山西省大同市第一中学2020届高三物理2月模拟答案（三）（PDF）.pdf

答案第 1页 总 12页 2020 高三物理模拟高三物理模拟试题三试题三 参考答案 1 B A 由 s t 图像可以知道 碰撞前 A 的速度为 4 10 3 2 A vm s 碰撞前 B 的速度 40 2 2 B vm s 碰撞后 AB 的速度为 24 1 2 C vm s 根据动量守恒可知 bBaAabC m vm vmmv 代入速度值可求得 4 3 b mkg 所以碰撞前的总动量为 10 3 bBaA m vm vkg m s 故 A 错误 B 碰撞时 A 对 B 所施冲量为即为 B 的动量变化量 4 Bb CbB Pm vm vN s 故 B 正确 C 根据动量守恒可知 44 AB PPN skg m s 故 C 错误 D 碰撞中 A B 两球组成的系统损失的动能为 222 111 10 222 aAbBabC m vm vmmvJ 故 D 错误 2 D 由题目中的数据可以得出 abO三点组成一个等腰直角三角形 所以两底角都为 45 对两球进行受力分析 由于球面光滑 所以两球都只受到 3 个力 如图所示 重力 球面的支持力 刚性细杆的弹力 由于是刚性细杆 所以刚性细杆对两球的弹 答案第 2页 总 12页 力均沿着杆方向 且对两球的弹力大小相等 两球处于平衡状态 两球受到的合力都 为零 两球受到的三个力都组成一个封闭的力的 矢量三角形 设b球的质量为m 由正弦定理对球a 3 sin45 mg sin 45 N F 对球b sin45 mg sin 45 N F 所以有 3sin 45 sin 45 即 tan 45 3 所以 15 故 D 正确 ABC 错误 3 A A 项 带正电的小球在xL 处电势能最小 根据能量守恒可知粒子在该处的动能最 大 所以小球在xL 处速度最大 故 A 项正确 B 项 根据乙图得2xL 处电势高于2xL 处电势 带正电的在2xL 处由静止释 放 根据能量守恒得不可能到达2xL 处 故 B 项错误 C 项 小球以xL 为中心做往复运动的条件是电势关于xL 对称 根据乙图得电势 关于xL 不对称 故 C 项错误 D 项 根据图乙得知在xL 处x 斜率为零 即电场强度为零 则 22 42 AB kQkQ LL 所以 4 1 AB QQ 故 D 项错误综上所述本题答案是 A 4 C 宇宙飞船轨道半径为 r1 4200km 6400km 10600km 地球同步卫星轨道半径为 r2 36000km 6400km 42400km r2 4 r1 根据开普勒第三定律 地球同步卫星为宇 答案第 3页 总 12页 宙飞船周期的 8 倍 从二者相距最远时刻开始 在一昼夜的时间内 接收站共接收到 信号的次数为 7 次 选项 C 正确 请画运动过程 5 C 在滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中 滑动变阻器的电阻变大 总 电阻变大 总电流减小 则根据 P4 I2R4可知定值电阻R4的功率减小 根据 P IE 可知 电源的总功率减小 选项 A 正确 因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大 而 R1 R4 r 则当变阻器电阻变大时 外电路电阻远离电源内阻 则电源的输出功率 减小 选项 B 正确 电源的效率 1 1 IUUIR r IEEI Rr R 则当外电路电阻 R 变大时 电源的效率变大 选项 C 错误 若将 R1 R4等效为电源的内阻 则此时等效 电源内阻为 r 2 滑动变阻器R3的滑片K由最下端向最上端滑动过程中 MN 之间 的电阻从 0 增加到 3 则因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大 可知当 MN 之间的电阻等于 2 时 MN 之间的功率最大 则在滑动变阻器 R3的滑片 K 由最下 端向最上端滑动过程中 MN 