ； （2）圆筒的角速度大小为 5n qB m  （n＝1，2，3……）。 25. （19 分）答案：(1)0.4 J (2)0.01J (3) 84 19 m(约等于 4.42m) [解析] （1） 设 A 第一次到达斜面底端的速度大小为 v1，由动能定理有： 2 1 1sincos)0 2mgmgLmv−=−（ ………………2 分 对 A 和 B 第一次碰撞，开始共同速度为 1v  ，由动量守恒定律有： 112m v m v = ………………2 分 在 A 和 B 第一次碰撞后到弹簧第一次被压缩到最短的过程，由能量守恒定律有： 2 1 1 22pEmv = ………………2 分 解出： 1 2m/sv  = 0.4JpE = ………………1 分 （2）由题意可知，A 第一次被特殊装置自由释放时的速度为 ，设 A 第一冲上斜面的位移大小为 x1，由动能定理有： 2 11 1sin+cos)0 2mgmgxmv =−-（ ……………1 分 此后滑下的过程，设到达斜面底端的速度大小为 v2，则： 2 12 1sincos )0 2mgmgxmv −=−（ ………………1 分 对 A 和 B 第二次碰撞由动量守恒定律： 222mv mv= ………………1 分 则特殊装置第二次将物块 A 自由释放时，物块 A 的动能： 2 2 1 2kE m v = ………………1 分 解出：x1=0.2 m ………………1 分 22 21 1 20vv = 0 . 0 1JkE = ………………1 分 （3）设 A 第二冲上斜面的位移大小为 x2，由动能定理有： 2 22 1sin+cos)0 2mgmgxmv =−-（ ………………1 分 解出： 2 22 2 11 xv xv =  即： 21 1 20xx= ………………1 分 设 A 第 n 次和第 n+1 次冲上斜面的位移大小分别为 nx 和 n + 1x ，推导得出： n+1n 1 20xx= ………………1 分 则物块 A 在斜面上运动的总路程： 1 2 32( ....)s L x x x= + + + + ………………1 分 即： 12 11 20 xsL=+ − ………………1 分 解出： 84 m 4.42m19s = （结果表达为分数不扣分） ………………1 分 （二）选考题（15 分） 33.（15 分）(物理----选修 3-3) 【答案】 (1)ADE (2) （i）25 次 （ii）1.5 L 【解析】 (1)由题图可知，ab 过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外 界对气体做功，由热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 可知，Q 为负值，气体放出热量，故 A 正确， B 错误；由题图知，bc 过程气体体积不变而温度升高，气体内能增大，气体不做功，由热 力学第一定律可知，气体吸收热量，故 C 错误，D 正确；根据理想气体状态方程得pcVc Tc ＝paVa Ta ， 因 VcTa，故 pc>pa，根据气体压强的微观解释可知 E 正确。 (2)（i）贮液瓶装水后，瓶内封闭气体的体积 V1＝V 总－V 液＝1 L ① 1 分 打气过程瓶内气体做等温变化，有 p0(V1＋V 外)＝p2V1 ② 2 分 又， V 外＝nΔV ③ 1 分 将 p0＝1.0 atm、p2＝2.5 atm 代入，联立①② ③解得打气的次数至少为 n ＝25 次 ④ 1 分 （ii）阀门打开喷水过程，瓶内封闭气体做等温变化，有 p2V1＝p3V3 ⑤ 2 分 最后瓶内气体的压强 p3＝p0 ⑥ 1 分 代入数据解得最后瓶内气体的体积 V3＝2.5 L ⑦ 1 分 因此喷雾器能喷出的水的体积的最大值 V 水＝V3－V1＝1.5 L ⑧ 1 分 34.（15 分）(物理----选修 3-4) 【答案】 (1) ①A 2 分 ②变宽 变窄 （做对两个得 3 分，做对 1 个得 2 分。） 解析 ①双缝干涉图样是平行且等宽的明暗相间的条纹，A 图正确； ②根据 Δx＝L dλ 知，双缝间的距离 d 减小时，条纹间距变宽；当双缝到屏的距离 L 减小 时，条纹间距变窄． (2) （i）15 h （ii） y＝20sin π 600t(m) t＝3s2 100＋300(s) 【解析】 (1)电磁波是横波，可以观察到其偏振现象，选项 A 正确；当一列声波从空 气中传入水中时，波速变大，频率不变，则波长一定会变长，选项 B 正确；物体做受迫振 动时，当驱动力频率越接近于物体的固有频率时，受迫振动的物体振幅越大，选项 C 错误； 横波在传播过程中，质点不随波迁移，选项 D 错误；做简谐运动的物体，其速度和加速度 两物理量随时间的变化规律均符合正余弦函数变化规律，选项 E 正确． (2) （i）由题图甲得 λ1＝240 km ① 1 分 依题意有 t＝3 4T ② 1 分 v1＝λ1 T ③ 1 分 s1＝v1t1 ④ 1 分 解得 t1＝15 h （或 45.410s ） ⑤ 1 分 （ii）由题图乙得波的振幅 A＝20 m，波长 λ2＝40 km 由 t＝3 4T 得波的周期 T＝1 200 s ω＝2π T ⑥ 1 分 y＝Asin ωt ⑦ 1 分 解得波的表达式 y＝20sin π 600t(m) ⑧ 1 分 海啸波在浅海区的传播速度 v2＝λ2 T＝100 3 m/s ⑨ 1 分 波谷最先到达海岸的时间为 t，则： s2＋1 4λ2＝v2t 解得波谷最先到达海岸的时间 t＝3s2 100＋300(s) 1 分