文档内容
江苏省 20232024 学年高三第一学期期初迎考试卷
物理参考答案及评分标准
1. C 解析:一个 Po核含有84个质子,故A错误;由质量数和电荷数守恒可知Y射线是α射线,穿透力最弱,故B错误;由于Po核
218
84
比Rn核更稳定,所以Po核比Rn核的比结合能大,故C正确;半衰期与物理、化学变化无关,故D错误.
2. A
解析:地球到太阳的距离r越大,线速度越小,角速度越小,向心加速度越小,故A正确,B、C错误;由GMm=m4π2
r得太阳
r2 T2
的质量M=4π2r3
,即可以根据地球的公转周期求出太阳的质量,无法求出地球质量,故D错误.
GT2
mg
3. C 解析:设一个篮子的质量为m,连接下篮的绳子的拉力为T,对下篮,受力分析得4T=mg,解得T= ,设连接上篮的绳子的拉
2 2 2
4
力为T,绳子与竖直方向夹角为θ,对两个篮整体分析得4Tcosθ=2mg,根据几何关系得sinθ=24=0.6,联立解得T=5mg,则 T =
1 1 1 1
40 8 T
2
5
,故C正确,A、B、D错误.
2
4. D 解析:a光偏折程度较小,频率较小,a光光子的能量小于b光光子的能量,故A错误;a光频率较小,折射率较小,在冰晶中a光
1
传播速度大于b光传播速度,故B错误;根据sinC= ,a、b从冰晶射入空气发生全反射时b光的临界角较小,故C错误;a光频率较小,
n
波长较长,让a、b光分别通过同一双缝干涉装置,a光的相邻亮条纹间距比较大,故D正确.
λ
5. B 解析:由图乙可知波的周期为T=4 s,由图甲可知波长λ=4 m,则波速v= =1 m/s,故A错误;由上下坡法可知波源起振方向沿
T
y轴正方向,故B正确;此波从质点P传播至Q点的过程中,波传播的距离为s=5 m,由s=vt可知传播时间为t=5 s=1.25T,质点P的路
3
程为1.25×4×0.1 m=0.5 m,故C错误;N点与Q点的平衡位置距离NQ=10 m-4 m=6 m= λ,所以当质点Q起振后,与质点N振动步调
2
不一致,故D错误.
6. C 解析:运动员离开B点后的上升过程中,加速度为g,则处于失重状态,故A错误;运动员在C点时具有水平速度,即速度不为0,
1 1
故B错误;运动员下降过程中只受重力作用,则加速度不变,故C正确;从A点到E点,由动能定理 mv2- mv2=mgh,α变大时,运动
2 E 2 0 AE
员落到着陆坡上时的位置可能在E点上方,则此时h 变小,则落到着陆坡上的速度变小,故D错误.
AE
7. C 解析:当有烟雾进入时,来自光源S的光被烟雾散射后进入光电管C,照射到钠表面时会产生光电流,则光源S发出的光波频率
ℎ ℎ ℎ
要大于金属钠的极限频率,故A错误,C正确;由光电效应方程可得eU=E=hν-hν,变式可得U= ν- ν,可知该图像斜率k=
c k c c c
e e e
,故B错误;当光源s发出的光能使光电管发生光电效应,那么光源越强,被烟雾散射进入光电管的光就越多,产生的电流越大,越容
易探测到烟雾,即光电烟雾探测器灵敏度越高,故D错误.
8. B 解析:当发电机线圈转速减小时,根据E=nBSω,可知升压变压器的输入电压U减小,而负载不变,因此整个电路中各部分电流、
m 1
电压、功率都减小,故B正确.
9. C 解析:该电势分布图可等效为等量异种电荷产生的,a、b为两电荷连线上对称的两点,所以a、b两点的电场强度大小、方向
相同,故A错误;c、d两点位于同一条等势线上,则c点的电势等于d点的电势,故B错误;正电荷在电势高的地方电势能大,所以将
带正电的试探电荷从b点移到d点,其电势能增加,故C正确;负电荷在电势低的地方电势能大,所以负电荷在c点的电势能大于在a
点的电势能,故D错误.
学科网（北京）股份有限公司10. D 解析:根据楞次定律,导体棒L、L最终以相同的速度匀速直线运动,设共同速度为v,根据动量守恒定律可得mv=2mv,解得
1 2 1 0 1
v 1 1 1
v= 0,故A错误;设导体棒L、L在整个过程中产生的焦耳热为Q ,根据能量守恒定律可得 mv2 =Q + (2m)v2 ,解得Q = mv2 ,
1 2 1 2 总 2 0 总 2 1 总 4 0
1 1
导体棒L、L的电阻都为r,因此导体棒L产生的焦耳热为Q= Q = mv2,故B错误;对导体棒L,由动量定理得Bidt=mv,因为
1 2 2 2 总 8 0 2 1
mv mv
q=it,故Bdq=mv,因此通过导体棒横截面的电荷量为q= 1= 0,故C错误;若导体棒L、L速度相等时距离为零,则两棒初始距
1 1 2
Bd 2Bd
离最小,设最小初始距离为l,则通过导体棒横截面的电荷量q=ΔΦ=Bdl=mv ,解得l= mv r ,故D正确.
