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湖南省郴州市2021届高三下学期3月第三次教学质量监测物理试题 PDF版含答案.pdf

上传人:高**** 文档编号:32346 上传时间:2024-05-24 格式:PDF 页数:12 大小:2.83MB
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1、物理答案第1页 (共 6 页)高三模拟考试参考答案 物理1【答案】B【解析】由题可知,由于电流恒定,导线周围磁场分布具有对称性,当闭合金属线框向上平移或向下平移时,磁通量保持不变,没有感应电流的产生,选项 A、D 错误;当闭合金属线框以直导线为轴顺时针旋转时,由于磁场空间的对称性,磁通量保持不变,没有感应电流的产生,选项 C 错误;当闭合金属线框向右平移时,磁场减弱,磁通量减小,有感应电流的产生,选项 B 正确。2【答案】C【解析】衰变释放的电子来自原子核,不是核外电子,选项 A 错误;根据质量数和电荷数守恒可知,41417278He+NO+X中,X 是质子,选项 B 错误;23892U 衰变

2、为20682Pb,根据质量数守恒可知,发生 8 次 衰变,根据电荷数守恒可知 92-82=28-x1,可得发生 6次 衰变,选项 C 正确;根据质量数守恒和电荷数守恒知,X 为 粒子,该反应为 衰变,选项 D 错误。3【答案】D【解析】如图所示,一根支架在竖直方向的分力为 F2=Fcos,在竖直方向上:3Fcos=mg,解得:2 3=9mgF,选项 D 正确。4【答案】D【解析】设加速电场的电压为 U,则 qU 12mv2,v2qUm,设正交电场的场强为 E,匀强磁场的磁感应强度为 B,由于粒子在区域里不发生偏转,则 EqBqv,得 v EB;可知,v2qUm EB,其中 E、B、U 为相同值

3、,正离子的比荷相等,选项 D 正确5【答案】C【解析】当速度达到 5m/s 时,拉力的功率最大,在前 5s 物体的加速度为 1m/s2,f=mg=10N,由牛顿第二定律可知:F-f=ma,解得:F=12N;依 P=Fv,可得:Pmax=60W,选项 C 正确。BEUF1F2F物理答案第2页 (共 6 页)6【答案】A【解析】当小球 A 平抛到三角形劈底部时,x=vo t,y=21 g t2,0tan37=2ygtxv,解得:t=1.2s,x=9.6m;小球 B 在斜面上的加速度 a=gsin37=6 m/s2,下滑距离 x1=cos37x=12m,又:2111=+2xv tat,解得:1v=6

4、.4m/s,选项 A 正确。7【答案】AC【解析】由万有引力可知:32rT GM=,解得:火星公转周期约为地球公转周期的 1.8 倍,选项 A 正确;两颗行星再一次相距最近,满足1222=2tTT(-),解得:1 221=TTtTT-,带入数据可得:t2.2 年,选项 C 正确。8【答案】AD【解析】要使点电荷 C 能够向上运动,则点电荷 C 受到的电场力增大,根据 F=qE 知,板间场强变大,由公式=UEd可知,要增加 U 或减小 d,因与电源相连,所以可增大 R1 的阻值,或将 M、N 板平移,减小板间距,选项 A、D 正确。9【答案】ABD【解析】当导体棒运动到 B 处时,电容器两端电压

5、为 U=Bdv=20.58 V=8 V,此时电容器积累的电荷量 Q=CU=1 00010-68C=810-3 C,选项 A 正确。棒在 F1 作用下由牛顿第二定律有 F1-BId=ma1,又 I=QCBd vtt,a1=vt,联立解得:a1=122+Fm CB d=40 m/s2,可见棒的加速度不变,说明棒做匀加速运动,且选项 B 正确。棒在 F2 作用下,先向右做匀减速运动,此时电容器放电,棒受到的安培力向右;当棒的速度减小为零时,电容器放电完毕,此后棒向左做匀加速运动,电容器被反向充电,此时棒受的安培力仍然向右,可知导体棒做匀加速直线运动的加速度大小 a2=222+Fm CB d,方向向左

6、;而两种情况下位移等大、反向,则有 12a1t2=-(2121-2a t ta t),解得 F2=3F1,选项 D 正确。物理答案第3页 (共 6 页)10【答案】BC【解析】在最低点,3mg=kx,当速度最大时,加速度为零,则:2mg=kx,则 A 物体上升高度为1=-=3x x xx ,选项 B 正确;速度最大时,弹性势能大小为4=9ppEE,由机械能守恒定律可知:=+2ppkEEEmg x,解得:Ek=59Ep 32 mgx,选项 C 正确。11【答案】(1)黑(2 分)(2)5.6(2 分)1.54(2 分)【解析】(1)由于表笔 a 是与电流表的正极相连,则其应该接电流表内部的正极,

7、则表笔 a为黑表笔。(2)从电阻箱直接读的电阻为 5.6;欧姆表的内阻是 15,读数为 14、电流为 53.0mA,则电动势为:E=I(R+R)=5310-3(14+15)V=1.54V。12【答案】(1)0dt(2 分)(2)21t(2 分)(3)bm(2 分)(4)2mdk(3 分)【解析】(1)由题意可知:0dvt=(2)由牛顿第二定律有,在最低点:2NmvFmgR=由牛顿第三定律有:NFF=解得:222221mvmdmdFmgmgmgRRtRt=+=+=+所以横轴表示21t。(3)由表达式可知:2mdkR=,bmg=解得:bgm=;2mdRk=。13【答案】(1)045mvBqL=;(

