广西南宁市武鸣高级中学2023-2024学年高三上学期开学考试物理答案(1)_2023年8月_028月合集_2024届广西南宁市武鸣高级中学高三上学期开学考试

武鸣高中 2024 届高三（上）开学调研测试参考答案 物 理 1．【答案】D 1 解析：A．由图象面积的意义，得飞机距离水面的高度为h ＝ ×18×2m＝18m，A错； 1 2 1 B．该名俄罗斯战士进入水中的深度为h ＝ ×18×1m＝9m，B错； 2 2 1 183 － 2 C．由平均速度的定义式得v＝ m/s＝9m/s，C错； 3 D．由图象斜率可知2s—3s内加速度大小为a=18m/s2，故D正确。 2.【答案】A 解析：AB．跳跃着先加速后减速，故运动员先处于失重状态后处于超重状态，当合力为0时速度 mg 750 最大，此时弹力等于重力，由kx mg得k   N/m150N/m，故A正确，B错 x 1510 误； C．绳子的原长为10m，故在下落的10m前，跳跃者只受重力作用，弹性绳的弹力都为0，下落 10m后，弹性绳的弹力一直增大，故C错误； D．当跳跃者下落到最低点，即下落高度为25m，速度为0时，跳跃者减小的重力势能全部转化 为弹性绳的弹性势能，此时弹性绳的弹性势能最大，故D错误。 故选A。 3. 【答案】D 解析：甲分子固定不动，乙分子从很远处向甲靠近到不能再靠近的过程中，分子力先表现为引力， 靠近时引力做正功，分子势能减小。后表现为斥力，相互靠近时，分子力做负功，分子势能增加。 故A正确；一定量的理想气体在体积不变的条件下，不对外做功，故吸收热量后内能一定增加， 温度升高，压强必增加，故B正确；C、根据热力学第二定律，自然界进行的涉及热现象的宏观 过程都具有方向性，是不可逆的，故C正确； D、饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大，故D错误。 4【答案】D 解析：A．由题图可知质点M的起振方向向上，所以波源的起振方向向上，故A错误；B．设波 7 3 源的振动周期为T，由题意可得 T+ T=10s解得T=4s 4 4  则波的传播速度为v 1m/s故B错误； T 3 C．由于t 5.5sT  T 所以t=5.5s时质点M位于平衡位置上方且正在靠近平衡位置，速度在 8 增大，加速度在减小，故C正确； D．由题意可知t=10s时质点N位于负向最大位移处，则再经过2s后质点N将位于正向最大位移 处，此时的位移为5cm，故D正确。 第 1 页 共 5 页5.【答案】B Mm 42 4 M 3r3 解析：A．根据G m r V  R3， 解得 故A错误； r2 T2 3 V GT2R3 Mm 42 Mm B．探测器绕火星做圆周运动，有G m r 又因为 G mg r2 T2 R2 火 42r3 联立解得g  故B正确； 火 T2R2 Mm 42 Mm 42 C．同步卫星的周期等于火星的自转周期G m r G m r r 2 T 2 同 r2 T2 同 0 T 2r3 解得r =3 0 故C错误； 同 T2 Mm 42 Mm v2 2r r D．根据G m r G m 解得v 故D错误； r2 T2 R2 R T R 6.【答案】D 解析：AC．因云层底层带负电，则避雷针的顶端感应起电带正电，电场线方向大致向上，沿电场 线方向电势降低，可知  ， 故AC错误； a b B．在b处等势面较a处密集，则电场线密集，则b处场强较大，故B错误； D．一带负电的雨滴从a下落至b，受电场力向下，则电场力做正功，故D正确。故选BD。 7.【答案】C U 解析：离子在复合场中由 q＝qvB，得电源电动势U＝vBd＝1200V，故A错误；开关断开时， d 高温等离子体在磁场力作用下发生偏转，导致极板间存在电压，当电场力与磁场力平衡时，高温 d 等离子体可以匀速通过发电通道，故B错误；由电阻定律r＝ρ ＝4Ω，得发电机内阻为4Ω， ab 由闭合电路欧姆定律得，当外接电阻为8Ω时，电流为100A，故C正确；当外电路总电阻R＝r=4Ω 时有最大输出功率，故D错误。 8.【答案】CD 解析：A．氚发生β衰变时，β射线来自原子核内部，故A错误； B．半衰期是大量放射性元素的统计结果，对少量放射性元素不适用，故B错误； C．2H+3H 4He+1n+γ属于轻核聚变反应，故C正确； 1 1 2 0 D．由于该反应会释放核能，所以生成物的结合能之和大于反应物的结合能之和，故D正确。 9.【答案】AC U N 解析：A．由 1  1 得U =24V，故灯泡L能正常发光，A正确； 1 U N 2 2 第 2 页 共 5 页BC.滑片P向下滑动，电阻R变小，电流变大，电压U 不变，故功率变大，B错误，C正确； 1 D.原线圈两端输入电压的瞬时时表达式为u=220 2 sin100πt(V)，故D错误。 10.