【新教材老高考】物理参考答案【公众号：一枚试卷君】

物理参考答案第1页（共7页）绝密★启用前物理参考答案14.【答案】D【解析】核裂变和核聚变均放出核能，则均存在质量亏损，所以质量不守恒，但能量守恒，选项A错误；原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开所需要能量叫做原子核的结合能，这个能量也是核子结合成原子核而释放的能量，核裂变和核聚变中释放的能量是由于质量亏损而释放的能量，所以不是原子核的结合能，选项B错误；组成原子核的核子越多，它的结合能越大，但比结合能不一定越大，选项C错误；比结合能越大，原子核中核子结合得一定越牢固，原子核就越稳定，选项D正确。15.【答案】B【解析】从光源发出的光射到aabb面上的临界角C满足13sin5Cn，临界角o37C，当ef发出的光恰好射到bb时，设入射角为i,根据几何关系得21sini，则入射角37i，设ef垂直入射到aabb面上的位置为fe,根据几何关系可得bb到fe之间的距离为Lx21，则入射到aabb面上bb到fe之间Lx21部分入射角均小于37，则都不会发生全反射，即均可射出；入射到aabb面上fe到aa之间恰好发生全反射时入射角为临界角o37C，设恰好发生全反射的位置距fe的距离为2x，根据几何关系可得Lx437tan2o，解得Lx32，2x小于fe到aa之间的距离6L,则入射到aabb面上fe到aa之间能射出的宽度为Lx32，则入射到aabb面上能射出光的总宽度为Lxxx521,所以能射出光部分占的比例为8585LLk，选项B正确。16.【答案】B【解析】根据等量异种电荷电场线和等势面的分布规律可知a、b两点电场强度相同，电势均为零，即相等，e、f两点关于O点对称可知，电场强度相同，根据沿电场线方向电势降低，则e点的电势大于f点的电势，即电势不同，选项A错误，选项B正确；根据等量异种电荷电场线疏密的分布规律可知c点电场强度大于O点的电场强度，O点的电场强度又大于d点的电场强度，则电子在c点受到的静电力大于在在d点受到的静电力，根据沿电场线方向电势降低，则c点的电势大于d点的电势,根据电势能qEp，又因为电子带负电，则电子在电势较高处具有的电势能较小，所以在c点的电势能也小于在d点的电势能，选项C错误；如果无穷远处电势势能为零，则两电荷在d点产生的电势大小相等，符号相反，代数和为零，即d点电势为零，一质子在d点和无穷远处具有的电势能都为零，即电势能相等，所以从d点移到无穷远处，静电力做功为零，选项D错误。17.【答案】D【解析】对小球受力分析可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向水平向左，如果向右运动，则做匀减速直线运动，如果向左运动，则做加速直线运动，选项A错误；物理参考答案第2页（共7页）设小球的加速度为a，受力分析如图所示，对小球由牛顿第二定律得m1gtanθ=m1a，解得a=gtanθ，则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为a=gtanθ，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车箱底板静止，则车厢底板对苹果箱的摩擦力为静摩擦力，不是滑动摩擦力，所以不一定为μMg，以这箱苹果为研究对象，根据牛顿第二定律有tanMgMaFf，选项B错误；以苹果箱中间一个质量为m的苹果为研究对象，设周围其它苹果对它的作用力大小为F，方向与竖直方向的夹角为，在水平方向根据牛顿第二定律有sinFma，在竖直方向上cosFmg，加速度a=gtanθ，三式联立解得222tan1tan=cosmgFmgmgmg，tantanga，则，选项C错误，选项D正确。18.