衡水金考卷物理分科综合卷(3)答案

1.【答案】C【解析】拉力1F与竖直方向的夹角逐渐减小，上面绳子的张力2F与竖直方向的夹角逐渐增大，其矢量三角形如图所示，其变化是唯一的且均增大，C正确。2.【答案】A【解析】蛟龙号上浮时的加速度大小vat，根据逆向思维可知蛟龙号在0t时刻距离海平面的深度2200()1()22vtthattt，A正确．3.【答案】C【解析】滑块到达斜面底端时的速度为gLv22，选项A错误；滑块沿斜面下滑的加速度等于g，选项B错误；如果将恒力F方向改为竖直向下,滑块受到的合力为零，滑块将匀速下滑，选项C正确、D错误。4.【答案】B【解析】当通电导线所处的磁场在竖直方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力BIlF安且大小不变、方向水平向左，选项A错误；当磁场保持大小不变逆时针转动090的过程中，由左手定则可知，导线受到的安培力方向则逐渐由水平向左变为竖直向下，其安培力安F、绝缘细线的拉力TF、绝缘细线与竖直方向的夹角的变化情况如图所示，则可判断出绝缘细线受到的拉力TF逐渐增大，选项B正确；绝缘细线与竖直方向的夹角逐渐减小，选项C错误；由于导线受到的安培力安F、绝缘细线的拉力TF和导线的重力G的合力为零，所以，导线受到的安培力安F与绝缘细线受到的拉力TF的合力大小不变，方向始终与导线的重力G的方向相反，即竖直向上，选项D错误。5.【答案】B【解析】点电荷电性未知，A错；根据点电荷电场分布知电势差''OAAAUU，B正确；过'A、'B、'C三点的等势面是球面，C错；'A、'B、'C三点的电场强度大小相等，方向不同D错．6.【答案】B【解析】从起点A到最高点B可看做平抛运动的逆过程，则有2tan4，所以tan2tan1．B正确.7.【答案】C【解析】稳定后，质点绕轴做匀速圆周运动，自身重力和悬线拉力的合力即悬线拉力在水平方向的分力提供向心力，选项B错；角速度一定，根据几何关系可得圆周运动半径sinRLL，重力和绳子拉力的合力即2tan(sin)mgmLL，方程两边约去质量，即与质量无关选项A错；求得角速度tansingLL，选项C对，D错误。8.【答案】B【解析】有题意可知AB系统机械能守恒，且由于轻杆转动过程中，A球重力势能变化量总是与B球重力势能变化量相等，所以AB两球均做匀速圆周运动。当A球运动至最高点时，由于2323glmgml，可知轻杆此时对球A作用力等于0，故B正确。9.【答案】D【解析】由分析可知带电粒子在该有界磁场中运动不可能超过半周，因此当带电粒子从三角形区域的顶点飞出时时间最长，对应圆心角为3，因此答案为D。10.【答案】C【解析】线框进磁场过程，磁通量在增大，根据楞次定律，感应电流产生反向的磁场，所以感应电流为逆时针方向，即正方向。线框切割磁感线的有效长度为磁场中的部分线框首尾连接的线段，即在20L段，有效切割长度是线框与磁场做边界的重合部分长度，此阶段，有效切割长度逐渐变长，感应电动势和感应电流逐渐增大，2L时，有效切割长度达到最大即bd边长L，此时感应电动势达到最大，在LL2段，有效长度逐渐减小，感应电动势和感应电流逐渐减小，选项AD错。LL23，线框横跨两个磁场，同时切割两个磁场，产生的感应电动势和感应电流是20L的2倍，L23时感应电流达到负向最大，是2L时的二倍，选项B错。LL223电流变化趋势与LL2相同，只是大小为二倍关系，LL32出磁场过程与进磁场的L0变化趋势相同，对照选项C对。11.【答案】ABD【解析】由T＝2πRv可得：月球的半径约R＝vT2π，选项A正确；由GMmR2＝mv2R可得：月球的质量M＝v3T2πG，选项C正确；由M＝43πR3·ρ得：月球的平均密度约为ρ＝3πGT2，选项B正确；由GMmR2＝mg得：g＝2πvT，选项D错误．12.【答案】BD【解析】当外电路电阻等于电源内阻即2Rr外时，电源输出功率最大，开始时4R外1，电源输出功率为0P，对应的另一个外电阻应满足RRr外1外2，则1R外2，C错、D正确；滑片P向右滑动，电源输出功率先增大后减小，A错，B正确.13.