高三物理参考答案.【答案】1 A【解析】由图可知该同学的重力为质量为F的最小值约为 500N,50kg,200N,mgF根据牛顿第二定律有-mina解得a2选项正确m=max,max=6m/s,A。.【答案】2 C【解析】根据电场的矢量叠加原理可知b点电场强度的方向应指向A点选项错误 ,A、B;在Ob连线上电场方向由O指向b沿电场方向电势降低故O点电势高于b点选项正确,,,C;e点场强与f点场强大小相等方向不同错误,,D。.【答案】3 D【解析】B球对槽恰好无压力时此时弹簧的压缩量为LL° ,-cos37,则对B分析有k(LL°)mg-cos37=,根据牛顿第二定律可得mgθmLθω2解得ω选项正确:tan=sin,=5rad/s,D。.【答案】4 D【解析】如图所示由题意时两车在同一位置 ,:4s,内两车间距为BCD的面积即.4s-5s△,25m;内两车间距为OAB的面积0-4s△,根据BCD和OAB相似可得△△,OAB的面积为BCD的面积的倍即△△16,40m;所以乙车的初始位置x-0=-40m。.【答案】5 AF【解析】设护栏的横截面积为S当水流撞击到护栏上时FtmvPmρSvt则压强Pρv2 ,,-=0-,=S,=,=,代入数据得P5选项正确=4×10Pa,A。.【答案】6 C【解析】以水平方向为x轴竖直方向为y轴建立坐标系 ,,,以小球为研究对象受力分析如图所示,,设当半球面静止时绳子的拉力大小为F半球面对小球的支持力大小为F,N,根据共点力的平衡条件有F°F°F°F°mgcos45=Nsin30,sin45+Ncos30=,()mg联立解得F6-2再将小球和半球面看成一个整体=,,2由整体受力平衡易知半球面与水平面的摩擦力FF°,f=sin45,()mg联立解得F3-1选项正确f=,C。2.【答案】7 B【解析】电子在板间运动的过程由动能定理可知UqUq ,-=0,若电键处于闭合状态上式仍然成立电子将运动到P′点返回选项正确,,,B;qεSU断开电键后根据UCE可知板间的电场强度与板间距离无关,=C,=kd,=d,,4π根据动能定理可知EqdEqd若断开电键后再从O点由静止释放电子电子仍将运动到P点选项-=0,,,错误C、D。高三物理参考答案第页(共页) 15{#{QQABBQIEoggIAAIAARhCQQEqCEOQkAGCCAoGQFAEsAAAwANABAA=}.【答案】8D【解析】ρ3π中周期T为贴近地面运行卫星的周期而非地球自转周期为T错误 =GT2,0,A;设地球质量为M卫星A的质量为m根据万有引力提供向心力,,,Mm2MmR有Gm2πRmgG0解得T2错误R2=(T)·2,0=R2,=4πg,B;(2)MmMm22两极处mgG0赤道处mg′G0m4πRg′g4πR错误:0=R2,:0=R2-0T2,=-T2,C;00如图所示卫星的通讯信号视为沿直线传播由于地球遮挡使卫星A和地面测控站B不能一直保持,,,直接通讯设无遮挡时间为t则它们转过的角度之差最多为θ时就不能通讯,,2,RT2R0·4πgθ2πt2πtθ解得t正确cos=R,T-T=2,=R,D。20T23(0-4πg).【答案】9 BD【解析】变阻器滑片向右滑动电阻变大电路总电阻变大干路电流减小电流表示数减小选项错 ,,,,,AΔURΔU误设RRRR1大小不变2R大小不变可知ΔUΔU选项正确错误;1=2=4=,ΔI=,,ΔI=,,1<2,B、D,C。2.【答案】10 AC【解析】物块乙自由下落h设碰撞前乙的速度为v ,0,mgh对物块乙mgh1mv2碰后甲乙的总动能为1m甲mv2=0,、(+)=,222碰后物块甲和物块乙的共同速度为v物块甲和物块乙碰撞,,根据动量守恒mvm甲mv解得m甲m选项正确,0=(+),=,A;物块甲与物块乙分离时速度加速度均相等相互作用的弹力为零、,,此时刻物块乙只受重力加速度竖直向下等于g因此分离时物块甲的加速度也等于g合力为mg,,,,此时弹簧处于原长状态即物块甲与物块乙在弹簧恢复原长时分离选项错误,,B;设弹簧劲度系数为k甲乙两个物块的质量均为m设BA两点间距离为lCB两点间距离为l,、,、1,、2,mgmgmg在A点弹簧形变量x在B点弹簧形变量x2lxx0=k,1=k,1=1-0=k,kxkxmghmghh从A到B根据动能定理可得mgl0+1l2解得l,21-1=-,1=,2323在C点弹簧的形变量xxl从B到C2=1+2,,kxkxmghh根据动能定理可得mgl2+1l2解得l2可知ll选项正确22-2=0-,2=,1∶2=1∶2,C;233物块甲和物块乙在最低点C时弹性势能最大,hkxmgh0+又初始时弹簧的压缩量为xl初始时弹簧的弹性势能EpA0x0=1=,=0=,326从物块甲和物块乙在A点碰后到运动至最低点C,mgh由机械能守恒定律mgllEpm1kx2解得Epm8mgh选项错误+2(1+2)=-0,=,D。223高三物理参考答案第页(共页) 25{#{QQABBQIEoggIAAIAARhCQQEqCEOQkAGCCAoGQFAEsAAAwANABAA=}#}.分11(6)【答案】.分 (1)54(2)钢球质量m分(2)(2)d2d2Fmgm2或Fmgm分(3)-=t2Ld-=d(2)(2+)t2L(+)2【解析】游标卡尺的精度为.主尺读数为游标尺读数为则钢球的直 (1)01mm,5mm,4×0.1mm,径d若要验证在圆周运动中牛顿第二定律Fma也成立即需要验证=5mm+4×0.1mm=5.4mm;合=,d2Fmgm成立所以还需测量钢球质量-=·d,。t2L(+)2.分12(10)【答案】...