浙江省宁波十校2020届高三物理3月联考试题答案.pdf

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1、宁波“十校” 物理参考答案 第 1 页 共 7 页 宁波“十校”宁波“十校”20202020 届高三届高三 3 3 月联考月联考 物理物理参考答案参考答案 1【答案】B 【解析】 A以战旗旗杆为参考系，天安门城楼是运动的，选项 A 错误； B以战旗方队车辆为参考系，本车的战旗旗杆是静止的，选项 B 正确； C以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是静止的，选项 C 错误； D以地面为参考系，战旗是运动的，选项 D 错误； 2【答案】D 【解析】 A焦耳发现了电流热效应的规律，故 A 错误； B库仑总结出了点电荷间相互作用的规律，但没有测出静电力常量，故 B 错误； C奥斯特发现了电流的磁

2、效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故 C 错误； D伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故 D 正确 3【答案】D 【解析】 因为乒乓球沿水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，所以由 = 0知，乒乓球在网左右两侧运动时间之比为左 右= 1 2，乒乓球沿竖直方向做自由落体运动，根据 =122可知，乒乓球在网左侧运动时下落的高度与整个高度之比为 19，将击球点的高度分为 9 份，网高占高度的 8 份，故击球点的高度与网高之比为 98， AB 错误； 从抛出到过网时， 所用时间为， 则球的总时间为 3， 故根据 = 可知， 球恰好通过网的上

3、沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为 13，C 错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，由 = 知乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为 12，D 正确 4【答案】C 【解析】因 a、b 质量关系不确定，则无法比较两卫星的机械能的大小，选项 A 错误；a、b 卫星的半径相同，则线速度的大小相等，方向不同，选项 B 错误；c 是一般人造卫星，可能会经过北京上空，选项 C 正确；a、b 的半径相同，则周期相同，因 a 是地球同步卫星，则两卫星的周期都等于地球自转的周期，选项 D 错误。 5【答案】C 【解析】 根据题意，当开关 S 接“1”直流电源时，A、B 两灯均正常发光，C 灯不亮； 当

4、接“2”交流电源时，A 灯仍正常发光，说明交流电和直流电对 a 的影响相同，则 a 为电阻，c 为电容；B 灯变暗，说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则 b 为电感； 由以上的分析可以知道，C 正确，ABD 错误。 宁波“十校” 物理参考答案 第 2 页 共 7 页 6【答案】D 【解析】 AB裂变反应中释放核能有质量亏损，但质量数守恒，质量与能量之间存在一定的关系，但不是质量转变为能量，选项 AB 错误； C由于核反应中电荷数守恒，故 X 原子核中有 54 个质子，选项 C 错误； D重核裂变是由比结合能小的重核在中子的轰击下裂变成比结合能较大的中等质量的原子核，所以 X 原子核比铀

5、核的比结合能大，选项 D 正确。 7【答案】C 【解析】 A：常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的 10 倍，横截面积减小为110，电阻率不变，根据电阻定律，电阻增大为 100 倍。故 A 项错误。 B：常温下，若将金属丝从中点对折起来，长度变为一半，横截面积变为 2 倍，电阻率不变，根据电阻定律，电阻变为14。故 B 项错误。 C： 给金属丝加上的电压逐渐从零开始增大， 由图象可得金属丝电阻UI变大。 故C 项正确。 D：给金属丝加上的电压逐渐从零开始增大，由于电功率增加，导致温度会略有升高，由图象得金属丝电阻UI变大，又横截面积和长度均不变，则金属电阻率会随温度的升高而增大。故 D 项错误。

6、 8【答案】B 【解析】 此刻位于 O 处的质点正处于波谷与波谷的相遇点，选项 A 错误；P、N 两处的质点处于波峰和波谷的相遇点，两列波在这两处的位移始终相反，合位移为 0，选项 B 正确；质点并不随波迁移，选项 C 错误；O、M 连线的中点是振动加强区的点，其振幅为 2A，选项 D 错误 9【答案】B 【解析】 三个粒子相同，故进入电场后，受到的电场力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量212yat=，所以= ，故 B 错误，A 正确；在水平方向上做匀速直线运动，故有0=，因为= ，= ，所以有cbavvv，故 C 正确；根据动能定理 = = ，故 c 的最

7、小，a 和 b 的一样大，故 D 正确 10【答案】B 【解析】 试题分析：由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数比不变，所以升压变压器的输出电压不变，故 A 错误 B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压 U2不变，根据 P=UI 可得输电线上的电流 I线增大，导线上的电压损失变大，则降压变压器的初级电压减小， 则降压变压器的输出电压减小， 故 B 正确。 根据 P损=I线2R，宁波“十校” 物理参考答案 第 3 页 共 7 页 又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故 C 错误根据损= ()2，则有： 损2；发电厂的输出电压

8、不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大，故 D 错误。 11【答案】D 【解析】 对图（甲），设物体 A 的质量为 M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩 x 时弹性势能=1202 对图（乙），物体 A 以 2v0的速度向右压缩弹簧，A，B 组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为 x 时，A、B 二者达到相等的速度 v，由动量守恒定律有 M2v0=（M+m）v 由能量守恒定律有=12(20)212( + )2 联立得 M=3m =1202=3202 12【答案】D 【解析】 A刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第

