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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
D C C B D D C BD CD BC
. 【解析】普通路面上摩擦力都是不能忽略不计的 另外电动汽车车轮与轴之间也有 摩 擦 由 于 摩 擦 生
1 D , ,
热 部分电能向内能转化 另外电池和电动机均有电阻 电流通过这些电阻的过程中将产生焦耳热 在水
, , , ,
平公路上加速启动 速度增大 动能增大 所以电能转化为动能和内能 选项 正确
, , , , D 。
. 【解析】根据质量数守恒和电荷数守恒可知衰变的产物中 为 0 即为电子 则发生的是 衰变 衰
2 C X -1e, , ,
变产生的电子来自原子核内部 选项 错误 钷 的半衰期为 . 年 经过t . 年 剩余的质量
, ; , ,
t .年 AB 147 =26 =52
52
.年
26
为 m m 1 1 选项 正确 半衰期是由核内部自身的因素决定的 与原子所
= 0 =100g =25g, C ; ,
2 2
处的化学状 态 和外部条件均 无 关 所以半衰期不会变 选项 错误 爱英才教育大数据应用研究中心
, , D 。
. 【解析】从振动图像可知t . 时刻x 处质点 P 的运动方向沿y 轴负方向 根据波传播方向
3 C =02s =4 m ,
与质点振动的关系可知该简谐波沿x 轴正方向传播 同理可知t . 时刻质点 Q 正沿y 轴负方向运
, =02s
动 选项 错误 波速由介质本身决定 与波动的周期没有关系 从振动图像可知振动周期 T .
, A、B ; , , =04s,
从波动图像可知波长 则波速v 选项 正确 选项 错误
=8m, =T =20m/s, C , D 。
P
. 【解析】列车以速度v 行驶时受到的阻力为f kv 列车的牵引力为F 设列车总质量为m 根据
4 B 1= , 1=v , ,
牛顿第二定律有F f ma 以上三式联立解得 P mav kv2 同理 列车以速度 v 行驶时受到的阻
1- 1= , = + , , 2
P'
力为f k v 列 车 的 牵 引 力 为 F 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 F f ma 以 上 三 式 联 立 解 得
2= 2 , 2 = v, 2 - 2 = ,
2
P' mav kv2 所以 P P' P 选项 正确
=2 +4 , 2<<4 , B 。
. 【解析】转换器可以将电压为U 的直流电转变成u U t 的交变电流 汽车蓄电池的电压为
5 D 0 = 2 0sin100 ,
则转化的电压为u t 电压的有效值为 则变压器原线圈的电压为U 则
12V, =12 2sin100 (V), 12V, 1=12V,
电压表的示数为 不随负载功率的变化而变化 选项 错误 转化的电压为u t 则
12V, , A ; =12 2sin100 (V),
电流的频率为f 选项 错误 电饭煲额定电压为 则电饭煲加热时变压器副线
=100, = =50Hz, B ; 220V,
2
n U
圈的电压为U 则原 副线圈的匝数比为 1 1 3 选项 错误 电饭煲加热时功率为P 原
2=220V, 、 n =U = , C ; =660W, 、
2 2 55
P
副线圈功率相同 则原线圈电流为I 选项 正确
, 1 U , 。
= 1=55A D
. 【解析】圆环上取一微元电荷q 可视为点电荷 根据真空中点电荷电场强度计算公式 微元电荷q 在圆
6 D , , ,
q
心O 处产生的电场强度大小E k 圆环上电荷到圆心O 的距离相同 都为R 则每个微元电荷q 在圆
= R2 , , ,
心O 处产生的电场强度大小都相等 方向从微元电荷指向圆心 O 根据对称性和叠加原理可知整个圆环
, ,
全部正电荷在圆心 O 处产生的电场强度大小为 选项 错误 同理 根据对称性和叠加原理可知圆环
0, A ; ,
