物理参考答案及解析题号12345678910答案ACCDBBDADABAD.【解析】由T1可知汽车的固有周期为T1车速为v容易发生共振的减速带间距1A=f,=.s,=10m/s,125LvT正确==8m。A。3.【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12C4,6,×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a4D,,1=mgkmgmgkmg+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-),;aa正确1>2,D。pV.【解析】根据理想气体状态方程C可以确定TATDTBTCTBTD错误正确5BT=,3=、3=2、=,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ΦBr2r2Bωt根据法拉第电磁感应定律EΔ6B=π=π0sin,=t=Δr2ωBnr2ωBωt电压表的示数Uπ0根据理想变压器原理电压表的示数U2Uπ0cos,V11=,,V22=n1=21nr2ωBU2n22r4ω2B22π0电阻R的功率P22π0只有正确n·,=R=n2·R,B。1221.【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FT根据牛顿第7D2,,二定律有mgFTmaFTmgma解得FT4mg因为滑轮合力为零O点合力为零所以连接2-=2,-=,=,、,3mgOa之间的绳子拉力F满足FFT根据胡克定律有kLF综上解得k43正确3=2,=cos60°,=L,D。9Uem.【解析】电子在电场中做匀加速直线运动d1t2得td2正确由动能定理有8AD,=md,=eU,A;2eUeU1mv2E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;=2m,C;,23Uenevxx根据电流定义I综上n1nn正确=2md,=d,∝,1:2=2∶1,D。Δxvx高三物理参考答案第页(共页)15{#{QQABIQyUoggoQJBAARhCEQHQCAOQkBEACIoGBBAIsAAAiAFABAA=}#}.【解析】设波速为v简谐运动的周期为Tt5时波传播到P点此时O点位于波峰所以9AB,,=s,,6TT5kTk下同T10OPkTv同理205.s=+(=0、1、2、…,),=ks,=+。-s=25s=643(4+1)466TnT3n下同.v解得vT10波长λvT当n+(=0、1、2、…,),25s·=50cm,=20cm/s,=ns,=,=044+3时周期T10波长λ200当n时周期T10波长λ200当n时周期,=s,=cm;=1,=s,=cm;=2,3377T10波长λ200随着n增大周期变小波长变小由上述分析可知OPv5=s,=cm;…;,,。=·s=1111650正确cm,AB。3c.【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Rρ匀速时金属板正对面均10AD,,=ab,mgBcv受到安培力根据牛顿第三定律对磁铁进行受力分析有BIcmg则I解得v,,2=,=Bc=R,=2mgρ故减小电阻率ρ可以减小向下匀速运动的速率正确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xλ将双缝到屏的距离增(2)2mm+38×002mm=276mm;(3)Δ=d,dx大即L增大则条纹间距变大波长λ·Δ.-7,,;(4)=L=70×10m。.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℃,、。②385℃,根据欧姆定律有UIR.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=RrR,1。++1.分【解析】该过程根据动能定理有fhmgh1mv21mv2分13(11)(1)-+=2-1…………………………(2)22解得f.6分=33×10N……………………………………………………………………………………(1)对返回舱进行受力分析返回舱以v匀速下降时kvmg分(2),0=6m/s,0=…………………………(2)返回舱以v'下降时kv'mma分/,g………………………………………………………()=100ms-=2解得a.22分=16×10m/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v2v2ax分0-=2………………………………………………………………………(1)根据牛顿第二定律有Fmma分g…………………………………………………………………()4-=1解得F.4分=52×10N……………………………………………………………………………………(1)高三物理参考答案第页(共页)25{#{QQABIQyUoggoQJBAARhCEQHQCAOQkBEACIoGBBAIsAAAiAFABAA=}#}.分【解析】设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R14(12)(1),mv2根据洛伦兹力提供向心力可得qvB0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ROAR分,2sin30°-=(1-cos60°)……………………………………………(1)解得ROAL分=2=23…………………………………………………………………………………(1)mv可得B30分=Lq…………………………………………………………………………………………(1)6ZWθY0如图所示自A点离开后粒子第二次到达x轴位置坐标xOAOAL(2),=2×2×-=33粒子在磁场中转过的圆心角θ10分=π…………………………………………………………………(1)3θm用时t分=Bq………………………………………………………………………………………………(1)L综上t203π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),33YRRR73L分·cos60°+min+=…………………………………………………………………………(1)2解得R3Lmin=2mv2根据洛伦兹力提供向心力得qvB0分maxR……………………………………………………………()=min1可知B与R成反比则有,BmaxRBR=min=4高三物理参考答案第页(共页)35{#{QQABIQyUoggoQJBAARhCEQHQCAOQkBEACIoGBBAIsAAAiAFABAA=}#}mv故BB230分max=4=Lq…………………………………………………………………………………(1)3同理若刚好打在板右端点则有RRR93LR33L分,,·cos60°+max+=,max=…………………(1)22mvB4B230min==Lq39mvmv故第四象限磁感应强度应满足230B230分Lq≤≤Lq………………………………………………(1)93.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v15(16)(1),0碰撞过程为弹性碰撞mvmvmv分0=1+32………………………………………………………………………………………(1)根据能量守恒1mv21mv21mv2分0=1+×32……………………………………………………………(1)222解得A速度v1v方向向左1=-0,2B速度v1v方向向右分2=0,……………………………………………………………………………(1)2A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aμg分=………………………………………………………………(1)vA在传送带上的运动时间t0分1=μg……………………………………………………………………(1)xx第一次碰撞到第二次碰撞A在平台上的运动时间t2141分,2==v………………………………(1)1v002xx同理物块B在平台上的运动时间t2242分3==v……………………………………………………(1)1v002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,Rt分4=πg………………………………………………………………………………………………(1)vxxR根据题目条件几个物理量应满足关系式04142分,vv…………………………………()μg+0=0+πg1规定向左为正第二次碰撞时A向右运动B向左运动(3),,m1vm1vmvmv分3·0-·0=3+34…………………………………………………………………(1)221m1v21m1v21mv21mv2分×3·0+·0=3+×34…………………………………………………(1)242422解得B速度v4=0A速度vv方向向左3=0,高三物理参考答案第页(共页)45{#{QQABIQyUoggoQJBAARhCEQHQCAOQkBEACIoGBBAIsAAAiAFABAA=}#}碰后瞬间A的动能最大最大动能为E1mv2分,k=0…………………………………………………(1)2物块滑上传送带相对传送带速度如图所示(4),GWθWfθ摩擦力方向如图则产生的沿传送带方向加速度大小axcos,=mfθ沿垂直传送带方向加速度大小aysin=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αΔ,fθvsint-mΔv则α其中θ所以αθ分tan=fθ,tan=v,=………………………………………………(1)vcost00-mΔ所以物块相对传送带做匀减速直线运动初速度为v2v2,,+0加速度大小为aμg=v2v2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4dLθ分,=sin……………………………………………(1)55v4256μ2g2d2v20+-0综上解得v25分=………………………………………………………………(1)2高三物理参考答案第页(共页)55{#{QQABIQyUoggoQJBAARhCEQHQCAOQkBEACIoGBBAIsAAAiAFABAA=}#}