参考答案1D2D3D4C5B6C7C8BD9BC10BCDal11.乙AB/BAbRgR2k12.5500R10.25bb13（1）8m/s；（2）6m【详解】（1）设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v11根据位移公式有xvtat2101211由速度公式有v1v0a1t1代入数据得v1=8m/s（2）泥石流到达坡底时，汽车速度v2a3t1t012汽车位移xatt02310当汽车的速度与泥石流速度相等时，泥石流与汽车相距最近设泥石流到达坡底后汽车又加速时间为t2，故有v1a2t2v2a3t212泥石流水平位移x泥vtat1222212汽车位移x汽vtat22232相距最近的距离xx0x汽x泥由以上各式解得x=6m414（1）5g/cm3；（2）()105【详解】（1）设生肖摆件的体积为ΔV，第一次抽气过程，由玻意耳定律有p0(V0－ΔV)＝p1(V0－ΔV＋V1)53433其中p0＝10Pa、V0＝1000cm、p1＝8×10Pa、V1＝200cm解得ΔV＝200cmM生肖摆件的密度5g/cm3V(2)设第二次抽气后，容器内气体压强为p2，有p1(V0－ΔV)＝p2(V0－ΔV＋V1)设第三次抽气后，容器内气体压强为p3，有p2(V0－ΔV)＝p3(V0－ΔV＋V1)高三年级物理科答案1页{#{QQABBYaQogggQBAAAAgCEwFqCgKQkAAACIoOwBAAIAABiRNABAA=}#}10依次类推可知4p10p05设剩余气体压强为p0时体积为V，则有p0V＝p10(V0－ΔV)10mV4则剩余气体与抽气前气体的质量的比值为2m1V0V51223v033315（1）mv0；（2）；（3）PQ:MN1:1，mπm或mπm63πb6b2【详解】（1）设粒子a进入磁场时的速度为v，则vsinv023解得vv3011由动能定理得，电场力做的功Wmv2mv22201解得Wmv260（2）两粒子的运动轨迹大致如图所示（b粒子的出发点不一定在坐标原点且对答案无影2rπr响），设a粒子的圆周半径为r，由等时性tanvbv23v解得v0b3π（3）设碰后c粒子的速度vc，半径为rc，那么对粒子a在磁场中匀速圆周运动v2qBvmr高三年级物理科答案2页{#{QQABBYaQogggQBAAAAgCEwFqCgKQkAAACIoOwBAAIAABiRNABAA=}#}2vc对粒子c在磁场中匀速圆周运动qBvcmmbrc讨论：①若vc沿粒子a的方向，则mvmbvbmmbvcr欲使粒子能到达吸收板，则必须rc2rccos3解得mπmb623粒子c不可能到达的区域长度PQr3②若vc沿粒子b的方向，则mbvbmvmmbvcr欲使粒子c能到达吸收板，则必须cr2rcosc33解得mπmb2高三年级物理科答案3页{#{QQABBYaQogggQBAAAAgCEwFqCgKQkAAACIoOwBAAIAABiRNABAA=}#}23粒子c不可能到达的区域长度MNr3综上所述：粒子c所不能到达的两端区域长度之比PQ:MN1:1333粒子c能到达吸收板，粒子b的质量须满足mπm或mπmb6b21D【详解】A．根据核反应方程中质量数、电荷数守恒可写出该核反应方程为235114489192U0n56Ba36X30n可知反应产物X的中子数为53，故A错误；B．该核反应为重核裂变反应，B错误；C．核反应中生成物比反应物稳定，比结合能大，C错误；tTD．根据半衰期公式1m余m23m余11可知t3T时m281所以0.5kg的144Ba原子核，经过3T后剩余的质量是开始时的，D正确。568故选D。2D【详解】A．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的速度v，由vv0at对比图像可得y0v0y0、ax0y0y0则t0时刻物体的速度为vy0t0x0t0,A错误；B．若横轴表示位移x，纵轴表x0x0yy222，00示物体速度的平方v2，由vv02ax对比图像可得v0y02a可得a,B错x02x01xa误；C．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的平均速度v，由xvtat2,可得vt,02t02ay2yxa，00结合v可得vv0t,对比图像可得v0y0,可得a,C错误；D．当物t22x0x0体受到竖直向下的拉力F在真空中下落，由牛顿第二定律可得Fmgma,变形可得1y1、0x0aFg,对比图像可得y0g,综合可得m,D正确。mmx0g高三年级物理科答案4页{#{QQABBYaQogggQBAAAAgCEwFqCgKQkAAACIoOwBAAIAABiRNABAA=}#}故选D。3D【详解】根据题意，车匀速运动，则受力平衡，设马拉车的力为F，车辕与水平方向夹角为θ，可得FsinFNmg，Fcosf，根据牛顿第三定律，可知车对地面的压力大小等于车所受支持力，即FNFNmg31又fF，联立，解得F，当sin601时，有Fminmg，可3N2sin602H得30，车辕的长度为L2msin故选D。4C【详解】AB．突然剪断B、C间的绳子，BC间绳的拉力突变为零，而CD间弹簧的弹力（（保持不变，将AB整体可得mAmB)gmAmB)a,解得ag,故AB错误；CD．初始时由平衡条件可得弹簧的弹力FxmDg,突然剪断B、C间的绳子，BC间绳的拉力突变为零，而CD间弹簧的弹力保持不变，可知D的受力情况保持不变，则aD0,对3CmgFma,解得ag,故C正确，D错误。CxCCC2故选C。5B【详解】A．设光在D点的入射角为i，折射角为r，根据题意知i45，则sininsinr解得r301光在AC面全反射时sinCn解得C45故A错误；B．