广东省 华附、省实、深中、广雅2020届高三年级四校联考物理（理综）物理答案.pdf

18 物理参考答案 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C A C B A CD BD ACD 14．解析：因 v-t 图的斜率代表加速度，t1 故 A 项错误．0～t1 加速度越来越小，所以合外力越来越 小，故 B 项错误．0～t4 时间段内，v-t 图围成的面积为零，所以位移为零，故 C 项正确．t2 时刻 v＝0 而 a 最大，故 D 项错误． 15．解析：小球受到的重力，电场力和轻绳的拉力构成矢量三角形如图所示，由力 的动态变化可以看出，α角的最大值为 300,故选 A． 16．解析：在星球表面的物体受到的重力等于万有引力 GMm R2 ＝mg，所以 g＝GM R2 ＝ G·ρ·4 3πR3 R2 ＝4 3πGρR，整理可得g′ g ＝ρ′ ρ·R′ R ＝16 81 ，故 A、B 均错误；探测器绕地球表 面运行和绕月球表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有：GMm R2 ＝mv2 R ，得： v＝ GM R …①，M 为中心天体质量，R 为中心天体半径，M＝ρ·4 3πR3…②，由①②得：v＝ 4πGρR2 3 ，已知月球和地球的半径之比为 1∶4，密度之比为 64∶81，所以探测器绕月球表面 运行和绕地球表面运行线速度大小之比为：v′∶v＝ 9 2 ，故 C 正确、D 错误 17． 解析：由动量守恒可得第一次击打木块的过程中 Mvmv 1 ，第二次击打木块的过程中 MvMvmv 2 ,两式相除可得 vl：v2=1：2 ，所以 B 正确． 18．解析：设斜面倾角为θ，下滑的加速度  cossin gga  ，可知 乙甲 aa  ，下滑位移 乙甲 ss  ， 所以甲滑块滑到斜面底端的速度比乙大，A 正确；设斜面底边长为 d，斜面长为 d/cosθ，由公式 2)cossin(2 1 cos tggd   ， 可 解 得 )coscos(sin 2 2   g dt ， 化 简 ))2(sin(1 4 )2cos2(sin 4 2    g d g dt ，可见当 902  时，t 最 大，所以 B 无法确定，B 错；机械能损失等于产生的热量 mgdsmgQ   cos ，可见甲 乙摩擦生热一样多，C 错；两个系统都失重，因为两个小滑块都有竖直向下的加速度 sinaay  ，显然 乙甲 yy aa  ，所以甲系统失重更多，对地面压力更小，所以 D 错误．19 19．解析：t＝0.01 s 时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故选项 A 错误；该线圈的角 速度  10002.0 22  T rad/s，故选项 B 错误；由题图乙知该交变电动势的瞬时值表达式为 e＝22 2sin(100πt)V，故选项 C 正确．电动势瞬时值为 22 V 时，代入瞬时值表达式，得 sin ωt ＝ 2 2 ，故表明线框平面与中性面的夹角为 45°，故选项 D 正确． 20．解析：从 O 到 x1，电势升高，场强沿－x 方向，电场力沿 x 轴正向，斜率在减小，说明电场在 减弱，所以粒子做加速度减小的变加速直线运动，A 项错；从 x1 以后的运动过程中，电势降低， 场强沿＋x 方向，电场力对粒子做负功，粒子的电势能先增加，C 项错；粒子在 x1 处电势能最 小，动能最大，由能量守恒 1 2mv2m=qφ0，解得 m qvm 02  ，B 项正确；根据能量守恒，粒子运 动到 x2 处速度已经减为零，D 项正确． 21．解析：设粒子的速度大小为 v，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由磁场对粒子的洛 伦兹力提供，则由 qvB＝mv2 r ，解得 v＝qBr m ，粒子在匀强 磁场中的运动时间为 t＝s v.由于各个粒子的电量、质量和 粒子的速度的大小都相同，所以各个粒子在磁场中的轨道 半径的大小为定值，粒子在磁场中所对应的轨迹的弧长越 长，粒子在磁场中的运动时间越长；粒子在磁场中所对应 的轨迹的弧长越短，粒子在磁场中的运动时间越短。不妨 假设匀强磁场充满整个空间，画出粒子在磁场中的轨迹如 图 1 所示，由图 2 可知：沿着 y 轴正方向的粒子最先从磁 场上边界中飞出，设该粒子在磁场中的轨迹所对的圆心角 为θ1，由题意得： θ1 360°T＝ T 12 ，解得：θ1＝30°，如图所示， 由几何关系可得：rsin 30°＝a，可解得：r＝2a、v＝2qBa m ，答 案 AD 正确；如图 3 所示，当粒子的运动轨迹和磁场的上边 界相切时，粒子在磁场中运动轨迹所对应的弧长最长，在磁 场中的运动时间最长，设该种情况下粒子的轨迹所对应的圆 心角为θ2，则： θ2 360°T＝T 4 ，解得：θ2＝90°.设∠MO2O＝θ3、 ∠MO2D＝θ4，则：θ3＋θ4＝90°.由几何关系可得：rcos θ3＝r－a，即：2acos θ3＝2a－a＝a，则： θ3＝60°、θ4＝30°.由几何关系进一步可得：b＝rsin θ3＋ rsin θ4，即：b＝2asin 60°＋2asin 30°＝ 3a＋a，所以长 方形区域的边长满足关系b a ＝ 3＋1，C 项正确。 22．(5 分)20 （1）1.220 ----------------------2 分 （2） ht d 2 1)( 2  ---------------------------2 分 （3）不能-----------------------1 分 23．(10 分) （1）黑；-------------1 分 （2）较小；---------------1 分；将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使多用电表的指针恰好停 到欧姆刻度线的 0 刻度处（指针指向“0Ω”）------------3 分,3 个点每个 1 分 （5） 21 21 UU UU  ------------2 分； 1 21 12 RUU RU  或者 1 21 122 RUU UU   -----------2 分 （6）无 --------------------1 分 24．（12分） 解析： （1）带电离子加速运动末速度为v，则 2 2 1 mveU  ①------------------------2分 进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 R mvevB 2  ②----------2分 联立①②求解可得 eB emU e mU BeB mvR 221  ③---------------------------1分 （2）离子在磁场中运动周期 eB m v RT  22  ④----------------------------------------2分 i）若 dR  ，离子从MN边界离开磁场区域，圆周运动的圆心角为 ------1分 所以离子在磁场中运动的时间 eB mTt     21 ⑤-------------------1分 ii）若 dR  ，离子从PQ边界离开磁场区域，圆周运动的圆心角为 利用几何知识可得 mU edBR d 2sin  ⑥---------------------------2分 所以所以离子在磁场中运动的时间 )2(sin2 1 2 mU edBeB mTt    -----1分 25．