衡水中学高考模拟卷精编-物理-卷答案

11．解析：A 与 B 碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律可求出碰后 B 的速度；AB 碰后，B 在 C 的摩擦力作用下做减速运动，C 做加速运动 直到二者达到共同速度，若要 AB 不发生第二次碰撞，BC 的共同速度须大于等于 2 m/s，对 BC 运动过程应用动量守恒定律可解出 C 的质量． (1)A 与 B 相碰的一瞬间，A、B 组成的系统动量守恒 则有 mAv0＝mAvA＋mBvB(3 分) 求得 vB＝3 m/s(3 分) (2)碰撞后 C 在 B 上相对 B 滑动， B 做减速运动， 设 C 与 B 相对静止时， B 与 C 以共同速度 v＝2 m/s 运动时， A 与 B 刚好不会发生第二次碰撞， 这个运动过程 C 与 B 组成的系统动量守恒 则 mBvB＝(mB＋mC)v(3 分) 求得 mC＝2 kg(3 分) 因此要使 A 与 B 不会发生第二次碰撞，C 的质量不超过 2 kg(2 分) 答案：(1)3 m/s (2)2 kg)
1．解析：选 D.质点、点电荷作为理想化模型都忽略了物体的大小和形状，选项 A、B 错误；理想电压表认为内阻为无穷大，忽略了并联的分 流作用，选项 C 错误；理想变压器忽略了铁损和铜损，没有能量损失，选项 D 正确． 2．解析：选 C.在拉动过程中，木箱克服重力做功为 mgLsin 30° ，克服摩擦力做功为 μmgLcos 30° ，根据功能关系可知，拉力至少做功为 mgLsin 1 30° ＋μmgLcos 30° ＝ mgL(1＋ 3μ)，选项 C 正确． 2 3．解析：选 C.根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小 a1、a2，根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgcos θ－μmgsin θ ＝ma2，则可求出 θ 和 μ，但 m 无法求出，根据题图乙可求出 0.6～1.6 s 时间内物块的位移大小，即可求出 L，故选项 C 正确． 1 4．解析：选 C.设导轨单位长度的电阻为 r0，虚线左侧的总电阻为 R0，导轨间距为 d，t 时刻棒的速度大小为 v，则位移大小 s＝ at2，t 时刻回 2 E 路中的总电阻 R＝R0＋2sr0＝R0＋r0at2，棒的速度大小 v＝at，棒切割磁感线产生的感应电动势 E＝Bdv＝Bdat，与 t 成正比，棒中的电流 I＝ ＝ R Bdat B2d2at ，不与 t 成正比，选项 A 错误，C 正确；根据牛顿第二定律有 F－BId＝ma，得水平拉力 F＝ ＋ma，不与 t 成正比，选项 B 错误； R0＋r0at2 R0＋r0at2 根据功能关系可知水平拉力 F 做的功等于棒动能的增加量与整个装置中产生的热量之和，选项 D 错误． 5．解析：选 AC.密立根利用油滴实验测出了基本电荷的电荷量，A 项正确；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究发现了中子，B 项错误；居 里夫妇从沥青铀矿中分离出钋(Po)和镭(Ra)两种新元素，C 项正确；卢瑟福通过 α 粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，D 项错误． 6．解析：选 BD.a、c 两个顶点处的点电荷在 O 点产生的合电场强度为零，设 b、O 两点之间距离为 x，则 b 顶点处的点电荷在 O 点产生的电 kQ kQ 2kQ 场强度为 2 ，a、b、c 三个顶点处的点电荷在 d 点处产生的电场强度为 － ×cos 60° ＝0，显然，选项 A 错误，D 正确；又因顺着电场线方 2 x 2x 2x2 向电势逐渐降低，则 O 点电势低于 d 点电势，检验电荷在 d 点的电势能较大，选项 C 错误，B 正确． 7．解析：选 CD.由图乙可知，交流电的周期为 0.02 s，则交流电压的表达式为 u＝36 2sin 100πt(V)，选项 A 错误；t＝0.015 s 时，根据图乙可 知：线圈产生的电动势为最大值，此时发电机的线圈平面与磁场方向平行，选项 B 错误；理想变压器的电流与匝数成反比，选项 C 正确；当温度 升高时，R1 的阻值变大，因电源电压不变，理想变压器的原线圈两端的电压不变，电压表的读数不变，理想变压器的副线圈两端的电压也不变， 电路中的电阻变大，故电流表的读数减小，选项 D 正确． 8．解析：选 ABD.导线框进入磁场区域的过程中穿过导线框的磁通量向里增大，由楞次定律和安培定则可知感应电流的方向沿逆时针方向，A 正确．导线框只有进入磁场与穿出磁场的过程中才有感应电流，这两阶段通过的总位移为 2 2L，故 B 正确．导线框的对角线 bd 有一半进入磁场 B2L2v 2 E 2 时，整个导线框切割磁感线的有效长度为对角线 a、c 长度的一半，产生的电动势为 E＝ BLv，所受安培力大小为 F＝B × L＝ ，a、c 2 4R 2 8R 2BLv E 两点间电压 U＝I×2R＝ ＝ ，C 错误、D 正确． 2 4 9．解析：(1)在 t2 到 t5 时间内，小球下落的高度 h＝0.720 6 m，所以小球重力势能的减少量为 ΔEp＝mgh≈7.06 J，小球在 t2 时刻的瞬时速度大 － － 21.58＋19.14×10 2 26.46＋28.90×10 2 1 小 v2＝ m/s＝4.072 m/s，在 t5 时刻的瞬时速度大小 v5＝ m/s＝5.536 m/s，所以小球动能的增加量 ΔEk＝ 2 2×0.05 2×0.05 2 2 m(v5－v2)≈7.03 J. (2)由于小球下落过程中要受到空气阻力的作用，所以减少的重力势能一部分转化为小球运动的动能，另一部分转化为克服空气阻力做功而产 生的内能． 答案：(1)7.06(2 分) 7.03(2 分) (2)空气阻力使小球的机械能减少(2 分) 10．解析：(1)由于多用电表使用的是“×100”挡，所以当指针指向“5”时，表明被测电阻的阻值为 500 Ω； (2)②由于电路中没有给出电压表，所以需要将电阻箱和电流表 A1 的整体看做电压表，由于该电路采用的是电流表内接法，所以测得的阻值应 I1R0＋r1 R0＋r1I1 为被测电阻 Rx 和电流表 A2 的内阻之和，即 ＝I2，整理该式可得 Rx＝ －r2. I2 Rx＋r2 答案：(1)500(3 分) (2)①如图所示(3 分) R0＋r1I1 ② －r2(3 分) I2