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高三目标检测参考答案综合练习一 力学（一）一、 选择题123456789101112CCCABCACBCAA二、 计算题13. （1）弹簧枪对弹丸所作的功等于弹丸射出弹簧枪时的动能由功能关系： w=EKA=mVA2=075J (2)弹丸从弹簧枪膛射出至落到沙坑时（A到B）的过程中，不计空气阻力,机械能守恒初态： EA=m VA2mgh 末态： EB=m VB2弹丸落到沙坑时的动能EKB= m VA2mgh =375J (3)弹丸在沙坑中运动（B到C）的过程初态： EB=m VB2mgs末态： EC=0 由于弹丸受到沙坑的阻力，所以机械能不守恒，由功能关系：W阻= ECEB=378J 14. 不正确。第三个2s时间内力F做功较多。第二个2s内物块通过的位移是s2=4m；力F做功W23412J第三个2s内物块通过的位移是s3=8m；力F做功W32816J可知W3W2，即力F在第三个2s时间内做功较多。物块的动能变化等于作用在物块上所有力做功的代数和，即等于力F做功与摩擦力f做的负功的代数和。力F和f对物块做功除了跟力的大小有关外，还跟那段时间内物块通过的位移有关。15.解： a8 m/s2；mgfma，fmgma160N大约是39.5格，所以h39.54158 m；Wfmghmv21.25105 Jh2500158342 mt2342/657 s，t71 s16. 解： 设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C点的速度为vC ，有得 v5 m/s设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有ImBvBmBv1得 I4 Ns，其大小为4Ns设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有mBv1mBvBmAvA得 W8 J综合练习二 力学（二）一、选择题123456789101112CABDBDDDCBCA二、填空、计算题13. 返回舱与人在火星表面附近 G= mg设轨道舱速度为V G= m0宇航员乘坐的返回舱与轨道舱对接时具有的动能Ek =mV2 = 返回舱返回轨道舱需要的能量至少为E = Ek +W = mgR(1)14. （1）沿x轴物体运动的加速度 ax = = = 0.1m/s2 第1s末物体的位移S1S1=at2 = 0.05m （2） 1s末物体的速度V1x = at = 0.1 m/s第2s内物体沿x轴方向做匀速运动，沿y轴方向做匀加速直线运动 V2x = V1x = 0.1 m/s ay = = 0.1m/s2 V2y= ayt = 0.1 m/s 物体在2s末的速度V2 = = 0.14m/s yxO/m(东)/m(北)0102010102020201（3）如图所示， 15. （1）小汽车冲上桥顶的过程中机械能守恒，有 解得小汽车冲上桥顶时的速度v=15 m/s。（2）小汽车通过桥顶时做圆周运动，受重力mg、支持力F，有 圆弧半径R，有，解得圆弧的半径R260 m小汽车对桥面的压力大小等于支持力F9500N16. (1)375kW (2)25000N17. (1)设物体A、B相对于车停止滑动时，车速为v，根据动量守恒定律m(v1 - v2) =（M+2m）v v=06m/s （2分） 方向向右 (2)设物体A、B在车上相对于车滑动的距离分别为 L1、L2，车长为L，由功能关系mg(L1+ L2) =m v12+m v22（M+2m）v2 L1+ L2=68m 车长最小为L=L1+ L2=68m (3) 车的运动分为三个阶段： A、B两物体同时在车上滑行时，对车的摩擦力均为mg，方向相反，车受到平衡力保持不动，当B的速度减为零时，此过程结束。根据牛顿第二定律 a=g物体B停止滑动的时间 t= v2/ a=10s 物体B停止运动后，物体A继续在车上滑动，到时刻t2物体A与车有共同速度v t2= (v1 v)/ a=22s t2以后车以速度v做匀速直线运动到t= 40s为止物体的速度图线如图所示 18. （1） 设小物体C从静止开始运动到A点时速度为，由机械能守恒定律设C与A碰撞粘在一起时速度为，由动量守恒定律FmgB求出 2mgFA、C（2） A与C一起将在竖直方向作简谐运动。当A与C运动到最高点时，回复力最大，加速度最大。 