【文档说明】湖南省天壹名校联盟2020-2021学年高二下学期3月联考试题 物理 答案.pdf，共(4)页，423.056 KB，由小赞的店铺上传

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1物理参考答案题号12345678910答案CBCADAACBCADBD1.C解析：根据爱因斯坦光电效应方程可知，Ek=hv-W0，根据动能定理可知，eUc=Ek，入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大，分析图象可知，甲光的遏止电压比乙光小，则甲光的频率小于乙光，故A错误；丙光的遏止电压小于乙

光的遏止电压，则丙光的频率小于乙光的频率，根据频率和波长的关系可知，=c，则乙光的波长小于丙光的波长，故B错误；甲光和丙光的遏止电压相等，则频率相等，但甲光的饱和光电流大，则甲光内含有的光子个数多，即甲光的光强大于丙光，故C正确；丙光的遏止电压等于甲光的遏止电压，

由Ekm=e•Uc可知，甲光产生的光电子的最大初动能等于丙光产生的光电子的最大初动能，故D错误。2.B解析：由图象可以看出，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故B错误，

AC正确。随着温度的升高，黑体的辐射强度仍然是随波长的增大而先增大再减小，故D正确。3.C解析：B、C电流在A处产生的磁感应强度的大小均为B0，根据力的平行四边形定则：结合几何关系，则有A处的磁感应强度为：BA＝

2B0；再由左手定则可知，安培力方向竖直向上，大小为F＝2B0·2IL＝22B0IL；所以C正确，ABD错误。4.A解析：小球从45m高处落下着地时的速度大小230m/svgh，根据动量定理，mvtmgF)(，求得100

0Fmg，A项正确。5.D解析：图示时刻，线框处于中性面位置，感应电动势为0，故A项错误；产生的交流电的电动势最大值为Em＝BL2ω，有效值为E＝BL2ω2，当S断开时，电压表测量的电压为cd间的电压，故U＝14E＝28BL2ω，故B、C项错误；S闭合时，电路总电阻为3r＋r2，ab中

电流为I＝E7r2＝27rBL2ω，电流表读数为I2＝214rBωL2，故D项正确。6.A解析:根据几何知识得O点到两个电荷的距离都是32dL，即O点场强为222224+=kqkqkqEddL。A点电场2222224AqqkqEEEEL，选项A正确。7.AC解

析：波长最长的谱线对应的光子能量是从n＝3能级跃迁到n＝2能级释放出的光子，其能量为ε＝E3－E2＝－1.51－(－3.4)eV＝1.89eV，故A正确；由于氢原子从n≥3的各个能级直接跃迁至n＝2能级时，辐射光的谱线称为巴尔末线系，则大量处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁过

程，只有n＝4→n＝2和n＝3→n＝2两种跃迁辐射出的两种光子的谱线符合巴尔末线系，故B错误；氢原子从n＝3能级跃迁至n＝2能级时，其能量为1.89eV，小于2.25eV，辐射出的光子不能使逸出功为2.25eV的金属发生光电效应，故C正确；若氢原子从n＝4能级跃迁至n＝2能

级时辐射出的光子能量为ε′＝E4－E2＝－0.85－(－3.4)eV＝2.55eV，使某金属发生光电效应，根据Ekm＝ε′－W0，可知，由于W0大于零，则光电子的最大初动能小于2.55eV，故D错误。8.BC解析：滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得mAgR＝12mAv20，

解得v0＝6m/s。若两个滑块发生的是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，12mAv20＝12mAv2A＋12mBv2B，解得vB＝3m/s，若两个滑块发生的是非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)vB′，解得v

B′＝1.5m/s。所以碰后小滑块B的速度大小范围为1.5m/s≤vB≤3m/s，不可能为1m/s和4m/s。9.AD解析：由x－t图象的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA＝ΔxAtA＝－3m/s，vB＝ΔxBtB＝

2m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝v＝Δxt＝－1m/s；A球的碰前速度为－3m/s，故A正确；根据动量守恒定律有：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，解得：mB＝2kg，故B错误；A、B两球碰撞前的总动量为：P＝mAvA＋mBvB＝－5kg·m/s，故C错误；碰撞中A、B两球

组成的系统损失的机械能为：ΔE失＝12mAv2A＋12mBv2B－12(mA＋mB)v2＝15J，故D正确。10.BD解析：电流表示数为I2＝5A，原线圈电流I1＝n2n1I2＝2I2＝10A，L1、L2两灯泡消耗的功率

