2020届高三物理仿真冲刺卷一答案

参考答案仿真冲刺卷(一)14.D6种光子中,从n=4跃迁到n=2和从n=3跃迁到n=2辐射的光子属于巴尔末系,另外四种光子有些频率低,有些频率高,故A错误;6种光子中,从n=4跃迁到n=3辐射的光子频率最小,波长最长,故B错误;从n=2能级跃迁到基态释放的光子能量为-3.4 eV+13.6 eV=10.2 eV,从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子能量-1.51 eV+3.4 eV=1.89 eV10.2 eV,不一定能使该板发生光电效应,故C错误;n=4能级的氢原子具有的能量为-0.85 eV,故要使其发生电离能量变为0,至少需要0.85 eV的能量,故D正确.15.A根据牛顿第二定律kx-mg=ma,解得a=kmx-g,结合图象可知,km=bc,解得m=kcb,-g=-b可得=bg,故选A.16.D输入电压的最大值为Um=nBS=1020.410 V=402 V,图示时刻感应电动势最大,从图示线框位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为402cos(10t)V,故A错误;变压器输入电压的有效值为U1=Um2=40 V,若灯泡正常发光,则U2=PR=4100 V=20 V,此时原副线圈的匝数比为n1n2=U1U2=4020=21,故B错误;线圈匝数不变,根据U1U2=n1n2可知输出电压不变,若将滑动变阻器触头向上滑动,连入电路电阻变大,负载等效电阻变大,P1=P2=U22R变小,又P1=U1I1可知电流表示数变小,故C错误;若将自耦变压器触头向下滑动,副线圈匝数变小,根据U1U2=n1n2可知输出电压减小,所以灯泡变暗,故D正确.17.D在地球的表面发射航天器,使其飞出太阳系的最小发射速度是第三宇宙速度为16.7 km/s,故A错误;根据重力提供向心力得G1=mv12R1,解得地球上的第一宇宙速度v1=G1R1m,同理,木星上的第一宇宙速度v1=G2R2m,故木星与地球的第一宇宙速度之比v1v1=G2R2G1R1,故B错误;根据开普勒第三定律得a13T12=a23T22,故(a1a2)3=(T1T2)2,即地球与木星绕太阳公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方,故C错误;根据重力与万有引力相等,有G1=GM地mR12,解得M地=G1R12Gm,同理可得木星质量M木=G2R22Gm,故M地M木=G1R12G2R22,故D正确.18.C依题意可知,轻杆对小球的弹力沿杆方向,根据牛顿第三定律,对A,B,C小球受力如图所示,以C球为研究对象有N=F1cos 60+F2cos 30+mCg,F1cos 30=F2cos 60;以A球为研究对象,有F1cos 60+N1cos 60=mAg,F1sin 60=N1sin 60;以B球为研究对象,有F2cos 30-N2cos 60=mBg,F2cos 60=N2cos 30.联立解得mA=m,N1=N2=mg,N=3mg,F1=mg,F2=3mg.A,B,D错误,C正确.19.CD沿x轴的电场线上的电势随x的变化图象的斜率代表电场强度的大小,x图象的斜率越来越小,故物体受到的电场力越来越小,电场力提供加速度,故加速度越来越小,A错误;粒子在电场力的作用下从静止开始运动,故电场力做正功,动能增大,由题意得W合=W电=Ek=12mv2,Ekx图象的斜率表示电场力的大小,C图象可读取的信息是Ekx图象的斜率越来越小,由x图象可知电场力越来越小,故C正确;因为v2Ek,v2x图象的斜率与电场力成正比,所以v2-x图象的斜率也越来越小,vx图象不可能是一条直线,故B错误;由题意可知该带电粒子的电势能Ep=q,故D正确.20.BD整个过程中,重力对物块做功为0,根据动能定理得WF=Ek=36 J,物块下滑的过程,加速度大小为a=gsin 37,释放1 s时的速度v=at=61 m/s=6 m/s,设物块回到出发点时速度大小为v,取沿斜面向下为正方向,根据施加F前后的两个过程位移大小相等、方向相反,有v2t=-v+(-v)2t,可得v=12 m/s,根据Ek=12mv2=36 J,得m=0.5 kg,对整个过程,取沿斜面向下为正方向,根据动量定理得mgsin 372t-Ft=m(-v)-0,可得F=12 N,故B,D正确,A,C错误.21.AD水平力F作用于线圈时,由动量定理得Ft-F安t=mv,其中F安t=BILt=BLq1,撤去F后,由动量定理得-F安t=0-mv,即-BILt=-BLq2=-mv,L=1 m,q2=0.2 C,m=0.1 kg,v=2 m/s,故B=1 T,则由前边所列式子可得q1=1.8 C,撤去力F瞬间速度最大,故感应电动势最大为Em=BLv=2 V,A正确;整个过程通过的总电荷量为0.2 C+1.8 C=2 C,B错误;由q1=1R=BLx1R,q2=2R=BLx2R,x1+x2=L,联立解得R=0.5 ,x1=0.9 m,x2=0.1 m,由能量关系可知,整个过程中线框中产生的热量为Q=Fx1= 1.8 J,选项C错误,D正确.22.