高三第二次联合模拟考试物理答案

物理二模答案14.C【解析】此过程中任子威和武大靖的相互作用等大反向，题中告知忽略运动员与冰面的水平方向上的作用，冰面对运动员的支持力与运动员的重力平衡，所以任子威和武大靖受的合力都与对方给的作用力等大同向，因此任子威和武大靖受的合力等大反向，因二者质量不一定一样大，所以二者加速度不一定等大，但一定反向，A错。此过程中任子威和武大靖的相互作用等大反向，相互作用时间一样，所以相互作用的冲量等大反向，B错。根据动量定理，合力的冲量等于动量变化量，任子威和武大靖受的合力都与对方给的作用力，二者相互作用的冲量等大反向，因为反向所以不相同，即C正确。二者相互作用期间不清楚任子威的手在武大靖身上是否有滑动，所以不能确定二者组成的系统是否机械能守恒，若考虑到身体内有化学能向内能和机械能转化，则二者组成的系统机械能就不守恒了，D错。15.D【解析】设等边三角形的边长为L，依题意及安培定则得a电流在c处产生的磁感应强度为���，与Oc成60°斜指向右上方；b电流在c处产生的磁感应强度为�，与Oc成60°斜指向���右下方。所以上述二者合成为�0=3�。��同理a电流在O处产生的磁感应强度为��，与Oc成30°斜指向右上方；b电流在O处产3��生的磁感应强度为��，与Oc成30°斜指向右下方；c电流在O处产生的磁感应强度为��，33�与Oc成90°指向右。上述三者合成为23�，即为2B0，方向为垂直cO向右。因此D正确。�16．C【解析】因为火星公转半径大于地球公转半径，所以火星公转周期大于地球公转周期，1?所以A错误；根据�=?，�=?，�=，可知相同时间内，火星与太阳连线扫过2�2�的面积大，所以B错误，根据�2�−�1�=2�,�=可算出C正确，D错误�17.B【解析】由图像可知，下滑过程中速度变小，A错误；因为2s时速度减为0，所以D错误，此时位移为5m，可求出加速度为2.5��2，初速度为5��，根据3�=?cos�−�sin�，可求得�=所以C错误，结合图像可知B正确218.BC【解析】A．核电站的发电原理是重核的裂变;D．β射线是原子核内的中子变成质子时释放出来电子19.BD12【解析】AB为一个整体，根据动能定理：2mg2d+qEd=mv，解得v=5gd，B对；2假设B可以到达下极板，根据动能定理：2mg4d+qE3d－6qE2d＜0，假设不成立，C错。20．AD1 【解析】分别连m1和m2所在的位置和圆心O，设圆轨道半径为R由相似三角形可得mgTNmgTN111222AOLRAOLR12T1=T2所以联立方程可得,所以若m1=m2，L1=L2两小球可静止在关于AB对称mL12mL21的任意处，A正确，B错误；若α=30°，β=60°，由几何关系可得L1=3R,L2=R,所以代入方程可得C错误，D正确。21．BCDmvrB312【解析】根据r，可得，所以A错；若要将粒子束缚在磁场区域qBrB121内，粒子轨迹与Ⅱ区域边界相切，结合几何条件可得环形区域大圆半径R至少为3R所以B正确；根据粒子的运动画出轨迹如图所示，以此类推，每次粒子0，经过边界后再次进入Ⅰ区域，相当于旋转过的角度相当于转过30°，所以从A点射入后第5次经过Ⅰ、Ⅱ区边界处的位置为Q，C正确；粒子再次以相同的速度经过A点的运动需要12次如图所示的周期性运动，每次周期性运动所需时间为122R(18+163)��0TTT,T，所以总时间为t=12T=，D正确。4132v3�0022.(1)添加——1分(2)2.88——2分(4)B——2分23.(1)实物连接参考下图，其中灵敏电流计正负极性连线互换亦得分（3分）(3)从P到Q（2分）调小（1分）(4)0.80（2分）1000（2分）【解析】（1）2 （3）设电源负极电势为0，当G的示数为零时，PQ两点的电势相等。调大R1时，Q点电势减小，所以电流方向从P到Q。当调小R2后，可使P点电势降低，当PQ电势再次相等时，流过G的电流可再次为零。（4）由题意可知，E(UU)(II)r1212E(UU)(II)r1212解得：电动势为0.80V内电阻为1000Ω。24．【解析】解：(1)12�=?�=3.2�——2分2�i==1�——2分�+�2+�0根据右手定则可知电流方向由c→b——1分(2)�=�0�——1分12�=?——1分2?=��——1分UE=——1分dU=IR2——1分∴v40=2×10m/s——2分25．