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2019-2020年高考模擬試卷 物理( 第九模擬 )參考答案 一、 1．D 波爾理論是對(duì)氫光譜分析得出的。 2．A、D 如圖答9-1 對(duì)活塞受力分析 P1＞P2。P1V1=P2V2，V1＜V2 3．B 如圖答9-2 故B選項(xiàng)正確 4．C M和N組成一個(gè)電容器，電量Q不變。板間距d減小時(shí)， 時(shí)c變大則U減小，即UNM減小，因QM=0，則金屬板N的電勢(shì)UN降低。 5．D 設(shè)管橫截面積為S，氣體狀態(tài)變化穩(wěn)定后，對(duì)水銀柱應(yīng)用牛頓第二定律， a管 P0S＋mg-PaS=ma g=a 解得Pa=P0 c管 mgsinθ+P0S-P0S=ma gsinθ=a 解得Pc=P0 又因?yàn)槎軆?nèi)空氣質(zhì)量相等，溫度相同，所以三管內(nèi)空氣的 PV=恒量，Pa=Pc＜Pb故La=Lc＞Lb，D選項(xiàng)正確。 6．A、B、C 整個(gè)導(dǎo)體向右平動(dòng)時(shí)，穿過(guò)閉合金屬導(dǎo)線的磁通量不變，整個(gè)導(dǎo)線中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，由于A、C、E三點(diǎn)切割磁力線的有效長(zhǎng)度為零，則A、C、E三點(diǎn)的電勢(shì)相同。由右手定則判定UD＞UB。 7．C 由振子運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，振子經(jīng)過(guò)a、b兩點(diǎn)時(shí)動(dòng)量相同(大小、方向均相同)，則a、b兩點(diǎn)對(duì)稱地分布在平衡位置兩側(cè)，如圖答9-3所示，設(shè)最大位移處分別為A、B，設(shè)由a→b時(shí)間t1=0.2秒，從b再回 8．A、C 紫光的折射率大于紅光的折射率。故α是紫光，b是紅光。據(jù)折射定律，D對(duì)，C錯(cuò)。 9．A 小球在正交電磁場(chǎng)的受力圖是：圖答9-4(假定q為正) F電和C的合力一定，F(xiàn)和V有關(guān)。故C、D錯(cuò)。假如q直線運(yùn)動(dòng)，方向豎直向下，則V遞增，F(xiàn)遞增，水平方向合力不為0，直線運(yùn)動(dòng)破壞。 10．A、B、D t=2s時(shí)，V=21＋(-2)(2-1)=0，S=2 二、 12．2∶1，0.5 13．如圖答9-5，0～t勻減速，t～t′，勻加速?？偽灰剖?，末速度是0． 故v0=a(2t-t′)，v′=a(t′-t)． 其中：　　　　　　　　　　　　　　　 a=Eq/m． 14．BCD，2.0m/s 15．(1)如圖答9-6 (2)A2，R1 16．電路見(jiàn)圖答9-7，0～0.8ε 四、 17．如圖答9-8所示，設(shè)活塞位于汽缸中央位置時(shí)，氣體的狀態(tài)為1，活塞位于氣缸的開(kāi)口時(shí)，氣體的狀態(tài)為2，由?！R定律： ① 以活塞為研究對(duì)象，活塞位于汽缸中央位置時(shí)，受力平衡，以豎直向上為正方向： P0S-P1S-mg=0 ② 活塞位于汽缸開(kāi)口處，設(shè)活塞向上的加速度為a，由牛頓第二定律： P0S-P2S-mg=ma ③ 此時(shí)，以汽缸為研究對(duì)象，由牛頓第二定律： F+P2S-P0S-Mg=Ma ④ 或以汽缸與活塞為研究對(duì)象，由牛頓第二定律： F-(M＋m)g=(M＋m)a ⑤ M=2m ⑥ 由式①②③④⑤⑥聯(lián)立解得： ⑦ 18．因帶正電質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，先后通過(guò)ab兩點(diǎn)，其圓心應(yīng)在ab弦中垂線上。 由飛經(jīng)ab兩點(diǎn)時(shí)間與周期之比可判斷經(jīng)過(guò)弧角度θ： 若磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，則由左手定則判斷其圓心應(yīng)在第Ⅳ象限(如圖答9-9甲所示)，由幾何關(guān)系可知，圓心O1其坐標(biāo)應(yīng)為： x1=Rcos30，y1=-Rsin30 若磁場(chǎng)方面垂直紙面向外，則由左手定則判斷其圓心應(yīng)在Ⅰ象限(如圖答9-9乙所示)， 同理，圓心O2其坐標(biāo)應(yīng)為：x2=Rcos30，y2=Rsin30即：x1= 19．