理综物理A卷答案.pdf

1、高三理综试题答案精析 第1页,共3页试卷类型:A晋中市2022年3月普通高等学校招生模拟考试理综试题答案精析 物理14.D 氢原子吸收光子,由基态跃迁到激发态后,能量增大,电子的动能减小,原子的电势能增大,故A 错误;处于基态的氢原子跃迁到第一激发态需要吸收的能量E=E2-E1=10.2 eV,跃迁到第二激发态需要吸收的能量为 E=E3-E1=12.09 eV,用11 eV 的光子照射,并不能使处于基态的氢原子跃迁到激发态,故B错误;大量处于n=4激发态的氢原子,向低能级跃迁时可辐射出6种不同频率的光子,故C错误;处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁,照射钾板,发生光电效应,光电子的最大初动能E

2、k=-1.51 eV-(-13.6 eV)-2.25 eV=9.84 eV,故 D 正确。15.C 云层带负电,则接闪杆尖端感应出正电,故 A错误;通过题图中电荷的运动轨迹可知电荷所受的电场力指向避雷针尖端,带电粒子q 带负电,从 M到N 电场力做正功,所以电势能减小,故 B错误,C正确;q 越靠近接闪杆尖端,所受电场力越大,其加速度越大,故 D 错误。16.B 正常工作时液体被拉动,所受安培力向左,根据左手定则,电流由上到下,故电源正极应接泵体上表面,故 A 错误;根据电阻定律,泵体内液体的电阻R=LS=1 L2L1L2=1L1,因此流过泵体的电流I=UR=UL1,故B正确;其他条件不变,磁

3、场方向反向,所受安培力反向,无法正常工作,故C错误;若减少液体的电导率,电流减小,受到的磁场力减小,使抽液高度减小,故 D 错误。17.D 在天宫空间站中,所有的物体都处于完全失重状态,一切与重力有关的仪器都不能使用,所以天平不能直接测出物体的质量 m,但拉力器仍然可以使用,选项 A、B 错误;因引力常量未知,故无法求得地 球 质 量,选 项 C 错 误;根 据 GMm(R+h)2=m 2T 2(R+h),g=G MR2,解 得 h=3gR2T242-R,选项 D 正确。18.D 小球内产生的感应电流在线圈产生的磁场作用下产生加速度,0t1 时间内,电流增大,电流的变化率在减小,线圈内磁通量的

4、变化率在减小,感应电流在减小,t1 时刻图像斜率为零,小球内感应电流为零,故选项 A 错误;0t1 时间,金属小球内感应电流产生了焦耳热,线圈内磁场变强从而储存了磁场能,故选项 B错误;由题可知,塑料管长度变长,t1 时刻金属小球还未运动到管口,t1 时刻后一小段时间线圈电流减小,由楞次定律可知小球将减速,故选项 C错误;0t1 时间内,由安培定则知线圈内感应磁场方向是向右的,磁通量在增大,根据楞次定律“增反减同”可知感应电场产生的电场线在线圈内部是向左的,由安培定则推得,小球中产生的涡流从左向右看是逆时针方向的,故D正确。19.ABC 以 P、Q 两球整体为研究对象,进行受力分析,受到重力

5、G、F 和悬线的拉力FT,F 和FT 的合力竖直向上,大小为 50 N,F 的大小不变为 30 N,根 据 图 解,可 以 看出,当 拉 力 FT 与 F 垂 直 时,悬 线OP 与竖直方向的夹角 的值最大,由几何关系可以得出此时=37,故选 A、B、C。20.BD 由 能 量 守 恒,可 得 mgLsin=(M+m)gLcos+MgLcos,解得 M m=16,故A 错误;下滑过程中速度最大时所受合力为零,设此时弹簧的压缩量为 x1,可得(M+m)gsin=(M+m)gcos+kx1,解得x1=7Mg8k,上滑过程中速度最大时所受合力为零,设此时弹簧的压缩量为x2,可得 Mgsin+Mgco

