答案_2024届浙江省北斗星高三上学期12月适应性考试_浙江省北斗星2024届高三上学期12月适应性考试物理

高三年级物理学科 答案 1-5 ACDBA 6-10BCBAA 11-13 CCD 14 ACD 15 AC 1 A 利用 Fx =max 代入基本单位可得 2 C A 横轴，乙先出发 B 根据面积除时间，乙平均速度大 C 利用速度时间公式可得 D利用甲 乙面积相同可得 ，注意时刻而非时间间隔 3D 动量定理求解，建立底面积为4，长为6的模型求解 4B A 直线为3.0×10-3 B 数格子加公式 C 变近 D 变大 5 A A 利用正弦式电流公式+法拉第电磁感应定律，可得AB 利用焦耳热公式得C D一个周期应 变化2次方向 6 B 几何关系可知E、F对称,反射光在F点不会发生全反射,A错误;在△EMF中 MN= L- L= L、EN= EF= AC= L,所以tan∠MEF= ,解得∠MEF=60°、∠GEN=45°, 则出射角i=180°-45°-60°=75°,n= ,sinC= -1,B正确， -1,C错误 折射光的时间2EM/V折 时间之比 ，D 1 {#{QQABCYYQoggAABBAABhCEQW6CAGQkAEACAoOABAMIAABARFABAA=}#}7 C 第二宇宙速度为光速时不可脱离 8 B A 角速度为170π，代入频率公式 频率不同 B路程差为半个波长，减弱点 C 85s为整数 个周期，恰为计时零点时的位移，合成 D仅原点一个加强点 9 A 注意n1:n2=0.8U1:U2=I2:0.8I1 可得A对B错，C频率同 D 当发射线圈的正弦式交流电处 于峰值时，电流变化率为0，磁感应强度变化率为0.受电线圈的感应电动势为0，磁通量最 大 10 A 动量守恒，利用半径公式可得两粒子的q之比 11C [解析] 由图像知,小球与弹簧接触的开始一段位移内速度增大,说明小球的重力大于弹簧对 它的弹力,当Δx为0.1m时,小球的速度最大,然后减小,说明当Δx为0.1m时,小球的重力大小 等于弹簧对它的弹力,由kΔx=mg,解得k= N/m=20.0N/m,选项A错误,C正确;弹簧 的压缩量为Δx=0.3m时,弹簧弹力为F=20N/m×0.3m=6N>mg,故此时小球的加速度向上,处 于超重状态,选项B错;对小球进行受力分析可知,其合力是先由mg逐渐减小至零,然后再反向 增大的,故小球的加速度先减小后增大,选项D错. 12．C CD 先放电再反向充电可得 A 电压最大时电场能最大 B 原周期为0.02s，应变为原来2倍 13 D 14 ACD A 卢瑟福 B 每个光子的能量 E=hν=h ,设每秒(t=1 s)激光器发出的光子数是 n,则Pt=nE,即 P=nh ,n= , C 违反了热力学第二定律 D 肉眼不行 15 AC B孔雀羽毛上有很多缝隙，在自然光下衍射现象 2 {#{QQABCYYQoggAABBAABhCEQW6CAGQkAEACAoOABAMIAABARFABAA=}#}D 辉光球周围有高压电场，日光灯靠近，在高压下，灯管中的稀有气体电离发光 16-Ⅰ【参考答案】（7分） （1）BC（1分） （2）B （2分） （3）18.0（2分） ③ （1分）9.87 （1分） R I I R I Ⅱ（1） 2 1 2 （1分） 2 2 （1分）I I I I I 1 （1分） 1 2 1 2 （2）不变 （1分） 偏大（1分） 16-Ⅲ ACD （2分） 17． （1）.温度不太低，压强不太大 ……2分 （2）．瓶内空气体积V =2.24L，温度为T =25+273=298K 1 1 V V 转化为标准状态，有 1＝ 2 ……1分 T T 1 2 VT 2.24273 解得V＝ 1 2  L 2.05L ……1分 2 T 298 1 物质的量为 ……1分 故质量 m=nM=0.0915moL×29g/mol=2.65g （不分步运算，m=2.66g） ……1分 （3）.由V−T图像可知，由状态a到状态b的过程中，气体发生等压变化，气体对外做功为 W=P ⋅ ΔV=1×105×（2.5−2）×10−3J=50J 0 ΔU=−W+Q=−50J+60J=10J 则气体的内能增加了10J。 ……2分 18.（1）小钢球恰过D点，有 v 0 D 1 从C到D: 2mgR0 mv2 ……1分 解得v 6m/s 2 C C C点: ……1分 解得F=1N 由牛顿第三定律，轨道受的压力Fˊ=1N，方向竖直向下……1分 1 1 （2）从B到C: mgd  mv2  mv2 解得v 8m/s v ……1分 2 C 2 B B 0 若小钢球从A一直匀加速到B达到v ，则初速度最小，满足 0 1 1 mgL  mv2  mv2 解得v 2 7m/ s ……1分 2 0 2 1 1 若小钢球从A一直匀减速到B达到v ，则初速度最大，满足 0 1 1 mgL mv2  mv2 解得v 10m/ s ……1分 2 0 2 2 2 综上，初速度满足 2 7m/ sv10m/ s 3 {#{QQABCYYQoggAABBAABhCEQW6CAGQkAEACAoOABAMIAABARFABAA=}#}7  Ns I 0.2Ns ……1分 25 （3）①若0v2 7m/ s，小钢球不能运动到斜轨道，故 s0m ②若2 7m/ sv10m/ s，小球在斜面上来回运动直至停在M处，有 解得 mgRmgscos00 s  2.25m ③若小钢球恰好第二次到达D点，满足 1 mg（Ld）2mgRmgcos2R/tan0 mv2，解得v 119.2m/ s 2 所以 当10m/ sv 119.2m/ s，小钢球最终停在M处。