9、二定律可知其加速度为 g，故 A 正确； B刚释放时物块的速度为零，小球重力的功率为零物块下降到最低点时小球的速度为零，小球重力的功率又为零，所以小球重力的功率先增大后减小，故 B 正确； C 物块下降的最大距离为 S， 物块的质量为 m 根据系统机械能守恒定律， 有： 2(2+ 2 ) = 0解得： =43，故 C 正确； D 物块的合力为零时速度最大， 则绳子拉力的竖直向上的分力一定等于物块的重力，所以绳子的拉力一定大于物块的重力，故 D 错误； 13【答案】D 【解析】 A由法拉第电磁感应定律可得 EnS2，由题图乙可得=0.64T/s= 0.15T/s，将其代入可得 E4.5 V，A

10、错误； B由电量公式： = =+ = (+)=+，在 04s 穿过圆形导体线圈磁通量的变化量为 0.60.3 Wb-00.18 Wb，代入可得 q6 C，B 错误； C04s 内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b 点电势高，a 点电势低，故 C 错。 D由于磁感应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得 =+= 1.5，由焦耳定律可得 QI2Rt18 J，D 正确。故选 D。 宁波“十校” 物理参考答案 第 4 页 共 7 页 14【答案】AD 【解析】 根据42= 6，所以这些氢原子总共可辐射出 6 种不同频率的光，故 A 正确；n=3 能级跃迁到 n=2

11、能级辐射出的光子能量 E=-1.51eV-（-3.40eV）=189eV（2 分） 解析： （1）A （2）根据时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，得第 4 个点的速度为：来源:学科网 v4 v35（8.338.95）1020.2 m/s0.864 m/s， a（s4s5s6）（s1s2s3）9T2（8.959.6110.26）（7.057.688.33）90.12102 m/s20.64 m/s2。 （3）由题图乙纸带可判断打点计时器在打下第 2 点到第 3 点间小车做匀速运动，第 1 点到第 2点做加速运动，所以打下第二个点时小车的速度 v2v1v32。 18 （1）1.15V （

12、2 分）备注：单位不写扣 1 分 （2）连线 1 分 作图 1 分 （3）1.400.05V（1 分） 1.700.20（2 分） 19 （1）设从跳台到入水时间为 t1，向下为正方向 20 1112hv tgt=+ 1 分 t1=2s 1 分 01vvgt=+ v=15m/s 1 分 宁波“十校” 物理参考答案 第 6 页 共 7 页 （2）设从水面到池底的时间为 t2，在水中运动员的加速度大小为 a 22122.5/2vam sx= 1 分 1223vtsa= 1 分 1283ttts=+= 1 分 （3）Fmgma= 1 分 F=1950N 2 分 20 （1）由动量守恒，2211vmv

13、m= v1=8m/s 1 分 22p1 12 21122Em vm v=+ 1 分 EP=4.8J 1 分 （2）滑块 1 与滑块 3 相碰后到 A 点时，114/2Avvm s= 在最高点 F， 0=Fv 1 分 从 A 点到 F 点：2122Amg Rmv= R=0.4m 1 分 对滑块 1 与滑块 3 整体在 A 点分析：21212()()ANmmvFm gm gR+= 1 分 FN=10N 由牛顿第三定律：10NNFF = 1 分 （3）滑块 2 在传送带上的加速度 = = 5m/s2 1 分 从 C 点落到 D 点的时间 212hgt= t=0.2s 1 分 x=0.6 m 1m/s

14、v3m/s 1 分 x=0.2v 3m/sv23 m/s 1 分 x=0.223 m 23m/sv6 m/s 1 分 21 （1）设在坐标 x 处时，磁场强度为 Bx 对应整个回路的总电阻 Rx=3+x（） 1 分 xxB dvIR= 1 分 I=0.2A 1 分 （2）如图 ()2PQxrUI R= 1 分 ()MPQNxUUBLd v+= 1 分 第 21 题图 宁波“十校” 物理参考答案 第 7 页 共 7 页 1.4VMNMPPQQNUUUU=+= 1 分 （3）22xxB d vFR=安 1 分 sin0.30.04FFmgx=+=+安 2 分 由图像法 ： 0.68JFW = 1

15、分 22 （1）根据题意，粒子在磁场中运动的半径 2vBqvmR= 0mvRaqB= （1 分） 粒子打在 x 轴上的范围如图 1 所示 最右侧：22PDRa= ()22115222EDaaa= 最左侧：F 与 MN 相切，由几何关系知221322EFaaa= 解得 115322Laa=+ （2 分） 备注：两侧端点值各 1 分 （2）如图 1 所示，有不同角度射出的两个粒子打中的长度为 CD, 32CEEFa= （1 分） 得215322LCDaa= （2分） （3）如图 2 所示，粒子从 P 点发出部分轨迹是磁聚焦的逆过程，粒子垂直打在挡板上，01012FNmvt = （1 分） 001512212122aatTTTvv =+=+（1 分） 02 aTv= 202(3 )NmvFaa=+ （2 分）