(20 分) 解析： （1）小滑块放在小车上以后，其加速度根据牛顿第二定律 1mamgf   ① -----------1 分 解得加速度 2 1 /2 sma  加速到共速时用时 t1， 10 atv  ②----------------------------------------------------------------1 分 解得 st 21 21 此过程中小滑块相相对 P 点移动的距离 2 1 2 1 ats  ③--------------------------------------1 分 此过程中木板相相对 P 点移动的距离 102 tvs  ④--------------------------------------------1 分 求解可得 ms 41  ， ms 82  ------------------------------------------------------------------1 分 摩擦力对小车做的功 2mgsW f  ⑤-------------------------------------------------------1 分 求解可得 Jwf 16 （没有负号扣除这一分）---------------------------------------------1 分 （此小问学生用动能定理和动量定理替代牛顿运动定律求位移和时间也可以，每式 1 分） （2）当加有向右电场时，小滑块加速度 m mgqEa 2 ⑦------------------------------------1 分 恰好运动到木板左端共速，共速时间 2 0 2 a vt  ⑧----------------------------------------------1 分 根据两物体的位移关系可得 2 2220 2 1 2 1 tatvL  ⑨-------------------------------------------2 分 联立⑦⑧⑨可得 st 5.02  v/m3E ，所以电场强度 E 满足 v/m3E ---------------------------1 分 （3）满足第二问的条件，当电场 v/m3E 时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右 做匀加速运动，设时间为 t3 后撤去电场,之后滑块做减速运动，经时间 t4，小滑块和小车在小车右端 共速，恰好没掉下来， 小滑块向右加速度为 3mamgqE   ⑩-------------------------------------------------1 分 解得 2 3 /4 sma  加速的末速度 3301 tavv  ⑪ 减速过程中 4101 tavv  ⑫---------------------------------------------------------------1 分 加速过程中的位移为 3 2 0 2 1 3 2a vvs  ⑬ 减速过程中的位移为 1 2 0 2 1 4 2a vvs  ⑭--------------------------------------------------1 分 则 Lttvss  )( 43043 ⑮-----------------------------------------------------------2 分 联立⑩⑪⑫⑬⑭⑮求解解得 sst 58.03 3 3  ------------------------------------1 分 所以电场存在总时间 sttt 08.1)( 32  ------------------------------------------1 分22 所以电场存在的时间满足关系式 sts 08.15.0  （结果可以保留根式）------1 分 解法 2：满足第二问的条件，当电场 v/m3E 时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右做匀 加速运动，设时间为 t3 后撤去电场 小滑块向右加速度为 3mamgqE   ⑩-------------------------------------------------1 分 解得 2 3 /4 sma  滑块相对小车做加速度为 3a ，初速度为零的匀加速运动，经时间 t3 后做加速度为 1a 的匀减速运动 直至相对静止，此过程中的总位移小于等于板长，因此 La v a v  1 2 3 2 22 ----4 分 加速过程的时间 ssa vt 58.03 3 3 3  --------------------------------------------------------1 分 所以电场存在总时间 sttt 08.1)( 32  ⑮----------------------------------------------------1 分 所以电场存在的时间满足关系式 sts 08.15.0  --------------------------------------------1 分 33．（15 分） （1）答案：BCD 解析：伽利略的斜面实验是为了证明“不受外力的物体会永远匀速运动下去”，所以 A 错；伽利 略和笛卡尔在牛顿提出牛顿运动定律前，都提出了和牛顿运动定律类似的观点，B 正确；奥斯特发 现了电流会激发磁场，即电生磁，但是安培提出了“安培环形电流假说”，解释了磁铁产生磁场的原 因，所以 E 错误． （2）解析： （1）线框在磁场中匀速运动 Af FFF  ①----------------------------1 分 导体棒受到的安培力 ABA BILF  ②-------------------------------------1 分 电流 R vBLI AB 1 ③---------------------------------------------------1 分 联立求解可得 smv /11  ④--------------------------------------------1 分 同理可得 smv /12  ⑤ （2）线框进入磁场前，根据动能定理有 2 12 1)( mvxFF f  ⑥------------------2 分 解得 mx 05.0 ⑦--------------------------------------------------1 分 （3）在穿越磁场的过程中 2 1 2 2 2 1 2 1))(( mvmvQdLFF ADf  ⑧----------2 分 解得 Q=0.5J⑨---------------------------------------------------1 分