1、答案第 1页，总 12页2020 高三物理模拟试题三参考答案1BA、由 s-t 图像可以知道：碰撞前 A 的速度为4 103/2Avm s；碰撞前 B 的速度402/2Bvm s，碰撞后 AB 的速度为241/2Cvm s 根据动量守恒可知bBaAabCm vm vmmv 代入速度值可求得：43bmkg所以碰撞前的总动量为10/3bBaAm vm vkg m s，故 A 错误；B、碰撞时 A 对 B 所施冲量为即为 B 的动量变化量4Bb CbBPm vm vN s 故 B正确；C、根据动量守恒可知44/ABPPN skg m s ，故 C 错误；D、碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为
2、22211110222aAbBabCm vm vmmvJ,故 D 错误，2D由题目中的数据可以得出，abO 三点组成一个等腰直角三角形，所以两底角都为45 对两球进行受力分析，由于球面光滑，所以两球都只受到 3 个力，如图所示：重力、球面的支持力、刚性细杆的弹力；由于是刚性细杆，所以刚性细杆对两球的弹答案第 2页，总 12页力均沿着杆方向，且对两球的弹力大小相等；两球处于平衡状态，两球受到的合力都为零，两球受到的三个力都组成一个封闭的力的矢量三角形设 b 球的质量为 m，由正弦定理对球 a：3sin 45mg=sin 45NF；对球 b：sin 45mg=sin 45NF，所以有：3sin 4
3、5=sin 45，即tan 45=3，所以=15，故 D 正确，ABC 错误3AA 项，带正电的小球在 xL处电势能最小，根据能量守恒可知粒子在该处的动能最大，所以小球在 xL处速度最大，故 A 项正确。B 项，根据乙图得2xL 处电势高于2xL处电势，带正电的在2xL处由静止释放，根据能量守恒得不可能到达2xL 处，故 B 项错误。C 项，小球以 xL为中心做往复运动的条件是电势关于 xL对称，根据乙图得电势关于 xL不对称，故 C 项错误。D 项，根据图乙得知在 xL处x 斜率为零，即电场强度为零，则2242ABkQkQLL，所以:4:1ABQQ，故 D 项错误综上所述本题答案是：A。4C
4、宇宙飞船轨道半径为 r1=4200km+6400km=10600km，地球同步卫星轨道半径为r2=36000km+6400km=42400km，r2=4 r1.根据开普勒第三定律，地球同步卫星为宇答案第 3页，总 12页宙飞船周期的 8 倍。从二者相距最远时刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为 7 次，选项 C 正确。(请画运动过程)5C在滑动变阻器 R3的滑片 K 由最下端向最上端滑动过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流减小，则根据 P4=I2R4可知定值电阻 R4的功率减小，根据 P=IE 可知电源的总功率减小，选项 A 正确；因当外电路电阻等于电源内阻时电源输
5、出功率最大，而 R1+R4=r，则当变阻器电阻变大时，外电路电阻远离电源内阻，则电源的输出功率减小，选项 B 正确；电源的效率1=1IUUIRrIEEI RrR，则当外电路电阻 R变大时，电源的效率变大，选项 C 错误；若将 R1+R4等效为电源的内阻，则此时等效电源内阻为 r=2；滑动变阻器 R3的滑片 K 由最下端向最上端滑动过程中，MN 之间的电阻从 0 增加到 3，则因当外电路电阻等于电源内阻时电源输出功率最大，可知当MN 之间的电阻等于 2时，MN 之间的功率最大，则在滑动变阻器 R3的滑片 K 由最下端向最上端滑动过程中，MN 并联部分的功率先增大后减小，选项 D 正确；此题选择不
6、正确的选项，故选 C.6A小球从圆弧轨道上端抛出后，小球水平方向的速度和车的速度相同，故小球仍会落回到小车上；小球落回到小车后，相对小车向左滑动，然后从左边离开小车：如果小球对地面的速度向左，则小球离开小车水平向左做平抛运动；如果小球对地面的速度为零，则小球离开小车后做自由落体运动；如果小球对地面的速度向右，则小球离开小车水平向右做平抛运动故 A 正确，BCD 错误7AC答案第 4页，总 12页A由题可知圆环 A 到达 b 位置时，重物 B 沿斜面的运动的位移为：220.5m2HLLx，A、B 组成的系统机械能减少了：cos30 2.5JEMgx，故选项 A 正确；B轮与轴有相同的角速度且轮和
7、轴的直径之比为 2:1，找 A 沿绳方向的分速度是 B 实际运动的两倍，圆环 A 速度最大时，环 A 与重物 B 的速度之比为 10:3，故选项 B 错误；C圆环 A 能下降的最大距离为mH，重物 B 沿斜面的运动的位移为：222mBHLLx，根据能量守恒可知：sin30cos30 mBBmgHMgxMgx，解得圆环 A 能下降的最大距离为7.5mmH，故选项 C 正确；圆环 A 先向下做加速运动，后做减速运动，由 A 和 B 速度关系，所以重物 B 也是先加速后减速，而重物 B 受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对 B 的拉力：sin30cos30TFMgMgMa，即：10TFMa，
8、所以绳子对 B 的拉力先大于10N 后小于 10N，故选项 D 错误；8ACA 开始阶段，牵引力15000NF，据牛顿第二定律可得，1Ffma，得：开始阶段加速度 a2.5m/s2v154km/h15m/s，据10vta，解得 t06s故 A 项正确Bt0时刻，电动机输出的功率最大，且1 15000 15W=75000W=75kWmPFv故B 项错误C汽油机工作期间，功率2 16000 15W=90kWPF v，11s 时刻汽车的速度329010 mm=25=90km/hss3600PvF，汽油机工作期间牵引力做的功35290 1011-6 J=4.5 10 JWPt故 C 项正确答案第 5页
