《三湘名校教育联盟 2021届高三上学期第二次大联考物理参考答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《三湘名校教育联盟 2021届高三上学期第二次大联考物理参考答案（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 物理参考答案物理参考答案 题号题号12345678910 答案答案DC （A）CBAABBDABABD 1.D解析：解析：t0 时刻，线圈中的磁通量为零，则线圈平面与中性面垂直，A 项错误；由图 像可知，交流电的频率为 50Hz，每转一周电流方向改变两次，因此 1s 内电流方向改变 100 次，B 项错误；t0.015s 时刻，线圈中磁通量变化率为零，感应电动势为零，感应电流为 零，C 项错误；t0.01s 时刻，感应电动势最大，EmNBSNm2 T N t ，因此此时图 像的切线斜率 t m2 T 0.4 2 0.02Wb/s40Wb/s，D 项正确。 2.C（选（选 A 也对）也对）解
2、析：解析：只有施加反向电压，也就是阴极接电源正极、阳极接电源负极， 在光电管两极间形成使电子减速的电场， 这时光电流才有可能为零， 使光电流减小到零的反 向电压 Uc 称为遏制电压，所以选项 A 正确；由爱因斯坦光电效应方程可知，Uch e W0 e ， 知题图乙图线的斜率U1 1 h e，则普朗克常量 h eU1 1 ，该金属的逸出功为 W0h1eU1，B 错 误，C 正确；每秒内发出的光电子的电荷量为 qIt1010 61 C105 C，而 nq e，故每 秒内至少发出 6.251013个光电子，D 错误。 3.C解析：解析：对小球受力分析，小球受到重力、滑块的弹力和墙壁的弹力，如图所示，
3、重力 的大小和方向都不变，墙壁的弹力方向不变。滑块的弹力和墙壁的弹力的合力不变，大小等 于重力，由图可知，滑块对球的弹力在增大，墙壁对球的弹力在增大，故 A 错误，C 正确； 对滑块和小球整体进行受力分析，整体受重力、支持力、墙壁的弹力及推力，竖直方向上滑 块和小球的重力大小等于地面对滑块的弹力， 滑块和小球的重力都不变， 所以地面对滑块的 弹力不变，水平方向上推力 F 大小等于墙壁对球的弹力，所以推力 F 增大，故 B、D 错误。 4.B解析解析： 设物块的质量为 m， 则合外力 Fma， 物块由静止运动， 根据动能定理： Fx1 2mv 2， 即 max1 2mv 2，消去质量 m 得：a
4、x1 2v 2，图形面积表示 ax，由图象知，04s 围成面积 ax 1 2(25)2 1 2(56)218m 2/s21 2v 2，解得 v6m/s，故 B 正确。 1 2 5.A解析：解析：由 2 Mm Gmg R ， 3 = 4 3 M R ，解得 3 = 4 g GR ，即 3 = 4 g R G ，则 251 542 a ；由 2 2 2 () Mm GmR RT ， 3 = 4 3 M R ，解得 2 3 = GT ，即 3 T G ，所 以 55 42 b ，故 A 项正确。 6.A解析：解析：设抛出点距 O 点高度为 h，水平初速度为 v0，末速度的竖直分量为 vy，运动时 间
5、为 t，小球垂直击中斜面，末速度与斜面垂直，分解末速度可知：vytan 45v0，又 vygt， 可得：tv0 g ，根据几何关系得：h1 2gt 2 v0t tan 45，联立以上各式可得：h 3v20 2g v20，根据题 意，小球 A、B 从坐标分别为(0，2y0)、(0，y0)的两点平抛，可得 hA2y0，hBy0，故 vAvB hA hB 21，A 正确，B、C、D 错误。 7B解析：解析：由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒可知，第二个滑块开始运动 的速度大小为 0 2 1 v，第三个滑块开始滑动的速度大小为 0 3 1 v，第(n-1)个球开始滑动的速度 大小为 0 1 1
