【文档说明】河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期11校期中联考物理参考答案及解析.pdf，共(6)页，801.823 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共6页）环际大联考“圆梦计划”2020～2021学年度第一学期期中考试高三物理参考答案及评分标准一、选择题：本题共10小题，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，每小题5分；第7~10题有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3

分，有选错或不答的得0分。题号12345678910答案DAACCBBCBDCDBD1.D【解析】由𝑎=Δ𝑣Δ𝑡可知，选项D正确。2.A【解析】根据光电效应方程𝐸km=ℎ𝜈−𝑊0可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关，故

A错误；由𝑛=4能级跃迁到𝑛=3能级过程中释放能量，原子的能量在减小，根据𝑘𝑒2𝑟2=𝑚𝑣2𝑟可知，电子动能增大，故B正确；发生α衰变时放出24He，发生β衰变时放出电子−10e，设发生了𝑥次α衰变和𝑦次

β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2𝑥−𝑦+86=90，4𝑥+222=234，解得𝑥=3，𝑦=2，故衰变过程中共有3次α衰变和2次β衰变，故C正确；该核反应的质量亏损Δ𝑚=4.0026×3u−12.0000u=0.0078u，则释放的核能Δ𝐸=Δ𝑚𝑐2=

0.0078×931.5MeV=7.2657MeV=1.16×10−12J，故D正确。3.A【解析】地球绕太阳的运行周期为1年，设水星绕太阳的运行周期为𝑇水，在地球上，每经过𝑁年就会看到“水星凌日”的现象，则2π=(2π𝑇水−2π𝑇地)𝑁，解得水星周期𝑇水=𝑁𝑁+1，最

大视角时，观察者与水星的连线应与水星轨迹相切，由三角函数可得：sin𝜃=𝑟水𝑟地，根据开普勒第三定律可知，𝑟水3𝑟地3=𝑇水2𝑇地2，联立解得sin𝜃=(𝑁𝑁+1)23，故A正确。4.C【解析】𝑚1处于静止状态时，绳子的拉力𝑇=𝑚1𝑔sin60∘，𝑚2处于静止

状态时，由于支持力的方向指向圆心，与绳子拉力大小相等，因此2𝑇cos30∘=𝑚2𝑔，两式联立，整理可得𝑚1∶𝑚2=2∶3，故A、B错误；由几何关系可知，过𝑚2位置处的切线与水平方向成30∘角

，因此剪断绳子瞬间，𝑚2的加速度𝑎2=𝑔sin30∘，剪断绳子瞬间，𝑚1的加速度𝑎1=𝑔sin60∘，因此𝑎1∶𝑎2=√3∶1，故C正确；剪断轻绳的瞬间，圆弧对𝑚2的弹力𝐹N=𝑚2𝑔cos30∘=√32𝑚2𝑔，故D错误

。5.C【解析】从图乙得到电压的最大值为220√2V，周期为0.02s，故电压𝑢的表达式𝑢=𝑈msin2π𝑇𝑡=220√2sin100π𝑡(V)，故A错误；由图乙可知，电源频率为50Hz，在一个周

期内电流方向改变2次，则电流方向每秒改变的次数为100次，故B错误；副线圈电压的有效值𝑈2=44V，二极管具有单向导电性，设电阻R两端电压的有效值为𝑈𝑅，则𝑈𝑅2𝑅𝑇=第2页（共6页）𝑈22𝑅×𝑇2，解得𝑈𝑅=2

2√2V，故C正确；变压器的输出功率𝑃输出=𝑈𝑅2𝑅=96.8W，理想变压器的输入功率与输出功率相等，则变压器的输入功率为96.8W，故D错误。6.B【解析】在𝐸−𝑥图像中，切线的斜率反映除重力或弹簧弹力之外的其他力的大小，本题中就是𝐹的大小。在

