版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
学科网2020年3月高三第三次在线大联考(新课标Ⅲ卷)理科综合物理·全解全析12345678CDABAADBDBD1.C【解析】当悬挂的细绳突然脱落时,上端轻弹簧的弹力会突变为零,下端轻弹簧的弹力因长度没有来得及发生变化,故受力仍为2mg,所以A球受合力为3mg,其瞬时加速度为3g,B球受力仍为零,故其瞬时加速度为0,所以选C。2.D【解析】由题可知:,故可产生的加速度为。要逃离太阳系,则需要速度达到16.7km/s,故所用的时间为,故选D。3.A【解析】由双星A和B运动示意图知,若星A掩食星B或星B掩食星A会使食双星变暗一次。由题意知,食双星每隔时间T变暗一次,故两星体相互绕转的运动周期为2T。又万有引力提供星球运动所需要的向心力,故有,,,解得。4.B【解析】汽车在最初的匀速运动过程中,发动机输出的牵引力F=f,发动机的功率,故汽车匀速运动时的阻力大小为f=,最初当驾驶员松开油门减小汽车发动机功率的瞬间,汽车的速度不可能发生突变,所以发动机输出的牵引力就会突然减小而使F'<f,这时有,则汽车减速行驶。在汽车减速的过程中,新的功率保持不变,速度减小时,其输出的牵引力就会逐渐增加,从而导致其加速度大小逐渐减小,直到某时刻,牵引力再次增大到与阻力f相等时,汽车的加速度变为零,汽车开始做匀速运动,此时,。汽车在减速运动过程中,由动能定理可知,,代入数据可得,。则选项ACD论述正确,选项B计算错误。故选B。5.A【解析】根据右手定则,圆环在进入磁场的过程中前一半时间电流方向为顺时针,后一半时间电流方向为逆时针。由于E=Blv,那么环中电流的大小,由题意知,圆环电阻R恒定,圆环匀速运动,则环中电流i与切割长度l成正比。由几何关系可知,圆环运动的位移x与圆环切割长度l、圆环半径r之间的关系为:,解得:,根据数学知识可知,则选项BCD错误,选项A正确。6.AD【解析】在针尖E和地面之间接高压直流电源的目的是让针尖与传送带之间能产生高压电场,从而使得针尖和传送带之间形成尖端放电,让传送带带上电荷,则A正确。当传送带上的正电荷运动到顶端时,会在球壳上感应出正电荷,而不是正电荷从空中传递给球壳,则B选项错误。当球壳感应带电时,球壳内壁带负电荷,外壁带正电荷,则C选项错误。传送带接地,所以电势为零,而其带正电荷,则D选项正确。故选AD。7.BD【解析】由题意可知,自然界的碳–12占到所有碳元素含量的98.93%,而碳–13占到所有碳元素含量的1.07%,两者占有稳定比例,故可知碳–12和碳–13的总量是稳定的,意味着两者具有稳定性,而碳的其他的同位素不稳定,具有放射性,则选项BD正确,选项AC错误。8.BD【解析】由图象可知,当运动的小球A以速度v与一个静止的小球B发生对心正碰后,两小球的速度均沿着碰前A小球的运动方向,设碰前A小球的运动方向为正方向,根据运动的合理性必有碰后小球B的速度不小于小球A的速度,所以必为小球B的碰后速度,则选项A错误、选项B正确。若小球B的质量为2m,根据系统动量守恒可知,,可解得,与题意不符,则选项C错误。若小球B的质量为1.2m,根据系统动量守恒可知,,可解得,与题意相符,且碰前系统动能为,碰后系统动能为,结果合理,则选项D正确。9.(6分)(1)m1>m2(1分)(2)物块A初始释放时距离光电门的高度h(1分)(3)(2分)(4)(2分)【解析】(1)因为光电门安装在A的下方,故运动应该是A向下运动,所以要求m1>m2。(2)验证牛顿第二定律实验中,涉及到加速度的计算,光电门可测出瞬时速度,利用运动学公式可求加速度为,则实验中需要测量物块A初始释放时距离光电门的高度h。(3)物块A、B所受合外力为,质量为,则牛顿第二定律的表达式为:。(4)验证机械能守恒定律实验中,两物体重力势能减少量为,动能增加量为,则机械能守恒定律的表达式为。10.