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AC 和BD 部分全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度大小为 则四分之三圆环 ACBD 部分的全部正
0,
电荷在圆心O 处产生的电场强度大小相当于四分之一圆环BC 部分在圆心O 处产生的电场强度 四分之
,
一圆环BC 部分在圆心O 处产生的电场强度大小与四分之一圆环AC 部分在圆心O 处产生的电场强度大
小相等 即为 E 选项 错误 根据对称性可知四分之一圆环 AC 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的
, 0, B ;
电场强度大小为E 方向沿 PO 方向 圆环BC 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度大小也为
0, ,
E 方向垂直于 PO 方向 根据叠加原理和平行四边形定则可知半圆环 ACB 部分的全部正电荷在圆心O
0, ,
处产生的电场强度大小为E E 选项 错误 设八分之一圆环AP 部分的全部正电荷在圆心O 处产
1= 2 0, C ;
生的电场强度大小为E 根据对称性可知八分之一圆环CP 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的电场强
2,
度大小也为E 根据对称性和叠加原理可知两电场强度方向夹角为 两电场强度矢量和即为四分之一
2, 45,
E
圆环 AC 部分的全部正电荷在圆心O 处产生的电场强度 所以有 E 45 E 解得 E 0
, 2 2cos = 0, 2= =
2 45
2cos
2
E E
0 0
选项 正确
= , D 。
1+cos45
2 2+ 2
2 爱英才教育大数据应用研究中心
. 【解析】嫦娥六号探测器没有脱离地球引力 所以嫦娥六号探测器发射的速度应大于第一宇宙速度小
7 C ,
Mm
于第二宇宙速度 选项 错误 在地球表面上有 G 0 m g 嫦娥六号探测器在环月轨道做匀速圆
, A ; R2 = 0 ,
3
pMm 2 pgR2T2
周运动有G m qR h 2 式联立解得h qR 选项 错误 设月球
qR h 2 = ( + )T , = 2 - , B ;
( + ) 4
pM m v2 pgR
的第一宇宙速度大小为v 则有G 1 m 式联立解得v 选项 正确 在月球表
, R 2 = 1qR, = q , C ;
(q )
Mm
p 0 pg
面上有G m g月 式联立解得g月 选项 错误
R 2 = 0 , = 2 , D 。
(q ) q
. 【解析】以物体为研究对象 根据共点力平衡条件可得拉物体的轻绳上的弹力为 T mg 则拉物体
8 BD , 1 = ,
的轻绳 上 的 弹 力 不 变 选 项 错 误 轻 绳 绕 过 轻 滑 轮 轻 滑 轮 相 当 于 一 活 结 该 轻 绳 上 的 弹 力 都 为
, A ; , ,
T mg 以滑轮为研究对象 根据共点力平衡条件可得轻绳OA 上的弹力为T T 拉着绳在水
1= , , 2=2 1cos ,
2
平地面上向右运动过程中两绳夹角 逐渐增大 为锐角 逐渐减小 则弹力 T 逐渐减小 选项
, ,cos , 2 , B
2 2
正确 轻绳OA 恰好在两绳夹角的角平分线上 吊物体的轻绳在竖直方向上 根据几何关系可知 则
; , , =2 ,
夹角 与夹角 的比值不变 选项 错误 以人为研究对象 根据共点力平衡条件可得地面对人的摩擦力
, C ; ,
为F T 在水平地面上向右运动过程中两绳夹角 逐渐增大 增大 摩擦力逐渐增大 选项
f= 1sin , ,sin , , D
正确
。
. 【解析】物体温度是它分子热运动的平均动能的标志 所以乒乓球内气体温度升高后分子热运动的平
9 CD ,
均动能增大 但不是每个气体分子的动能都增大 选项 错误 乒乓球恢复成原来的圆球形的过程气体体
, , A ;
积增大 对外做功 即 W 选项 错误 气体的温度升高 则内能增大 即 U 根据热力学第一定律
, ,<0, B ; , , >0,
U Q W 则 Q 即气体从外界吸收热量 选项 正确 乒乓球恢复成原来的圆球形过程 初态温度
= + , >0, , C ; ,
p V p V