6、s=kx2,解得x2=7Mg8k,x2=x1,故 B正确;下滑时(M+m)gsin-(M+m)gcos=(M+m)a1,上滑时 Mgsin+Mgcos=Ma2,解得a1a2=17,故 C 错误;当下滑距离最大时,弹簧的弹性势能最大,根据能量守恒定律可得(M+m)gLsin=(M+m)gLcos+Ep,解得Ep=7MgL8,故 D 正确。21.CD 从a 到c 由动能定理可得3mgR-EqR=12mvc2,解得vc=2 gR,对c 点由牛顿第二定律可得FNc-mg=mvc2R,联立解得 FNc=5mg,小球对轨道的最大压力应该在bc 弧的中点,压力大于FNc,故 A 错误;离开c 点后,小球在水

7、平方向上受向左的电场力,做匀减速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,水平方向的加速度a1=Eqm=g,高三理综试题答案精析 第2页,共3页向左运动的最大位移x=vc22a1=2R,整个运动过程中电 场 力 做 功 最 多 为 W=-Eq(x+R)=-3mgR,机械能减少量最多为3mgR,故 B 错误;机械能最小时,离开c 点的水平距离为x=2R,时间为t=vca1=2Rg,竖直距离为y=12gt2=2R,可以得出小球机械能最小时小球与b 点的连线经过c 点,故 C正确;小球经过c 点正下方时,竖直方向的速度为vy=2gt=4 gR,重力的功率为 P=mgvy=4mg gR,故 D 正确。22

8、.(5分)(1)0.6725(0.6724、0.6726也可得分)(1分)(2)2gd2(2分)(3)断电后电磁铁的磁性未立即消失;空气阻力、小钢球球心未经过光电门(答出一项即可得2分,其他合理答案也可得分)解析(1)由螺旋测微器的读数规则得d=6.5 mm+0.225 mm=6.725 mm=0.6725 cm;(2)由小钢球机械能守恒可得 mgh=12m dt 2可得1(t)2=2gd2h可得直线的斜率为k=2gd2;(3)断电后电磁铁的磁性未立即消失;有空气阻力影响,小钢球下落时不是做自由落体运动,机械能不守 恒;小 钢 球 球 心 未 经 过 光 电 门,测 速 度 造成误差。23.(

9、10 分)(1)右 10 4.0 (2)100 38.6(或38.5)(每空2分)解析(1)从安全角度,为了使电表不超过量程,分压要小,闭合开关S前滑动变阻器的滑动触头应置于最右端,由欧姆定律可得U=Ig(Rg+R),变形可得U=IgR+IgRg,与题图乙对照,可得斜率即为满偏电流Ig=10 mA,内阻Rg=4.0。(2)由闭合电路欧姆定律得EI=R0+Rg+r+RT,当电流为满偏电流时,总电阻为300,此时温度为42,由题图丙知热敏电阻为190,可得R0=100;同 理,当 电 流 为 7.5 mA 时,总 电 阻 为400,RT=290,根 据 题 图 丙 可 得 温 度为38.6。24.

10、(12分)(1)设 运 动 员 在 水 平 轨 道 上 运 动 距 离 为x1,此时速率为v1,加速度为a1,在倾斜轨道上运动距离为x2,到P 点时速率为v2,加速度为a2,根据题图乙知v1=8 m/sv2=35 m/s因2a1x1=v122a2(x2-x1)=v22-v12根据题图乙的斜率可得a1=2.5 m/s2a2=2.0 m/s2在倾斜轨道上由牛顿第二定律得mgsin-F阻=ma2解得F阻=72 N(2)在水平轨道上t1=v1a1在倾斜轨道上t2=v2-v1a2运动总时间t=t1+t2解得t=16.7 s(评分标准:式2分,其余各式每式1分。)25.(20分)(1)粒子运动 的 轨 迹