A、C受力图，B受力图如右图B受力平衡有F = mg 对A、C应用牛顿第二定律F + 2mg = 2ma 求出a = 1.5g AB新平衡位置原平衡位置弹簧原长位置最高点xxvC（3） 设弹簧的劲度系数为k开始时A处于平衡状态，设弹簧的压缩形变量为x对A有当A与C运动到最高时，设弹簧的拉伸形变量为x对B有由以上两式得 因此，在这两个位置时弹簧的弹性势能相等：E弹E弹对A、C，从原平衡位置到最高点，根据机械能守恒定律E弹 E弹解得 综合练习三 电磁（一） 一、选择题123456789101112BBCBCACACDBB二、填空、计算题13.310314. (1)T1=0 (2)T2=2mg(1-cos)15. （1）此情况下，终端功率：P=P-E/T=800kw-9600kwh24h=400kw输电效率 =PP=400kw800kw=50%（2）设：高压输送线路的导线电阻为r.由题意知；原来线路损耗：P损1=I12r = 400kw 而：UI1 =P现在线路损耗：P损2=P（1-98%）=I22 r，而：UI2=P, U/U=n1/n2 得 n1n2=1/516. （1）cd边刚进入磁场时，线框速度v=(2)此时线框中电流 I=cd两点间的电势差U=I()=(3)安培力 F=BIL=根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0解得下落高度满足 h=17. 设粒子过N点的速度为v，有v2v0粒子从M点到N点的过程，有 粒子在磁场中以O为圆心做匀速圆周运动，半径为ON，有v0BMOxNPOy由几何关系得：ON rsin设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON v0t1粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期设粒子在磁场中运动的时间为t2，有tt1t2得 18. （1）当ab棒与cd棒速度相同时，cd棒的速度最大，设最大速度为由动量守恒定律 （2）由能量守恒关系 Qmv2mv Qmv （3）设：ab棒的速度为时， cd棒的速度为由动量守恒定律 I= I cd棒受力为 此时cd棒加速度为 综合练习四 电磁（二）一、选择题12345678910ACDCACDDDC二、计算题11. 开关S2接通时外电路的总电阻R1.2.开关S2断开时外电路的总电阻R2.4；开关S2接通和断开时的电流比解得电源内阻r0.3开关S2接通和断开时的电压表的示数之比开关S2接通和断开时的电流表的示数之比。12（1）由e=220sin100t （V）Em=311V有效值E=220V 频率f=50Hz(2)Em=NBS得BEm/NS=311/1003140.02T=0.5T(3)线圈从中性面转过/3，即t/3e=220sin/3110 V 13（1）设小球对轨道的压力为N由动能定理mgR(1cos)+EqRsin=mv2/2v=Nmg=m v2/R由牛顿第三定律NN=mgm v2/R2mg（2）设小球落地点距B点水平距离为SSVt h=gt2/2S= 14. (1)01秒内电场力方向向下据F合ma（qE0+ mg）sin=maE0=mg/q qE0= mg2mg sin=maa=2g sinS= at2/2= g sin(2) 12秒内电场力方向向上qE0= mg小球受洛伦兹力作用在竖直平面内作匀速圆周运动V=at=2g sinT2m/Bq=1sR=mv/Bq= gsin/Smax=2R=2gsin/15. （1）导线上损失的功率为P=I2R=(损失的功率与输送功率的比值（2）风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大.单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为pvS,S=r2风能的最大功率可表示为P风=采取措施合理，如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。（3） 按题意，风力发电机的输出功率为P2=kW=160 kW最小年发电量约为W=P2t=1605000 kWh=8105kWh16. （1）ab棒下落过程中切割磁感线，产生感应电动势，但没有感应电流，只有落到最低点时接触导轨与导轨组成闭合回路时，才有感应电流产生。 棒在向下、向上运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒。