2017级高三物理打靶题答案.docx

模拟题答案 ‎1. 【答案】C ‎【解析】A．地球同步倾斜轨道卫星的周期与地球的自转周期相同，但两者的绕行方向不同，则地球同步倾斜轨道卫星不可能静止在北京上空，A错误；B．根据，可知，只要运动周期相同，轨道半径一定相同，即高度相同，B错误；C．根据，可知，轨道半径越大的运动速率越小，因此同步卫星运动速率都小于中轨道卫星运动的速率，C正确；D．轨道半径越大的卫星，对应的发射速度越大，因此质量相等的卫星，轨道半径越大，机械能越大，D错误。故选C。‎ ‎2. 【答案】B ‎【解析】A、该机器车在AB段匀速运动，则，则额定功率：，故A错误；B、机器车到达坡顶之前，匀速运动，满足：，刚经过B点时，，解得：，即机器车经过B点后刚开始上坡的加速度大小为，故B正确；C、该机器车速度减至时，根据牛顿第二定律可知，，其中：，解得：，即加速度大小为，故C错误；D、设BC段长度为s，从B到C的过程中，根据动能定理：，解得：，故D错误。故选：B ‎3. 【答案】C ‎【解析】对球B受力分析，受拉力F、重力和细线的拉力T，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：‎ 随着θ的增加，拉力F和细线张力T均增加，故AD错误；再对A、B球整体分析，受重力、拉力F、支持力N和静摩擦力f，如图所示：‎ 设杆与水平方向的夹角为θ，根据平衡条件，在垂直杆方向，有：N=（M+m）gcosθ+Fsinθ，随着F的增加，支持力N增加；在平行杆方向，有：Fcosθ+f=（M+m）gsinθ，故：f=（M+m）gsinθ–Fcosθ，随着F的增加，静摩擦力逐渐减小，当（M+m）gsinθ=Fcosθ 时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增加，故B错误，C正确。所以C正确，ABD错误。‎ ‎4. 【答案】C ‎【解析】ABC．从坐标原点O向纸面内各个方向以等大的速率射出电子，可以到达圆周上任意一点，而到达b点的电子动能增加量最大。说明bO两点间电势差最大，电场线与y轴平行，沿y轴负方向，所以b点电势最高，a点电势等于c点电势，故C正确，AB错误；D．电子带负电，从O点射出至运动到b点过程中，电势升高，其电势能减小，故D错误。故选C。‎ ‎5. 【答案】　A ‎【解析】　要恰好在液面上各处均看不到大头针，要求光线射到薄板边缘界面处时恰好发生全反射，作出光路图如图所示，设临界角为C.由临界角与折射率的关系得：sin C＝①‎ 由几何关系得：sin C＝＝＝②‎ 联立①②式可得：n＝ ‎6. 【答案】C ‎【解析】A、以M点为坐标原点，沿方向方向建立y轴，沿N点速度方向建立x轴，物块沿y轴方向做匀减速直线运动，沿x轴方向做匀加速直线运动，有，，物块实际的加速度大小，方向与v方向的夹角为钝角，所以恒力大小为，故A错误。B、在M点物块受到的恒力方向与方向的夹角为钝角，因此物块从M点到N点的运动过程中，恒力先做负功后做正功，故B错误。C、在水平面上物块机械能的增量等于动能的增量，有，故C正确。D、恒力先做负功后做正功，则物块的机械能先减小后增大，故D错误。故选：C。‎ ‎7. 【答案】C ‎【解析】由电荷数守恒知,K‎-‎介子和π‎-‎介子电荷量相等,由牛顿第二定律得qvB=‎mv‎2‎R,解得R=‎mvqB,因为RK‎-‎‎:Rπ‎-‎=2:1‎,所以mK‎-‎vK‎-‎‎:mπ‎-‎vπ‎-‎=2:1‎,K‎-‎介子在衰变过程中,内力远远大于外力,系统动量守恒,K‎-‎介子和π‎-‎介子的轨迹在P点相切,由左手定则可知,K‎-‎介子和π‎-‎介子在P点的速度方向相反,以K‎-‎介子的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mK‎-‎vK‎-‎‎=mπ‎0‎vπ‎0‎-‎mπ‎-‎vπ‎-‎,解得mπ‎-‎vπ‎-‎‎:mπ‎-‎vπ‎-‎=1:3‎,ABD错误,C正确.‎ ‎8. 【答案】B ‎【解析】A．跃迁过程中所放出的光子最大能量为，由光电效应方程，，可得该光电管的逸出功，故A错误；B．从跃迁到较高能级后能辐射出10种不同频率的光子，由，，故吸收的光子能量，故B正确；C．根据玻尔理论可知跃迁过程中辐射出的光子能量是不连续的，故C错误；D．由该光电管的逸出功，可知，辐射出的光子能使其发生光电效应的有能级5到基态，能级4到基态，能级3到基态，能级2到基态4种，故D错误。故选B。‎ ‎9. 【答案】　AD ‎【解析】　D→A为等温线，则TA＝T＝400 K，A→B过程压强不变，由盖－吕萨克定律有＝，解得TB＝1 000 K，故A正确；由B→C为等容变化，则由查理定律有＝，得TC＝500 K，故B错误．C→D过程体积减小，外界对气体做功，C→D过程压强不变，由W＝pΔV，得W＝100 J，体积变小，外界对气体做功， 由于ΔU未知，根据ΔU＝W＋Q，可知无法判断理想气体放热，故C错误；气体从状态D变化到状态A，发生等温变化，所以分子平均动能不变，体积减小，单位体积的气体分子数增大，故D正确．‎ ‎10. 【答案】　AC ‎【解析】由振动图象可知，在t＝0时，质点a处在波峰位置，质点b处在平衡位置且向下运动．若简谐横波沿直线由a向b传播，有λ＋nλ＝9，解得波长λ＝ m(n＝0,1,2,3,4…)，其波长可能值为12 m，5.14 m…，选项C正确；若简谐横波沿直线由b向a传播，有λ＋nλ＝9，解得波长λ＝ m(n＝0,1,2,3,4…)，其波长可能值为36 m,7.2 m,4 m…，选项A正确．