为 T 末 态 温 度 为 T 根 据 理 想 气 体 状 态 方 程 有 1 1 2 2 解 得
1 , 2 , T T ,
=27 =300 K =87 =360 K 1 = 2
p . 5 选项 正确
2=12610 Pa, D 。
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. 【解析】线框进入磁场过程中根据楞次定律可判定线框中感应电流的方向为 A B C D A 线
10 BC - - - - ,
框穿出磁场过程中根据楞次定律可判定线框中感应电流方向为 A D C B A 根据安培定则可以
- - - - ,
判定CD 边在磁场中时 受 到 的 安 培 力 方 向 水 平 向 左 AB 边 在 磁 场 中 时 受 到 的 安 培 力 方 向 也 向 左
, , , ,
AB CD 边在磁场外时不受安培力 AD 边和BC 边受到的安培力大小相等 方向相反 所以线框穿过磁
、 , 、 ,
场过程中受到的安培力方向水平向左 选项 错误 线框进入磁场过程中通过线框导体横截面上的电
, A 。
t Bd2
荷量为q I-t t 选 项 正 确 线 框 穿 过 磁 场 整 个 过 程 中 线 框 产 生 的 感 应 电 动 势 为 E
= = R = R , B 。 =
d E2 B2d3v
Bdv 通过的时间为t 2 整个过程产生的热量为 Q t 2 sin 选项 正确 此过
sin , =v , = R = R , C 。
sin
程中线框受安培力的方向水平向左 线框的CD 边恰好没有穿出磁场 则水平方向的末速度变为 在水
, , 0,
平方向上 设向左为 正 方 向 根 据 动 量 定 理 此 过 程 中 线 框 受 安 培 力 的 冲 量I mv
, , , ( 0 )
=0- - sin =
mv 选项 错误
0sin , D 。
. 分 除标注外 每空 分 不能 分 也可以不 分
11 (6 , , 2 )(1) (1 ) (1 )
m x m x m x m x m x m x 或 x x x
(2) 1 3 = 1 1 + 2 2 1 3= 1 1+ 2 2( 3 + 1 = 2 ) 爱英才教育大数据应用研究中心
【解析】 如果换用五角硬币从倾斜部分滑下与一元硬币碰撞 碰撞后五角硬币会反弹 则不能测出五
(1) , ,
角硬币碰撞后的运动位移 所以不能完成实验 本实验中验证动量守恒定律需计算两硬币碰撞前后的动
, ;
量 两硬币碰撞前后的速度根据运动学公式v2 ax 求出 当平直部分水平时两硬币的加速度大小均为
, =2 ,
a g 加速度大小相同 当平直部分有一微小倾角 时 两硬币的加速度为a g 两硬
= , , , = (cos sin ),
币的加速度仍然相同 所以该实验平直轨道部分不一定水平 只要保证两硬币做减速运动最后能停在平
, ,
直部分即可 故要正确完成实验也可以不保持平直轨道部分水平
, 。
两硬币做匀减速直线运动 根据动力学公式v2 ax 加速度为a g 两硬币加速度大小相等 可知
(2) , =2 , = , ,
一元硬币碰撞前的速度为v ax 一元硬币碰撞后的速度为v ax 五角硬币碰撞后的速度为
0= 2 3 , 1= 2 1 ,
v ax 两 硬 币 碰 撞 前 后 动 量 守 恒 则 m v m v m v 将 速 度 代 入 等 式 可 得 m x
2= 2 2 , , 1 0 = 1 1 + 2 2, 1 3 =
m x m x 若两硬币的碰撞为弹性碰撞 则还要满足1m v2 1m v2 1m v2 将速度代入等
1 1 + 2 2 ; , 1 0 = 1 1 + 2 2,
2 2 2
式可得 m x m x m x 进一步推得 x x x
1 3= 1 1+ 2 2, 3 + 1 = 2 。
. 分 除标注外 每空 分 . . . 均可 分
( , , )() ( )( )
12 10 2 104000398~0402 1
分 . 2 或
(2)10(1 ) 11010 ( 110)
分 分 . -5
(3)C(1 ) F(1 ) 100 2410
【解析】 螺旋测微器的精确值为 . 由图可知金属丝的直径为d . .