分 (1)0720(0719~0722)(1)分分(2)×1(1) 11(1)d2kU1/-1分bU分π分分(3)②IA(1) (2) (2) ③B(2)4【解析】根据螺旋测微器的读数规律该读数为... (1),05+001×220mm=0.720mm;当用电阻挡时发现指针偏转角度过大表明电阻过小为了减小读数的偶然误差换用(2)“×10”,,,,挡则指针静止时位置的读数为“×1”,11×1Ω=11Ω;ULρR0根据欧姆定律有I根据电阻定律有Rxρ解得14L(3)=RxR,=d2,I=Ud2·+U,+0ππ()2Rρd2kU根据图像有0bk4解得RbUρπ,U=,=Ud2,0=,=;π4电表读数时应该根据量程确定精度由出现不精确的位次选择估读的位次因此电表读数时多估③,,读几位并不能减小误差错误,A;图像法处理实验数据时能够尽量利用到更多的数据减小实验产生的偶然误差即用图像求金属丝,,,电阻率可以减小偶然误差正确,B;ρRRAρ根据上述分析过程14L0+电阻率是根据图线的斜率求解的令斜率为k即4k,I=Ud2·+U,,,Ud2=,ππ可见电阻率的测量值与是否考虑电流表的内阻无关错误,C。.分13(10)【解析】由受力分析可得汽车的牵引力F.mgmgθma分 (1),-04-sin=………………………(2)P能够匀加速的最大速度为v分1=F=8m/s………………………………………………………(1)v故能够保持匀加速直线运动的最长时间为t1分1=a=8s…………………………………………(1)匀加速的位移为x1at2分(2)1=1=32m…………………………………………………………(1)2故保持恒定功率加速阶段的位移为xsx2=-1=8m高三物理参考答案第页(共页) 35{#{QQABBQIEoggIAAIAARhCQQEqCEOQkAGCCAoGQFAEsAAAwANABAA=}#}由.mgmgθvmP(04+sin)=可求得汽车最大速度v.分m=88m/s………………………………………………………………(1)运用动能定理可得Ptx.mgmgθ1mv2m1mv2分2-2(04+sin)=-1……………………………………(2)22解得t.分2≈099s……………………………………………………………………………………(1)故总时间ttt分=1+2≈9s……………………………………………………………………………(1).分14(14)【解析】经受力分析可知滑块刚开始从斜面上滑下时小车不动当滑块滑到斜面底端时设其 (1),,,速度为v以后的运动过程中滑块和小车系统水平方向动量守恒滑块在光滑圆周上运动的过程中1,,二者组成的系统机械能守恒从滑块滑到斜面底端到光滑圆周最高点过程中设最高点时滑块速度,,为v2,mvMmv分1=(+)2……………………………………………………………………………………(1)1mv21mMv2mgR分1-(+)2=…………………………………………………………………………(1)22解得vv分1=3m/s,2=1m/s…………………………………………………………………………(1)滑块在斜面上的运动过程由牛二得mgθμmgθma,:sin-cos=解得a2分=5m/s……………………………………………………………………………………(1)Rv2v2a分1-0=2θ……………………………………………………………………………………(1)sin解得v分0=2m/s……………………………………………………………………………………(1)滑块滑到斜面底端开始到滑块第一次返回斜面到达最高点时滑块和小车系统水平方向动量守(2),恒则有,:mvMmv分1=(+)3……………………………………………………………………………………(1)h1mv21mMv2μmgθmgh分1-(+)3=cosθ+…………………………………………………………(2)22sin解得h9分=m………………………………………………………………………………………(1)35经足够长时间滑块最终会相对静止在最低点(3),由动量和能量守恒定律可知:mvMmv分1=(+)4……………………………………………………………………………………(1)1mv2mgR1mMv2E分0+=(+)4+……………………………………………………………………(2)22E分=7J………………………………………………………………………………………………(1).分15(18)小球在y轴左侧(1)Fmg2qE21=()+()解得F方向与水平方向成°向下分=5N,53………………………………………………………(1)根据动能定理小球A到C运动过程,FR°1mv2分(1+cos37)=-0…………………………………………………………………………(1)2高三物理参考答案第页(共页) 45{#{QQABBQIEoggIAAIAARhCQQEqCEOQkAGCCAoGQFAEsAAAwANABAA=}#}v方向为与水平方向成°分=10m/s,53……………………………………………………………(2)小球到达直线DF时速度方向恰与DF平行即水平速度恰减到根据电场的周期性(2),0,Tv°a分cos53-x=0…………………………………………………………………………………(1)2解得a.2分x=75m/s…………………………………………………………………………………(1)qE2ax解得E.分=m,2=5625V/m……………………………………………………………………(1)v°2x3(cos53)分D=a……………………………………………………………………………………(1)2解得x.分D=72m……………………………………………………………………………………(1)小球在y轴右侧竖直方向做竖直上抛运动小球再次经过x轴的运动时间相同(3),v°tsin53.恰经过一个周期分=2g=16s,……………………………………………………………(1)t时刻进入电场小球在一个周期内水平方向先减速运动再加速=0,此过程小球水平方向平均速度最小离C点最近,x1v°T.分3=(cos53+0)=48m……………………………………………………………………(1)2xxD小球在电场内经过x轴分3<,………