最低点的速度为 v1 = = 4 m/s v1= = 3 m/s 当ab运动到最低点的瞬间，回路产生感应电流，磁场对ab、cd棒均有安培力作用，系统在水平方向上合外力为零，设cd棒获得的速度大小为v2，由动量守恒m1v1=m v1 + m2 v2 v2= 05m/s (2)当ab棒与导轨接触的一段时间内，安培力对ab棒有冲量作用，使棒的动量发生变化 BILt = m1 v1 m1 v1 BLq = m1 v1 m1 v1 q = 1C （3）根据能量转化与守恒定律，对系统有m1 g h1 = m1 g h2 + m2 v22 + Q Q=0325J 综合练习五 光学 原子物理学一、选择题12345678910ACBABCBBBB11121314151617181920BDDACCCBBD二、填空、论证和计算题21. （1）HHHe（2）E（m2+m3m4m1）c2=2.81012 J（3）一年中产生的电能发生的核反应次数为=6.841027所需氘核的质量m= nm21.661027 23 kg22. 一波长为光子能量为设灯泡每秒内发出的光子数为，灯泡电功率为，则式中，是灯泡的发光效率。联立式得代入题给数据得23. (1) + + E （2）4.18MeV， 0.07MeV (3)如图所示： 24. （1） （2）（3） （4）年 综合练习六 物理实验一、演示实验：1（1）CD （2） 2. , B 3.C 4.B 5.B 6.D 7.B 8. B9. B 10. A 11.D 12.C 13. 14. 15.BC 16.B 17.AD 18.D19.ABC 20.D 21.ABD 22.B 23.D 24.B 25.D 26. C 27.AB28.C 29.ABD 30.2.8 ， 后者不必保持木板做匀速运动 31. 如果物体的大小和形状对所研究的问题是无关紧要的因素时，即可把物体看成质点；或将一枚硬币用力斜向上抛，猜测它落地时正面朝上还是背面朝上时不能将硬币看成质点，估算硬币能抛多高时可将硬币看成质点；或研究硬币的运动轨迹时可将硬币看成质点，研究硬币在空中的翻滚情况时不能将硬币看成质点；或 32. 在没有阻力作用的情况下，羽毛和苹果具有相同的下落加速度。 33. （1）刻度尺（钟表同样得分）；（2）； （说明：第（2）问中的答案没有先后顺序，各自独立计分。） 34.电容器充电完毕时所带的电量 1.010-3F 小 35. 负，8.01019 36. 乙，1000 37. （1）R1R2，（2）B 38.，向下 39.正 ； 大于 40.暗条纹 变宽二、学生实验：1.游标卡尺和螺旋测微器的度数（1）11.7 （2）1.995 2.0.80，0.643.l5 ，l66.85(6.84-6.86) ，14.05(14.04-14.06)l7-l3 ， 7.20(7.18-7.22)， 1.75284.将橡皮条的一端 、 弹簧秤 、C 、（a） 、用平行四边形法则画出的力可以与橡皮条不在一条直线上，而实际用弹簧秤拉出的力，必须与橡皮条在一条直线上yx1x2h图1AB5.（1）图略 （2）当M一定时，a与F成正比；当F一定时，a与M成反比。 （3）0.5kg（4）斜面倾角太小 （5）13:156.(1) 轨迹图略（任意画出O点不给分） (2) 参考方法一：在轨迹上选两个点A、B（如图1），量出x1、x2、h推导：x1 = v0 t1， x2 = v0t2 导出 参考方法二：在轨迹上选三个点A、B、C（如图2），量出x、y1、y2yxxy1y2ABC图2推导：y2y1 = gt2x = v0t导出 其它方法：根据抛物线方程推导等（略）。7.（1）接通电源、释放小车；断开开关（2）506 ，049 （3）钩砝的重力 ，小车受摩擦阻力（4）小车初末速度的平方差与位移成正比 ，小车的质量82.13 ，2.28 ，2.26 ，有阻力做负功9AF； A、C； BC； 10 2.06 cm 2.24s C D 方案一： AFE，重物的重力G、重物的质量m， 。方案二： BCDEG ，连续相等时间内的位移之差，。(其它方案只要合理均给分)11外接法 答案见下图 RxRSE rVASVGR1R212略；随电压增大小灯泡的电阻增大13（1）164.30（2）CADBFE 2000；偏小串联； 2.8104 176543289017654328901765432890176543289017654328901765432890110010100001000001000核对的实验电路图如右图所示 14（1） 03V， R1；（2）实物连接见下左图所示；（3）见下右图所示，1.46 (1.431.47V)，0.73（0.600.80）； （4）由实际连接图确定答案，判断正确均可得分。15a、20016A6、7； B亮斑成为一条亮线（或亮斑移动变快）； C10，17（1）如答图1所示。答图1 （2）如答图2所示。答图2 （3）往保温杯中加入一些热水，待温度稳定时读出温度计值； 调节滑动变阻器，快速测出几组电流表和电压表的值； 重复，测量不同温度下的数据； 绘出各测量温度下热敏电阻的伏安特性曲线。