高三物理答案(1)_2023年8月_028月合集_2023届河北省邯郸市高三上学期摸底考试

高三年级摸底考试试卷 物理 全解全析 【命题双向细目表】 预设难度 题型 题号 考点 具体知识(试题切入点) 分值 易 中 难 运动学 v-t图像 运动学的描述 1 、 4 √ 对全反射的理解 波长与折射率的 光学 、 2 关系 4 √ 单 项 平抛运动轨迹方程 平抛运动与斜面 平抛运动 、 选 3 结合 4 √ 择 电容器类问题 电容的动态变化 题 4 4 √ 机械波波形问题 对机械波产生的理解 波形图 5 、 4 √ 原子物理 衰变与动量 磁场结合问题 6 、 4 √ 交变电流 交变电流的产生 理想变压器 7 、 4 √ 开普勒行星运动定律 动能定理 机 天体运动问题 、 、 多 8 械能守恒定律 6 √ 项 系统动量守恒 机械能守恒 动能定 选 力学综合 、 、 9 理 动量定理 6 √ 择 、 题 带电粒子在复合场 运动的合成与分解思想 带电粒子在 、 10 中的运动 复合场中的运动 6 √ 力学实验 机械能守恒定律 牛顿第二定律 11 、 6 √ 电学实验 多用电表的使用 伏安法测电阻 12 、 9 √ 非 选 热学 理想气体实验定律的应用 13 11 √ 择 题 电磁感应综合问题 法拉第电磁感应定律 动量定理 14 、 12 √ 牛顿运动定律的应用 结合动量 能 力学综合 ( 、 15 量的板块模型 16 √ ) 1 - -1.C 由题图速度随时间变化规律可知 小车做加 U Q Q kQ , 4π 知 E增大 由C =d=Cd=εS =εS , , = 速度先增大后减小的非匀变速直线运动 错误 r d r ,A ; kd· 4π 小车在 内运动的位移是 因此其平均速 10s 10m, Q 知 Q不变 U变大 因此静电计指针的张角变 度大小为 错误 若小车做匀加速直线运 U , , , 1m/s,B ; 动 如图中虚线所示 其位移大小等于虚线与横 大 错误 插入有机玻璃板 相对介电常数ε变 , , ,B ; , r 坐标轴围成的面积 , 等于 10m, 因此虚线与横坐 大 , 由C = ε r k S d 知 , 电容C变大 , 由C =U Q 知 , Q不 标轴围成的面积与图中实线与横坐标轴围成的 4π 变U变小 因此静电计指针的张角变小 由E 面积相等 因此可得图中两部分阴影面积S , , , = , 1= kQ 4π 知 E减小 正确 只将电容器b板向左平 S 正确 若小车做匀加速直线运动 在前 内 εS , ,C ; 2,C ; , 4s r 的位移为 由题图可知 在前 内小车的 εS Q 1.6m, , 4s 移d增大 由C r 知 C减小 由C 知 Q , , = kd , , =U , 实际位移一定小于小车做匀加速直线运动的位 4π 不变 U 变大 静电计指针的张角变大 由E 移 因此小车在前 内位移大小不可能为 , , , = , 4s 2m, kQ 错误 4π 知 E不变 错误 D 。 εS , ,D 。 r 2.B 根据 sin C =n 1可知折射率大的A光 , 发生全 5.A 甲 、 乙两同学抖动细绳的频率之比为 3∶2, 周期之比为 波在两根完全相同的细绳中传 反射的临界角较小 因此随着入射角增大 先发 2∶3, , , 播的速度相等 因此甲 乙两波的波长之比为 生全反射 即丙图中刚好消失的是后发生全反射 , 、 , 排除 选项 在选项 中 根据波形图 的B光 错误 丙图显示此时全反射的角度 2∶3, B、D 。 C , ,A、C ; 可知 AB处细绳上质点开始振动的方向相反 为 代入上式可得折射率较小的单色光B的 , 、 , 60°, 与题意中两列波起振方向相同不一致 不符合题 , 折射率n 1 2 3 正确 意 因此可能的波形图只有选项 = = ,B 。 , A。 sin60° 3 6.D 两圆形轨迹外切 可知是 衰变 根据动量守 3.A 若以抛出点O为坐标原点 建立如题图所示 , α , , 恒定律得 mv mv 所以静止原子核衰变 的坐标轴 则运动员经过时间t的横 纵坐标分别 0= 1 1- 2 2, , 、 mv 后两种新粒子动量等大反向 根据R 1 1 R 为x vty 1gt2 因此得到运动员的轨迹方程 , 1=Bq ,2 = 0 ,= , 1 2 mv 为y = 1g (v x ) 2 = g v2 x2 , 可得 g v2= 1 , 解得初速 =Bq 2 2 2 , 得R 1∶ R 2= q 2∶ q 1, 结合R 1∶ R 2=1∶45 2 0 20 20 80 可知 粒子和反冲核均带正电 根据左手定则 度v 根据x vt可得运动员在空中运 ,α 。 