0∼𝑥1过程中，𝐹不断增大，物块机械能开始时随位移减小，物块开始向下运动，物块的加速度可能不断减小，也可能先减小再增大，故A错误；在𝑥1∼𝑥2过程中，力𝐹大小不变，但𝐹在经过了前一阶段的增大

后可能大于𝑚𝑔sin𝜃，也可能等于或小于𝑚𝑔sin𝜃，则小物块可能做匀加速运动，也可能做匀速运动或匀减速运动，故B正确；在𝑥2∼𝑥3过程中，一定存在𝐹<𝑚𝑔sin𝜃，此时物块动能会增加，故C错误；在𝑥3∼𝑥4过程中，小物块机械能守恒，𝐹大小为零，物块做匀加速运动，

故D错误。7.BC【解析】根据动能定理𝑚𝑔ℎ=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02可知，𝑏、𝑐两小球末动能相等，两小球落地时速度大小相等、方向不同，所以动量不同，故A错误，C正确；𝑎小球做自由落体运动，𝑐小球竖直方向做自由落体运动，高度相同，落地时竖直方向速度相等，重

力的瞬时功率相等，故B正确；𝑎、𝑏两小球从抛出到落地时间不同，两小球重力的冲量不相等，故D错误。8.BD【解析】若小球恰好能到达𝐵点，则对小球从𝐴到𝐵应用动能定理有𝐹𝑅−𝑚𝑔𝑅=0，𝐹=𝑚𝑔，故只有当𝐹≥𝑚𝑔时，小球能到达𝐵点，故A错误，B正确；

当𝐹=𝑚𝑔时，𝐹合=√2𝑚𝑔，𝑃=𝐹合𝑣cos𝜃，在𝐶处，合力方向与速度方向垂直，此时合力的功率最小，故C错误；小球运动到𝐵点时，获得竖直向上的速度，当竖直方向上的速度𝑣𝑦=0时，到达最高点，有𝐹𝑅−𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣𝐵2，0−𝑣𝐵2=−2�

�ℎ，解得ℎ=𝑅，又0−𝑣𝐵=−𝑔𝑡，则𝑥=12×𝐹𝑚×𝑡2=2𝑅，则Δ𝐸机=𝐹(𝑅+𝑥)=6𝑚𝑔𝑅，故D正确。9.CD【解析】𝑂点为零电势点，由图像可知，带电粒子在𝑥负半轴受到向右的静电力，由−𝑑到𝑂做正功，即𝑊

=12𝐸0𝑑𝑞，故粒子在𝑥=−𝑑处的电势能为12𝑞𝐸0𝑑，故A错误；若粒子到达𝑑点时速度恰好为0，则粒子将在电场力作用下经过−𝑑点冲出电场，不满足题干中的周期性运动，故B错误；要满足粒子在x轴做周期性运动，则粒子的活动范围为(−d，d2)，且在两端点速度均

为零，因此粒子的动能与电势能之和的最大值是12𝑞𝐸0𝑑，即为−𝑑点的电势能，故C正确；粒子在正半轴运动时间由减速和加速两段组成，加速段有12×𝑞𝐸0𝑚×𝑡2≤𝑑2，故粒子在𝑥>0区域的运动时间𝑡≤2√𝑚𝑑𝑞𝐸0，故D正确。10.BD【解析】经分析可知，粒子只

有通过第Ⅰ象限后才能经过坐标原点𝑂。如图所示：第3页（共6页）因第Ⅰ象限内无磁场，故粒子不可能经过坐标原点𝑂，故A错误；在从𝑦轴负方向离开磁场的粒子中，运动轨迹与𝑥轴相切的粒子的速度最大（设为

𝑣m），设该粒子运动轨迹的半径为𝑟，有𝑟+𝑟sin𝜃=𝐿，结合𝑞𝑣m𝐵=𝑚𝑣m2𝑟，解得𝑣m=2𝑞𝐵𝐿3𝑚，故B正确；垂直𝑥轴离开磁场的粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为180∘−30∘=150∘，故该粒子在磁场中的运动时