【答案】AB【解析】小车静止时，对A有mgF引，NFFma引，加速时加速度一定向左，对B有()mmgFma引，(1)mag，AB正确。14.【答案】BCD【解析】由乙图可知，原线圈输入的电压有效值为220V，2121nnUU，故221122UnnUV，选项A错误；A2A112222RUI，对变压器有1221nnII，A2.0A21012121InnI，选项B项正确；原线圈输入功率P=UI=220×0.2W=44W，选项C项正确；由乙图可知，电源周期为T=2×10-2s，故频率为f=1/T=50Hz，选项D项正确。15.【答案】AB【解析】根据平行板电容器特点4sCkd可知，当A板向上平衡时，板间距增大，故电容减小、电荷量应减小，但又由于二极管的单向导电性，电容器无法放电，故其电荷量保持不变，由QCU知，两极板间的电压增大，所以选项A正确；根据4UkQEds可知，电场强度不变，故电荷所受电场力不变，所以选项D错误；根据UEd可以知道，BPU保持不变，即P点的电势不变，故电荷的电势能也不变，所以选项B正确，C错误。16.【答案】AC【解析】导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，A正确；由左手定则判断导体棒ab受沿斜面向上的安培力F安，由分析知，导体棒ab开始速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安=mgsinθ时达到最大速度vm，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，故B错误；由于下滑过程导体棒ab切割磁感线产生感应电动势，回路中有灯泡电阻消耗电能，机械能不断转化为内能，所以导体棒的机械能不断减少，故C正确；安培力做负功实现机械能转化为电能，安培力做功量度了电能的产生，根据功能关系有克服安培力做的功等于整个回路消耗的电能，包括灯泡和导体棒消耗的电能，故D错误。17.【答案】（1）①②③（3分）（2）C（3分）【解析】（1）根据题意作出动态平行四边形，如图所示．FA，F，FB为原来的关系．若FA变化到FA1位置，则与之对应的FB1应增大，β角应减小，③正确；若FA变化到FA2位置，则与之对应的FB2也应增大，此时β角应增大，①正确；因为AO，BO间夹角小于90°，所以存在FB3，使β角不变、B的拉力增大，②正确．（2）图C因为是在水平方向拉伸弹簧，弹簧受力在水平方向，可以减小弹簧测力计弹簧、挂钩、连杆的重力影响，进而减小这些误差。18.【答案】⑴1A、1V（2分）⑵见解析（2分）⑶4.2（2分）⑷见解析（3分）【解析】⑴导体伏安特性曲线中描出的数据点可知，电流表选择量程为0~0.6A，电压表选择量程为0~3V；⑵根据曲线斜率可判断11xAVRRR，即小电阻，适合采用安培表外接法，实物电路如图所示：⑶根据导体伏安特性曲线的斜率可求得1.54.20.36xR；⑷由于电流0xEIrRRkx（0R为滑动变阻器的总电阻）可知电流I并不随着x线性变化，且U不会无穷大，最后接近临界值，Ux关系如图所示.19．【解析】(1)设物体滑上水平传送带初速度为v,由牛顿第二运动定律：sinmgma（1分）由匀变速直线运动规律：202sin30hva（1分）物体滑上传送带后作减速运动,由牛顿第二定律得加速度mgagm=25/ms（1分）所以减速到零的时间为savt2（1分）物体对地的位移为1002102smm（1分）水平传送带至少10m，物体才不会从左端滑出。（2）传送带对地的位移为12510svtmm传送带足够长，物体速度为零后再反向加速运动，加速到末速度为5/vms时，再与传送带一起匀速运动，反向加速的时间1515vtssg（1分）反向运动先匀加速位移为222.52vsmg（1分）在匀速7.5m需要t2=1.5s所以在传送带上运动来回的时间为4.5s（1分）20.