9、，总 12页D汽车前 6s 内的位移2210112.5 6 m=45m22xat，后 5s 内根据动能定理得：2222211122Ptfxmvmv，解得：汽车后 5s 内的位移2120mx 所以前 11s 时间内汽车的位移1245 120m=165mxxx故 D 项错误9BDA、将时刻代入瞬时值公式可知，t=1600 s 时，原线圈输入电压的瞬时值为 18 2V，A选项错误；B、电压表的示数为有效值，输入电压的峰值为 36 2V,根据正弦式交变电流有效值与最大值的关系可知，U=Um2=36V，B 选项正确；C、D、电流表测量流过副线圈的电流，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，副线圈的电压为
10、9V，正向导通时电流为 1A，根据电流的热效应可知I有效2RT=I2R T2，解得：I有效=22 A；故 C 选项错误，D 选项正确故选 BD.10BC两个轻核发生聚变反应，由于反应放出能量，有质量亏损，则产生的新核的质量一定小于两个轻核的质量和，选项 A 错误；在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能，选项 B 正确；氢原子从 n=2 能级跃迁到 n=1 能级释放的光子能量小于从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级时释放的光子的能量，则当用氢原子从n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射的光照射某金属时有光电子逸出，则用从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级辐射的光照射该金
11、属也一定会有光电子逸出，选项 C 正确；使处于基态的氢原子跃迁到激发态所吸收的光子的能量必须等于两个能级的能级差，否则将不能被吸收，选项 D 错误答案第 6页，总 12页E.玻尔氢原子能级结构能很好地解释了氢原子光谱，但是不能解释其它原子光谱现象，可见其原子结构模型是有局限性的；E 错误。11 BC；C；m1 OP=m1 OM+m2 ON；m1 OP2=m1 OM2+m2 ON2；OP；OM 和 ON；m1 OP=m1 OM+m2 ON；明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量；在该实验中，小球做平抛运动，H 相等，时间 t 就相等，水平位移 x=vt，与 v 成正比，因此可以用位移 x 来代
12、替速度 v，根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式；解：(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：m1v0=m1v1+m2v2，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移 x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有m1OP=m1OD+m2ON，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有：BC；(2
13、)AB、由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故 A、B 错误；C、由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故 C 正确；D、仅调节斜槽上固定位置 C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段 OP 的长度越小，故 D 错误。答案第 7页，总 12页故选 C；(3)若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，又 OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：m1OP=m1OM+m2ON，若碰撞是弹性碰撞，满足动
14、能守恒，则：12 m1v02=12 m1v12+12 m2v22，代入得;m1OP2=m1OM2+m2ON2；(4)根据实验原理可知，OP 是放一个小球时的水平射程，小球的速度与质量无关，故OP 与质量无关；而碰后两球的速度与两球的质量有关，所以碰后水平射程与质量有关，故 OM 和 ON 与质量有关；(5)如图所示,连接 OP、OM、ON,作出 M、N 在 OP 方向上的投影点 M、N，如图所示；分别测量出 OP、OM、ON的长度。若在实验误差允许范围内,满足关系式m1OP=m1OM+m2ON，则可以认为两小球碰撞前后在 OP 方向上动量守恒。122；101011ggRRRrRRRrIERE；
15、2.08；=；(1)根据串联电路电流相等，当电流表满偏时改装后的电压表达到最大量程即631()400 10(4.5 10500)2gggUIRRVV；(2)根据闭合电路欧姆定律可得：11()()ggI RREI RRIrR中丢了 R0，整理得：1010()()11ggRRRrRRRrIERE；答案是对的。答案第 8页，总 12页(3)由对应的图象可知，2103()(3327)106000(15050)10gRRRrkE，解得2.08EV；(4)通过（3）分析可知，本实验中不存大原理误差，即1()gI RR为真实的路端电压，1()gI RRIR为流过电源的真实电流，故电动势的测量值与真实值相同1