并联部分的功率先增大后减小 选项 D 正确 此题选择 不正确的选项 故选 C 6 A 小球从圆弧轨道上端抛出后 小球水平方向的速度和车的速度相同 故小球仍会落回 到小车上 小球落回到小车后 相对小车向左滑动 然后从左边离开小车 如果小球 对地面的速度向左 则小球离开小车水平向左做平抛运动 如果小球对地面的速度为 零 则小球离开小车后做自由落体运动 如果小球对地面的速度向右 则小球离开小 车水平向右做平抛运动 故 A 正确 BCD 错误 7 AC 答案第 4页 总 12页 A 由题可知圆环 A 到达 b 位置时 重物 B 沿斜面的运动的位移为 22 0 5m 2 HLL x A B 组成的系统机械能减少了 cos30 2 5JEMgx 故选项 A 正确 B 轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为 2 1 找 A 沿绳方向的分速度是 B 实 际运动的两倍 圆环 A 速度最大时 环 A 与重物 B 的速度之比为 10 3 故选项 B 错误 C 圆环 A 能下降的最大距离为 m H 重物 B 沿斜面的运动的位移为 22 2 m B HLL x 根据能量守恒可知 sin30cos30 mBB mgHMgxMgx 解得圆环 A 能下降的最大距离为7 5m m H 故选项 C 正确 圆环 A 先向下做加速运动 后做减速运动 由 A 和 B 速度关系 所以重物 B 也是 先加速后减速 而重物 B 受到的重力 支持力和摩擦力都保持不变 绳子对 B 的拉力 sin30cos30 T FMgMgMa 即 10 T FMa 所以绳子对 B 的拉力先大于 10N 后小于 10N 故选项 D 错误 8 AC A 开始阶段 牵引力 1 5000NF 据牛顿第二定律可得 1 Ffma 得 开始 阶段加速度a 2 5m s2 v1 54km h 15m s 据 1 0 v t a 解得t0 6s 故 A 项正确 B t0时刻 电动机输出的功率最大 且 1 1 5000 15W 75000W 75kW m PFv 故 B 项错误 C 汽油机工作期间 功率 2 1 6000 15W 90kWPF v 11s 时刻汽车的速度 3 2 90 10 mm 25 90km h ss 3600 P v F 汽油机工作期间牵引力做的功 35 2 90 1011 6 J 4 5 10 JWPt 故 C 项正确 答案第 5页 总 12页 D 汽车前 6s 内的位移 22 10 11 2 5 6 m 45m 22 xat 后 5s 内根据动能定理得 22 2221 11 22 Ptfxmvmv 解得 汽车后 5s 内的位移 2 120mx 所以前 11s 时间 内汽车的位移 12 45 120m 165mxxx 故 D 项错误 9 BD A 将时刻代入瞬时值公式可知 t 1 600 s 时 原线圈输入电压的瞬时值为18 2V A 选项错误 B 电压表的示数为有效值 输入电压的峰值为36 2V 根据正弦式交变电流有效值与 最大值的关系可知 U Um 2 36V B 选项正确 C D 电流表测量流过副线圈的电流 根据理想变压器电压和匝数的关系可知 副线 圈的电压为 9V 正向导通时电流为 1A 根据电流的热效应可知I 有效 2 RT I2R T 2 解 得 I有效 2 2 A 故 C 选项错误 D 选项正确 故选 BD 10 BC 两个轻核发生聚变反应 由于反应放出能量 有质量亏损 则产生的新核的质量一定 小于两个轻核的质量和 选项 A 错误 在核反应中 比结合能小的原子核变成比结合 能大的原子核时 会释放核能 选项 B 正确 氢原子从n 2 能级跃迁到n 1 能级释放 的光子能量小于从n 3 能级跃迁到n 1 能级时释放的光子的能量 则当用氢原子从 n 2 能级跃迁到n 1 能级辐射的光照射某金属时有光电子逸出 则用从n 3 能级跃迁 到n 1 能级辐射的光照射该金属也一定会有光电子逸出 选项 C 正确 