【解析】(1)当整体所受合外力为零时，整块速度最大，设整体质量为m，则mgsinθ＝μ12mgcosθ(2分)得μ＝2tanθ.（1分）(2)设物块停止时下端距A点的距离为x，根据动能定理mg(2L＋x)sinθ－12μmgcosθL－μmgcosθ(x－L)＝0，（2分）解得x＝3L，即物块的下端停在B端．（1分）(3)设静止时物块的下端距A的距离为x′，物块的上端运动到A点时速度为v，根据动能定理mg(L＋x′)sinθ－12μmgcosθL＝12mv2（2分）物块全部滑上AB部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一小块为研究对象，设其质量m0，运动到B点时速度正好减到0，根据动能定理m0g3Lsinθ－μm0g3Lcosθ＝0－12m0v2，得x′＝3L.（3分）21．【解析】轨迹示意图如图所示，(1)粒子从a运动到b做类平抛运动，设所用时间为t1沿初速度方向：v0t1＝2L(1分)沿电场线方向：21vxt1＝L(1分)解得，vx＝v0，t1＝02vL(1分)故粒子在b点速度02vvb(1分)(2)粒子由b点进入磁场后做匀速圆周运动，由几何关系可得，Lr2(1分)由牛顿第二定律得，rvmBqvbb2(1分)解得，B＝qLmv0(1分)由左手定则知，方向垂直纸面向外(1分)(3)经分析知，粒子由c点进入电场E2时，与电场方向垂直，在电场E2粒子做类平抛运动，设从c到d所用时间为t2，加速度为a.沿初速度方向：2v0t2＝2L(1分)沿电场线方向：Lta221222＝(1分)由牛顿第二定律得，qE2＝ma(1分)解得，qLmvE20222，t2＝0vL(1分)22.【选修3-1】（15分）（1）【答案】BCD【解析】物体的内能与温度，以及物质的量等有关，选项A错误；从单一热源吸取热量使之全部变成有用的机械功而不发生任何变化是不可能的，选项B正确；液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，选项C正确；熵值越大，表明系统内分子运动越无序，D正确；无论温度多低，分子都不可能停止热运动，故分子的平均动能不可能为零，E错误．（2）【解析】○1由A到B做等压变化，由ABABVVTT（3分）解得：500K(1分)○2由B到C做等容变化，由CBBCPPTT(3分)解得：CT1000K（1分）由B到C做等容变化，体积不变，气体不做功，但温度升高，内能增大，故气体从外界吸收热量（1分）23.【选修3-4】（15分）（1）【答案】ABE【解析】v＝λT＝24m/s＝0.5m/s，A正确；x＝0.5m处的质点在t＝2s时正在向下振动，根据“上坡下”法可判断机械波向左传播，B正确；0～3s是半个周期，P点运动的路程为3×4cm＝12cm，C错误；t=3s时，P向y轴负方向运动，D错误；7s是此时刻再经过5s，即114T，这时P点刚好回到平衡位置，E正确．（2）解析：光路图如图所示。假设光在入射点的入射角为1，折射角为2。由光的折射定律可知：21sinsinn（2分）解得：0230（1分）由几何关系知，光在玻璃砖中的传播的距离：Rx33（1分）光在玻璃中的速度ncv（2分）所以cRvxt（1分）代入数据st10101（2分）24.【选修3-5】（15分）（1）【答案】ACE【解析半衰期由元素本身决定，与元素所处物理、化学环境无关，故A正确；β衰变的实质是原子核的一个中子变为质子同时释放一个电子，故B错误；根据α、β、γ三种射线性质可知，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强，故C正确；23892U（）的质子数为92，中子数为146，23682Pb（）的质子数为82，中子数为124，因而铅核比铀核少10个质子，22个中子，注意到一次α衰变质量数减少4，故α衰变的次数为x=238-206