16、3（1）50ms（2）狗被撞（1）根据加速度的定义可由图像得：20205m/s4.50.5vat 根据 vt 图线下面的面积值为位移大小，则由图像可得：01211200.54.550m22xvtt（2）当客车由020m/sv 减速到4m/sv 时，所需时间为4203.2s5vta司机从看到狗到速度减为4m/sv 所通过的位移为22010 148.4m2vvxv ta而狗通过的位移为2114.8mxv tt23347.8mx 因为1233xx，所以狗将被撞。综上所述本题答案是：（1）50mx（2）狗将被撞14（1）I1A；棒 cd 中的电流方向由 d 至 c；（2）F=0.2N；（3）W=0.4
17、J(1)棒 cd 受到的安培力为：cdFBIL棒 cd 在共点力作用下平衡，则：0mgsin30cdF答案第 9页，总 12页由式，代入数据解得：I1A根据楞次定律可知，棒 cd 中的电流方向由 d 至 c(2)棒 ab 与棒 cd 受到的安培力大小相等，即：abcdFF对棒 ab，由共点力平衡知：0Fmgsin30BIL解得：F0.2N(3)设在时间 t 内棒 cd 产生Q0.1J的热量，由焦耳定律知：2QIRt设棒 ab 匀速运动的速度大小为 v，其产生的感应电动势为：EBLv由闭合电路欧姆定律知：I2ER由运动学公式知在时间 t 内，棒 ab 沿导轨的位移为：xvt力 F 做的功为：WF
18、x综合上述各式，代入数据解得：W0.4J15（1）20N，2 J；（2）13 s；（3）0.1250.75 或=1（1）根据牛顿第二定律求出滑块在 B 点所受的支持力，从而得出滑块对 B 点的压力，根据动能定理求出 AB 端克服阻力做功的大小（2）若=0，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出 C 到 D 的时间（3）最终滑块停在 D 点有两种可能，一个是滑块恰好从 C 下滑到 D，另一种是在斜面CD 和水平面内多次反复运动，最终静止在 D 点，结合动能定理进行求解（1）滑块在 B 点，受到重力和支持力，在 B 点，根据牛顿第二定律有：Fmgm2vR，代入数据解得：F=20N，由牛顿
19、第三定律得：F=20N从 A 到 B，由动能定理得：mgRW 12 mv2，代入数据得：W=2J答案第 10页，总 12页（2）在 CD 间运动，有：mgsin=ma，加速度为：a=gsin=100.6m/s2=6m/s2，根据匀变速运动规律有：svt+12 at2解得：t=13 s（3）最终滑块停在 D 点有两种可能：a、滑块恰好能从 C 下滑到 D则有：mgsins1mgcoss0 12 mv2，代入数据得：1=1，b、滑块在斜面 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点当滑块恰好能返回 C 有：1mgcos2s0 12 mv2，得到：1=0.125，当滑块恰好能静止在斜面上，则
20、有：mgsin=2mgcos，得到：2=0.75所以，当 0.1250.75，滑块在 CD 和水平地面间多次反复运动，最终静止于 D 点综上所述，的取值范围是 0.1250.75 或=1（高中阶段认为一般小于 1，也就是说可以取 1）16025 l7T0初状态气体压强：P1P0+mgS因为：mg=P0S故：P1=2P0气体压强：P2 3mgS3P0添加铁砂后气体压强：10034mgPPPS气体压强：P2P1+mgS5P0气体等温变化，根据玻意耳定律：P2l0S=P2l2S可得：l2 35l0，B 活塞下降的高度：h2l0l2 25l0答案第 11页，总 12页气体末状态的体积11200110l
21、llll（0.5l+0.6l-l=0.1l）根据玻意耳定律：P1l1S=P1l1S解得：P1=20P0只对气体末状态压强：P2=P1+mgS=21P0根据气体理想气体状态方程：202 20 xP l SP l STT解得：Tx=7 T017(1)02vv；02mvBeR(2)03 3612l 解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：220011eUmvmv22又：2003eUmv2解得：0v2v；根据对称，两束质子会相遇于OO的中点 P，粒子束由CO 方向射入，根据几何关系可知必定沿 OP 方向射出，出射点为 D，过 C、D 点作速度的垂线相交于 K，则 K，则 K 点即为轨迹的圆心，如图
22、所示，并可知轨迹半径 r=R根据洛伦磁力提供向心力有：2vevBm r可得磁场磁感应强度：02mvBeR(2)磁场 O 的圆心上移了 R2，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径认为 R，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从 F 点射入磁场，如图所示，E 点是原来 C 点位置，连 OF、OD，并作 FK 平行且等于 OD，连 KD，由于答案第 12页，总 12页OD=OF=FK，故平行四边形 ODKF 为菱形，即 KD=KF=R，故粒子束仍然会从 D 点射出，但方向并不沿 OD 方向，K 为粒子束的圆心由于磁场上移了 R2，故 sinCOF=R2R=12，COF=6，DOF=FKD=3对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在 D 点，下方粒子到达 C 后最先到达 D 点的粒子所需时间为00(2)(4)2224RRHRRtvv 而上方粒子最后一个到达 E 点的粒子比下方粒子中第一个达到 C 的时间滞后00ltt（有错，分母是速度 v0）上方最后的一个粒子从 E 点到达 D 点所需时间为0001RRsin2R623 336tR2v2v12v要使两质子束相碰，其运动时间满足ttt 联立解得 03 36l12