【答案】BD 解析：t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流为I Blv B2l2at ＝ ，金属杆所受的安培力大小为F ＝BIl＝ ，由牛顿第二定律可知F＝ma＋mgsin37° 安 R R B2l2at ＋ ，可见F是t的一次函数，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a R ＝2m/s2，t＝2s时，F最大，最大值为12N，选项C错误，D正确。 11.（6分）答案：（1） ；（2分）（2）P P 确定的光在aa′介面上入射角太大发生了全反射（2 1 2 2 分）；（3）不变，偏小… 1 …每空1分 解析：（1）设光线在x轴上的入射角为i，折射角 为r，玻璃砖的半径为R，根据数学知识得： sini= ， sinr= 1 2 则此玻璃折射率测量值的表达式为：n= = ； 2 （2）若实验中该同学在y＜0的区域内， 从 任 1 何角度都无法透过玻璃砖看到P 、P 像，其原因可能 1 2 是：P P 确定的光在aa′介面上入射角太大，发生了全反射． 1 2 为能透过玻璃砖看到P 、P ，他应再重新画线段AO时使AO与y轴间的夹角减小； 1 2 （3）(A)如下左图所示，红线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图，而黑线是作图时所采用的光 路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律n= 得知，测得的折射率将不变． （B）如下右图所示．红线表示将玻璃砖向上平移后实际的光路图， 而 黑线 是作图时所采用的光路图，可见，入射角没有变化，折射角的测量值偏大， 则由n= 得，折射率测量值偏小； 对于实验 误 差，要紧扣实验原理，用作图法，确定出入射角与折射角的误差， 即可分析折射率的误差． 12.（10分）答案：（1） 0.200 120 （每空1分） （2）①A D E……每空1分 ②实验电路如右图 ……2分 ③增大 ……1分 4.9Ω（4.8--5.0Ω均给分） ……2分 1 2 13.（11分）解：（1）设全反射临界角为θ，则sin  ……1分 n 2 得临界角45……1分 sin45 1 由折射定律可知，C处折射角满足sin  ……1分 n 2 解得30……1分 如答图由几何关系可知：D处入射角为45°，恰好发生全反射，故光不能从D处射出玻璃；1分 （2）如答图，根据光在玻璃中的光路和几何关系可知： 第 3 页 共 5 页CD R  ……1分 sin75 sin60 MN R  ……1分 sin15 sin120 DM  2R……1分 故光第一次从N点射出玻璃时，在玻璃中经过的路程 sCDMNDM 2 2R……1分 c 2c 光在玻璃中的传播速度v  ……1分 n 2 s 4R 故光在玻璃中的传播时间t   ……1分 v c 14.（11分）解：（1）汽车刚到桥头的速度为v =4m/s，用时t=12s，位移x=120m 1 1 由x=v t+ at2，……… （2分） 代入数据解得a=1m/s2……… （2分） 1 2 刚过桥后的速度v =at+v =16m/s……… （2分） 2 1 (2)令汽车刚上桥头时速度为v ，过桥后汽车速度恰好达到v =108km/h=30m/s…… （1分） m 3 由2ax=v2 -v2 ……… （2分） 3 m 代入数据解得v2 =660(m/s)2，v ≈25.7m/s……… （1分） m m 故汽车刚上桥头时的速度不得超过25.7m/s。……… （1分） 15．(16分)解：(1) 由于重力忽略不计，微粒在第四象限内仅受电场力和洛仑兹力，且微粒做直线 运动，速度的变化会引起洛仑兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动，电场力和洛仑兹力大小相 等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与y轴负方向成60°斜向下………(2分) 由力的平衡有Eq=Bqv ……… (1分) 1 E 0.5103 ∴v  m/s103m/s………(2分) B 0.5 y/cm 1 (2) 画出微粒的运动轨迹如图，由几何关系可知粒子在第一象 60° 3 N 限内做圆周运动的半径为 R m……… (2分) 15 D C 微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即 v2 qB vm ……… (1分) 2 R O 1 3 解之得B 2  2 T………(2分) O 60° P A x/c (3) 由图可知，磁场B的最小区域应该分布在图示的矩形PACD M 2 内．由几何关系易得PD2Rsin600.2m………(2分) 3 PAR(1cos60) m ……… (2分) 30 1 3 3 所以，所求磁场的最小面积为S PDPA   m2 ………(2分) 5 30 150 第 4 页 共 5 页第 5 页 共 5 页