18在白纸上另画一条与y轴正方向的夹角较小的直线OA，把大头针P1、P2竖直地插在所画的直线上，直到在yv2不合题意舍去。 设滑块Q与小车相对静止时到桌边的距离为S，Q 在小车上运动的加速度为a 由牛顿第二定律 2m2g= ma a =1m/s2 (1分)由匀变速运动规律 S = (1分) S =1.92m (1分)12.（20分）解：（1）(7分)半径为r0的纳米粒子在区域中沿直线运动，受到电场力和洛伦兹力作用由 F洛= qvB F电= Eq得 qvB = Eq (2分)v= (1分)粒子在区域中加速运动，通过小孔O2时的速度为v由动能定理 (2分)半径为r0的纳米粒子 质量 电量 由式得 (2分)（2）（8分）由式得半径为r0的粒子速率 (2分)由式判断：粒子半径为4 r0时，粒子速度=，故F洛F电，粒子向上极板偏 (2分)设半径为4r0的粒子质量、电量，偏转距离为时的动能为Ek解法一：粒子在区域、全过程中，由全程动能定理 (2分) 由式得粒子动能 (2分)解法二：粒子在区域中，由动能定理 （3）（5分）由式可知，粒子沿直线射入收集室可以通过改变电场强度E、磁感强度B和加速电压U来实现。 (2分)只改变电场强度E，使电场强度E为原来的，则半径为4r0的粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡，能沿直线射入收集室。 (2分)（提出：只改变磁感强度B，使之为原来的2倍；或只改变加速电压U，使之为原来的4倍；等，用其它方法分析正确同样得2分）物理试题 六12345678DDBCCBCB9（18分）（1）6.35 （3分） （2）a f d b e c （3分）A （3分）（3） 外 （3分） 电路如右图 （电路图有任何错误均不给分） （3分） 2 （3分）10（16分）解：（1）（6分）物体受到水平力F和摩擦力f的作用，由静止开始向右做匀加速直线运动，设加速度为a1，4s末速度为v1，由牛顿第二定律 F1-mg = ma1 （2分） a1 = 3m/s2 （2分）v1 = at1 = 12m/s （2分）（2）（6分）由图知，4-5s内物体受到水平力F的大小不变，方向改变，设加速度为a2，5s末速度为v2-(F2+mg) = ma2 a2 = -7m/ s2 （1分） v2 = v1 + a2 t2 = 5m/s （1分）由图知，5-8s内物体只受摩擦力f的作用，设加速度为a3，速度为v3 -mg = ma3 a3 = -2m/ s2 （1分） t3 = -=2.5s 在t = 7.5s时物体停止运动，v3=0 （1分）物体运动的v- t 图象如图所示 （2分）（3）（4分）由v- t图可知（或计算得出） 0-4s内 s1 = 24m （1分）4-5s内 s2 = 8.5 m （1分）水平力F做功 WF = F1S1-F2S2 （1分） 得 WF =155J （1分）11.（18分）解：（1）（6分）离子射入磁场中在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，设粒子在磁场中从A到C的时间为t1，由牛顿第二定律 （2分） （1分）得 （3分）（2）（4分）粒子运动轨迹如图所示，设C点到坐标原点O的距离为xC （2分）由几何知识 得 xC（rrcos450） （2分）（3）（8分）离子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程在电场中做类平抛运动，设沿着v0的方向为x 轴，离子沿x 轴做匀速直线运动，设沿着电场的方向为y轴，离子沿y轴做初速为零的匀变速直线运动 （1分） （1分） （1分） （1分） 设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为.由图中几何关系知 （1分） 由以上各式得 （1分） （1分）正确画出正离子前四次穿越x轴在磁场和电场区域中运动轨迹的得1分，只要有错不得分。12.（20分）解：（1）（6分）因金属框匀速运动，所以金属框受到的安培力等于重力与阻力之和，设当电梯向上匀速运动时，金属框中感应电流大小为I （2分） （2分）由式得金属框中感应电流I =1.2104A （1分）图示时刻回路中感应电流沿逆时针方向 （1分）（2）（5分）金属框中感应电动势 （2分）金属框中感应电流大小 （2分） 由式得 v0=12.7m/s （1分）（3）（9分）金属框中的焦耳热为：P1 = I2R =1.3105W （2分）重力功率为：P2 = mg v1=4.75105W （2分）阻力的功率为：P3 = f v1=51
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