2019-2020年高考模拟试卷精选 物理( 第十一模拟 )参考答案.doc

2019-2020年高考模拟试卷精选 物理( 第十一模拟 )参考答案一、1A 裂变，聚变都放出能量，依据质能互换，有质量亏损。2C3A、B、D4B、D由题甲图可知，R0和R的下段部分电阻并联，再和R的上端部份电阻串联，此时，并联组成的电阻和R上端电阻一样大，故R0大于R的上段电阻，而在图乙中，R0和R的上段电阻共有电压，R0两段电压大于/2，在变阻器上消耗的功率和R0有关，可取特殊值，如R0=2/3R，此时消耗功率大于P5B、C、D6C 重核发生衰变，设生成的新核质量为m1，电量为q1的运动的半径为r1，电子质量为me，由动量守恒有：m1v1-meve=0带电粒子核和电子的洛仑兹力方向，则C正确。7A、D由P点出现两次数波峰的时间间隔为0.4秒，知此波的周期T=0.40.08米。P、Q两点间距离为2个波长，P、Q点振动同相，C错。波传到Q历时0.4秒，此时Q点向下振动，要达到波峰，至少还需要时间率nanb，说明频率ab，若a光照射能使某金属发生光电效应，则b光照射也一定能使该金属发生光电效应，且光电子的最大初动能一定增大。9A 把金属板插入电容的两极板间的瞬间，平行板电容器的C=计中将有ab的电流，故选A。10B、Dm、M受力情况分析如图答11-1所示，其中N与N，f与f是m、M相互作用的作用力与反作用力。对m竖直方向应用牛二定律有方程mg-fsin-Ncos=masin 对M列竖直方向的平衡方程：Mg+Ncos+fsin=N1 又因为N=N，f=f，由方程得：fsin+Ncos=mg-masin代入方程中，N1=Mg+mg-masin，故选项B正确。又因为a最大值为gsin，所以N1=Mg+mg-mgsin2=Mg+mgcos2为最小值，故D选项也正确。二、二、恰好为零，则洛仑兹力向上，小球带正电荷，设此时小球速度为vc，则：小球由A滑到C点，机械能守恒；13有两个区域0x+1和x-1分别考查-Q和+4Q在各区域中场强的方向和大小，0x1区域，两电荷场强方向均与x正方向相反，所以迭加后合场强沿x反方向；在x1区域，+4Q的场强大于-Q的场强，合场强方向沿x正方向；在x=-1时，两电荷场强等值反向，合场强为零，而-1x0区域-Q电场，大于+4Q电场，合场强沿x正方向；x-1区域，-Q电场减得快，4Q电场减得慢，4Q电场大于-Q电场，所以合场强方向也沿x负方向。三、14(1)2.14cm(2)O、O是A、B的初始位置，M、N是A、B的落地位置。PAPB=(mAOM)(mBON)=(mAOM)mA(OP-OM)=1215(1)L、D、U、I(2)如图答11-2所示(3)LI/DU16(1)见题图(2)单刀单掷与单刀双掷开关，其共同点都能控制电路的通、断，但双掷开关的功能比单掷的功能要多，双掷开关还能改变电路中电流的方向和器件所在电路中的位置，本题双掷开关改变了电流表在电路中的位置，当K2接d，K1接a时，电流表处在与Rx串联的支路上；当K2接c，K1接b时，电流表处在与R串联的支路中，经过两次操作，其电路与图答11-3电路等效，Rx与R成并联电路。由于电流表内阻不计，当电流表分别与Rx和R串联时，不考虑它的分压作用，因此，电流表串入后不会影响两并联支路电压的变化。由并联电路的电流与电阻成反比有：四、17(1)因为判断的是两侧面截面积不相等的固体活塞的移动与否，不能只根据压强大小下结论，只能根据合力的大小与方向确定，设气体对气缸截面的压力分别为FB和FA，则其合力F=FB-FA=P(SB-SA)-P0(SB-SA)=(P-P0)(SB-SA)，因为PP，SBSA，所以F0，故活塞向左边移动。(2)当用细管连接a，b孔后，以A、B两气缸内的气体为研究对象，根据状态方程可得。又开始状态有P0SB=P0SA+P0(SB-SA) 升温后对活塞：PSB=PSA+P0(SB-SA) 根据、式解得P=P0 ，又由题设可知SB=10SA ，T1=300K，T2=400K ，联立、式可解得活塞移动的距18正离子射入两板间的电场中，沿水平x方向做匀速直线运动，沿竖直y方向做匀变速直线运动，在运动中，只要沿竖直y方向不会碰到两板上，且射出两板时沿y方向的位移sy=0，即可从b点以速度v0水平射出。为此入射的时刻tn应取在T/4、3T/4、5T/4、7T/4即应为正离子穿过两板的时间t=l/v0，只有当t恰好等于交变电压周期T的整数倍时，才可保证正离子射出两板时沿y方向的位移sy=0，即l/v0=n2T(n2=1，2，3，) 当n2=1时，正离子在T/2时间内沿y方向的位移最大，最大位移为只有sy小于d/2，正离子才不会碰到两板上，即满足上述3个条件时，正离子沿y方向分运动的vy-t图像即如图答11-4所示。并由式解得交变电压的周期应满足T=l/n2v0(n2=1，2，3，)19设平板车长为L，沙袋在车上受到的摩擦力为f。沙袋轻轻放到车上时，设最终车与沙袋的速度为v，则设沙袋以水平向左的初速度扔到车上，显然沙袋的初速度越大，在车上滑行的距离越长，沙袋刚好不从车上落下时，相对与车滑行的距离为L，其初速度为最大初速，设为v，车的最终速度设为V，以向右为坐标的正方向，有：20(1)小球在做圆周运动中，只有重力做功，机械能守恒。以最低点为零势能点，最低点只有动能，水平位置只有势能。在最低点，小球受重力、拉力，其合力充当向心力。支架受重力、支持力和小球的拉力，根据牛顿第三定律，小球对支架的拉力大小等于绳对小球的拉力大小，而方向向上，因而有N=Mg+T=Mg+3mg(2)当小球运动最高点时，支架对地面无压力，说明小球对支架向上的拉力等于支架的重力，即T=Mg对小球来说，受到重力、拉力，其中拉力大小等于小球对支架的拉力大小Mg，而方向向下。设在最高点时，小球速度为v21如图答11-5所示，从O点射入的带电粒子在2个磁场中都沿圆弧做半圆周运动，欲使粒子能通过P点，那么，OP间的距离应等于圆弧半径的偶数倍，即：L=2nr，式中n=1，2，3，因为粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r=mv/BQ，所以，根据动能定理，经电场加速后粒子的动能22解：(1)振子在平衡位置时，所受合力为零，设此时弹簧被压缩x：(mA+mB)g=kx，x=5cm。开始释放时振子处在最大位移处，故振幅A=5cm+5cm=10cm(2)由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为v，从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律，(3)在最高点，振子受到的重力和弹方方向相同，根据牛顿第二定律，得A对B的作用力方向向下，其大小N1=mBa-mBg=10N在最低点，振子受到的重力和弹力方向相反，根据牛顿第二定律，得A对B的作用力方向向上，其大小N2=mBa+mBg=30N