间𝑡=150∘360∘×2π𝑚𝑞𝐵=5π𝑚6𝑞𝐵，故C错误；由几何关系可知，从x轴上到坐标原点O距离为√3𝐿处离开磁场的粒子运动轨迹半径为𝐿，设其速度大小为𝑣，有𝑞𝑣𝐵=𝑚𝑣2𝐿，解得𝑣=𝑞𝐵𝐿𝑚，故D正确。二、

非选择题：共60分。第11~15题为必考题，每个试题考生都必须作答。第16~17题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共45分。11.（6分）(1)𝑥√𝑔2ℎ1（1分）(2)𝐿−ℎ2=𝑥24ℎ1（2分）(3

)受到空气阻力；或小球抛出后磁铁对小球的引力减小了小球的动能（1分，写出一条即得分）(4)D（2分）【解析】(1)由平抛运动的知识可知，平抛运动的时间𝑡=√2ℎ1𝑔，磁铁与挡板相碰的一瞬间小球的速度𝑣=𝑥𝑡=𝑥√�

�2ℎ1。(2)要验证机械能守恒，只要验证𝑚𝑔(𝐿−ℎ2)=12𝑚𝑣2成立，即验证𝐿−ℎ2=𝑥24ℎ1成立即可。(3)若实验测得重力势能的减少量总是大于动能的增加量，导致误差的原因可能有：受到空气阻力或小球抛出后磁铁对小球的引力减小了小球的动能。(4)由要验证的关系式𝐿−ℎ2

=𝑥24ℎ1可知，图像应是𝑥2−(𝐿−ℎ2)图像，故D正确。12.（8分）(1)如图所示：（2分）200（2分）(3)2.7（2分）8.6（2分）【解析】(1)采用描点法，将各点描在坐标系中，如答案图所示。两电流表并联，由并联规律可知：𝐼1=𝐼2𝑟2𝑟1，故

图像的斜率𝐼1𝐼2=𝑟2𝑟1=2，故𝑟2=2×100Ω=200Ω。(3)根据(2)中电表的改装，解得改装后电压表和电流表的阻值为𝑅V=3.0×103Ω，𝑅A=0.4Ω，电压表扩大了15倍，电流表扩大

了250倍，根据闭合电路欧姆定律有𝐸=𝐼2𝑅V+第4页（共6页）250𝐼1(𝑅A+𝑟)，整理得𝐼2=𝐸𝑅V−250𝐼1(𝑅A+𝑟)𝑅V，结合图像斜率和截距概念应有−250(�

�+0.4)3000=0.6−0.90.4=−34，𝐸3000=0.9×10−3，代入数据解得：𝑟=8.6Ω，𝐸=2.7V。13.（6分）解：(1)设从刹车到停止所用时间为𝑡2，则：𝑡2=𝑣0𝑎=4s……………（1

分）则小轿车从发现情况到最终停止所用的最短时间：𝑡=𝑡1+𝑡2=4.6s……………（1分）(2)反应时间内做匀速运动，则：𝑥1=𝑣0𝑡1=12m…………………………………（1分）从刹车到停止的位移为𝑥2，则：𝑥2=�

�022𝑎=40m……………………………………（1分）小轿车从发现三角警示牌到停止的全部位移：𝑥=𝑥1+𝑥2=52m………………（1分）三角警示牌与货车的距离至少为：Δ𝑥=𝑥−𝐿=32m………………………

………（1分）答：(1)小轿车从发现情况到最终停止所用的最短时间为4.6s；(2)三角警示牌至少要放在货车后32m处，才能有效避免两车相撞。14.（10分）解：(1)由图乙可知，在𝑡=𝑡1时，𝐼1=0.5A，由牛顿第二定律：对𝑎𝑏有：𝑚𝑔sin𝜃−𝐵𝐼1𝐿=𝑚𝑎1……

