2020届吉林省白城四中高三物理线上模拟试题答案

答案14. 【答案】B【解析】逸出的光电子最大速度之比为12，光电子最大的动能：，则两次逸出的光电子的动能的之比为14；故A错误；光子能量分别为：和，根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：，联立可得逸出功：，故B正确；逸出功为，那么金属的截止频率为，故C错误；用频率为的单色光照射，因，不满足光电效应发生条件，因此不能发生光电效应，故D错误。15. 【答案】C【解析】两球稳定时均做匀速直线运动，则有kvmg，得，所以有，由图知v1v2，故m1m2，A正确；vt图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0t2时间内，乙球下降的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以乙球释放的位置高，故B正确；两球释放瞬间v0，此时空气阻力f0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故C错误；在t1t2时间内，甲球下落的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前，故D正确。本题选错误的，故选C。16. 【答案】C【解析】根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NFNE，所以由点电荷场强公式Ek知QEQF，A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合。而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合。故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，MN，再根据EPq，q为负电荷，知EPMEPN，D错误。17. 【答案】A【解析】因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流U1mU2mn1n2，所以副线圈电压的最大值U2m110 V，设副线圈电压的有效值为U2，则，解得U255 V，副线圈的输出功率110 W，原线圈的输入功率P1P2110 W，故A正确，B错误；电流表读数A，故C错误；因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，故D错误。18. 【答案】ABC【解析】地球绕太阳运动的周期为一年，飞船从D到Q所用的时间为三个月，则地球从D到Q的时间为三个月，即四分之一个周期，转动的角度为90度，根据几何关系知，DQ的距离为R，故A正确；因为P到D的时间为一年，D到Q的时间为三个月，可知P到D的时间和P到Q的时间之比为45，根据xat2得，PD和PQ距离之比为1625，则PD和DQ的距离之比为169，DQR，则PD，B正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向心力，对PD段，根据位移公式有，因为P到D的时间和D到Q的时间之比为41，则，即Tt，向心力，联立解得地球与太阳之间的引力，故C正确D错误。19. 【答案】B【解析】根据右手定则可知，第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A错误；根据切割感应电动势公式及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小，若要使两次产生的感应强度电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率为，故B正确；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为，故C错误；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为，故D错误。20. 【答案】ABC【解析】开始时弹簧压缩的长度为xB得kxBmg，当A刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，对A有kxAmg，物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度，B、C的加速度为0，对B有TmgkxA0，对C有Mgsin T0，解得30，故A正确；由于xAxB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，即此过程中弹簧的弹性势能先减小后增加；而由A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒，可知A、B、C组成的系统机械能先增加后减小，故B正确；当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离为，由于xAxB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为vB，由动能定理得Mghsin mgh(Mm)vB2，解得vB2 m/s，故C正确；当B的速度最大时，C的速度也是最大的，此时弹簧处于伸长状态，故D错误。21. 【答案】ABD【解析】对小球分析可知，在竖直方向kxsinNmg，由与xsinBC，故支持力为恒力，即Nmg，故摩擦力也为恒力大小为fNmg，从C到E，由动能定理可得，由几何关系可知，代入上式可得kLmg，在D点时，由牛顿第二定律可得，由，将kLmg可得，D点时小球的加速度为，故小球在D点时的速度最大，A正确；从E到C，由动能定理可得，解得v，故B正确；由于弹力的水平分力为kxcos，cos和kx均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C到D阶段做的功小于在小球从D到E阶段做的功，C错误；将小球电荷量变为2q，由动能定理可得，解得vE，故D正确。22. 【答案】(1)m1g (2) m1gx1 【解析】(1)小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力。(2)匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故vC，动能增量为m1vc2，合力的功Wm1gx1，需要验证的关系式为：m1gx1。23. 【答案】(1)0 12.0 12.0 (2)1530 1.8 (3)12.6 1.5【解析】(1)当电流计示数为0时，A、B两点电势相等，即UAB0；电压表示数即为A、C两点电势差，即UAC12.0 V；由闭合电路欧姆定律可知，D、A和A、C之间的电势差相等，故UAD12.0 V。(2)由欧姆定律可得，解得RV1530 ，由UDAI1(R2RA)可得RA1.8 。(3)由步骤可得2E24 V2I1r，由步骤可得2E211.7 V2I2r，联立可解得E12.6 V，r1.5 。24. 【解析】(1)设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，并设其圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qv0B 由题设条件和图中几何关系可知：rd 设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为vx，由牛顿第二定律有：qEmax 根据运动学公式有：vxaxt，vxtd 由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有：tan 由式联立解得：v2tan2 。(2)由式联立解得：t。25. 【解析】(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0m1v1m2v2解得：v110 m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：解得：Ep19.5 J。(2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：m2gx0m2v22解得 x3 mL4 m则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v01.5 m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t，取向左为正方向，根据动量定理得：m2gtm2v0(m2v2)解得：t3 s该过程皮带运动的距离为：x带v0t4.5 m故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：Em2gx带解得：E6.75 J。(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x，从A到C由机械能守恒定律得：由平抛运动的规律有：xvCt1，联立整理得：根据数学知识知当4R104R，即R1.25 m时，水平位移最大为xmax5 m。33.（1）【答案】BDE【解析】气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A错误；温度从微观角度看表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，故B正确；一定量100的水变成100的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，C错误；物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加，故D正确；液晶的光学性质具有晶体的各向异性，故E正确。（2）【解析】(i)气体从状态A到状态B过程做等容变化，有：解得：TA900 K气体从状态B到状态C过程做等压变化，有：解得：TC900 K。(ii)因为状态A和状态C温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在该过程中：U0气体从状态A到状态B过程体积不变，气体从状态B到状态C过程对外做功，故气体从状态A到状态C的过程中，外界对气体所做的功为：由热力学第一定律有：UQW解得：Q2000 J。34.（1）【答案】ADE【解析】因该波的波长为4m，则该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象，选项A正确；若波向右传播，则 ， （n0、1、2、3.）；若波向左传播，则 ，（n0、1、2、3.）；可知波速不可能为20m/s，周期不可能为0.6s，选项BC错误；由可知，当n1时，v35m/s，则若波速为35m/s，该波一定沿着x轴负方向