【答案】B【解析】根据欧姆定律，原线圈的电流为11160106RUIRRR，副线圈电流为RUI22，原线圏两端的电压为11100V60V40VRUUU，设理想变压器原、副线圈匝数之比为knn21，理想变压器有knnUU2121，解得kUU12，代入得21240UUIRkRkR，理想变压器有knnII2112，再将240IkR和110IR代入上式解得2k，即原、副线圈匝数之比为2:1，选项A错误；11222UnUn，140VU，解得220VU，选项B正确；根据题设条件不能确定电阻R的阻值，所以原副线圈电流都不能确定，选项C、D错误。19.【答案】BC【解析】天和核心舱在轨道Ⅰ运行做匀速圆周运动，神舟十五号载人飞船在轨道Ⅱ运行经过A点时做向心运动，所以神舟十五号载人飞船在轨道Ⅱ运行经过A点的速度小于天和核心舱在轨道Ⅰ运行的速度，选项A错误；设载人飞船运动周期为T2，根据开普勒第三定律有332221arTT，则天和核心舱运动的周期与飞船在椭圆轨道Ⅱ上运动的周期之比为33:ar，选项B正确；天和核心舱做匀速度圆周运动，万有引力提供向心力有222MmvGmrmrr，又因为地球表面上物体有002MmGmgR，两式联立解得天和核心舱运动的角速度32rgR，线速度2gRvr，选项C正确，选项D错误。20.【答案】AB【解析】A、B两球落地时的速度相同，设为v0，两球下落过程根据机械能守恒定律可得，201()()2kmmghkmmv，解得02vgh，球B先与地面碰撞之后原速弹回，此时A球速度方向还是向物理参考答案第3页（共7页）下，为02vgh，之后两球发生弹性碰撞，设向上为正方向，碰撞之后A、B两球的速度分别为Av和Bv，根据动量守恒定律00BAkmvmvkmvmv，根据能量守恒定律可得22220011112222BAkmvmvkmvmv，两式联立解得0311Akvvk，当k=3时代入可得02Avv，设上升的最大高度为h1，A球上升过程根据机械能守恒定律可得，2112Amvmgh，代入数据解得14hh；当k=7时代入可得02Avv.5，设上升的最大高度为h2，A球上升过程根据机械能守恒定律可得2212Amvmgh，代入数据解得26.25hh,所以A球上升的最大高度应大于4h，小于6.25h，选项AB正确。21.【答案】BCD【解析】导体棒在出三个磁场时均恰好匀速运动，则有222BLvmgR，解得出磁场时的速度为222LBmgRv，则导体棒出磁场时的速度均相同，三个磁场的宽度都相等，在磁场中运动过程根据牛顿第二定律有ILBmgma，感应电流2BLvIR，解得加速度为222BLvagRm，棒ab在磁场中运动的加速度只与变量速度v有关，根据微元法可得棒ab在磁场Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域运动情况均相同，选项A错误，选项B正确；棒ab在进入磁场区域Ⅰ瞬间和进入磁场区域Ⅲ瞬间速度大小相等，此过程中根据能量守恒定律电路中产生的总热量为Q(22)2()mgdsmgds，导体棒电阻与串联电阻阻值相等，则电阻R产生的热量为()mgds，选项C正确；导体棒离开磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程中，由匀变速运动规律得gsvv2221，解得2142224242mgRBLvvgsgs，进入磁场Ⅱ时的速度与进入磁场Ⅰ时的速度相等，由静止释放到区域Ⅰ上边界的过程导体棒做匀变速直线运动，根据运动学公式有212vgx，因此x=sLBgRm44222，选项D正确22.（6分）【答案】（1）BDE（3分）（2）dt（1分）（3）222dgLt（2分）【解析】（1）本实验需要验证的表达式为212mgLmv，所以需要测量小球释放点与光电门之间的高度L，由表达式可知由于等式两边均有小铁球的质量m，可以约去，所以小铁球的质量m可以不用测量，本实验中由于小铁球的直径d较小，所以小铁球过光电门时的速度大小近似为tdv，所以还需要测量小铁球的直径d，小球通过光电门的时间t，所以选择BDE。物理参考答案第4页（共7页）（2）小铁球经过光电门的挡光时间为t，由于小铁球的直径较小，所以其通过光电门的速度可近似为dvt。（3）本实验要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式22110()22dmgLmvmt即222dgLt23.