…………………………（1分）对𝑐𝑑有：𝑚𝑔sin𝜃+𝐵𝐼1𝐿−𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑎2………………………………（1分）解得：𝑎1=5.5m/s2，𝑎2=0.5m/s2………………………………（1分）(2)在𝑡=𝑡1时，设金属棒𝑎𝑏的速度为�

�1，则有：𝐼1=𝐵𝐿𝑣12𝑅…………………………（1分）由能量守恒定律得：𝑚𝑔𝑥1sin𝜃=2𝑄+12𝑚𝑣12………………………………（2分）联立解得：𝑄=1.25J………………………………（1分）(3)在𝑡=𝑡2时

，设金属棒𝑐𝑑的速度为𝑣2′，则有：𝐼2=𝐵𝐿(𝑣2−𝑣2′)2𝑅…………………（1分）当金属棒中的电流稳定时，两根金属棒以相同的加速度一起做匀加速直线运动。对整体，由牛顿第二定律得：𝑚𝑔sin𝜃+�

�𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃=2𝑚𝑎…………（1分）由匀变速直线运动规律得：𝑣=𝑣2′+𝑎Δ𝑡=6m/s………………………………（1分）答：(1)在𝑡=𝑡1时，金属棒𝑎𝑏的加速度𝑎1=5.5m/s2，金属棒𝑐𝑑的

加速度𝑎2=0.5m/s2；(2)这段时间内金属棒𝑎𝑏产生的焦耳热𝑄=1.25J；(3)金属棒𝑐𝑑的速度𝑣=6m/s。15.（15分）解：(1)由题意可知，滑块1与滑块3的质量均为𝑚1=0.1kg，滑块2的质量𝑚2=0.2kg。弹簧弹开过程中，根据动量守恒定

律可得：𝑚1𝑣1=𝑚2𝑣2………………（1分）带入数据解得：𝑣1=8m/s………………………………（1分）被压缩的轻弹簧的弹性势能：𝐸p=12𝑚1𝑣12+12𝑚2𝑣22………………………………（1分）带入数据解得：𝐸p=4.8J………………………………（1分）(2)滑块1和滑

块3碰撞过程中，根据动量守恒定律可得：𝑚1𝑣1=2𝑚1𝑣3…………（1分）解得：𝑣3=4m/s根据机械能守恒定律可得：12×2𝑚1𝑣32=2𝑚1𝑔×2𝑅………………………………（1分）解得：𝑅

=0.4m在半圆环轨道最低点𝐴时，根据牛顿第二定律可得：𝐹−2𝑚1𝑔=2𝑚1𝑣32𝑅……（1分）第5页（共6页）解得：𝐹=10N根据牛顿第三定律可知，滑块1和滑块3经过双半圆环轨道最低点𝐴时对轨道的压力大小为10N。………………………………（1分）(3)根据牛顿第二定律可得滑块

2在传送带上运动的加速度大小：𝑎=𝜇𝑚2𝑔𝑚2=5m/s2如果滑块2在传送带上一直减速，到传送带末端的速度为𝑣，则有：𝑣22−𝑣2=2𝑎𝐿解得：𝑣=3m/s………………………………（1分）如果滑块2在

传送带上一直加速，则到传送带末端的速度为𝑣′，则有：𝑣′2−𝑣22=2𝑎𝐿解得：𝑣′=√23m/s………………………………（1分）传送带的速度1m/s<𝑣≤3m/s时：滑块2在传送带上一直减速，到达传送带末端的速度均为：𝑣=3

m/s……………（1分）平抛运动的时间：𝑡=√2ℎ𝑔=0.2s………………………………（1分）此过程中滑块2的水平位移：𝑥1=𝑣𝑡=0.6m………………………………（1分）传送带的速度3m/s<𝑣<√23m/s时：滑块2在传送带上先加速后匀速，最后和传送带

