1、第 1 页2021 届高三 12 月大联考物理参考答案及评分标准一、单项选择题（每小题只有一个选项正确，选对得 3 分，共 24 分）1.【答案】D【解析】A甲、乙两物体的位移一直为正，并且在增大，所以二者一直朝着正方向运动，都做直线运动，甲物体做匀速直线运动，乙物体做减速直线运动，A 说法不正确；B甲、乙两物体在 t=0 时刻从 x0 处出发，经 t2 到达同一位置，故在这段时间内两物体的位移大小不相等，又两物体做的是单向直线运动，则路程等于位移的大小，所以在 0t2 时间内，甲物体通过的路程小于乙物体通过的路程，故 B 说法不正确；Cx-t 图象切线斜率表示速度，由图可知在 t1 时刻乙物
2、体图象的切线斜率大于甲物体图象的斜率，即在 t1时刻乙物体的速度大于甲物体的速度，故 C 说法不正确。D由图可知，在 t1t2 时间内，甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，故在 t1t2 时间内，甲物体的平均速度等于乙物的平均速度，故 D 正确故选 D。2.【答案】C【解析】以球为研究对象，球受重力、斜面和挡板对球体的支持力 FN1 和 FN2，受力分析如图所示，由平衡条件知，G 和 FN2 的合力与 FN1 等大、反向、共线，根据几何关系，有 FN2G，FN1=G。故选 C。3.【答案】B【解析】设斜面倾角，则物体在斜面上的加速度 设斜面高度为 h.则物体在斜面上滑行的时间为：物理参考答
3、案 第 1 页（共 10 页）可得小球在 AB 斜面上的滑行时间比在 AC 上的滑行时间长；A根据 I=mgt 可知，两小球所受重力冲量不相同，选项 A 错误；B根据动能定理 两小球的末速度大小相同，根据动量定理可知，两小球的动量改变量大小相同，选项 B 正确；C下落过程中两小球各自机械能守恒，C 错误；D两小球到达斜面底端时间不相同，选项 D 错误；故选 B。4.【答案】D【解析】由电动势表达式可知，t=0s 时刻线框与中性面垂直，感应电动势最大，故线框中磁通量变化率最大，故 A 错误；线框绕中心轴 OO匀速运动时，产生的电压为：u=2202 cos100t，故输入变压器的电压的有效值为：U
4、=220V；灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为 20V；根据变压比公式，有：1112022021nn故 B 错误；电路中熔断器熔断电流为 0.4 A，此时根据能量守恒定律，有：U1I1=U2（nIL）；解得：n=11，故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过 11 只，故 C 错误；若线框转速减半，根据公式 Em=NBS，产生的电动势最大值也减半，且=2n=50，则产生的电动势为：e=1102 cos（50t）V，故 D 正确；故选 D。5.【答案】A【解析】由 ，有地火地火火地故 A 正确；由 有地火地火火地 故 B 错；C由公式 得 物理参考答案 第 2 页（共 10 页）由图
5、可知，地球轨道半径比火星轨道半径小，则地球绕太阳运动的加速度比火星大，故 C 不正确；D由公式 得 由图可知，地球轨道半径比火星轨道半径小，则地球绕太阳运动的周期比火星小，故 D 错误。故选 A。6.【答案】B【解析】设小球平抛运动的初速度为 v0，将小球在 D 点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有 tan 解得：，小球平抛运动的水平位移：xRsin 53，xv0t，设平抛运动的竖直位移为 y，221=gty解得：，则 BCy(RRcos 53)=，故 B 正确。7.【答案】C【解析】A闭合开关瞬间，电容器充电，且电容器的充电电流在充电过程中逐渐减小，故 A 错误；B如果电容器两极板间距变大
6、，电容会变小，电压恒定，电容器要放电，故 B 错误；C根据电容的公式 ，故电容器所带电荷量为RECQCURr故 C 正确。D整个电路消耗的电功率是指总电功率，即为总 物理参考答案 第 3 页（共 10 页）故 D 错误。8.【答案】A【解析】木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有 解得0mvvMm；根据能量守恒定律有 解得划痕长度 同理可求，当木板的初速度为 v0 时的划痕长度。两次划痕长度之比为，故 A 正确。二、多项选择题（每小题至少两个选项正确，每题 4 分，选对而不全得 2 分，共 16 分）9.【答案】AD【解析】由mvRBq得 R=