‎ ‎11. 【答案】BC ‎【解析】A．MN匀速运动，则经过时间t导线离开O点的长度：x=vt，MN切割磁感线的有效长度是L=vt•tan45°=vt，t时刻回路中导线MN产生的感应电动势为：E=BLv=Bv2t，故A错误；B．回路的总电阻为：，感应电流的大小为：，故B正确；C．由上式分析可知，回路中产生的感应电流不变，金属棒匀速运动时，外力的功率等于回路总的电功率，则外力瞬时功率的表达式为：，故C正确；D．外力瞬时功率的表达式为：与时间成正比，所以经过时间t后金属杆与导轨产生的焦耳热为，故D错误。故选BC。‎ ‎12. 【答案】AD ‎【解析】A．物块P位于A点时，假设弹簧伸长量为x1，则有，代入求得，则P位于A点时，弹簧伸长量为0.1 m，故A正确；BCD．经分析，此时OB垂直竖直杆，OB=0.3 m，此时物块Q速度为0，下降距离为，弹簧压缩量为，弹性势能不变，对物块PQ及弹簧，根据能量守恒有，解得，对物块P有，解得，Q机械能的减少量，故BC错误，D正确。故选AD。‎ ‎13. 【答案】　(1)A　(2)1.13　2.50‎ ‎【解析】　(1)连接拉力传感器和沙桶之前，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，平衡了摩擦力，故A正确；实验中拉力通过拉力传感器测出，不需要满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量，故B错误；实验时小车应紧靠打点计时器，应先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，故C错误．‎ ‎(2)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为：T＝5×0.02 s＝0.1 s．“3”点对应的速度为：v3＝＝ m/s≈1.13 m/s，由逐差法Δx＝aT2可得：a＝，代入数据解得小车的加速度大小为：a≈2.50 m/s2.‎ ‎14. 【答案】（1）如图所示 （2）左 （3）19.0 （4）减小 181~184‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎（2）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路闭合开关前滑片应置于左端。‎ ‎（3）电流表量程为25 mA，读量程为250 mA的挡，示数为190 mA，则通过二极管的电流为19.0 mA；‎ ‎（4）由图示图象可知，随着二极管两端电压增加，通过二极管的电流增大，电压与电流的比值减小，则二极管的正向电阻随电压增加而减小；由图示图象可知，当电流I=15.0 mA=0.015 A时，U=2.72 V；电阻阻值。‎ ‎15. 【答案】（1）环境温度为-23℃‎ ‎ （2）继续降低温度，密闭气体体积减小，玻璃管所受浮力减小，玻璃管将向下运动。‎ ‎16. 【答案】（1） （2） ‎ ‎【详解】（1）设t时刻，电路中电流为I，对金属棒由 F-BIL=ma 切割产生的感应电动势为 E=BLv 根据闭合电路欧姆定律可得 ‎ 金属棒速度 v=at 联立解得 ‎ ‎（2）撤去F瞬间，金属棒速度 ‎ 在时间内，取金属棒速度方向为正方向，由动量定理 两边求和 动生电动势为 E=BLv=I（R+r）‎ 联立可得 即 ‎17. 【答案】（1）2m/s  （2）1.2m/s  （3）‎ ‎【解析】A从飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出小球A在处的初速度；由动能定理求出B滑到O点的速度，A、B在O点发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求出碰后生成的P球速度； P球从轨道飞出后，受到竖直向下的重力和垂直纸面向里的洛伦兹力，在重力作用下，P球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和运动规律求出再次回到y轴时离O点的距离；‎ ‎18.【答案】（1）30N（2）0.5s（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）物体A由M到N过程中，由动能定理得：mAgR=mAvN2 ‎ 在N点，由牛顿定律得 FN-mAg=mA 联立解得FN=3mAg=30N 由牛顿第三定律得，物体A进入轨道前瞬间对轨道压力大小为：FN′=3mAg=30N ‎（2）物体A在平台上运动过程中 μmAg=mAa L=vNt-at2‎ 代入数据解得 t=0.5s t=3.5s(不合题意，舍去) ‎ ‎（3）物体A刚滑上小车时速度 v1= vN -at =6m/s ‎ 从物体A滑上小车到相对小车静止过程中，小车、物体A组成系统动量守恒，而物体B保持静止 ‎(m A+ mC)v2= mAv1‎ 小车最终速度 v2=3m/s 此过程中A相对小车的位移为L1，则 解得：L1＝‎ 物体A与小车匀速运动直到A碰到物体B，A，B相互作用的过程中动量守恒：‎ ‎(m A+ mB)v3= mAv2 ‎ 此后A，B组成的系统与小车发生相互作用，动量守恒，且达到共同速度v4‎ ‎(m A+ mB)v3 +mCv2= (m A +mB+mC) v4‎ 此过程中A相对小车的位移大小为L2，则 解得：L2＝‎ 物体A最终离小车左端的距离为x=L1-L2=‎