之比为P1P2＝I21RI22R＝41，选项A错误；由闭合电路欧姆定律得U＝I1R＋U1，解得U1＝70V，副线圈两端的电压为U2＝n2n1U1＝140V，滑动变阻器接入电路中的有效阻值为2223PURRI，选项B正确；I1＝10A，电源的输出功率P＝I1U＝120

0W，选项C错误；当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器负载电阻变大，输出电流I2减小，I1减小，电压表的示数变大，选项D正确。11.答案：(1)6.009（6.007~6.009均正确）(2)（m＋M）2d22m2gt2(3)倾斜直线(每空2

分)解析：(1)螺旋测微器的读数为6mm＋0.9×0.01mm＝6.009mm。(2)根据动能定理得：mgh＝12mv20，得小球下滑到斜面底端的速度为：v0＝2gh，小球与3斜槽当光电门的速度为：v＝dt，由动量守恒定律可得：mv0＝(m＋M)v，即：m2gh＝(m＋M)(dt)，整理得

：h＝（m＋M）2d22m2gt2。(3)由(2)分析可知，h与1t2成正比，所以图象是一条倾斜直线时同样可以验证动量守恒。12.答案：(1)如图所示(2)U0R0I0R0－U0(3)RVbRV－kkRVbRV－k(作图3分，其他每空2分)解析：(1)连线如图所示。(2)单刀双

掷开关接1时，测出电流为电压表及R电流之和，故RVR0RV＋R0＝U0I0，得：RV＝U0R0I0R0－U0。(3)由E＝U＋(UR＋URV)r，得1U＝1E＋rERV＋rE·1R，则：k＝rE，b＝1E＋rERV，得：E＝RVbRV－k

，r＝kRVbRV－k。13.解析：(1)金属棒未进入磁场，回路中感应电动势为：E1＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝3V(2分)灯泡中的电流强度为：IL＝E1R＝1A(2分)(2)因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：E2＝E1＝3VE2＝Bdv(

2分)，v＝at(2分)解得a＝0.125m/s2(2分)14.解析：(1)h＝12gt20(1分)x＝vQt0(1分)解得vQ＝2m/s(1分)(2)0＝m2vQ－m1vP(2分)EP＝12m1v2P＋12v

2v2Q(1分)解得EP＝20J(1分)(3)滑块P上滑m1gsinα＋μm1gcosα＝m1a1(1分)vP＝a1t2、t2＝0.5ss1＝v2P2a1＝4m(1分)滑块P下滑速度达到v0前，加速度仍为a1v0＝a1t2、t2＝0.5ss2＝12a1t22＝1m(1分)m1gsinα－μ

m1gcosα＝m1a2(1分)s3＝s1－s2＝3m(1分)s3＝v0t3＋12a2t23、t3＝(7－2)s(1分)t＝t1＋t2＋t3＝(7－0.5)s(1分)415.解析：(1)液滴在第一、四象限内做匀速圆周运动电场力与重力大小相等，方向相反，故有E1q＝mg(1分)所以E1＝mgq(1

分)在第二象限，液滴在P点由静止释放后沿直线运动，设液滴进人磁场时速度方向与x轴成α角，则tanα＝4d3d＝43(1分)解得α＝53°(1分)合力必沿PO方向，所以tanα＝mgE2q(1分)所以E2＝3mg4q(1分)(2)设

液滴经过O点时的速度大小为v，则3E2qd＋4mgd＝12mv2(1分)解得v＝522gd(1分)液滴在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示在x轴下方磁场中有qvB2＝mv2R2(1分)可得R2＝3d(1分)同理可解得液滴在x轴上方磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径R1＝32d(1分)所以虚线MN与y轴

的距离x＝2R2sin53°＋R1sin53°＝6d(1分)(3)液滴在第二象限的加速度a＝F合m＝1.25mgm＝1.25g(1分)液滴在第二象限的运动时间t1＝va＝22dg(1分)液滴在x轴上方磁场中做匀速圆周运动的周期T1＝2πR1v＝

6π5d2g(1分)同理液滴在x轴下方磁场中做匀速圆周运动的周期T2＝12π5d2g(1分)液滴从P点释放到离开磁场的时间t＝t1＋106°360°T2＋53°360°T1＝(4＋53π60)d2g(1分)