6、 v n ，因此需要求的时间为 0000 000 11(1) .(123 .1)(1) 111 22 231 LLLLLnLn nL tnn vvvv vvv n B 项正确。 8.BD解析：解析：两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，根据左手定则可以 判断，b 粒子带负电，A 项错误；根据几何关系可知， 222 11 ()( 3 )rddr， 解得 1 2rd ， 2 1 2 rd，因此 1 2 4 1 r r ，B 项正确；根据牛顿第二定律 r v mqvB 2 ，得 m qBr v ，得到 1 2 4 1 v v ，C 项错误；由 qB m T 2 可知，两粒 子在磁场中做圆周运动的周
7、期相同，由几何关系可知，a、b 粒子在磁场中做圆周运动的轨 迹所对的圆心角分别为 600、1800，由此可知，a、b 两粒子在磁场中运动的时间之比为 1：3， D 项正确。 9AB解析：解析：根据图像可知，汽车在前 4s 内受到牵引力 F=5103N 恒定，故此阶段汽车 做匀加速运动，412s 内牵引力逐渐减小，此过程汽车做加速度减小的加速运动，根据汽车 启动特点可知，4s 末后汽车功率达到最大值并以此最大值做恒功率运动，12s 后牵引力再次 2 3 达到恒定值，说明此后汽车达到最大车速且做匀速直线运动，故可知 C 错误；由以上分析 可知，汽车运动过程中所受到的阻力 f=2103N，则在匀加速
8、阶段可由牛顿第二定律 Ffma可 得 ， 汽 车 在 匀 加 速 阶 段 加 速 度 为 2 2.5m/sa ； 则 4s 末 时 速 度 为 1 10m/svat，所以汽车的最大功率为 1 34 5 1010W5 10 WvPF ，此过程汽 车位移为 2 1 1 20m 2 xat，当汽车以最大速度运动时，由 mm PF vv f，得汽车的最大 速度为25m/s m P f v，汽车在 412s 内以恒定功率运动，设此过程位移为 2 x，由动能定 理得： 22 12 11 22 m mP tfxvmv ，代入数据解得： 2 42.5mx ，则在 012s 内位移为 12 62.5mxxx，故
9、 D 错误。 10ABD解析：解析：质量为 m 的导体棒从弯曲轨道上 h 高处由静止释放，刚进入磁场时速度 最大，由 mgh1 2mv 2，得最大速度 v 2gh，产生的最大感应电动势 EmBLvBL 2gh。由 闭合电路欧姆定律可得通过电阻 R 的最大电流 ImEm 2R BL 2gh 2R ，A 正确；在导体棒滑过磁 场区域的过程中，产生的感应电动势的平均值 E t BdL t ，平均感应电流 I E 2R，流过 电阻 R 的电荷量为 q I t，联立解得 q 2R BdL 2R ，B 正确；由能量守恒定律可知整个电路 中产生的焦耳热 Qmghmgd，电阻 R 中产生的焦耳热 Q11 2Q
10、 1 2mg(hd)，C 错误； 由动量定理(B 2L2v 2R mg)tmv，即B 2L2d 2R mgtm 2gh，解得 t1 2h g B2L2d 2mgR， 故 D 正确。 11答案：答案：(1)不不 (1 分分)(2)没有平衡摩擦力没有平衡摩擦力 (1 分分)(3)1(2 分分)0.01(2 分分) 解析：解析：(1)因传感器可直接测出小车和传感器受到的拉力，因此不需要保证沙和沙桶的 质量远小于小车和传感器的总质量。 (2)aF 图像与横轴交点为(0.1，0)，说明施加外力在 0.1N 之内小车和传感器没有加速 度，说明实验前没有平衡摩擦力。 (3)由牛顿第二定律知 FFfma，aF
11、 m Ff m即 aF 图像斜率为 1 m，由图知斜率 k1， 则小车和传感器的总质量为 1kg，摩擦力 Ff0.1Nmg，得0.01。 12.答案：（答案：（1）如图所示如图所示（2）0.20 （0.2 也给分也给分）（3）D （4） 1.50.25 (0.24 也正确也正确) （5） 能能 （作图作图 2 分，分，第（第（4）问每空）问每空 2 分，其他每空分，其他每空 1 分分） 解析：解析：（1）由实物图连接原理图，如图所示： 3 4 （2）根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱 R1的电流 0.60 0.20(0. 0)4IAA=-= ； 电压0.10 0.40 0.040UVV=，则