的速度相同。此过程中滑块2的水平位移：𝑥2=𝑣𝑡=0.2𝑣………………………………（1分）传送带的速度：√23m/s≤𝑣<6m/s时：滑块2在传送带上一直加速，达到传送带末端的速度均为：𝑣′=√23m/s此过程中滑块2的水平位移：𝑥3=𝑣′�

�=0.2√23m………………………………（1分）答：(1)被压缩的轻弹簧的弹性势能𝐸p=4.8J；(2)滑块1和滑块3经过双半圆环轨道最低点𝐴时对轨道的压力大小为10N；(3)传送带的速度为1m/s<𝑣≤3m/s时，滑块2的水平位移为0.6m

；传送带的速度为3m/s<𝑣<√23m/s时，滑块2的水平位移为0.2𝑣；传送带的速度为√23m/s≤𝑣<6m/s时，滑块2的水平位移为0.2√23m。（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选

一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。16.（15分）(1)（5分）ABE【解析】(1)由图甲可知，随分子间距离的减小，分子间引力和斥力均变大，两个分子从很远处逐渐靠近，分子间作用力先表现为引力后表现为斥力，即分子间作用力先做正功后做负功，分子势能先变小后变大，故A正确；乙图中，在测量分子

直径时，可把油膜厚度视为分子直径，故B正确；丙图是三颗微粒每隔一定时间粒子的位置的连线，并非粒子的运动轨迹，故C错误；丁图中，电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，在该过程中压缩机做功，产生其他的变化，故D错误；

戊图中，用滴管滴的液滴呈球形，是表面张力使液体表面收缩的缘故，故E正确。(2)（10分）解：(i)碰撞游戏气体被压缩最大的过程中，气体等温变化，有：𝑝1𝑉1=𝑝2𝑉2………………………………（2分）其中：𝑝1=1.5×

105Pa，𝑉1=0.8m3，𝑉2=(0.8−0.05)m3=0.75m3解得：𝑝2=1.6×105Pa………………………………（2分）(ii)从早晨充好气，到中午碰撞游戏前，气体等容变化，有：𝑝1𝑇2=𝑝3𝑇3…………（2分）其

中：𝑇2=(17+273)K=290K，𝑇3=(37+273)K=310K中午碰撞游戏气体被压缩最大的过程中，气体等温变化，有：𝑝3𝑉1=𝑝4𝑉2………（2分）第6页（共6页）联立解得：𝑝4=1.71×105Pa，球内气体压强没有超过2.0×105Pa，

所以可以安全地在中午37℃的环境下游戏碰撞。………………………………（2分）答：(i)压缩最大时，球内气体的压强为1.6×105Pa；(ii)可以安全地在中午37℃的环境下游戏碰撞。17.（15分）(1)（5分）平衡0.02【解析】由图像

可知，波长𝜆=4cm=0.04m，波沿𝑥轴负方向传播，则此时𝑄向上振动，当𝑡=0.5s时，𝑄点恰好处于波峰位置，则有0.5s=(14+𝑛)𝑇，此时𝑃点应处于平衡位置；当𝑛=0时，周期最大，

波速最小，则最小速度𝑣min=𝜆𝑇max=0.042m/s=0.02m/s。(2)（10分）解：(i)光在直角边自尾灯射向空气的入射角恰好等于临界角时，有：𝐶=45°………………………………（2分

）sin𝐶=1𝑛………………………………（2分）解得尾灯材料的折射率：𝑛=√2………………………………（1分）(ii)光在尾灯中的传播路程：𝑥=(√2+2)𝑑………………………………（2分）又：𝑛=𝑐�

�………………………………（1分）𝑥=𝑣𝑡………………………………（1分）联立解得光在尾灯中的传播时间：𝑡=2+2√2𝑐𝑑………………………………（1分）答：(i)尾灯材料的折射率至少应为√2；(ii)若尾灯材料的折射率取(i)中的值，光在尾

灯中的传播时间是2+2√2𝑐𝑑。