满足 1 v2 82 mg（Ld）mgRmgscos0 mv2，解得s （m） 2 8 ④若v 119.2m/s，则小钢球可以第二次通过D点，之后运动到B点被吸住。 12 所以小钢球在斜轨道上运动的总路程s2R/tan m2.4m 5 综上, 0v2 7m/s， s 0m ……1分 2 7m/sv10m/s，s  2.25m ……1分 10m/sv 119.2m/s, v2 82 ……1分 s （m） 8 v 119.2m/s，s  2.4m ……1分 19. （1）M经过R流向N； ……1分 (B B )S (B B )S (B B )S   n 2 0 n 0 1 n 2 1 ……1分 上 下 t t t  (B B )S q  I t  t n 2 1 ……1分 R R （2）S接2后，电容放电，棒a运动至D时，Q CU 1C 2 该过程电容放电：qQ Q 1C 1 2 对棒a： qLB m v v 2m/s ……1分 a 1 1 ab棒碰撞粘合：m v （m m）v v 0.5m/s ……1分 a 1 a b 2 2 4 {#{QQABCYYQoggAABBAABhCEQW6CAGQkAEACAoOABAMIAABARFABAA=}#}此后，abc系统动量守恒，最终速度相同v 3 （m m）v （m m m）v v 0.4m/s a b 2 a b c 3 3 B 2L2S  R R 对棒c： 3 相 m v R  R  a b 5 S 0.5m  c 3 总 c R R 相 R 总 a b S  S S （2-0.5）m1.5m ……1分 0 相 1 1 撞后abc系统，能量守恒： （m m）v 2 - （m m m）v 2 Q 2 a b 2 2 a b c 3 总 1 Q  Q 0.1J ……1分 a 10 总 （3）以速率v 向上经平衡位置时，取极短一段时间t（t趋于零），上移极小位移x 0 k k (  )S  BS x x x nSkx k x  n n 0 0  其中  B ， v 上 t t (x x)x t x 0 t 0 0 0 0  nSB v  nSB v   0 0 同理可得  0 0 ……2分 上 (x x) 下 (x x) 0 0   2nSB v x 2nSB v    0 0 0  0 0 上 下 (x 2 x2) x 0 0 2 4n2S2B 2v 2 此时，R的电功率：P   0 0 ……2分 R R Rx 2 0 20.（1）加速电场中： ……1分 qU  1 mv 2 0 v 0  2105m/s 2 0 穿过偏转电场时，水平方向做匀速直线运动：2 2d v t 0 ……1分 2 2d t  4107s v 0 （2）粒子恰好从下极板右端飞出： qU 2 2d vt a  0 解得 md U U  50V ……1分 0 2 5 {#{QQABCYYQoggAABBAABhCEQW6CAGQkAEACAoOABAMIAABARFABAA=}#}U U  所以， 0 4 100%33.3% ……1分 U U  4 v2 （3）设粒子飞入磁场时的速度为v，qvBm ……1分 r 设粒子飞入磁场时，其速度与水平方向的夹角为，则有vcosv 0 设粒子进入磁场后，y方向偏移的位移为Δy，由几何关系可知Δy2rcos 2mv 解得Δy 0 与速度v无关；……1分 qB 设粒子在偏转电场中的最小偏移量为y ，则有 U min q 1 d y  4 t2  min 2 md 2 d 若偏转电场出射的粒子全部能够到达探测板，需满足 Δyd ……1分 2 2mv 4mv 2 2mU 4 2mU 解得 0 B 0 即 B qd qd d q d q ……1分 2 2  T B T 10 5 （4） qv B m v y 2 r  mv y  mv 0 tan tan y  y y r qB qB x 2d 2 mv mv y r  y  0  y qB 2qBd 1 d r 0.01m ……1分 U  U， y  0.01m min 1 4 min 2 U U ， y d 0.02m r 0.02m ……1分 2 0 max max 1 3 13 S  r2  r2 (r2 r2 )( 3)104m2 4 min 4 max max min 4 ……1分 6 {#{QQABCYYQoggAABBAABhCEQW6CAGQkAEACAoOABAMIAABARFABAA=}#}