每碰撞一次所做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，可分為上升和回落兩個(gè)階段，不計(jì)空氣阻力，這兩段所用時(shí)間和行程相等。 小球原來(lái)距桌面高度為4.9米，用h0表示，下落至桌面時(shí)的速度v0 首先用演繹法：小球第一次和桌面碰撞，那么，第一次碰撞桌面后小球的速度： v1=v07/9(m/s)。 再用歸納法：小球第二次和桌面碰撞，那么，第二次碰撞桌面后小球的速率： v2=v17/9=(v07/9)7/9=v0(7/9)2(m/s)。 第二次碰撞后上升、回落需用時(shí)間：2t2=2v2/g=2(7/9)2 依此類推可得：小球第n次和桌面碰撞后上升、回落需用時(shí)間：2tn=2(7/9)n(秒) 所以小球從開(kāi)始到下落n次撞后靜止所用總時(shí)間為： T=t0＋2t1＋2t2＋……＋2tn=1＋27/9＋2(7/9)2＋…＋2(7/9)n =1＋2［7/9＋(7/9)2＋…＋(7/9)n］ 括號(hào)內(nèi)為等比級(jí)數(shù)求和，首項(xiàng)a1=7/9，公比q=7/9，因?yàn)閨q|＜1， 7/2=8(s) 20．(1)根據(jù)向心力來(lái)自萬(wàn)有引力得 (2)衛(wèi)星在地球表面上受的萬(wàn)有引力近似等于mg。 21．解：(1)帶電小滑塊僅在電場(chǎng)力作用下向右沿光滑車面做加速運(yùn)動(dòng)，位移1時(shí)與車右端相撞，設(shè)相撞前瞬間滑塊速度為v0，由做功與能量變化關(guān)系(如圖答9-10)： 滑塊與車相撞時(shí)間極短，電場(chǎng)力遠(yuǎn)小于撞擊力，故可認(rèn)為水平方向動(dòng)量守恒mv0=mv1＋Mv2 由題給條件知v2=v0/4及M=7m 即碰后，滑塊向左以3v0/4初速及受電場(chǎng)力做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)相對(duì)地速度減為零時(shí)，又在電場(chǎng)力作用下向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到滑塊向右速度與小車向右速度相同(相對(duì)速度為零)時(shí)，車右端與滑塊距離最大。 設(shè)滑塊此時(shí)由碰時(shí)位置向左位移為s1，小車向右位移為s2，則s1= 因?yàn)閟1＋s2=L＜1.5L，故滑塊不會(huì)滑出小車車面 (2)設(shè)滑塊由相對(duì)車靜止(即與車速度v2相同)到與車第二次碰撞時(shí)間為t′，由幾何關(guān)系及勻加速直線運(yùn)動(dòng)公式有： 二次碰撞時(shí)，滑塊總位移s′由圖答9-10可知 所以電場(chǎng)力對(duì)滑塊所做功為：W=Eqs′=2Eql 22．(1)由動(dòng)量守恒定律 mv0=(m＋M)v′且有 m∶M=1∶3 (3)先求A與B擋板碰前A的速度v10，以及木板B相應(yīng)速度v20，取從A滑上B至A與B擋板相碰前為一過(guò)程研究，依動(dòng)量守恒與能量關(guān)系有以下兩式成立 mv0=mv10+Mv20 ① ② 木板B此過(guò)程為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律μmg=Ma1 其速度圖線見(jiàn)圖答9-11中0～0.38段圖線． 再求A與B擋板碰后，木板B的速度v2與木塊A的速度v1，為方便起見(jiàn)取A滑向B至A與 B擋板碰撞后瞬間為一過(guò)程研究，依動(dòng)量守恒定律與能量關(guān)系有以下兩式成立； mv0=mv1+Mv2 ③ ④ 由于v1＜0，即木塊A相對(duì)B向左滑動(dòng)，A受B摩擦力向右，B受A摩擦力向左，故B作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小由牛頓第二定律 從碰后到A滑到B最左端過(guò)程中，B向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間設(shè)為t2，則 v′-v2=-at2 此過(guò)程速度圖線見(jiàn)圖中0.3～1.0s段圖線．