2017-2018学年上学期期末复习备考之精准复习模拟题高三物理（B卷）（基础版）（参考答案） 10页

‎ 1．B ‎【解析】由题意知，在下滑的过程中，根据牛顿第二定律可得： ，故加速度保持不变，物块做匀减速运动，所以C、D错误；根据匀变速运动的规律，可得B正确；下降的高度，所以A错误。‎ ‎2．A ‎ 3．A ‎【解析】AB、电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。弹簧测力计的示数变为8N时，对重物有：mg−F=ma，解得a=2m/s2，方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故A正确，B错误；‎ C、由于加速度方向竖直向下，人处于失重状态，电梯对人的支持力大小小于人的重力大小，C错误；‎ D、电梯对人的支持力与人对电梯的压力是作用力与反作用力，大小相等，D错误。‎ 故选：A。‎ ‎4．B ‎【解析】b球落在斜面的中点，知a、b两球下降的高度之比为2：1，根据知， ，则时间之比为，因为a、b两球水平位移之比为2：1，则，故B正确，A、C、D错误。‎ 点晴：ab两处抛出的小球都做平抛运动，由平抛运动的规律水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，抓住水平位移和竖直位移关系进行求解。‎ ‎5．C ‎【解析】万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得：T=2π，轨道半径r越大，周期T越大，则角速度越小，所以经过相同的时间，三个卫星中，b转过的角度最大，c次之，d最小，d为同步卫星，与赤道上的a保持相对静止．故ABD错误，C正确．故选C．‎ ‎6．D ‎【解析】AB、由电场线的疏密可判断出EA＜EB，由电场线的方向可判断出φA＞φB，故AB错误；‎ CD、从电场中的A点运动到B点，由动能定理得，电场力做功为，故D正确，如果电荷为负电荷，电场力做负功， ，重力做正功， ，大小无法确定，所以和的大小无法判断，故C错误；‎ 故选D。‎ ‎7．D ‎ 8．A ‎【解析】发生衰变时动量守恒，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变，β衰变把一个中子转化为质子，放出一个电子，中子数减小，粒子是电子，根据质量数守恒和电荷数守恒，配平核反应方程式，可知衰变方程为，故新核是，A正确C错误；静止的发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式可知半径与电荷量q成反比，新核的电荷量q大，所以新核的半径小，所以轨迹2是新核的轨迹，B错误；根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断得知：新核要沿逆时针方向旋转，D错误．‎ ‎9．AD ‎【解析】物块在传送带上，离开传送带右端的速度与通过粗糙的静止水平传送带速度相同，落在同一位位置，A正确；‎ 物块在传送带上，离开传送带右端的速度大于过粗糙的静止水平传送带速度，落在P点右方，D正确；‎ 故选AD。‎ ‎10．AD ‎ 11．BD ‎【解析】B、将滑动变阻器的滑片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与灯并联的电阻增大，外电路总电阻增大，路端电压增大，电压表的读数变大，故B选项正确；‎ A、灯泡的电压增大，灯泡变亮，故选项A错误；‎ C、由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡变暗，故选项C错误；‎ D、电压表读数变小．由于电容器两端电压减小，由可得电容器所带电量减少，故D选项正确。‎ 点睛：本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析规律，要注意明确在简化电路时应将电容器视为断路，先摘除后再分析电路，然后明确电容器与哪部分并联，从而明确电容器电压的变化。‎ ‎12．BC ‎【解析】试题分析：带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．‎ 根据周期公式 可知粒子在磁场中的运动周期和速度无关，即所有粒子在磁场中的运动周期相同，粒子在，即粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角越大，运动时间越大，对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即运动时间越小，A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，B正确；速度满足时，粒子的轨迹半径为，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故C正确D错误．‎ ‎13． 不需要； 不需要 （2）1.58； 0.75 （3）0.16‎ ‎ 加速度为: (3)根据牛顿第二定律可以知道: ,  代入数据计算得出: ‎ 综上所述本题答案是：(1). 不需要； 不需要 （2）1.58； 0.75 （3）0.16‎ ‎14． 0.400 0.38 2.63 3.00 1.77 1.1×10-61.3(1.2-1.4)‎ ‎（4）根据闭合电路欧姆定律，则有： ，可得： ，联立可得： ，由数学知识可得： ， ，解得：ρ=1.1×10-6Ω•m ，r=1.3Ω。‎ ‎15．（1）40N/m（2）2.0m/s（3）6.0N ‎【解析】（1）小球在A处由平衡知识可知：‎ 沿半径方向： ‎ 得： ‎ ‎（2）由A到B过程： ‎ 得： ‎ ‎（3）在B点： ‎ 得： ‎ ‎16．（1） （2）32N （3）木板的长度应不小于6.75m ‎（3）物块在木板上滑动时，所受的滑动摩擦力为： ‎ 地面对木板的最大静摩擦力为： ‎ 因为，所以木板不动．‎ 设为了使物块始终在木板上滑动，木板的长度最小为L，则由动能定理得：‎ 代入数据解得： ‎ 点睛：本题主要考查了动能定理及牛顿第二定律的综合应用，要注意正确选择研究对象，做好受力分析，并能正确且熟练运用相应的物理规律即可解题。‎ ‎17．（1），（2），（3）‎ ‎（2）粒子在时间内从静止开始向右做匀加速运动的距离为： ，在后半个周期内做匀减速运动直到速度为零，根据对称性可知走过的距离仍为0.8cm，故一个周期内粒子向右走的距离为1.6cm，由此可知粒子经过三个周期向右运动的距离，此时速度为零则此时距A的距离为 由，得 粒子到达A板时动量的大小 ‎（3）带电粒子在时间内释放时向A板做匀加速运动，在向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回．粒子向A 板运动可能的最大位移为 要求粒子不能到达A板，则有 则有： ‎ 解得： ‎ ‎18．见解析；‎ ‎【解析】方案（1）在第一象限加垂直纸面向外的磁场B，磁场只存在于x轴上方，使电荷做半径为的半个圆运动，然后匀速直线运动到P，由，可得需要加的匀强磁场，轨迹如图 方案（3）粒子由O到P的轨迹如图所示 粒子在电场中做圆周运动，半径为R2‎ 由几何关系知（a-R2）2+b2=R22‎ 解得， ‎ 由牛顿第二定律得 由此得