【解析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒(3+3=4+2A)與電荷數(shù)守恒(2+2=2+2Z),可解得A=1,Z=1,故X粒子為質(zhì)子(H),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;輕核聚變需克服核子間的庫侖斥力,因此需要極高溫度(幾百萬攝氏度以上)使核子獲得足夠動(dòng)能,該反應(yīng)雖釋放能量,但常溫常壓下無法自發(fā)進(jìn)行,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;原子核的比結(jié)合能越大,原子核越穩(wěn)定,核反應(yīng)向著生成更穩(wěn)定原子核的方向進(jìn)行,所以氦-4核的比結(jié)合能大于氦-3的比結(jié)合能,選項(xiàng)C正確;根據(jù)質(zhì)能方程ΔE=Δmc2,釋放的能量對應(yīng)于質(zhì)量虧損,ΔE=12.86×106×1.6×10-19J=2.06×10-12J, kg=2.29×10-29kg,選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【解析】落地時(shí)速度方向與水平面夾角θ的表達(dá)式為tan,t由高度決定,v0增大時(shí)θ減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;落地時(shí)速度大小為v,則其動(dòng)能為Ekmv選項(xiàng)B錯(cuò)誤;平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向有hgt2,可知投擲高度h增加則t增大,由tan知θ增大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;平拋運(yùn)動(dòng)加速度為g,速度變化量Δv＝gt,速度變化量方向始終與加速度方向一致,即豎直向下,選項(xiàng)D正確．【解析】返回器從軌道Ⅰ(繞月圓軌道)變軌至軌道Ⅱ(地月轉(zhuǎn)移橢圓軌道)時(shí),需在P點(diǎn)加速做離心運(yùn)動(dòng),因此軌道Ⅰ上P點(diǎn)的速度小于軌道Ⅱ上P點(diǎn)的速度,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在Q點(diǎn),返回器所受萬有引力提供加速度,由牛頓第二定律Gma,可知加速度僅與中心天體(地球)質(zhì)量和該點(diǎn)到地心距離有關(guān),因此在軌道Ⅱ和軌道Ⅲ的Q點(diǎn)加速度相同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由萬有引力提供向心力GR,可得T因此代入M地=81M月,r=4R,得選項(xiàng)C錯(cuò)誤;返回器在軌道Ⅲ的Q點(diǎn)相對于軌道Ⅱ做向心運(yùn)動(dòng),需減速才能進(jìn)入半徑更小的圓軌道Ⅲ,因此應(yīng)沿速度方向噴氣減速,選項(xiàng)D正確．【解析】在p－V圖中(可將圖中的圓形等效成正方形進(jìn)行分析),順時(shí)針循環(huán)表示系統(tǒng)在過程中對外做正功,即W<0.這是因?yàn)轫槙r(shí)針循環(huán)中,系統(tǒng)膨脹過程所做的功大于壓縮過程所消耗的功,凈功為正;同理逆時(shí)針循環(huán)系統(tǒng)對外做負(fù)功．理想氣體的內(nèi)能是狀態(tài)函數(shù),系統(tǒng)經(jīng)歷一個(gè)完整循環(huán)后,狀態(tài)回到初始點(diǎn),因此內(nèi)能變化量ΔU=0.根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W,得QW．該循環(huán)過程中,系統(tǒng)對外做負(fù)功,則外界對系統(tǒng)做正功,有W＞0,則Q<0,表示系統(tǒng)凈放熱,故正確選項(xiàng)為B．【高三物理試題參考答案第1頁(共6頁)】【解析】理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為k,則U1=kU2,I2=kI1.從原線圈看,R1的等效電阻為k2R1,則U=I1(k2R1+R2),解得I1I1R2IR2,選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【解析】由v整理得x＋,則x圖像是一條直線平均速度大小為m/s=2m/s,選項(xiàng)C正確．【解析】由牛頓第二定律可知,帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速度大小為a,經(jīng)時(shí)間t速度的變化量為Δv＝att．