7、0.05m。通过上图，由几何关系可知当轨迹与 PQ 相切时，速度与 MN 夹角为，离子数之比亦为 127：53，在 PQ 上有离子飞出的长度为 8cm。故 B、C 错误。故选：AD。10.【答案】BC【解析】A线框进入磁场时与穿出磁场时的磁通量变化相反，根据楞次定律知感应电流的磁场方向相反，感应电流的方向相反.故 A 错误；B线框进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反，据左手定则知，线圈进入磁场时所受安培力的方物理参考答案 第 4 页（共 10 页）向与穿出时相同，由线框的受力平衡知静摩擦力的方向相同.故 B 正确；C线框进入磁场过程中，通过导线某一横截面的电荷量故 C 正确；D线框经过磁
8、场区域的过程中，电流先增加再减少，然后线框全部进入磁场电流为零，出磁场过程电流先增加再减少。故 D 错误。故选 AC。11.【答案】CD【解析】A 图象的切线斜率表示电场强度，则可知原点 O 处合场强为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故 A 不正确；B 图象的切线斜率表示电场强度，则可知 M 点的电场强度小于 N 点的电场强度，故 B 错误；C设 B 处点电荷带电量绝对值为，由 A 项知原点 O 处合场强为零，则有 解得 在 N 点，根据电场的叠加原理有 联立得 ，故 C 正确；D由图可知，负的试探电荷由 M 点运动到 N 点的过程，电势先降低后升高，由 Ep=q，电势能先增大后减小，
9、故 D 正确。故选 CD。12.【答案】AB【解析】A物块在传送带上先做 a1 匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，得：mgcos-mgsin=ma1解得 a1=2.5m/s2加速到与传送带共速时的时间 物块运动的距离 。可知共速后物块将与传送带一起匀速运动，根据 解得 t2=2s，则货物运动所用时间为 t=t1+t2=3s选项 A 正确；物理参考答案 第 5 页（共 10 页）B货物在前半段加速阶段相对传送带的位移 。货物与传送带摩擦产生的热量为 。选项 B 正确；C货物运动的过程中传送带对货物做功大小为 。选项 C 错误；D货物运动到与传送带速度相等的过程中，利用动能定理可知
10、，货物增加的机械能等于摩擦产生的热量选项 D 错误；故选 AB.三、非选择题:本题共 6 小题，共 60 分。13.（6 分）【答案】(1).0.635 或 0.630 都对(2).0.10（0.097-0.11）（每空 2 分）【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为：0.6cm，游标尺上第 7 条刻度线和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 70.05mm=0.35mm，所以最终读数为：0.6cm+0.350mm=0.635cm(2)由实验原理得22 gxv则图像斜率 由图像可得 解得 。由于误差，则 0.099-0.11 均可。)14.（8 分）【答案】(1).125 ；2900（2）899（每
11、空 2 分）【解析】根据电表改装原理，可知改装成电流表需要并联，改装成电压表需要串联。改装成电流表根据分流特点可求，；=2900当灵敏电流表的示数为 时，流过干路电流为。，根据闭合电路欧姆定律可求 物理参考答案 第 6 页（共 10 页）15.（7 分）【答案】（1）8 分钟（2）34.2km【解析】（1）G1 次运行时间是 4 小时 28 分钟，G9 次运行时间是 4 小时 36 分钟，增加天津南站多耗用的时间是 8分钟。-2 分（2）停靠天津南站 2 分钟，变速运动多消耗 t=6 分钟，-1 分列车进、出站前后做匀变速运动的路程设为 x，则vxvxt2，-2 分解得 x=34.2km。-2
