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- 2021-06-30 发布
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湖北省 2020 年元月高三期末理综试题
物理答案解析
14.C 解析:惯性是物体固有属性,与受不受力、受什么力无关,与运动状态都无关,只
由质量决定,故 A、B 错;亚里士多德关于“力与运动的关系”的论断是错误的,故无法佐
证正确性,D 选项错误。综合知本题选 C 项。
15.B 解析:等量同种电荷连线的中垂线上,从无穷远处至 O 点,场强 E 先变大后
变小;由于带电小球初始位置未知,故其电场力的大小变化情况不确定,但小球受
到的电场力方向不变总是指向 O 点,故电场力一定做正功,小球的电势能减小,故
A、C、D 项错误,B 选项正确。
16.A 解析:由题意,由功能关系知: )2
1()2
1( 22
初末
初末 r
MmGmvr
MmGmvW ---= ,
代入数据得 W≈-2×109J,故本题选 A 项。
17.D 解析:粒子轨迹如图,由洛伦兹力提供向心力: r
vmqvB
2
= ,由几何关系知:
3
3
3
3
2
1 ==
R
R
r
r ,联立解得
3
1
1
2
2
2
1
1
== r
r
m
q
m
q
,故 A、B 项错误。又由
v
rT π2= 可得
2
3
π2
360
120
π2
360
60
2
2
1
1
2
1 =
×°
°
×°
°
=
Bq
m
Bq
m
t
t ,故综合知本题选 D 项。
18.B 解析:滑动变阻器 R 滑片向 b 端滑动,R 减小,总电阻减小,干路电流增大,内
电压增大,外电压减小,R1 上消耗的电压增大,R3 并联电路的的电压减小,故电容器电
压减小,场强减小,电场力减小,故粒子将向下运动,A 项错误;R3 上的电流减小,消
耗的功率减小,电流表 A 中的电流增大,R2 上消耗的电压增大,消耗的功率增大,电压
表 V 的示数减小,故 B 项正确、D 项错误;由于 R 外>r,故随外电阻减小,电源输出功
率增大,效率减小,C 选项错误。综合知本题选 B 项。
19.AC 解析:三种轨道的卫星比较可知,半径小线速度大,卫星 a 的线速度最大,近地
卫星的线速度等于第一宇宙速度,卫星 a 的线速度小于第一宇宙速度,故 A 项正确;倾
斜轨道同步卫星 c,只是运动周期与地球自转周期相同,但它相对地面是运动的,故 B 项
错误;倾斜地球同步轨道卫星 c 与地球静止轨道卫星 b 的周期相等,故线速度大小、加
速度大小、轨道半径、高度离地均相等,故 C 项正确;要把同一轨道平面上的卫星 a 由
低轨道变到高轨道,必须先对其加速,使其做离心运动,克服引力做功,升到高轨道
上,故 D 项错误。综合知本题选 AC 项。
20.AC 解析:小球由静止释放以后,小球和半圆槽组成的系统没有机械能损耗,故系
统机械能守恒,A 项正确;小球由静止释放以后,小球和半圆槽组成的系统,在水平方
向上受到了竖直墙壁的弹力作用,故系统水平方向动量不守恒,B 项错误;当小球运动
到 B 点时: 2
2
1)cos1( mvmgR =- q ,在最低点由牛顿第二定律: R
mvmgF
2
B =- ,对
半圆槽竖直方向上又有: BFMgF +=地 ,联立解得:M=m=0.8kg,故 C 项正确;小球
运动到 B 点后,系统水平方向动量守恒、机械能守恒,且质量也相等,故必有在以后的
运动中交换速度, J6.12
1 2 == mvW ,故 D 选项错误。综合知本题选 AC 项。
21.BD 解析:当金属导体棒 CD 运动到 AB 时,其接入电路中的有效长度为 L;由法
拉第电磁感应定律:E=BLv;单位长度金属线框电阻为
L
R
L
R == 6
6d ,故此时 Rr = ,
