1.C僅增大拋出時的初速度將使水平射程增大,A錯誤;僅將拋出點適當上移,將使鐵絲圈飛行時間增大,從而使水平射程增大,B錯誤;保持其他條件不變,套圈者適當后移,也就是將原運動軌跡適當向后平移,可知C正確;同理可知D錯誤.2.D根據質量數守恒和電荷數守恒得,衰變方程中的X為α粒子,A錯誤;核反應方程中的Y為EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(1),1)H,B錯誤;質量數越大,結合能越大,C錯誤;EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(1),1)H具有波粒二象性,D正確.3.B由,射入五棱鏡的這束紅光光子的動量增大,A錯誤;因為入射點和入射角相同,所以綠光在五棱鏡傳播的路徑與紅光相同,B正確;綠光在五棱鏡傳播的路徑與紅光相同,即路程相同,紅光傳播比綠光速度大,所以綠光在五棱鏡傳播的時間比紅光長,C錯誤;七色光中紫光在五棱鏡中傳播速度最小,D錯誤.4.C飛船在軌道I運行經過a點時必須加速才能變軌到軌道"運行,所以A錯誤;由得飛船在軌道Ⅲ經過b點時的加速度等于在軌道"經過b點時的加速度,B錯誤;由聯立方程得,飛船從a點第一次運動到b點所用時間為正確;由得地球質量地球體積地球的平均密度為錯誤.5.B線圈所在的同心圓各處的磁感應強度只是大小相同而方向各不相同,A錯誤;僅將線圈匝數加倍,導致線圈中產生的感應電動勢的最大值加倍,電壓表讀數加倍,B正確;線圈中電流的有效值線圈中感應電動勢的有效值,E=I(R十r)=0.3×(8十2)V=3V,振動發電機的總電功率P=EI=3V×0.30A=0.9W,C錯誤;峰值Em=\E=3\V,頻率f=5Hz,周期T=0.2s,線圈中產生的感應電動勢瞬時值為e=3\sin10πt(V),D錯誤.6.B桿線擺可看成以L2為擺長,以gsinθ為等效加速度的單擺,其擺動周期所以選B.7.C設樣品每平方米載流(電子)數為n,電子定向移動的速率為℃,則時間t內通過樣品的電荷量q=ne℃tb,根據電流的定義式得當電子穩定通過樣品時,其所受電場力與洛倫茲力平衡,有聯立解得由上式變形可得正確.【高三3月質量檢測.物理參考答案第1頁(共4頁)】H—G8.AD由對稱性可知。處合場強為0,A正確;由微元法累積求和,可求得P點電場強度為KR2EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(Q),十)L2cOsθ,其中cOsθ= L,B錯誤;從。點到P點,電場強度可能一直逐漸增大,也可能先增大后減小,而電勢一直降低,C錯誤;由C\R2十L2可知,給其一個沿。P方向的初速度,則該點電荷做加速度先增大后減小的加速運動,D正確.9.CD電子衍射圖樣說明電子具有波動性,故A錯誤;根據愛因斯坦光電效應方程可知h,=EKo十W0=10.2ev十2.55ev=12.75ev,電子撞擊基態氫原子后,設氫原子從基態最大遷到n能級,由玻爾能級公式En—E1=h,,帶入數據得到En=—0.85ev.對照能級圖可知n=4,則由能量守恒和原子躍遷規律可知,撞擊的電子動能E需大于12.75ev,故B錯誤;輻射的光子中最大能量是12.75ev,根據光子動量●m/s,C正確;從能級3向基態躍遷釋放的光子中,使該金屬發生光電效應逸出光電子的最大初動能為1.89ev,D正確.LE10.BC由幾何關系可知,梯形的底角為45。,則0~0時間內,感應電動勢E=B(L十2yt)y,線框中電流I=LE R,方向為逆時針方向.yy時間內, R,方向為逆時針方向.yy時間內,通過線框的磁通量不變,感應電動勢為零,感應電流為零.yy時間內,線框中電流I==B[L十2(EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(yt),R)—2L)]y=,方向為順時針方向,綜上可知,A錯誤,C正確.0~y時間內,線框所受安培力FA=R,方向水平向左,0~y時間內,線框所受安培力FA=R,方向水平向左,yy時間內,FA=0,yy時間內,FA=B2(2yt—3L)2y R,方向水平向左.