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物理参考答案及解析
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
A C C D B B D AD AB AD
. 【解析】由T 1可知 汽车的固有周期为T 1 车速为v 容易发生共振的减速带间距
1A =f , = . s, =10m/s,
125
L vT 正确
= =8m。A 。
. 【解析】服药 小时血清浓度达到峰值 剩余 小时为三个半衰期 则剩余浓度为 1 3
2C 4 , 6 , ×100%=
2
. 正确
125%。C 。
. 【解析】卫星有水平方向速度 因此发射过程中不沿着竖直方向运动 错误v-t图像斜率表示加速
3C , ,A ;
度 结合图像可知 只有 正确
, , C 。
. 【解析】乒乓球向上运动时阻力向下 向下运动时阻力向上 所以向上运动过程加速度大小a
4D , , 1=
mg kmg mg kmg
+ kg 方向向下 向下运动过程加速度大小a - kg 方向向下 数值上
m =(1+ ), ; 2= m =(1- ) , ;
a a 正确
1> 2,D 。
pV
. 【解析】根据理想气体状态方程 C 可以确定 T T T T T T 错误 正确
5B T = , 3 A= D、3 B=2 C、 B= D,A ,B ;
p-V图像围成的面积表示做功 A到B气体体积膨胀 气体对外界做功 错误 B状态和D状态内能相
, , ,C ;
等 B到C体积不变压强增大 气体吸收热量 C到D外界对气体做功 同时放热 B到C过程气体吸收的
, , , , ,
热量与C到D过程外界对气体做的功之和 等于C到D过程气体放出的热量 错误
, ,D 。
Φ
. 【解析】圆形金属线圈的磁通量Φ Br2 r2B ωt 根据法拉第电磁感应定律E Δ
6B = π =π 0sin , = t=
Δ
r2ωB n
r2ωB ωt电压表 的示数U π 0 根据理想变压器原理 电压表 的示数U 2U
π 0cos , V1 1= , , V2 2=n 1=
2 1
n r2ωB U2 n2 2r4 ω2B2
2 π 0 电阻R的功率P 2 2π 0 只有 正确
n · , =R= n2 · R , B 。
1 2 2 1
. 【解析】质量为 m的砝码带动质量为m的砝码一起加速 设连接砝码的绳子拉力为F 根据牛顿第
7D 2 , T,
二定律有 mg F maF mg ma 解得F 4mg 因为滑轮合力为零 O点合力为零 所以连接
2 - T=2 ,T- = , T= , 、 ,
3
mg
Oa之间的绳子拉力F满足 F F 根据胡克定律有kL F 综上解得k 43 正确
3 =2 T, = cos60°, = L ,D 。
9
Ue m
. 【解析】电子在电场中做匀加速直线运动 d 1 t2 得t d 2 正确 由动能定理有
8AD , = md , = eU,A ;
2
eU
eU 1mv2 E 错误 电子到达b面时的速度为v 错误 电子距离MN 为x时 速度为
= = k,B ; =2 m,C ; ,
2 3
Ue ne
v x 根据电流定义I 综上n 1 n n 正确
x= 2md , = d, ∝ x ,1:2= 2∶1,D 。
Δ
v
x
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1 5
{#{QQABIQyUoggoQJBAARhCEQHQCAOQkBEACIoGBBAIsAAAiAFABAA=}#}. 【解析】设波速为v 简谐运动的周期为Tt 5 时波传播到P 点 此时O 点位于波峰 所以
9AB , ,= s , ,
6
T T
5 kT k 下同 T 10 OP kT v 同理 20 5 .