根据几何关系A90C90r解得A15故B正确；13C．根据几何关系可知，光从D点传播到B点的路程sdcos60dsin60d2故C错误；sns26dD．光传播的时间tvc2c故D错误。高三年级物理科答案5页{#{QQABBYaQogggQBAAAAgCEwFqCgKQkAAACIoOwBAAIAABiRNABAA=}#}故选B。6C【详解】A．电容器与电源相连，电压U不变，若将A极板向下平移一小段距离，根据UEd电场强度增大，带电油滴向上运动，A错误。B．根据UPBE|PB|P0P点电势将升高，B错误。C．若断开电键S，电容器带电荷量Q不变，将B极板向下平移一小段距离，根据SCr4kdQ电容减小，根据CU电压增大，静电计指针张角变大，C正确。4kQD．电场强度ErS不变，根据UPBE|PB|P0P点电势将升高，D错误。故选C。7C【详解】AB．时刻一，下部容器内没有沙子，部分沙子正在做自由落体运动，对整体分析，有一部分沙子有向下的加速度，则总重力大于支持力，合力向下，A项错误，B项错误；CD．对时刻二分析，部分沙子做自由落体运动，设沙漏的总质量为m，空中正在下落的沙子质量为m1，沙漏中部细孔到底部静止沙子表面的高度为h，因细孔处速度很小，可视为零，故下落的沙子冲击底部静止沙子表面的速度v2ghv2h沙子下落的时间tgg设下落的沙子对底部静止沙子的冲击力为F1，在极短时间t内，撞击在底部静止沙子表面的沙子质量为，由动量定理有mF1tmvm2ghm解得F2gh1tmm2h空中的沙子质量mt1ttg则F1m1g高三年级物理科答案6页{#{QQABBYaQogggQBAAAAgCEwFqCgKQkAAACIoOwBAAIAABiRNABAA=}#}对沙漏受力分析，可知桌面对沙漏的支持力FNmm1gF1mgC项正确，D项错误。故选C。8BDMmR【详解】AB．根据题意，由万有引力提供向心力有Gm2r，由几何关系有sin，r2r22r32R3M解得，由于不知道地球半径，也无法求出轨道半径，则无法求出地GGsin32M243M43球质量，又有VR，，联立解得34，即地球的密度为3VRGsin32322123344，故A错误，B正确；CD．根据题述条件画出几何Gsin1·Gsin2·2323关系图，如图所示12可知当甲进入弧，则甲、乙无法直接通信，当甲的公转比乙多转AOB2，AB221212两者可恢复直接通信，则有1t2t2，解得t，故C错误，D正确。2212故选BD。9BC【详解】AB．依题意，大轮和小轮通过皮带传动，线速度的大小相等，根据vr由大轮和小轮的半径之比为4：1，可知小轮转动的角速度为大轮转动角速度的4倍，即线圈转动的角速度为4。根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大2值为EmnBL4E根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，产生的电动势的有效值为Em2高三年级物理科答案7页{#{QQABBYaQogggQBAAAAgCEwFqCgKQkAAACIoOwBAAIAABiRNABAA=}#}R根据欧姆定律可得灯泡两端电压的有效值为UERR联立解得U2nBL2发电时灯泡能发光且工作在额定电压U0以内，可得U0U2U解得02nBL2故A错误；B正确；C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈2的匝数会变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为E'm8nBLE'此时线圈产生感应电动势的有效值为E'm2l根据电阻定律可得RS可知线圈的电阻也会变为原先的2倍，根据电路构造的分析和欧姆定律可得RU'E'R2R42nBL2联立解得U'3可知灯泡变得更亮。故C正确；D．若将小轮半径变为原来的2倍，则根据线速度的计算公式可知线圈和小轮的角速度都会变小，根据前面选项分析可知灯泡两端电压有效值会随之减小，因此灯泡会变暗。故D错误。故选BC。10BCD【详解】A．因为tan得两金属棒重力沿斜面向下的分力和摩擦力平衡mgsinmgcos且两棒受的安培力等大反向，则系统所受外力之和为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量守恒。两棒达到稳定状态后，两棒做速度相同的匀速直线运动，两棒达到稳定状态后两棒间的距离不变。A错误；B．某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量I0，设此时ab棒为v0，两棒达到稳定状态后两棒速度为v由动量定理I0mv0I得v00m由动量守恒定律得mv02mv高三年级物理科答案8页{#{QQABBYaQogggQBAAAAgCEwFqCgKQkAAACIoOwBAAIAABiRNABAA=}#}I得v02m11I2由能量守恒定律得，回路中产生的热量Qmv22mv202024mB正确；1C．当导体棒cd的动量为I时，设导体棒cd速度为v，导体ab速度为v40211I则0Iv401m4m1由动量守恒定律IImv04023I得v024m1由法拉第电磁感应定律，当导体棒cd的动量为I时，回路中的感应电动势40EBlv2Blv1EBIl由闭合电路欧姆定律得I02R4mR1当导体棒cd的动量为I时，对导体棒ab由牛顿第二定律得40mgsinmgcosBIlmaB2l2I解得a04m2RC正确；1D．当导体棒cd的动量为I0的过程中，设流经回路某截面的电荷量为q，平均电流为I，4时间为t，对导体棒cd由动量定理得1(mgsinmgcosBIl)tBIltBlqI40I得q04Bl又EBlxqItttt2R2R2R2