（10分）【答案】（1）150（1分）（2）R1（2分）电路图见解析（2分）（3）2.150（1分）（4）12111)(IIrRI（2分）Rxd（2分）【解析】（1）待测电阻阻值为15.0×10Ω=150Ω。（2）实验器材中没有电压表，电流A1的内阻已知，所以应用电流A1与定值电阻串联改装成电压表，电源的电动势为1.5V，串联的电阻为295rIERm，所以定值电阻应选择R1，电流表A2内阻未知，所以应用外接法，即如图所示电路，此接法两表恰好几乎同时满偏。（3）由螺旋测微器读数规则，可知新型导电材料的厚度2mm15.00.01mm2.150mmd。（4）根据电路的特点并联支路电压相等，则被测电阻两端的电压111()UIRr，由伏安法解得12111)(IIrRIRx；设该正方形导电材料的边长为a，厚度为d，根据电阻的定律有1xlaRρρρSadd，解得该正方形导电材料电阻率dRx。24.（11分）【答案】（1）4cm（2）14cm【解析】（1）将气体的温度缓慢加热到400K过程中活塞A的质量不变，大气压强0p气体的压强不变，所以气体的压强不变，为等压变化，设加热后气体的压强为2p，两活塞间的距离变为1L根据盖-吕萨克定律可得211TSLTdS(1分)解得cm161L以两活塞和汽缸整体为研究对象，弹簧的弹力与整体重力相平衡，加热过程中始终平衡，则弹簧弹力不变，即活塞B的位置不变，则活塞A对地移动的距离cm411dLx(1分)（2）以活塞A为研究对象，设气体的压强为p1，根据平衡条件有SpmgSp10(1分)代入数据解得Pa100.251p物理参考答案第5页（共7页）活塞A施加一个竖直向上F=10N的拉力平衡后，设气体的压强为p2，以活塞A为研究对象，根据平衡条件有FSpmgSp20(1分)Pa105.152p（1分）此过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可得SLpdSp221(1分)解得cm162L（1分）以两活塞和汽缸整体为研究对象，设两活塞和汽缸整体质量为M，设初始时弹簧的压缩量为x，根据平衡条件有kxMg(1分)施加拉力后弹簧的压缩量为x，根据平衡条件有FxkMg(1分)两式联立解得cm10xx，即活塞B向上移动的距为10cm（1分）根据几何关系可得活塞A向上移动的距离为cm14)()(22dLxxx(1分)25.(17分)【答案】（1）22222(743)2qBaqBaUmm（2）qBm35【解析】（1）当粒子不从ad边射出的临界轨迹是轨迹与ad边相切，如图中①所示，设此时粒子轨道半径为r1，由几何关系得o1130sin2rar（1分）解得ar1（1分）在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力2111mvqvBr（1分）粒子在电场中加速过程根据动能定理21121mvqU（1分）以上各式联立解得轨迹与ad边相切时加速电压为maqBU2221（1分）当粒子恰好从ab边射出的临界轨迹是轨迹与ab边相切，如图中②所示，设此时粒子轨道半径为r2，由几何关系得o22cos30rra（1分）解得2(423)ra（1分）在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力2222mvqvBr（1分）粒子在电场中加速过程根据动能定理22212qUmv（1分）物理参考答案第6页（共7页）以上各式联立解得轨迹与ad边相切时加速电压为2222(743)qBaUm（1分）要使粒子全部从ad边射出，则粒子轨迹半径要小于ar1，大于2(423)ra，则加速电压12UUU，即22222(743)2qBaqBaUmm（2分）（2）加速电场两板间的电压2250qBaUm，粒子在电场中加速过程根据动能定理221mvqU（1分）在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力rmvqv2B（1分）以上各式联立代入数据解得5