綜上可知,B正確[速解:根據“來拒去留”可迅速判斷出線框進、出磁場過程中安培力方向始終向左].線框進入磁場過程,由q=,△Φ=BS得q=,D錯誤.11.(1)ABC(1分,少選、錯選不得分)(2)2.07(1分)9.75(2分)(3)偏大(1分)(4)不需要(1分)解析:(1)重物最好選用質量較大、體積較小的,以減小空氣阻力的影響,A正確;為減小摩擦阻力,打點計時器的兩個限位孔應在同一豎直線上,B正確;實驗前,手應提住紙帶上端,并使紙帶豎直,減小紙帶與打點計時器限位孔之間的摩擦,C正確;實驗時,應先接通電源,等打點計時器打點穩定后再釋放紙帶,D錯誤.根據逐差法可得重物加速度大小為a=9.75m/s2.(3)不計其他影響,若電源實際頻率小于50Hz,則計算加速度所用時間間隔T偏小,所測重力加速度偏大.(4)用圖甲所示裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗時,若在誤差允許范圍內有mgh=my22—my12,即gh=y22【高三3月質量檢測●物理參考答案第2頁(共4頁)】H—G12.(1)0.51(2分)(2)B(2分)(3)(2分)(4)20(3分)解析:(1)并聯電阻R=R=—=0.51Ω(2)滑動變阻器為限流式,最合適的是300Ω.(3)如答案所示.(4)根據串聯電路電壓分配,加熱系統兩端電壓為2V,熱敏電阻為140Ω,根據曲線得溫度為20℃.13.解:(1)分別以N、M為研究對象,由受力平衡可知P0S十mg=PAS→PA=P0十(1分)PBS十2mg=PAS→PB=P0—(1分)加熱氣體A的過程中,A、B的壓強均保持不變,活塞M靜止不動對氣體A有S(2hEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(十3),T)h)—V=S(2hEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(十),T)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(4),1)h)—V(2分)解得V=Sh(1分)(2)加熱過程中氣體A對外做的功W=PASh=(P0S十mg)h(2分)根據熱力學第一定律有△U=(—W)十Q(1分)解得△U=Q—(P0S十mg)h(2分)14.解:(1)小球下滑過程,小球和滑塊組成的系統水平方向動量由幾何關系有父A十父D=R(2)當小球滑到圓弧面底端時有mAΨA=mDΨD(1分)由機械能守恒有mAΨEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),A)十mDΨEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),D)=mAgR(1分)解得小球相對于圓弧的速度Ψ=ΨA十ΨDFN—mAg=mA(1分)由牛頓第三定律F壓=FN【高三3月質量檢測●物理參考答案第3頁(共4頁)】H—G解得F壓=(1分)(3)小球從滑塊D上滑下,有(1分)解得小球到達平臺時的速度Y0=\小球和滑塊B碰撞過程有mAY0=mAY1十mBY2解得碰后滑塊B的速度Y2=Y0滑塊B在木板上滑行過程有mBY2=(mB十mc)Y共(1分)對木板由動量定理有μmBgt=mcY共解得Y共所以d=YEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(共),2)t=R(1分)15.解(2分)s(2分)(2)粒子在磁場中做圓周運動半徑:R1=mY設經P上某點A出射的粒子經磁場B1偏轉后經Q點平行父軸射出磁場,Q點的坐標為(父,y),如圖,根據幾何關系有:y=rsinθ十(R1—R1cosθ)(1分)可得邊界方程為父2十(y—0.16)2=0.22(父≥0,y≥0)(2分)(3)R2=R1=0.16m