南京市2020届高三物理三模参考答案

1 南京市、盐城市2020届高三年级第二次模拟考试

物理答案及评分标准

一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．

题号 1 2 3 4 5

答案 A D B C B

二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分．每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分．

题号 6 7 8 9

答案 BD AC AB BCD

三、简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题（第13题）两部分．共计42分．请将解答写在答题卡相应的位置．

答案：

10．（8分）

② 作图（2分） 125N/m（2分）。

⑥（2分）

⑦ 方案A更可行。因为方案A便于操作：依据平行四边形定则作得的合力与实际相比，线的长短和方向差别更加直观。（2分）

11．（10分）

（1）2200 （3）调大 （6）b - ac，b （7）等于 2020年6月5日 2 12． [选修3–5]（12分）

（1）CD （2）11H Ec2

（3）① λ = hp0

② 规定原子初速度方向为正方向 – p0 + mv0 = p1 + mv 解得 v = v0 – p0 + p1m

13A．[选修3–3]（12分）

（1）AD （2）减小，减少

（3）状态1：V1=1.0×10– 4m3，P1=30atm，T1=300K，状态2：P2=1atm，T2=273K

由理想气体状态方程 P1V1T1 = P2V2T2，代入得V2 = 2.73×10– 3m3

ρ = 1.25kg/m3 M = 28 g/mol， NA = 6.0×1023 mol - 1

代入 n = ρV2MNA，得到腔体内气体的分子数n = 7×1022个．

13B．[选修3–3]（12分）

（1）CD （2）正 2

（3）n = sin60°sin30° = 3，v = cn = 1.7×108m/s

四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．

14．（15分）

解：

（1）在磁场Ⅰ中运动时，金属杆中感应电动势E1 = B1lv ………………………2分

根据闭合电路欧姆定律，杆中感应电流大小 I1 = E1R + r ……………………… 2分

代入数据，得I1 = 0.4A ……………………………………………………… 1分

（2）在磁场Ⅱ中运动时，金属杆中电感应动势 E2 = B2lv，电流I2 = E2R + r ……… 1分

代入数据得I2 = 0.8A ……………………………………………………………1分

金属杆受安培力F安 = B2I2l = 0.48N ……………………………………… ……2分

杆匀速运动，拉力与安培力平衡，得F = F安 = 0.48N ………………………1分

（3） 根据有效值的定义，有 I2(R + r)2dv = I21(R + r)dv + I22(R + r)dv ………………………3分

代入数据，解得 I = 105 ≈ 0.63A …………………………………………… 2分

15．（16分）

（1）A在涂层Ⅰ上滑动时：fA = μ1mg = 0.3×1×10 N = 3N ……………………………2分

此时B与地面的弹力FN = 2mg，因此：fB = μB2mg = 0.1×2×10 N = 2N ………2分

（2）A在涂层Ⅰ上滑动时，根据牛顿第二定律可得

fA = maA1，代入数据得 aA1 = 3m/s2 ……………………………………………1分

fA – fB = maB1，代入数据得aB1 = 1m/s2 ……………………………………………1分

A离开涂层Ⅰ时与B的相对位移为L1，结合匀变速运动公式可得

v0t1 – 12aA1t21 – 12aB1t21 = L1 ………………………………………………………1分

代入数据解得：t1 = 1s …………………………………………………………………1分 3 则A的速度：vA = v0 – aA1t1 = (8–3 )m/s = 5m/s ………………………………1分

B的速度：vB = aB1t1 = 1m/s …………………………………………………………1分

（3）A在涂层Ⅰ上滑动的t1时间内，B对地的位移

xB1 = 12aB1t21 = 0.5m ………………………………………………………………1分

A在涂层Ⅱ上滑动时，A和B的加速度大小分别为

aA2 = fAm = μ2mgm = 2m/s，aB2 = fA - fBm = 0

A离开涂层Ⅱ时与B的相对位移为L2，结合匀变速运动公式可得

vAt2 - 12aA2t22 – vBt2 = L2

代入数据解得：t2 = 1s ………………………………………………………………1分

A在涂层Ⅱ上滑动的t2时间内B对地的位移：xB2 = vBt2 = 1m ……………………1分

A离开涂层Ⅱ后，B与地面的摩擦力变为：fB′ = μBmg = 1N

则B匀减速的加速度大小为：aB3 = fB′m = 1m/s2

B匀减速至停止的距离为为：xB3 = 0.5m ……………………………………………………1分

B运动过程中克服地面的摩擦力所做的功为：W = fBxB1 + fBxB2 + f B′xB3 …………1分

代入数据得：W = 3.5J ………………………………………………………………1分

16．（16分）解析：建立如图1所示的直角坐标系

（1）t=0.05s时刻，50V，两板之间的电势差为5UV

质子在金属板间运动：

平行于金属板方向，质子做匀速直线运动：tvL0，解得： st6100.4…………… 1分

垂直于金属板方向，质子做匀加速直线运动：222121tdmqUatx …………… 1分

由以上两式解得：dmx2.0，粒子恰好从D点射出。…………… 2分

（2） 恰好从D点射出的质子： smtdmquatvx/1015 …………… 1分

smvvvx/1025220 ……………………………………… 1分

1tan0xvv，045， 速度方向与x轴正方向成450 …………… 1分

某时刻从电场中偏出的质子，运动轨迹如图1所示：

由速度的合成知识得： sin0vv

由牛顿运动定律得： RmvqvB2

得：sin0qBmvR ………………………………………1分

由几何关系可得：sincos1)cos1(0qBmvRH……………1分

由数学知识可知：sincos10qBmvH此函数是随θ变化的一个减函数，

所以，045时，H取最大值，mH)21(……………2分 4

(3)从B点射出的质子，在磁场中运动轨迹圆Ⅰ的半径：

mqBmvR100 …………………………1分

从D点射出的质子，在磁场中运动轨迹圆Ⅱ的半径：

mqBmvR245sin001 …………… 1分

质子在磁场中运动的轨迹如图2所示，

从B点射出的质子，其轨迹圆Ⅰ上最低点F的坐标为（1m，-1m）；

从D点射出的质子，其轨迹圆Ⅱ圆心O的坐标为（1.2m，-1m）；

即：点F与点O点纵坐标y值相等。

所有圆的最低点的横坐标取值范围mmx2.1,1，收集板收集质子长度jixxl，根据两图线变化趋势，ix取最大值应为G点横坐标值，能打到极板上的质子jx的最小值应为F点横坐标值，根据几何关系，F、G两点的纵坐标y值是相等的。………………………………………2分

所以，FG的长度即为收集板收集质子长度的最大值lmax，得

ml)251(max…………………………………………………………………2分