0=20m/s, = 0 知 在磁场中均沿逆时针方向做匀速圆周运动 , , 动时间t 设运动员落在斜面上速度方向与 =4s, 绕向相同 选项错误 反冲核的原子序数为 ,A 。 45 gt 水平方向夹角为α则正切值 α 正 为钍核 衰变前静止原子核的原子序数 , tan =v =2,A ×2=90, , 0 为 为铀核 铀核具有 衰变特性 根 确 。 90+2=92, , α 。 4.C 实验前 , 只用与毛皮摩擦过的硬橡胶棒与电 据R 1∶ R 2= q 2∶ q 1, 电荷数大的半径小 , 反冲核的 轨道半径为R 选项错误 衰变过程释放的核能 容器a板接触a板带负电 由于感应起电 在电 1,B 。 , , , 容器b板上将感应出异种电荷 错误 电容器b 为E =( m - m 1- m 2) c2 , 得到的射线是 α 射线 , 但 α ,A ; 射线在空气中电离本领较强 贯穿本领较弱 空 板向上平移 电容器带电量Q不变 正对面积S , , , , 气中一张纸就能把 射线挡住 选项错误 依 εS α ,C 。 变小 由C r 知 电容C变小 由电场强度E , = kd , , 据题意分析该静止原子核为铀核 但不能确定是 4π , 2 - -铀的哪种同位素 所以衰变方程可能为 运行过程中只有万有引力做功 卫星的机械能不 238 4 , 092U→2He , 234 选项正确 变 选项正确 若要使卫星在近地圆形轨道上 +090Th,D 。 ,C 。 7.C 由图乙可知 交流电的频率为 因此风 运行 应该在卫星运行到A点时进行适当制动 , 50Hz, , , 力发电机的转速n f 错误 万个额 在C点制动 卫星仍然是在椭圆轨道上运行 = =50r/s,A ;1 , ,D 定功率为 的 灯正常工作时 电功率P 选项错误 11W LED , 。 =11×10 4 W=110kW, 而输电线上损失的功率 9.B、C 小物块从斜面顶端下滑到底端过程中 , 斜 P P 所以风力发电机的功率 面与小物块组成的系统水平方向不受外力 竖直 Δ = ×4%=4.4kW, , 为 因此 风力发电机输出的电能W 方向所受外力矢量和不为零 因此系统动量不守 114.4kW, 1h , = P总t =114 . 4×1kW·h=114.4kW·h,B 错 恒 ,A 错误 ; 小物块下滑过程中 , 斜面对小物块的 误 ; 输电线路损失的功率 Δ P =4 . 4kW, 根据I2R 支持力做负功 , 引起小物块机械能减小 ,B 正确 ; . 可得 输电线上电流为 而通过降 =44kW , 20A, 物块下滑过程 小物块与斜面组成系统 水平方 , , P 压变压器副线圈的电流I 因此降 向动量守恒 因此根据动量守恒定律可得 4=U =500A, , 0= 4 mv θ Mv 解得小物块滑到斜面底端时 斜 压变压器原 副线圈匝数比 n 3 I 4 25 正确 0cos- 2, , 、 n=I= ,C ; mv θ 4 1 面的速度大小为v 0cos 根据动能定理可 U 2= M , 输电线路损失的电压 U IR 根据 3 :Δ = =220V, U 知 小物块对斜面的压力做的功即合外力对斜面 4 , n =n 3 4 可得U 3=5500V, 所以升压变压器副线圈 做的 功 , 等 于 其 动 能 变 化 量 , 为 1 2 Mv2 2 = 输出的电压有效值为 最大值为 5720V, 5720 2 m2v2 0cos 2θ 正确 根据动量定理可知 小物块对 错误 M ,C ; , V,D 。 2 8.B、C 卫星绕地球沿椭圆轨道运行 远离地球运 斜面的压力在水平方向的分力的冲量等于斜面 , 行过程中万有引力做负功 速度减小 同理靠近 动量变化量Mv 即等于mv θ而小物块对斜 , , 2, 0cos, 地球运行过程中万有引力做正功 速度增大 所 面的压力在竖直方向分力的冲量不为零 因此小 , , , T 物块对斜面的压力的冲量大小不等于mv θ 以卫星从B到A运行过程所用的时间小于 0 0cos,D ,A 4 错误 。 选项错误 卫星经过A点时 根据 GMm m v2A 10.B、C、D 根据题意E Bv 得Eq Bqv 将粒子 。 , a2 = ka, = , = , 以速度v水平向左抛入复合场中 根据 配速 kGM GMm , “ 得v 同理卫星运行到C点时 由 A= a , , b2 法 粒子的初速度可以等效为一个水平向左的 ”, m v C2 得v kGMa 卫星从A D C运行 2 v和一个水平向右的v , 向右的速度v会产生一 = ka, C= b2 , → → 竖直向上的洛伦兹力F qvB 因Eq qvB 则 1= 。 = , 的过程中 根据动能定理有 万有引力对卫星做 , , 粒子的一个分运动为水平向右的匀速直线运 a 的功W = 1mv C2 - 1mv2A, 得W = 1GkMm (b2- 动 , 另一个分运动是水平向左沿逆时针方向的 2 2 2 a 1 ),B 选项正确 。 根据前面分析 , 卫星在A点速 匀速圆周运动 , 速度大小为 2 v , Bq 2 v = m(2 R v ) 2 , mv kGM 得R 2 粒子偏离入射方向的最大距离为 =Bq, v a b 度最大 C点速度最小 A 卫星 , ,v C= kGMa=a, R 4 mv 选项错误 粒子在轨迹最低点速度 b2 2 =Bq,A 。 3 - -大小为 v方向水平向右 Bqv Eq m(3 v ) 2 3 电流表 相对通过被测电阻 3 , , 3 - = r , . A=0.2A, A2 150 mv mv 的最大电流而言量程过大 表盘利用率太低 所 得r 9 即轨迹最低点的曲率半径为9 , , = Bq, Bq,B 2 2 以选择电流表 但 量程又偏小 所以 把定 A1, A1 , , 选项正确 粒子从抛出到最低点的过程中电场 。 值电阻R和被测电阻串联整体作为被测对象 这 , 力做正功 电势能减小 电势能的变化量为 Eq , , - 样通过被测电阻的最大电流为I 3 R mv2 选项正确 粒子在复合场中 m= .A= ×2 =-4 ,C 。 15+150 运动过程中只有电场力做功 所以粒子的动能 正好和 搭配 由于被测电 , 0.1A=100mA, A1 。 和电势能的总和是守恒的 选项正确 阻阻值较小 故选择电流表外接 第三步 选择 ,D 。 , 。 , 11.【解析】 由图乙可知 游标卡尺的主尺读数为 滑动变阻器并判断滑动变阻器的接法 选择滑 (1) , 。 游标尺的第 条刻度线与主尺的某刻度 动变阻器的原则是够用情况下优先选择小阻值 11mm, 5 线对齐 因此游标卡尺的读数为 滑动变阻器 本题选择滑动变阻器R 题中要求 , 11mm+0.1× , 1, 所以小球直径为 测量范围尽可能大 所以滑动变阻器采取分压 5mm=11.5mm, 11.5mm。 , 小球下落过程若机械能守恒 则有mgh U (2) , = 式接法 ; 根据欧姆定律得R x=I- R 。 d gh 1 2 mv2 , 且v =t, 联立可得 t 1 2 = 2 d2 , 由此可见 答案: (1)①S ③T ④15 . 0 R 以上每空 分 1与h成正比 图像为一条过原点的倾斜直线 (2)①A1 1( 1 ) t2 , , 电路如图所示 分 ② : (3 ) g 且直线的斜率为2 d2。 若用力传感器测量小球摆到O点正下方时 (3) 细线拉力为F 根据牛顿第二定律可得F mg , - m v2 若小球下落过程机械能守恒 则有mgL = L, , U R 分 1mv2 代入上式可得F mg 因此当小球 ③I- (1 ) = , =3 。 2 p p 摆到O点正下方时 力传感器示数F为 mg 则 13.【解析】 根据查理定律可知 1 2 分 , 3 , (1) T=T, (2 ) 1 2 可验证小球在摆动的过程中满足机械能守恒 。 . . 即 28 25 分 答案: . 分 1 2 g 每空 分 t 1+273 = -23+273 , (1 ) (1)115(2 ) (2)t2 d2( 1 ) 解得当天的最高温度为t 分 1=7℃ (1 ) mg 分 (3)3 (2 ) 以轮胎漏气前原有气体为研究对象 在漏气 (2) , 12.【解析】 多用电表使用前要先进行机械调零 (1) , 过程中 根据玻意耳定律可得 , 然后测电阻前再进行电阻调零 旋转到电阻 。K p'V pV p'VV为轮胎的体积 分 1 = 0 0+ 2 ( ), (2 ) 挡 的位置 指针指在电阻刻度 的位置 “×1” , 15 。 即 .V V .V 解得漏气体积 25 =1× 0+18 , 即待测电阻R 的阻值为 . 伏安法测 x 150Ω。(2) V .V 分 电阻 第一步 先选择唯一性的器材 本题唯一性 0=07 (1 ) , , , 根据玻意耳定律可知 同等质量的空气在 , 的器材是电源E 定值电阻R 第二步 选择电 、 。 , V p 流表和电压表并判断电流表的接法 由于电源 2.5atm 及 1atm 下的体积之比为 V =p' 0 = 2 , 1 1 5 电动势为 通过被测电阻的最大电流为I 分 3V, m= (2 ) 4 - -在 及 下的空气密度之比为ρ 15.【解析】 (1) 对子弹和木板组成的系统 , 取水平向 2.5atm 1atm ρ 1 = 右为正方向 V 1 5 分 mv . V= (1 ) mv m Mvv 0 0 01×25 2 0 0=(0+ )1,1=m M= . . m/s 0+ 01+04 所以轮胎漏气质量与原有气体质量的比值为 分 =5m/s (1 ) Δ m m = ρ ρ 1 V V 0 = 2 7 5 (1 分 ) Q 1= 1m 0 v2 0- 1 ( m 0+ M ) v2 1=25J (1 分 ) 2 2 答案: (1)7℃ (2) 7 (2) 对木板和子弹 : 25 μmg μ M m m g M maa 2 14.【解析】 在闭合开关后 回路中由于圆形磁场 1 + 2( + + 0)=( + 0)1,1=8m/s (1) , 分 区域中磁场的变化而产生的感应电动势为E (1 ) 1, 则E 1= Δ Φ t= Δ B t S = Δ B t S (1 分 ) v 2= v 1- a 1 t 1, x 1= v 1 t 1- 1 2 a 1 t2 1 (1 分 ) Δ Δ Δ 对物块 μmg ma a 2 金属棒由于运动产生的动生电动势 :1 = 2,2=2m/s E 2= B 0·2 Lv 0 (1 分 ) v' 2= a 2 t 1, x 2= 1 2 a 2 t2 1, v' 2= v 2 (1 分 ) 当E E 时 分 联立解得 t . v v' x 2= 1 , (1 ) :1=05s,2= 2=1m/s,1= 金属棒达到稳定状态 速度v . 分 . x . 分 , 0=06m/s (1 ) 15m,2=025m (1 ) 断开开关后 金属棒ab减速 金属棒cd加 物块相对于木板的位移大小 (2) , , : 速 某时刻两金属棒再次达到稳定状态 x x x x . 分 , , Δ 1= 1- 2,Δ 1=125m (1 ) 有B 0·2 Lv 1= B 0 Lv 2 (1 分 ) 共速后 , 假如物块与木板不发生相对滑动 , 对整体 : 对金属棒ab 、 cd分别根据动量定理有 μ 2( M + m + m 0) g =( M + m + m 0) a , a =3m/s 2 - B 0 I ·2 Lt = mv 1- mv 0 (1 分 ) (1 分 ) B 0 ILt = mv 2 (1 分 ) 因为a > a 2, 所以物块与木板发生相对滑动 。 物 块将相对于木板向右滑动 联立以上各式 解得v . , , 1=012m/s, 物块与木板共速后 对木板和子弹 v . 分 , : 2=024m/s (1 ) 金属棒cd由静止达到稳定速度过程中产生的电 μ 2( M + m + m 0) g - μ 1 mg =( M + m 0) a 3, a 3= 2 荷量 4m/s v2 ax得x . 分 mv 0- 2=-23 3 :3=0125m (2 ) q = I-t =B 0 L 2 =0 . 96C (1 分 ) 对物块 :0- v'2 2=-2 a 2 x 4, x 4=0 . 25m (1 分 ) 在金属棒cd由静止达到稳定速度过程中 闭合 物块相对于木板的位移大小 , : 电路产生的焦耳热 x x x x . 分 Δ 2= 4- 3,Δ 2=0125m (1 ) 综上分析 若使小物块不能从木板上滑落 Q 1mv2 1mv2 1mv2 . 分 , , = 0- 1- 2=0144J (2 ) 木板的最小长度L x . 分 2 2 2 =Δ 1=125m (1 ) 金属棒abcd接入电路的阻值之比为 因 整个过程 物块相对于木板运动的路程 、 2∶1, (3) , : 此金属棒cd产生的焦耳热 s x x . 分 Δ=Δ 1+Δ 2=1375m (1 ) 物块与木板之间由于摩擦而产生的内能增量 Q 1Q . 分 : 1= =0048J (1 ) 3 Q μmgs . 分 答案:(). / (). . 2= 1 Δ=1375J (2 ) 106ms 2096C 0048J 答案: . . (1)25J (2)125m (3)1375J 5 - -