如圖所示,當(dāng)速度變化量Δv與末速度v垂直時(shí),Δv最小,對應(yīng)的時(shí)間最短,有Δv＝v0sin30°v0,聯(lián)立解得t,故正確選項(xiàng)為A．【解析】從圖乙可知振幅A=0.02m,周期T=0.2s,又知波長λ=2.0m,則波的傳播速度為vT知,t;向下運(yùn)動(dòng),其振動(dòng)方程為yAsin()t=-0.02sin(10πt)m,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;從P點(diǎn)到x=3.0m處,波傳播需要時(shí)間Δt=4.03.0s=0.1s,x=3.0m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)比P點(diǎn)滯后0.1s,x=3.0m處的質(zhì)點(diǎn)在t=0.1s,,在t=0.1s+0.1s=0.2s時(shí)的狀態(tài),從圖乙振動(dòng)圖像看,t=0.2s時(shí),質(zhì)點(diǎn)正在平衡位置向上運(yùn)【解析】恒流源輸出電流I恒定,導(dǎo)軌間磁場B＝kI恒定．底座所受安培力F＝BIL＝kI2L,方向沿導(dǎo)軌向右,使底座做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．加速度a,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=2ax1得加速階段位移x1,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;底座進(jìn)入右側(cè)磁場B0區(qū)域后,與恒流源斷開,與定值電阻R構(gòu)成回路．底座切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝B0Lv,回路總電阻為R＋r,由閉合電路的歐姆定律得B0Lv＝(R＋r),對底座應(yīng)用動(dòng)量定理,有－LI.Δt=0-mv0,又通過定值電阻的電荷量為q＝.Δt,聯(lián)立解得q,選項(xiàng)D錯(cuò)誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律得,整理得q,聯(lián)立解得x選項(xiàng)B正確;減速過程中,底座動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為回路焦耳熱mvQ總,定值電阻R上的熱量為QR=【解析】對甲、乙兩小球進(jìn)行受力分析,如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系,在三角形OAB中,OA＝OB＝R,AB=3R,由余弦定理可得AB2=OA2+OB2-2.OA.OB .cos∠AOB,解得∠AOB=120°,由∠AOC=45°,得∠BOC=∠AOB-∠AOC=75°,作用在小球甲上的三個(gè)力構(gòu)成矢量三角形,應(yīng)用正弦定理,得,其中sinsinsin105°=sin解得FNm1g,選項(xiàng)B正確、選項(xiàng)C錯(cuò)誤．作用在小球乙上的三個(gè)力構(gòu)成矢量三角形,應(yīng)用正弦定理,得解得FNF= ,選項(xiàng)D錯(cuò)誤．由Fm1g選項(xiàng)A正確．(1)5.50(2分)(2)＜(1分)(4)①定滑輪實(shí)際有質(zhì)量,其轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能未被計(jì)入系統(tǒng)動(dòng)能;②細(xì)繩與定滑輪間存在摩擦,損耗部分能量(2分,任寫一條即可)【解析】(1)游標(biāo)卡尺的精度為0.05mm,如圖乙所示,主尺讀數(shù)為5mm,游標(biāo)尺第10條刻度線與主尺對齊,故遮光片寬度為d=5mm+0.05mm×1(2)為了使A下落過程中擋光片經(jīng)過光電門,需滿足物塊B的質(zhì)量M小于物塊A的質(zhì)量m,即M＜m．若M＞m,系統(tǒng)可能靜止或B下落,無法實(shí)現(xiàn)A下落測量．(3)重力勢能減少量ΔEp＝(m－M)gh,動(dòng)能增加量其中v若系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有ΔEp=ΔEk,整理得gh(4)導(dǎo)致了系統(tǒng)動(dòng)能增加量略小于重力勢能減少量可能原因:①定滑輪實(shí)際有質(zhì)量,其轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能未被計(jì)入系統(tǒng)動(dòng)能;②細(xì)繩與定滑輪間存在摩擦,損耗部分能量．