0 0
R 2r 2Bd B2d2
总
I r
11. (1) E (2) 见解析 (3) (4) 减小 (5) 30
1 1
I -I
2 1
解析:(1) 实验时要求电流表的示数从0开始调节,则滑动变阻器应采用分压式接法,为了方便调节且使电表示数变化比较明显,滑
动变阻器应选择阻值较小的R.
1
(2) 滑动变阻器采用分压式接法,实验器材有两个电流表,没有电压表,可以采用双安法测电阻的方式测量热敏电阻的阻值.电流表
A 的阻值已知,所以A 可以作为电压表使用,设计电路图如图所示.
1 1
(3) 电流表A 两端电压为U=Ir,热敏电阻R与电流表A 并联,所以热敏电阻R两端的电压为U=U=Ir,通过热敏电阻R的电流为
1 1 1 1 T 1 T T 1 1 1 T
U I r
I=I-I,所以热敏电阻的阻值为R= = .
T 2 1 T T 1 1
I I -I
T 2 1
1
(4) 由图甲中信息可知, 随温度的升高而逐渐增大,所以R随温度的升高而逐渐减小.
R T
T
U
(5) 图乙中,电压表示数U=1.2 V,所以通过电阻R的电流为I= =0.4 A,通过电阻R的电流为I=I-I=0.4 A,电阻R两端的电
4 4 4 4 3 3 4 3
R
4
压为U=IR=2.0 V,热敏电阻R两端的电压为U=U-U=0.8 V,所以热敏电阻的阻值为R= U =2 Ω,由图甲中信息可知, 1 与温度
3 3 3 T T 3 4 T T
I R
4 T
1
t之间存在如下线性关系 =0.20+0.01t(℃),解得t=30 ℃.
R
T
12. (1) 对料盒,根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma解得a=6.8 m/s2,加速度方向沿输送线B向下. (4分)
(2) 对料盒,设推杆对每个料盒做功为W,由动能定理得W-(mgsinθ+μmgcosθ)L=0
解得W=23.8 J(4分)
13. (1) 当锅内气体压强增大到设计的最大值p=1.4p时,限压阀被顶起,设限压阀质量为m,由平衡条件可得
1 0
pS=pS+mg
1 0
解得m=0.048 kg(4分)
(2) 设气孔2放气前锅内气体体积为V,放出的气体体积为ΔV,因锅内气体温度一定,根据玻意耳定律有
1
pV=p(V+ΔV)
1 1 0 1
解得ΔV=0.4V
1
学科网（北京）股份有限公司由M=ρV
ΔM ΔV 2
可得 = = (4分)
M V +ΔV 7
1
14. (1)
物块A滑到P点时,向心力由压力提供F=mv2
1 P
R
1 1
从底端到P点 mv2=mgR+ mv2
2 1 A 1 2 1 P
解得v=3 m/s(3分)
A
(2) 弹簧被弹开的瞬时,由动量守恒定律可得mv=mv
1 A 2 B
1 1
弹性势能为E= mv2+ mv2
p 2 1 A 2 2 B
解得E=21 J(5分)
p
(3) 当木板C锁定时B恰能滑到长木板的右端,则
1
mv2=μmgL
2 2 B 2
解得木板长L=3.2 m
解除木板C的锁定,B滑上C后到相对静止,由动量守恒定律可得mv=(m+m)v
2 B 2 3
1 1
由能量关系 mv2- (m+m)v2=μmgx
2 2 B 2 2 3 2
解得x=1.28 m
即物块B最终的位置与长木板C右端的距离为
l=3.2 m-1.28 m=1.92 m. (5分)
1
15. (1) 粒子在电场中加速qU= mv2
2
粒子磁场中做匀速圆周运动
v2 L
qvB=m ,r=
r 2
联立解得B=2 √2U (3分)
L k
1
1 √2mU 1 √2U
(2) 由(1)可得半径r= =
B q B k
由k>k,当B和U相同时r45°
进入磁场速度与竖直方向夹角在45°到37°的粒子打在接收器中点N左侧,夹角在0°到37°的粒子打在接收器中点N右侧.在单
位时间内接收到比荷为k的粒子数之比
1
2×(45°-37°) 8
η= = (8分)
2×37° 37
学科网（北京）股份有限公司