s= + (=0、1、2、…, ), = k s, = + 。 - s=25s=
6 4 3(4 +1) 4 6 6
T
nT 3 n 下同 . v 解得v T 10 波长λ vT 当n
+ (=0、1、2、…, ),25s· =50cm, =20cm/s, =n s, = , =0
4 4 +3
时 周期T 10 波长λ 200 当n 时 周期T 10 波长λ 200 当n 时 周期
, = s, = cm; =1 , = s, = cm; =2 ,
3 3 7 7
T 10 波长λ 200 随着n增大 周期变小 波长变小 由上述分析可知OP v 5
= s, = cm;…; , , 。 = · s=
11 11 6
50 正确
cm,AB 。
3
c
. 【解析】正对部分电阻长度为c 横截面积为ab 根据电阻定律有R ρ 匀速时金属板正对面均
10AD , , = ab,
mg Bcv
受到安培力 根据牛顿第三定律 对磁铁进行受力分析有 BIc mg 则I 解得v
, , 2 = , = Bc= R , =
2
mgρ
故减小电阻率 可以减小向下匀速运动的速率 正确
ρ
B2abc, ,AD 。
2
. 分 【答案】 分 . 分 增大 分 . -7 分
11 (7 ) (1)A(2 ) (2)276(1 ) (3) (2 ) (4)70×10 (2 )
【解析】 实验中为间距相等的明暗相间的条纹 当十字叉丝与亮条纹中心重合时 进行读数 正确
(1) , , ,A ;
L
对应的读数是 . . 条纹间距公式 x λ 将双缝到屏的距离增
(2) 2mm+38×002mm=276mm;(3) Δ =d ,
d x
大 即L增大 则条纹间距变大 波长λ ·Δ . -7
, , ;(4) = L =70×10 m。
. 分 每空 分 【答案】 AC . 调大
12 (8 , 2 ) (1)B (2)① 、 ②14
【解析】 根据实验结果 热敏电阻在 范围内变化过程中阻值在 变化 根据器
(1) , 25~65℃ 10kΩ~50kΩ ,
材 为减小实验误差 电路应采用分压内接 正确 根据图像热敏电阻温度升高 电阻减小 当温
, , ,B 。(2)① , ,
度超过 . 时停止加热 所以加热装置应接入AC 根据图像当温度为 . 时 电阻约为
385℃ , 、 。② 385℃ ,
根据欧姆定律有U IR . 时电阻约为 此时电流达到 . 根据闭合电路
28kΩ, = =14V;37℃ 30kΩ, 500μA,
E
欧姆定律有I 故可变电阻R 需要调大阻值
=R r R , 1 。
+ + 1
. 分 【解析】 该过程根据动能定理有 fh mgh 1mv2 1mv2 分
13 (11 ) (1) - + = 2- 1 ………………………… (2 )
2 2
解得f . 6 分
=33×10 N …………………………………………………………………………………… (1 )
对返回舱进行受力分析 返回舱以v 匀速下降时kv mg 分
(2) , 0=6m/s , 0= ………………………… (2 )
返回舱以v' 下降时kv' mg ma 分
=100m/s , - = ……………………………………………………… (2 )
解得a . 2 2 分
=16×10 m/s ……………………………………………………………………………… (1 )
着陆器做匀减速直线运动 初速度v . 末速度为v . 位移为x .
(3) , 0=60m/s, =20m/s, =10m
根据运动学公式有v2 v2 ax 分
0- =2 ……………………………………………………………………… (1 )
根据牛顿第二定律有 F mg ma 分
4 - = ………………………………………………………………… (1 )
解得F . 4 分
=52×10 N…………………………………………………………………………………… (1 )
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{#{QQABIQyUoggoQJBAARhCEQHQCAOQkBEACIoGBBAIsAAAiAFABAA=}#}. 分 【解析】 设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R
14 (12 ) (1) ,
mv2
根据洛伦兹力提供向心力可得qvB 0 分
0 = R ………………………………………………………… (1 )
可以把x轴当成粒子运动的边界 粒子以θ 垂直射入磁场 又因为粒子恰好不进入第三象限 所以
, =30° , ,
轨迹与y轴相切 则有 R OA R 分
, 2 sin30°- = (1-cos60°)…………………………………………… (1 )
解得R OA L 分
=2 =23 ………………………………………………………………………………… (1 )
mv
可得B 3 0 分
= Lq ………………………………………………………………………………………… (1 )
6
Z
W
θ
Y
" 0
如图所示 自A点离开后粒子第二次到达x轴位置坐标x OA OA L
(2) , =2×2× - =33
粒子在磁场中转过的圆心角θ 10 分
= π ………………………………………………………………… (1 )
3
θm
用时t 分
=Bq……………………………………………………………………………………………… (1 )
L
综上t 203π 分
= v ……………………………………………………………………………………… (1 )