() ,
1 001 mm =0 mm+400001 mm=
.
0400mm。
用多用电表测电阻时选用 的挡位发现指针偏转角太大 说明表盘上电阻示数较小 要使指针
(2) “100” , ,
指向中间位置 即要 使 表 盘 上 电 阻 示 数 变 大 所 以 需 要 把 倍 率 调 小 则 挡 位 应 调 整 为 读 数 为
, , , “ ”;
10
. . 2
11010=11010 。
分压式接法滑动变阻器总阻值越小 调节时电流和电压的变化越接近线性变化 所以滑动变阻器
(3) , ,
R R
0 V
应选择电阻较小的 当定值电阻 R 选 项 时 与电压表 并联的总电阻为 R并
C; 0 F 500 , V2 =R R =
0+ V
R并
从欧姆表的测量可知电阻丝的电阻约为 Rx 则 400 4 所以两电
400, =110, Rx R并 = ,
+ 110+400 5
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压表可以同时达到满偏 如果选 项 时 电压表 满偏时电压表 达不到量程的三分之一 电压
, E 10 , V1 V2 ,
表 满偏时电压表 会超过量程 所以定值电阻R 应选
V2 V1 , 0 F;
Rx U U Rx
根据欧姆定律和串并联电路的特点有 1- 2 数学变换得U U U 则 U U -U 图
R并 U , 1 2 R并 2, ( 1 2) 2
= 2 - = -
Rx
像的斜率为k 从图 可得图像的斜率k 1 解得Rx
=R并 , (d) = , =100;
4
1 . -3 2
S 3(040010 )
根据电阻定律可得电阻率为 Rx 4 . -5
= l =100 . m=2410 m。
05
. 分
( )
13 8 30 2
【解析】作出光路图如图所示 设从 AC 边入射时折射角为 根据折射定律有sin4 5 n 分
, , = (2 )
sin
光线第一次到达 AB 边时恰好发生全反射 则在 AB 边的入射角为临界角C C 1 分
, ,sin =n (1 )
#
根据几何关系有 APM C 分 /
= +(90- )(1 ) 1
又因为 A 则 APM
=15, =75, 爱英才教育大数据应用研究中心
$
则 C .
+(90- )=75
即 C 分
= -15(1 )
则 C C 6+ 2 C 6- 2 分
sin =sin( -15)=sin -cos (1 )
4 4
由 可得 2 C 与 联立解得 C 临界角C
sin = sin tan =1, =45
2
联立解得折射角 分
=30(1 )
折射率n 分
= 2(1 )
m mv
. 分 (+3) v B 0
14 (14 )(1) qB (2)0 qB
2
【解析】 粒子沿x 轴正方向射入匀强磁场 又垂直于x 轴方向射出匀强磁场 则 O 点为带电粒子在匀
(1) , ,
强磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆圆心 设粒子从 M 点射出匀强磁场 作出粒子的运动轨迹如图所示
, , ,
mv2
OP 和OM 为粒子的轨迹圆半径 设为r 洛伦兹力提供向心力有qv B 0 分
, , 0 = r (1 )
Z
1
W
#
0
. Y
Z
&
Y
2
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mv mv
0 0
解得r 即xOP xOM 分
=qB , = =qB (1 )
mv
0
OP OQ 则xOQ 3xOP 3 分
=23, = = qB (1 )
2 2
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