12、 分根据其他过程计算结果正确同样给分16.（9 分）【答案】（1）：v=4m/s（2）d=4.2m【解析】(1)运动员的向心力为 Fn mgtan -1 分运动半径为 r=Lsin -1 分满足 -2 分解得：v=4m/s-1 分（2）根据平抛运动规律H-Lcos=gt-1 分x=vt解得：x=4m-1 分落地点距离转轴的距离 d=x r-1 分d=4.2m-1 分17（14 分）【答案】（1）3s；（2）3m/s；（3）6s【解析】（1）设小物块 a 从圆弧最高点由静止下滑到达最低点速度为1v，根据动能定理有2112mgrmv，-1 分解得：1v=10m/sa 以 10m/s 滑上传送带，做
13、匀减速运动，根据牛顿第二定律2mgma-1 分解得：a=2m/s2假设 a 经过 t1 减速到0v=6m/satvv10-1 分物理参考答案 第 7 页（共 10 页）代入数据求得：t1=2s在 t1 内 a 的位移11012tvvx-1 分x1=16mx1L，所以 a 先减速运动，后匀速运动，匀速运动时间为 t2，则120Lxtv-1 分t2=1s所以 a 与 b 第一次碰撞前物块 a 在传送带上运动的时间 t=t1+t2=3s-1 分（2）a 与 b 第一次碰撞，动量守恒、机械能守恒，碰后 a 的速度为1av，b 的速度为1bv110baMvmvmv -1 分212120212121baM
14、vmvmv-1 分联立解得01vMmMmva012vMmmvb解得：1av=-3m/s，1bv=3m/s-1 分（3）a 与 b 第一次碰撞后沿传送带向右减速到零，再向左加速返回 M 点，返回到 M 点的速度大小为，所用时间s3211avta -1 分ab 碰后，b 向左与挡板 P 碰后反弹，速度等大反向，经 M 点时被锁定而静止，此后，a 与 b 发生第二次碰撞，以后重复这个过程，根据动量守恒、机械能守恒，每次碰后的速度是碰前的二分之一，最后静止在 M点a 与 b 第二次碰撞后沿传送带向右减速到零，再向左加速到 M 点，所用时间s23222avta-1 分a 与 b 第三次碰撞后沿传送带向右
15、减速到零，再向左加速到 M 点，所用时间s43233avta-1 分a 与 b 第 n 次碰撞后沿传送带向右减速到零，再向左加速到 M 点，所用时间s21321-navtann-1 分物理参考答案 第 8 页（共 10 页）根据无穷等比数列求和公式可得：a 与 b 第一次碰撞后 a 运动的总时间6ss2113t-1 分18.（16 分）【答案】（1）21tan；（2）Y0.08m；（3）粒子在磁场中入射位置不变，角度不变；（4）。【解析】（1）粒子在 A、B 间加速2021 mvUq-1 分解得：速度 v03 106m/s，粒子在 CD 间做类平抛运动，设在 C、D 板间运动时加速度大小为 a
16、，时间为 t，在 MN 界面处速度为 v，沿MN 的分速度为 vy，偏转位移为 y，v 与水平夹角为则：tvL02 mdUqa-1 分atvy 0tanvvy-1 分由以上各式，代入数据求得：yv23 106m/s21tan-1 分粒子到达 PS 界面时速度的方向与水平方向的夹角正切值为21tan（2）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与 PS 线交于 a 点，设 a 到中心线的距离为 Y221 aty-1 分物理参考答案 第 9 页（共 10 页）解得y0.02m粒子射出CD极板，其末速度的反向延长线过水平位移的中点，由图可知：32222LLLYy-2 分解得：Y0.08m-1 分（3）由以上可得44222LUdULy，是一恒定值-1 分212tan UdUL，也是一恒定值-1 分所以调整电源电动势，粒子在磁场中入射位置不变，角度不变。（其他解法同样给分）（4）最大半径的情形如图Yrrcos-2 分25)525(2r 。m根据粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力，-1 分得 则 。根据 ，-2 分得 。-1 分物理参考答案 第 10 页（共 10 页）