12、电流表内阻为： 0.040 0.20 0.20 A R ； （3）S 接 D，否则外电路短路； （4）根据（3）中步骤和闭合电路欧姆定律可知() A EI RRr 变形可得： 1 A r R IEE R 根据图象可知: 13.0 1.0 4.0 1.0E ，0.3 A r E R ，解得1.5EV=， 0.25r= ； （5）由 1 A r R IEE R 可知：当电流表内阻未知时，能测出电动势，但不能测出内电阻。 13.解析：解析：（1）由于 q mg E ，因此mgqE （2 分） 对带电小球受力分析可知，小球受到的重力与电场力的合力与水平方向的夹角为 600，小 球做类平抛运动。设小球再
13、次 到达这根电场线上时所用时 间为 t，则 tvx 0 （1 分） 2 2 1 aty （1 分） 3Fmgma（1 分） y x 0 30tan（1 分） 联立解得 g v t 0 2 （2 分） （2）PQ 间距为： g vx s 2 0 0 4 30sin （1 分） 由几何关系得 0 2 cos30sR （1 分） 又 2 0 0 v Bqvm R （1 分） 联立解得 00 33 = 44 mgE B qvv （1 分） 4 5 14.解析解析：(1)ab 边相当于电源，根据法拉第电磁感应定律，可得闭合电路的感应电动势 EBLv(2 分) 根据闭合电路欧姆定律，有 IE R BLv
14、R (1 分) 根据欧姆定律，有 Uab3 4RI 3BLv 4 (1 分) (2)线框匀速进入磁场时，根据平衡条件，有 FF安mgB 2L2v R mg(2 分) 撤去拉力后，线框匀减速运动，加速度为g，根据速度位移关系公式可知线框完全处 在磁场中的位移 x1 v2 2g(1 分) 磁场的宽度 sLx1L v2 2g(1 分) (3)线框匀速进入磁场过程中产生的焦耳热 Q1I2Rt1B 2L3v R (1 分) 由于摩擦产生的热量 Q2mg(L v2 2g)mgL 1 2mv 2(2 分) 线框在绕 ab 翻转过程中，感应电动势的最大值 EmBL2，有效值 UBL 2 2 (1 分) 所用时
15、间为 t21 4T 2(1 分) 产生的焦耳热 Q3I2Rt2U 2 R t2B 2L4 4R (2 分) 所以整个过程产生的热量为 QQ1Q2Q3mgL1 2mv 2B2L3v R B 2L4 4R (1 分) 15.（1）BCD解析解析：布朗运动是小颗粒的运动，不是分子的运动，在布朗运动中，固体小 颗粒越小，受到分子碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，故 A 错误；气体放出热量， 同时外界对气体做功，则气体的温度可能升高，分子的平均动能可能增大，故 B 正确；根 据压强的微观意义可知， 气体压强的大小跟气体分子的平均动能、 分子的密集程度这两个因 素有关，故 C 正确；液体不浸润某种固体
16、时，例如水银对玻璃：当水银与玻璃接触时，附 着层中的水银分子受玻璃分子的吸引比内部水银分子弱， 结果附着层中的水银分子比水银内 部稀硫，这时在附着层中的分子之间相互吸引，就出现跟表面张力相似的收缩力，使跟玻璃 接触的水银表面有收缩的趋势，因而形成不浸润现象，故 D 正确；单晶体的物理性质是各 向异性，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性，故 E 错误。 （2）解析：）解析：（）开始时，气体的压强为 10 2 4mg pp r （1 分） 气体的压强为 210 2 2 8 1 4 mgmg ppp r r （2 分） 5 6 （）给气体、同时加热，使两部分气体升高相同的温度T，活塞 b 刚好上升 2 h ， 两段气体均发生等压变化，对气体 TT hS T hS b b 00 2 1 （2 分） 解得 0 TT （1 分） 设气体上升的高度为 h1，则 TT Shh T SSh aba 0 1 0 ) 2 1 ()( 2 1 （2 分） 解得hh 4