8、2)(02mLvEq,0)(3)072+8mLLqEv【解析】(1)由小球在磁场中,小球在磁场中做匀速圆周运动有:200mvqv BR=(2 分)分析可知小球的运动半径:5=sin4LRL=(1 分)物理答案第4页 (共 6 页)联立解得::045mvBqL=(1 分)(2)小球出磁场区域后在电场力作用下第一象限内做类平抛运动,如图根据平抛运动规律,有:0 1xv t=2112yat=(1 分)qE=ma(1 分)几何关系可知:=2tanLyRL=+(1 分)联立解得:12 mLtqE=(1 分);02mLxvqE=(1 分)即小球运动至 x 轴正半轴时的坐标为(02mLvEq,0)(1 分)

9、(3)带电粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为=127,约为 710 运动周期为:02 RTv=(1 分)运动时间为:22tT=2078Ltv=(1 分)则运动的总时间为:072+8mLLtqEv=(1 分)14【答案】(1)143ag=;(2)2038vgL;(3)12512xL=【解析】(1)对箱子,撤出拉力后,受地面的摩擦力而减速,则由牛顿第二定律得:f=Ma1(1 分)由摩擦力公式得:f=N2(1 分)N2=mg+Mg(1 分)解得:143ag=(1 分)(2)若小球未与箱子右端面相碰前箱子停下,设箱子运动 x1 距离停下,所用时间为 t1,由运动学公式有:220011032()8vvxa

10、g=(1 分)0011034vvtag=设这段时间小球运动位移 x2,则:2020 134vxv tg=(1 分)这段时间内小球相对箱子移动的距离:202138vxxxg=(1 分)xyOL-BEOR物理答案第5页 (共 6 页)依题意得:xL(1 分)得:2038vgL(1 分)(3)当203=32vgL时,小球与箱子右端面相碰前,箱子未停下。设经过时间 t1小球与箱子右端面相碰,此过程箱子运动位移为 x1,碰前速度为 v1,碰后共同速度为 v,由运动学公式:2210112()vvxa=,1011vvta=这段时间内小球位移:x2=v0t1(1 分)依题意得:x2-x1=L(1 分)01=2

11、vv小球与箱子相碰过程系统动量守恒:mv0+Mv1=(m+M)v(1 分)设:此后小球与箱子一起运动的位移为 x1,由动能定理得:211-()0()2mM gxmM v+=+(1 分)所以小球与箱子一起运动的位移为:12512xL=(2 分)15(1)【答案】ADE【解析】显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动,这反映了液体分子运动的无规则性,选项 A 正确;气体压强产生的原因是气体分子频繁碰撞产生,气体分子一般不考虑分子间相互作用力,B 项错误;温度是分子的平均动能的标志,是大量分子运动的统计规律,对单个的分子没有意义,所以物体的温度升高,分子热运动变剧烈,并不是每个分子的动能都增

12、大,故 C 不符合题意;气体从外界吸收热量 2.5104J,气体对外界做功 1.0104J,则气体内能增加 1.5104J;内能增加,气体温度一定升高,则分子的平均动能一定增大,选项 D 正确;热量可以从低温物体传递到高温物体,例如电冰箱,但需要消耗电能,故 E 正确;(2)【答案】(i)228K(或者45)()552K(或者 279)【解析】(i)开始时,封闭气体压强为:104cmHg80cmHgpp=+=(1 分)设封闭气体降低至温度为2T 时,左、右两管中水银液面上端对齐,这时右管中气柱高为28cmh=,此时封闭气体的压强:2076cmHgpp=根据理想气体状态方程有:1 12212p

13、h Sp h STT=(2 分)解得:2228KT=;(1 分)()设封闭气体升至至温度为3T 时,左管中水银刚好不溢出管口,物理答案第6页 (共 6 页)封闭气体的压强为:3016cmHg92cmHgpp=+=(1 分)这时右管中气柱高为316cmh=,气体发生等温变化,则:3 31 113p h Sp h STT=(2 分)解得:3552T=K(1 分)16(1)【答案】ACE【解析】由波形图可知,图像是一个半周期,所以周期为:51.0s0.8s4T=,选项 A 正确;由22.5T=,得 O 点的简谐振动方程为:()2sin2.5cmyt=,选项 B 错误;波速为:=v T=10m/s,由

14、图可知,t=0.2s 时,x 轴上 2m 处的质点开始振动。故在 00.6s时间内,x轴上2m处质点振动的时间为0.4s,即为周期的 12,故通过的路程为24cmsA=,选项 C 正确;根据0.8sT=,由图可知,在 t=0.6s 时,x 轴上 8m 处质点还未发生振动,选项 D 错误;由图可知,在 x 轴上,x=48m 处的质点距8x=m 质点在波峰距离为 40m,由公式:x=vt 可知,再经 4.0s,x=48m 处的质点处于波峰位置,选项 E 正确。(2)【答案】(i)3()5 3=2atc【解析】根据折射定律有:sinsininr=(1 分)由几何关系得:r=30,i=60(1 分)则三棱镜的折射率为:sin603sin30n=(2 分)光在棱镜中的速度为:33cv=cn=(1 分)光在棱镜中,由几何知识可得:x1=O1O2=ax2=O2D=1.5a(1 分)共历时:12+=xxtv(1 分)5 3=2atc(1 分)ABCirO1O2D

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