使处于基态的 氢原子跃迁到激发态所吸收的光子的能量必须等于两个能级的能级差 否则将不能被 吸收 选项 D 错误 答案第 6页 总 12页 E 玻尔氢原子能级结构能很好地解释了氢原子光谱 但是不能解释其它原子光谱现象 可见其原子结构模型是有局限性的 E 错误 11 BC C m1 OP m1 OM m2 ON m1 OP2 m1 OM2 m2 ON2 OP OM 和 ON m1 OP m1 OM m2 ON 明确实验原理 从而确定需要测量哪些物理量 在该实验中 小球做平抛运动 H 相 等 时间 t 就相等 水平位移 x vt 与 v 成正比 因此可以用位移 x 来代替速度 v 根 据水平方向上的分运动即可验证动量守恒 根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确 定对应的表达式 解 1 为了防止入射球碰后反弹 应让入射球的质量大于被碰球的质量 小球离开轨道后做平抛运动 小球在空中的运动时间相同 小球的水平位移与其初速 度成正比 可以用小球的水平位移代替小球的初速度 实验需要验证 m1v0 m1v1 m2v2 因小球均做平抛运动 下落时间相同 则可知水平位移x vt 因此可以直接用 水平位移代替速度进行验证 故有m1 OP m1 OD m2 ON 实验需要测量小球的质 量 小球落地点的位置 测量质量需要天平 测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺 因此需要的实验器材有 BC 2 AB 由于各种偶然因素 如所受阻力不同等 小球的落点不可能完全重合 落点应 当比较集中 但不是出现了错误 故A B错误 C 由于落点比较密集 又较多 每次测量距离很难 故确定落点平均位置的方法是最 小圆法 即用尽可能最小的圆把各个落点圈住 这个圆的圆心位置代表落点的平均位 置 故C正确 D 仅调节斜槽上固定位置C 它的位置越低 由于水平速度越小 则线段OP的长度 越小 故D错误 答案第 7页 总 12页 故选C 3 若两球相碰前后的动量守恒 则m1v0 m1v1 m2v2 又OP v0t OM v1t ON v2t 代入得 m1 OP m1 OM m2 ON 若碰撞是弹性碰撞 满足动能守恒 则 1 2m1v0 2 1 2 m1v1 2 1 2 m2v2 2 代入得 m1 OP2 m1 OM2 m2 ON2 4 根据实验原理可知 OP是放一个小球时的水平射程 小球的速度与质量无关 故 OP与质量无关 而碰后两球的速度与两球的质量有关 所以碰后水平射程与质量有关 故 OM 和 ON 与质量有关 5 如图所示 连接OP OM ON 作出M N在OP方向上的投影点M N 如图所示 分别测量出OP OM ON 的长度 若在实验误差允许范围内 满足关系式 m1 OP m1 OM m2 ON 则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒 12 2 10 10 11g g RRRrRRRr IERE 2 08 1 根据串联电路电流相等 当电流表满偏时改装后的电压表达到最大量程即 63 1 400 10 4 5 10500 2 ggg UIRRVV 2 根据闭合电路欧姆定律可得 1 1 g g I RR EI RRIr R 中丢了 R0 整理得 1010 11 gg RRRrRRRr IERE 答案是对的 答案第 8页 总 12页 3 由对应的图象可知 2 10 3 3327 10 6000 15050 10 g RRRr k E 解得 2 08EV 4 通过 3 分析可知 本实验中不存大原理误差 即 1 g I RR 为真实的路端电压 1 g I RR I R 为流过电源的真实电流 故电动势的测量值与真实值相同 13 1 50ms 2 狗被撞 1 根据加速度的定义可由图像得 2 020 5m s 4 50 5 v a t 根据 vt图线下面的面积值为位移大小 则由图像可得 