3
4
42
42 R
RR
RRR =+
×=外 ,由电路知识:
7
4
AB
BLvU = ,故 A 项错误;由
外
总 Rr
EI += ,
得
R
BLvI 7NP = ,故 B 项正确;外力 F 做功的功率等于整个回路中的电功率与克服重力
做功功率之和,故 C 项错误;此时线框 MNP 消耗的电功率为
R
vLBRIP 49
12 222
2
MNP == 外总 ,故 D 项正确。
22.(1)10.60(2 分) (2)D(2 分) (3)增大 (2 分)
解析:(1)由游标卡尺读数方法读出 d=10.60mm;
(2)由机械能守恒知: 2
2
1 mvmgh = ,
t
dv = ,解得: 2
2
2gt
dh = ,故选 D;
(3)由功能关系知: mghmvWf -= 2
2
1 ,h 越大,克服空气阻力做功越多,故差值越大。
23.(1)B (2 分) (2)b (1 分) (3)1.49(2 分),1.45(2 分) (4)0.49W(2 分)(0.46~0.52 均给
分)
解析:(1)由一节干电池电动势约为 1.49V,允许通过最大电流
为 0.5A,为了实验安全和便于调节,滑动变阻器宜能选 50Ω,
1.0A,即选 B;
(2)为保护电路,滑动变阻器初始接入阻值最大,故应滑至 b
端;
(3)由(1)可知电源电动势约为 1.49V,内阻约为 1.45Ω;
(4)两个电池串联,电动势 E′=2.98V,r′=2.90Ω,在图丁中画出串
联后电源的 U-I 图线如图所示,交点坐标 U=2.40 V,I=0.205
A,所以每个小灯泡的实际功率为:P=UI=0.49 W.
24.(12 分)
解:(1)(5 分)由于粒子恰好沿直线穿过 L≤x≤2L 的区域,可知粒子在这一区域一定沿 x 轴正
方向做匀速直线运动,由平衡条件可知:
BqvqE 0= ①(1 分)
作出粒子运动轨迹如图所示,在磁场中做匀速圆周运动圆心为 O′,
轨道半径为: R=L ②(1 分)
由牛顿第二定律可知:
R
vmBqv
2
0 = ③(1 分)
联立①②③解得: qL
mvB 0= ,
qL
mvE
2
0= (2 分)
(2)(7 分)粒子在 2L≤x≤3L 区域内做类平抛运动,设在这个区域内沿 x 轴方向位移为 x3,沿
y 轴方向位移为 y3,运动时间为 t,则有:
tvLx 03 == ④(1 分)
2
3 2
1 aty = ⑤(1 分)
maqE = ⑥(1 分)
粒子离开电场的位置对应的纵坐标:
3yRy += ⑦(1 分)
联立④⑤⑥⑦解得:
2
3Ly = (1 分)
故粒子离开电场的位置坐标为(3 ,
) (2 分)
25.(16 分)
解:(1)(5 分)设 A、B 在恒力 F 作用下一起沿斜面做加速运动的加速度为 a,细线的张力
大小为 T,由牛顿第二定律可知,对整体:
F-2mgsin37°-μ×2mgcos37°=2ma ①(2 分)
对 A 滑块:
T-mgsin37°-μmgcos37°=ma ②(2 分)
联立①②解得: T=15N (1 分)
(2)(11 分)设 t=2s 时 A、B 的速度大小为 v,由运动学公式可得:
v=at ③(1 分)
此时 B 的速度立即减为零,然后向下做匀加速直线运动,设加速度大小为 a2,由牛顿第二
定律可得:
mgsin37°-μmgcos37°=ma2 ④(1 分)
A 先向上做匀减速直线运动,设加速度大小为 a1,经过时间 t1 后速度减为零,向上位移为
x1,则有:
mgsin37°+μmgcos37°=ma1 ⑤(1 分)
v=a1t1 ⑥(1 分)
x1= 2
112
1 ta ⑦(1 分)
解得:t1=1s,x1=5m
这段时间内 B 向下运动的位移为 x2,则有:
x2= 2
122
1 ta ⑧(1 分)
解得: x2=1m
由于 x1+x2=6m