11、 如 图甲所示,由几何关系可知,粒子运动的轨 迹 半 径r1=R粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB1=mv2r1解得B1=mvRq(2)粒子在电场中做类平抛运动,粒子速度和挡板相切时如图甲tan=vyvvy=Eqmt由平抛运动的推论 得,粒 子 平 抛 运 动 的 水 平 位 移为2R故t=2Rv解得E=3mv26qR(3)将原电场换为方 向 垂 直 纸 面 向 里 的 匀 强 磁场后,粒子离开圆形磁场区域到返回的过程中,运动轨迹如图乙所示,粒子在匀强磁场B2 内做圆周运动qvB2=mv2r2已知B2=kB1解得r2=Rk根据 几 何 关 系 可知tan OOf=Rr2=k高三理综试题答案精析

12、第3页,共3页粒子返回圆形磁场区域边界的位置i 到出射点f的距离l=2r2sin OOf=2R1+k2当k 较小,粒子恰好未打在挡板上时,轨迹如图丙所示,根据几何关系可知fgO=75tan fgO=tan fOO=r2R=2+3得r2=(2+3)R则k=Rr2=2-3故粒子返回圆形磁场区域的位置到f 点的距离l=2R1+k2 且(2-3)k1当k(2-3)时,粒子不能返回圆形磁场区域。(评分标准:每式2分,其余各式每式1分)33.(15分)(1)ABE(5分)(2)(i)1.09105 Pa(ii)5.6%解析(1)系统与外界没有热交换,也不做功,根据热力学第一定律,内能不变,温度不变,故 A

13、 正确,C错误;由于温度不变,体积增大,由理想气体状态方程可得,气体等温膨胀,压强减小,故 B 正确;由热力学第二定律可得,热现象的宏观过程不可逆,故 D 错误;温度不变,体积增大,单位体积内的分子数减少,单位时间内对单位面积的碰撞次数减少,故 E正确。(2)(i)若病房密闭,仅将病房内温度升高到22,设升温后病房内的气压为 p1,病房内的气体发生等 容 变 化,根 据 查 理 定 律 有p0t0+273 =p1t1+273 解得p11.09105 Pa(ii)设病房的体积为V1。假设体积为V1、压强为p1 的气体经等温膨胀后压强变为p2 时的体积为V2,由题意可知p2=p0-100 Pa=1

14、.029105 Pa根据玻意耳定律有p1V1=p2V2需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为=V2-V1V2100%联立解得5.6%。(评分标准:每式2分,每式1分。)34.(15分)(1)ABE(5分)(2)(i)12 h(ii)35 min解析(1)雨后彩虹是由于太阳光入射到水滴中发生的折射时,不同色光偏折程度不同而形成的,即发生光的色散形成的,故 A 正确;根据光路图,分析可知,第一次折射时,b 光的折射角较大,而入射角相等,根据n=sin isin r可知,b 光的折射率较小,由sin C=1n 可知,水滴对a 光的临界角小于对b 光的临界角,故 B正确;a 光的折射率大于b 光的

15、折射率,则a 光的频率大于b 光的频率,a 光的波长小于b 光的波长,故 C错误;由公式v=cn 可知,在水滴中,a光的传播速度小于b 光的传播速度,故 D 错误;由x=ld 知干涉条纹的间距与波长成正比,则a 光的相邻亮条纹间距较小,故 E正确。(2)(i)由题图甲得1=240 km依题意有t=34Tv1=1Ts1=v1t1解得T=1 200 st1=12 h(ii)由 题 图 乙 得 波 的 振 幅 A=20 m,波 长 2=40 km,又波的周期T=1 200 s得海啸波在浅海区的传播速度v2=2T=120 km/h故波谷最先到达海岸的时间t=s2v2+14T=35 min(评分标准:至每式1分,每式2分。)