012 11 200 54 550m 22 xvtt 2 当客车由 0 20m sv 减速到4m sv 时 所需时间为 420 3 2s 5 v t a 司机从看到狗到速度减为4m sv 所通过的位移为 22 0 10 1 48 4m 2 vv xv t a 而狗通过的位移为 21 14 8mxv tt 2 3347 8mx 因为 12 33xx 所以狗将被撞 综上所述本题答案是 1 50mx 2 狗将被撞 14 1 I1A 棒cd中的电流方向由d至c 2 F 0 2N 3 W 0 4J 1 棒cd受到的安培力为 cd FBIL 棒cd在共点力作用下平衡 则 0 mgsin30 cd F 答案第 9页 总 12页 由 式 代入数据解得 I1A 根据楞次定律可知 棒cd中的电流方向由d至c 2 棒ab与棒cd受到的安培力大小相等 即 abcd FF 对棒ab 由共点力平衡知 0 Fmgsin30BIL 解得 F0 2N 3 设在时间t内棒cd产生Q0 1J 的热量 由焦耳定律知 2 QI Rt 设棒ab匀速运动的速度大小为v 其产生的感应电动势为 EBLv 由闭合电路欧姆定律知 I 2 E R 由运动学公式知在时间t内 棒ab沿导轨的位移为 xvt 力F做的功为 WFx 综合上述各式 代入数据解得 W0 4J 15 1 20N 2 J 2 1 3 s 3 0 125 0 75 或 1 1 根据牛顿第二定律求出滑块在 B 点所受的支持力 从而得出滑块对 B 点的压力 根据动能定理求出 AB 端克服阻力做功的大小 2 若 0 根据牛顿第二定律求出加速度 结合位移时间公式求出 C 到 D 的时间 3 最终滑块停在 D 点有两种可能 一个是滑块恰好从 C 下滑到 D 另一种是在斜面 CD 和水平面内多次反复运动 最终静止在 D 点 结合动能定理进行求解 1 滑块在 B 点 受到重力和支持力 在 B 点 根据牛顿第二定律有 F mg m 2 v R 代入数据解得 F 20N 由牛顿第三定律得 F 20N 从 A 到 B 由动能定理得 mgR W 1 2 mv2 代入数据得 W 2J 答案第 10页 总 12页 2 在 CD 间运动 有 mgsin ma 加速度为 a gsin 10 0 6m s2 6m s2 根据匀变速运动规律有 s vt 1 2 at2解得 t 1 3 s 3 最终滑块停在 D 点有两种可能 a 滑块恰好能从 C 下滑到 D 则有 mgsin s 1mgcos s 0 1 2 mv2 代入数据得 1 1 b 滑块在斜面 CD 和水平地面间多次反复运动 最终静止于 D 点 当滑块恰好能返回 C 有 1mgcos 2s 0 1 2 mv2 得到 1 0 125 当滑块恰好能静止在斜面上 则有 mgsin 2mgcos 得到 2 0 75 所以 当 0 125 0 75 滑块在 CD 和水平地面间多次反复运动 最终静止于 D 点 综上所述 的取值范围是 0 125 0 75 或 1 高中阶段认为 一般小于 1 也 就是说 可以取 1 16 0 2 5 l 7T0 初状态 气体压强 P1 P0 mg S 因为 mg P0S故 P1 2P0 气体压强 P2 3mg S 3P0 添加铁砂后 气体压强 100 3 4 mg PPP S 气体压强 P2 P1 mg S 5P0 气体等温变化 根据玻意耳定律 P2l0S P2 l2S 可得 l2 3 5 l0 B 活塞下降的高度 h2 l0 l2 2 5 l0 答案第 11页 总 12页 气体末状态的体积 11200 1 10 lllll 0 5l 0 6l l 0 1l 根据玻意耳定律 P1 l1S P1 l 1S解得 P1 20P0 只对 气体末状态压强 P2 P1 mg S 21P0 根据气体理想气体状态方程 202 2 0 x P l SPl S TT 解得 Tx 7 T0 17 1 0 2vv 0 2mv B eR 2 0 3 36 12 l 解 1 对于单个质子进入加速电