30
粒子自上而下打到荧光屏上 临界的粒子轨迹图如图所示
(3) ,
3
3
Y
R R R 73L 分
·cos60°+ min+ = ………………………………………………………………………… (1 )
2
解得R 3L
min=
2
mv2
根据洛伦兹力提供向心力得qvB 0 分
max=R …………………………………………………………… (1 )
min
可知B与R成反比 则有
,
B R
max
B =R =4
min
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{#{QQABIQyUoggoQJBAARhCEQHQCAOQkBEACIoGBBAIsAAAiAFABAA=}#}mv
故B B 23 0 分
max=4 = Lq ………………………………………………………………………………… (1 )
3
同理 若刚好打在板右端点 则有R R R 93LR 33L 分
, , ·cos60°+ max+ = , max= ………………… (1 )
2 2
mv
B 4B 23 0
min= = Lq
3 9
mv mv
故第四象限磁感应强度应满足23 0 B 23 0 分
Lq ≤ ≤ Lq ……………………………………………… (1 )
9 3
. 分 【解析】 物块A离开传送带时已经和传送带共速 所以A碰撞前速度为v
15 (16 ) (1) , 0
碰撞过程为弹性碰撞
mv mv mv 分
0= 1+3 2 ……………………………………………………………………………………… (1 )
根据能量守恒1mv2 1mv2 1 mv2 分
0= 1+ ×3 2 …………………………………………………………… (1 )
2 2 2
解得A速度v 1v 方向向左
1=- 0,
2
B速度v 1v 方向向右 分
2= 0, …………………………………………………………………………… (1 )
2
A向左运动 然后在传送带上先减速后加速 因为A再次冲上传送带的速率小于传送带速率 因此A
(2) , , ,
在传送带上加速和减速的加速度相等 位移也相等 A再次离开传送带时的速度为1v 方向向右 A
, , 0, 。
2
在传送带上运动时的加速度大小a μg 分
= ……………………………………………………………… (1 )
v
A在传送带上的运动时间t 0 分
1=μg …………………………………………………………………… (1 )
x x
第一次碰撞到第二次碰撞 A在平台上的运动时间t 2 1 4 1 分
, 2= =v ……………………………… (1 )
1v 0
0
2
x x
同理物块B在平台上的运动时间t 2 2 4 2 分
3= =v …………………………………………………… (1 )
1v 0
0
2
因为物块B在圆弧上上升的高度远小于R 所以物块B在圆弧上的运动时间为单摆的半个周期
,
R
t 分
4=π g ……………………………………………………………………………………………… (1 )
v x x R
根据题目条件 几个物理量应满足关系式 0 4 1 4 2 分
, μg+v =v +π g ………………………………… (1 )
0 0
规定向左为正 第二次碰撞时A向右运动 B向左运动
(3) , ,
m 1v m 1v mv mv 分
3 · 0- · 0= 3+3 4 ………………………………………………………………… (1 )
2 2
1 m 1v2 1m 1v2 1mv2 1 mv2 分
×3 · 0+ · 0= 3+ ×3 4 ………………………………………………… (1 )
2 4 2 4 2 2
解得B速度v
4=0
A速度v v 方向向左
3= 0,
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{#{QQABIQyUoggoQJBAARhCEQHQCAOQkBEACIoGBBAIsAAAiAFABAA=}#}碰后瞬间A的动能最大 最大动能为E 1mv2 分
, k= 0 ………………………………………………… (1 )
2
物块滑上传送带 相对传送带速度如图所示
(4) ,
G
W θ
W
f θ
摩擦力方向如图 则产生的沿传送带方向加速度大小a cos
, x= m
f θ
沿垂直传送带方向加速度大小a sin
y= m
经过非常短时间 t设合速度方向与传送带速度方向夹角α
Δ ,
f θ
v sin t
- m Δ v
则 α 其中 θ 所以α θ 分
tan = f θ , tan =v , = ……………………………………………… (1 )
v cos t 0
0- m Δ
所以 物块相对传送带做匀减速直线运动 初速度为 v2 v2
, , + 0
加速度大小为a μg
=
v2 v2
划痕长度L + 0 分
= μg …………………………………………………………………………………… (1 )
2
该划痕在垂直传送带方向分量为4d 所以4d L θ 分
, = sin …………………………………………… (1 )
5 5
v4 256μ2g2d2 v2
0+ - 0
综上解得v 25 分
= ……………………………………………………………… (1 )
2
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{#{QQABIQyUoggoQJBAARhCEQHQCAOQkBEACIoGBBAIsAAAiAFABAA=}#}