解析:(1)为了让小车做匀加速直线运动,应使小车受力恒定,故应将细线与木板保持水平,同时为了打点稳定,应先接通电源再放纸带,A,B正确;本实验中只是研究匀变速直线运动,不需要让小车的质量远大于钩码的质量,只要能让小车做匀加速运动即可,C错误;由C的分析可知,只要摩擦力恒定即可,不需要平衡摩擦力,D错误.(2)每两个计数点间有四个点没有画出,故两计数点间的时间间隔为T=50.02 s=0.1 s,根据逐差法可知,物体的加速度a=(s4+s5+s6)-(s1+s2+s3)9T2=(5.97+6.78+7.64)-(3.59+4.41+5.19)90.0110-2 m/s2=0.80 m/s2;B点的速度等于AC段的平均速度,则有vB=s1+s22T=0.035 9+0.044 10.12 m/s=0.40 m/s.答案:(1)AB(2)0.800.40评分标准:第(1)问1分,第(2)问每空2分.23.解析:(1)实物连线如图所示.(2)由电路图可知,当微安表的读数偏转到2Ig3时,通过电阻箱R1的电流为Ig3,则电阻箱R1的阻值等于微安表内阻的2倍,由图可知电阻箱R1的读数为284 ,则微安表的内阻为142 ;闭合S2后,电路总电阻变小,电路总电流变大,通过电阻箱的电流大于Ig3,则该实验测出的电表内阻偏小.(3)若要将该微安表改装成量程为1 V的电压表,需串联阻值R0=UIg-rg=(110010-6-142)=9 858 的电阻.答案:(1)见解析图(2)142小于(3)串联9 858评分标准:第1问2分,第(2)(3)问每空2分.24.解析:(1)设两个小车碰撞后的共同速度大小为v3.两小车碰撞后的滑行过程中,由动能定理得-k(m1+m2)gd=0-12(m1+m2)v32(2分)解得v3=1 m/s.(2分)(2)设力F撤去前小车的速度为v1,两车碰撞前瞬间小车的速度为v2,则两车碰撞过程中,由动量守恒定律得m1v2=(m1+m2)v3(2分)解得v2=4 m/s(1分)恒力作用过程有Ft-km1gt=m1v1(1分)x1=v12t(1分)撤去F至二车相碰过程有km1gx2=12m1v12-12m1v22(1分)x1+x2=s(1分)解得F=8 N.(1分)答案:(1)1 m/s(2)8 N25.解析:(1)根据题意可知,匀强电场垂直x轴,且沿y轴正方向.粒子在电场中沿OP方向匀速运动,有l=v0tcos 30,(2分)沿y轴负方向做匀减速运动,有Eq=ma,v0sin 30=at2(2分)解得E=3mv022ql.(1分)(2)粒子从P点进入磁场时沿x轴方向速度分量不变,垂直x轴方向速度分量反向,因此粒子经过P点时的速度与x轴成30角斜向上,经磁场第一次偏转后,又恰好经过O点,如图1中所示.由几何关系得R=l,(2分)根据qvB=mv2R,(2分)解得B=mv0ql.(2分)(3)如果匀强电场电场强度大小变为原来的两倍,粒子在电场中沿x轴正方向匀速运动,l=v0tcos 30(1分)沿y轴负方向匀减速运动,2Eq=ma,v0sin 30=at2(2分)解得l=l2,(1分)如果粒子经磁场偏转之后,其半径rl2,则每个周期粒子经过x轴的点将沿x轴负方向移动x=r-l2,(1分)如图2所示,带电粒子可能从电场再次经过O点需满足l2=nx(n=1,2,3,)(2分)解得r=n+12nl(n=1,2,3,),B=2nmv0(n+1)ql(n=1,2,3,).(2分)答案:(1)3mv022ql垂直x轴,且沿y轴正方向(2)mv0ql(3)2nmv0(n+1)ql(n=1,2,3,)33.解析:(1)布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动,反映了液体或气体分子的无规则运动,故选项A错误;一定质量100 的水变成100 的水蒸气,物体分子平均动能不变,而物体要吸热,所以其分子势能增加,故选项B正确;物体吸收热量 Q0,同时对外做功W0,W+Q可正、可负,所以内能可能增加,故选项C正确;食盐是晶体,晶体具有各向异性的特点,故选项D错误;由理想气体的定义可知,故选项E正确.(2)开始加热时,在活塞移动的过程中,气体做等压变化,设活塞缓慢移动到容器最右端时,气体末态温度为T1,V1=D2L4(2分)初态温度T0=300 K,V0=D2L6(2分)由盖吕萨克定律知V0T0=V1T1(2分)解得T1=450 K活塞移至最右端后,气体做等容变化,已知T1=450 K,p1=p0,T2=480 K,由查理定律知p1T1=p2T2(2分)解得p2=1615p0.(2分)答案:(1)BCE(2)1615p034.解析:(1)根据质点的振动方程x=Asin (t),设质点的起振方向向上,则b点1=2sin (t1),所以t1=6,a点振动的时间比b点长,所以1=2sin (t2),则t2=56,ab两个质点振动的时间差t=t2-t1=56-6=23=T3,所以ab之间的距离x=vt=vT3=3,则通式为(n+13)=40 cm(n=0,1,2,3,),则波长可以为=1203n+1 cm(n=0,1,2,3),当n=0时,=120 cm,当n=3时,=12 cm,故A错误,B正确;当质点b的位移为+2 cm时,即b到达波峰时,结合波形知,质点a在平衡位置下方,位移为负,故C正确;由t1=6,得t1=6=T12,当t=T2-t1=5T12时质点b到达平衡位置处,速度最大,故D正确;在两质点振动时,若两点分别处在平衡位置上下方时,则两物体