(9分)(1)如图所示(2分)(2)0~500Ω(1分)(3)b(1分)d(1分)19.6(2分)(4)BC(2分)【解析】(1)按照电路图连接实物图如答案图所示;(2)微安表能承受的最大电压约为0.3V,由于电源电压为3V,若选择0~10Ω,将超出微安表量程,故只能选择0~500Ω的滑动变阻器;(3)由于微安表的内阻远大于电阻箱及待测电阻的阻值,所以可认为微安表分流为0,由于第一次微安表的示数较小,第二次较大,故第一次微安表应接在电阻较小Rx的两端,所以S1应闭合到b,S2应闭合到d,根据闭合电路欧姆定律有,解得19.6Ω;(4)仅使微安表量程变大对实验没有影响,A错误;使内阻增大后,微安表分流作用会更小,两次实验中通过R2与Rx的电流差别更小,所以可以减小电阻测量误差,B正确;因为待测电阻约为20Ω,即使考虑微安表分流作用时,也可使两次通过R2与Rx的近似电流更加接近,所以可以进一步减小实验误差,C正确;若R2远大于Rx,会使R2接近微安表的内阻,这样会增大测量误差,D错误。11.(12分)(1)(8分)(2)(4分)【解析】(1)设当杆运动到如图虚线位置时b的速度最大,此时a下落的距离为x,杆与水平方向的夹角为θ,因为在杆运动的过程当中,a、b在沿杆方向的分速度相等,有:(2分)由机械能守恒定律有(2分)由几何关系有(1分)联立以上式子可解得:(1分)由数学知识知,当时,存在最大值(1分)此时,(1分)(2)当b的速度达到最大时,此时a的速度为(1分)a从开始下落到b的速度达到最大的过程中,应用动能定理可知:(2分)解得(1分)所以杆对a所做的功为12.(20分)(1)(4分)(2)(10分)(6分)【解析】粒子的运动轨迹如图所示。先为一段半径为R的四分之三圆弧到a点,后恰好逆着电场线匀减速运动到b点速度为零,又返回a点速度仍为v,然后在磁场中运动一段四分之一圆弧到c点,之后垂直于电场线方向进入电场做类平抛运动到d点。(1)由分析可知,粒子在第一次进入电场后到速度变为零时克服电场力做功最多,设克服电场力做功为W,根据动能定理可知:(3分)可得(1分)(2)当粒子第三次进入磁场时距离O点的距离为Oa段、ac段与cd段的距离之和,分别记为x1、x2、x3,故有(1分)粒子在电场中做类平抛运动时,其在垂直电场方向的分位移x=vt(1分)在平行电场方向的分位移(1分)又在平行电场中的加速度(1分)因为电场方向与边界成45°角,故有(1分)粒子在匀强磁场中运动时(1分)又有(1分)联立以上公式可解得类平抛运动的位移(1分)因此,O点到d点的距离(2分)第三次进入磁场后有(1分)据平抛运动知识可知,进入磁场时速度偏角正切值为位移偏角正切值的2倍。即(1分)故可知(1分)所以(1分)所以可得粒子第五次进入磁场后的轨迹半径为(2分)13.[物理——选修3–3](15分)(1)(5分)BCE【解析】气体从状态A到状态C的过程中,先经历一个等温压缩A到B过程再经过一个等容升温B到C过程,在A到B过程中,温度不变,内能不变,在B到C过程中,温度升高,内能增大,故A到C过程中,内能增大,选项A错误,E正确;气体从状态C到状态D的过程是一个等温膨胀过程,压强减小,气体分子平均速率不变,所以单位时间内碰撞容器壁的次数减少,选项B正确;气体从状态D到状态A的过程是一个等容降温的过程,根据热力学定律知,,,所以,是一个放热过程,选项C正确,选项D错误。(2)(10分)(i)(2分)(ii)(8分)【解析】(i)对活塞由平衡条件可知:(1分)又有所以可得:(1分)(ii)若对B中气体进行加热使其压强变为原来的1.2倍,两活塞达到平衡时有:(1分)由于联立解得(1分)因A中气体初末状态温度相同,根据玻意耳定律有:(1分)可得(1分)设B气体末状态的体积为,因为两活塞移动的距离相等,则有:(1分)可求出(1分)对气体B由理想气体状态方程有:(1分)解得(1分)[物理——选修3–4](15分)(1)(5分)B【解析】弹簧振子在开始运动后,作简谐运动,所以图像符合正余弦图像。当物块运动到平衡位置时,两物块分离,此后a物块与弹簧一起作简谐运动。此时振子的能量
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
评论
0/150
提交评论