(1)0.80~0.85(2分)(2)①9000(1分)②如圖所示(2分)分)【解析】(1)直流電壓2.5V擋分度值為0.05V,指針指向第16小格第17小格之間,讀數(shù)介于0.80V與0.85V之間(保留兩位小數(shù))．(2)①改裝后電壓表量程UV=1V,滿偏電流Ig=100μA,內(nèi)阻Rg=1000Ω,需串聯(lián)電阻R滿足UV=Ig(Rg＋R),解得R=9000Ω.②在水果電池中,銅片是正極(＋),鋅片是負(fù)極(－)．根據(jù)圖乙所示的電路圖,將實(shí)物進(jìn)行連接,答案如圖所示．③設(shè)改裝后電壓表內(nèi)阻為RV,由閉合電路歐姆定律,得E＝U＋(＋)r,整理得.++可見呈線性關(guān)系,其圖線斜率k (1)60°【解析】(1)光路如圖所示在M點(diǎn),根據(jù)折射定律,有n(1分)根據(jù)光路可逆,知光在D點(diǎn)的折射角為θ2=α=60°(1分)從D點(diǎn)的出射光線水平向右傳播,由幾何關(guān)系知單色光在AC邊的入射角為θ3=60°(1分)(2)由幾何關(guān)系,知單色光在圓形玻璃磚中的傳播距離為s1=3R(1分)由幾何關(guān)系,知單色光在直角三角形玻璃磚中的傳播距離為s2=(2-3)R(2分)單色光在玻璃磚中的傳播速度為v(1分)單色光在兩玻璃磚中的傳播時(shí)間為t聯(lián)立解得t分)(1)3mg(2)【解析】(1)滑塊A從P點(diǎn)靜止釋放,沿圓弧軌道滑至Q點(diǎn)．根據(jù)機(jī)械能守恒,有mgRmv解得滑塊A在Q點(diǎn)的速度大小為v0=2gR在Q點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律,有FN－mg＝m聯(lián)立解得FN=3mg根據(jù)牛頓第三定律,滑塊A對軌道的壓力大小為F＝FN=3mg(1分)(2)滑塊A碰撞前的速度為v0=2gR,設(shè)第一次碰撞后滑塊A和滑塊B的速度分別為vA1、vB1,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律,有mv0=mvA1+2mvB1(1分)mvmv1+2mv1(1分)聯(lián)立解得vA1=v0,vB1v0(1分)碰撞后滑塊A以速度大小v0滑上軌道,根據(jù)機(jī)械能守恒,最大高度h1滿足mgh1mv0)2(1分)聯(lián)立解得h1類似地,第二次碰撞前,滑塊A從高度h1滑回Q點(diǎn),速度大小vA2前=2gh1v0碰撞后滑塊A的速度vA2=vA2前＝v0,最大高度h2滿足mgh2mv0)2(1分)聯(lián)立解得h2以此類推,第n次碰撞后,滑塊A的速度大小為nv0,最大高度hn滿足:mnv=nmgR(1分)解得hn(1分)(3)滑塊B在地面上滑行時(shí),根據(jù)牛頓第二定律,有μ.2mg=2ma,解得a=μg第k次碰撞后,滑塊B的速度為vBk=2kv0(1分)設(shè)每次碰撞后滑塊B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tk,有vBk＝atk聯(lián)立解得tkk(k=1,2,3,…)(1分)滑塊B運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為所有tk之和,有tê+2+3+…(k=1,2,3,…)(1分)解得t(1分)(1)【解析】(1)粒子從P點(diǎn)以速度v0、角度60°射入,初速度分量為v0x＝v0cos60°,Δv0y＝v0sin60°v0(1分)粒子從O點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入磁場,說明在O點(diǎn)豎直分速度為零,即vy0=0,故在O點(diǎn)速度大小為vO＝v0x(1分)動(dòng)能變化量為mvmv.負(fù)號表示動(dòng)能減少,減少量為mv.(2)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn),逆向看為類平拋運(yùn)動(dòng),有x＝－vOxt(1分)yat2(1分)又qE＝ma(1分)消去時(shí)間t,得軌跡方程為yx2(3)在x＞0區(qū)域,同時(shí)存在豎直向上的電場E和垂直紙面向外的磁場B．粒子從O點(diǎn)以速度vO沿x軸正方向射入．采用運(yùn)動(dòng)分解法(配速法):均勻電磁場中,粒子的運(yùn)動(dòng)可視為一個(gè)勻速直線運(yùn)動(dòng)和一個(gè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的疊加．由qE＝qv1B(1分)又B解得v則v2=vO－v由qv2B