【解析】1（1）受力分析可得：N=mgcos60°=mg——1分21由牛顿第三定律可得：N´=mg——1分2方向：由释放点指向圆环圆心（与竖直方向成30°夹角，斜向左上）——1分（2）D球在圆环上最大速度位置处受重力、圆环的支持力、弹性绳的拉力，D球此时在该位置处切向加速度为0设弹性绳与竖直方向夹角为θ，D重力、圆环的支持力、弹性绳的拉力围成的三角形与3 A点、D球所在位置、圆心三角形是一个相似三角形，则有mgk(2rcosθ－r)=——1分sinθsin2θ3代入数据解得：cosθ=——1分51弹性绳伸长量为：x=r——1分5123mgr此时弹性绳弹性势能为：Ep=kx=——2分22512（3）从释放点到B位置过程中，动能定理有：mg(r+rsin30°)－Ep=mv0——1分269gr解得：v0=——1分25D球与1号球发生弹性碰撞：mv0＝mv1D＋2mv111分1mv212120＝mv1D＋2mv111分222269gr169gr解得：v11＝，v1D＝－——2分325325然后1号球与2号球发生完全弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可得1号球速度传递给2号球，同样2号球与3号球发生完全弹性碰撞。。。。。。，直至与n号球发生碰撞后第一269gr轮碰撞结束，得n号球的速度为v1n＝325第一轮1号球碰撞2次。D球通过圆周轨道后会返回再次与1号球发生弹性碰撞,有m│v1D│＝mv2D＋2mv211mv212121D＝mv2D＋2mv21222解得：1169gr2269grv|v|=v|v|2D1D2211D23325，3325——2分然后1号球与2号球发生完全弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒可得1号球速度传递给2号球，同样2号球与3号球发生完全弹性碰撞。。。。。。，直至与n-1号球发生碰撞后第二轮碰撞结束，得n1号球的速度为269grvv2,n1212325第二轮1号球碰撞2次。第n-1轮，1号球与2号球碰撞后结束第n-1轮碰撞。n-1轮碰撞后D球、1号球、2号球的速度分别为4 169gr269grvvn-1，Dn1v0(n1),2n1325，（n-1),1，325——2分第n-1轮1号球碰撞2次。第n轮，D号球与1号球发生弹性碰撞，最后1号球的速度269grv1n325——1分第n轮1号球只碰撞了1次。综上可得一共1号球一共碰撞次数为2n1次。——1分33.（1）ACE【解析】氢气和氧气温度相同，其分子平均动能和其热力学温度成正比，所以二者分子平均动能相等，但二者得分子质量不同，所以分子的平均速率不同，A正确。扩散在固体之间能发生，比如固体煤堆在固体白墙根处时间久了就会发生扩散，所以B错。分子间相互作用的引力和斥力成分都随分子间距的增大而减小，随分子间距的减小而增大，所以C正确。饱和汽压在一定温度下是一定的，不随体积而改变，所以D错。反映宏观自然过程方向性的定律就是热力学第二定律，宏观自然过程沿着分子热运动无序性增大的方向进行，因此E正确。(2)解：(i)对活塞A有：�'�+?=�'�①——1分21对Ⅱ气体有：��=�'�'②——2分2222'1其中�2=�0；�2=ℎ�；�2=（ℎ−ℎ）�3'3解得�2=�0③2'?'?3将③代入①中得Ⅰ气体的压强为�1=+�2=+�0——2分��2(ii)对A和气缸整体有：�'�=��+4?④——1分10��'�'1�111对Ⅰ气体有='⑤——2分�1�1'1其中�1=�0；�1=ℎ�；�1=�0；�1=(ℎ+ℎ)�3'''44?4由④解出�1，再将�1代入⑤中，得此时Ⅰ气体温度为�1=�0+�0=1+3�0�34?�0———2分�0�34【解析】(1)．ACE——5分(2)．解：（i）根据图象可知，该波波长λ=4m——1分5 M点与最近波峰的水平距离为6m，距离下一个波峰的水平距离为10m，所以波s10速为：v20m/s——2分t0.5（ii）N点与最近波峰的水平距离为s=11m——1分当最近的波峰传到N点时N点第一次形成波峰，s11历时为：t1s0.55s——1分v20（ⅲ）该波中各质点振动的周期为：T0.2s——1分vN点第一出现波峰时质点M振动了t2=0.4s——1分则t2=2T——1分质点M每振动T/4经过的路程为5cm，则当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程为：s′=8×5cm=40cm=0.4m——2分6