新教材老高考物理参考答案_2024年3月_013月合集_2024届河南郑州名校教研联盟高三下学期模拟预测_2024届河南省郑州市名校教研联盟高三下学期模拟预测理综试题

绝密★启用前 物理参考答案 14.【答案】C 【解析】该反应为核聚变反应，根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为3He2 H4 He1HΔE ，可 2 1 2 1 知生成的新核x是4He，选项A错误；氦4核中有2个质子2个中子，质子数相同的称为同位素，氦4核与氦 2 4E 2E ΔE 3核是互为同位素，选项B错误；根据3E 2E E 4E ，可得氦3的比结合能为E = 2 1 ，选 3 1 2 3 3 项C正确；核反应过程的前后，反应体系的质量数守恒，选项D错误。 15.【答案】A 【解析】根据图像可知，轨迹ABC最高点大于轨迹CDA最高点，分析在最高点往左运动，根据平抛规律可知 1 x h gt2，v  ，轨迹ABC运动时间长，但水平位移小，所以轨迹ABC水平分速度小，竖直分速度v2 2gh， 2 x t 轨迹ABC的大，所以沿轨迹CDA运动的最大速度可能为v ，沿轨迹ABC运动的最小速度即水平速度小于v ， 1 2 选项A正确，B错误；沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的速度变化量v gt不同，因为运动时间不同，选 项C错误；沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的平均速度大小不同，因为位移大小相同，但时间不同，选项D 错误。 16.【答案】B 2π 【解析】由题图知，该简谐运动的周期T 2102s，振幅A7cm，选项A错误；由ω= =100π rad/s，又 T 3π π 3π π 因为 或 ，所以振子做简谐运动的表达式为x=7sin(100πt+ )cm或x=7sin(100πt- )cm，选项B 2 2 2 2 正确；t 0.5102s时振子位于平衡位置，速度最大，由“爬坡法”知质点在向上运动，选项C 错误；当 3π 7 2 t 0.25102s时位移为x=7sin(100πt+ )cm= cm，选项D错误。 2 2 17.【答案】D l 【解析】如图所示，C处+q受到的电场力为F 2F cos，方向由B指向A。根据几何关系有cos 2 ， A l2 x2 4 kQql 1 2 2kQq 则有F  ，x  l，则F  ，选项D正确。  l2  3 2 l2 x2   4  物理参考答案 第 1 页 （共 7 页） {#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}18.【答案】B 【解析】设M表示地球的质量，m表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力G Mm m   2  2 r，可得T2 r3 ， r2  T  GM 则有 T T 中    7 4 R R   3  7 4 7 4 ，选项A错误；在地球表面为m 0 的物体，有G M R m 2 0 m 0 g，对卫星A有ma  G 4 M R m 2  G 16 M R m 2 ， 同 6  联立可得卫星A向心加速度大小为a 0.625m/s2，选项B正确；卫星B在6h内转动的圆心角为2 = ， 24 2 Mm v2 1 选项C错误；根据G m ，即v2  ，第一宇宙速度为7.9km/s，故卫星B在轨运行速度一定小于7.9km/s， r2 r r 选项D错误。 19.【答案】ACD 【解析】设B的质量为m，在物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得 1 1 3 μ·2mgcosθ·L＝ ×3mv 2－ ×3mv2＋2mgLsinθ－mgL，得μ＝ ，选项A正确；物体A向下运动到C点的过程中， 0 2 2 4 A的重力势能及AB的动能都减小，转化为B的重力势能和摩擦生热，选项B错误；对A、B组成的系统分析， 在物体A从C点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因 1 摩擦产生的热量，即 ×3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x，其中x为弹簧的最大压缩量，得x＝0.4m，选项C正确；从C 2 1 点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得 ×3mv2＋2mgxsinθ－mgx＝μ·2mgcosθ·x＋E ，得B的质量为 pm 2 m＝2kg，选项D正确。 20.【答案】BD I n 【解析】根据理想降压变压器的变流比可知 3  4 ，解得 I 4A ，所以输电线路上损耗的电功率 I n 3 4 3 U n P  I2R 160W，选项A错误；根据理想变压器的变压比可知 3  3 ，得U 2200V，升压变压器副线 3 U n 3 4 4 U n 圈两端电压U U I R，得U 2240V，选项B正确；根据理想变压器的变压比可知 1  1 ，可得U 280V， 2 3 3 2 U n 1 2 2 升压变压器的原线圈输入功率P ΔPP ，降压变压器输出功率为P  I U 8800W，得P 8960W，选 1 用 用 4 4 1 项C错误；根据P U I ，解得I 32A，根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为E  NBS，代入数 1 1 1 1 m 物理参考答案 第 2 页 （共 7 页） {#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}E 据解得E 300 2V，有效值E m 300V，电机线圈内阻上消耗的热功率P I EIU ，得P 640W， m 2 内 1 1 1 内 选项D正确。 21.【答案】BC 【解析】设匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子的电荷量为q，质量为m，初速度为v，运动半径为r，根据 v2 mv 2m qvB m 可得r  ，根据匀速圆周运动规律可得粒子运动周期为T  。若粒子运动轨迹所对应的圆 r qB Bq  m 心角为α，则粒子在磁场中运动时间为t  T  。若两粒子在磁场中运动的时间相等，则两粒子在磁场 2π Bq 中的转过的圆心角（或弦切角）必定相等，可能分别从左右边射出；可能正粒子从左边射出，负粒子从上边射 2mv a 出；可能都从下边射出，例如此时圆心角均为180°，即均从NP边射出，则对于正粒子有0＜ 1  ，解得 Bq 4 Bqa 3Bqa 初速度v 需满足0＜v  ，对于负粒子同理可知其初速度v 需满足0＜v  ，由此可见v 和v 取值 1 1 8m 2 2 8m 1 2 v 1 v 1 具有不确定性，根据数学知识可知 1 可以取任意值，不一定为 ， 1  ，对应正粒子恰好从N点射出，且 v 3 v 3 2 2 负粒子恰好从P点射出的特殊情况，故A错误；若两粒子的初速度相同，则两粒子的运动半径相同，当正粒子 a 的运动半径为 时，它将垂直MN边射出，转过的圆心角为90°；而负粒子将从NP边射出，转过的圆心角为 4 180°，所以二者在磁场中运动的时间之比为1∶2，故B正确。若其中一个粒子（即负粒子）垂直PQ边射出磁 场，则其转过的圆心角为90°，而正粒子转过的圆心角最大值为180°，所以正粒子与负粒子在磁场中运动的时 间之比一定不大于2∶1，故C正确。若两粒子分别从M、Q两点射出磁场，设正、负粒子半径分别为r 和r ， 1 2  a 2  3a 2 17 25 根据几何关系有   r 1  4   a2 r 1 2，   r 2  4   a2 r 2 2，解得r 1  8 a，r 2  24 a，所以正粒子与负粒子在磁 v r 51 场中运动的初速度大小之比恰好为 1  1  ，故D错误。 v r 25 2 2 22.【答案】（8分） （1）1.56 （2分） （2） 0.1 （2分） 0.2（2分） （3）0.2（2分） 【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为 1.5cm，游标读数为 6×0.1mm=0.6mm=0.06cm，所以最终读数为 1.5cm+0.06cm=1.56cm。 物理参考答案 第 3 页 （共 7 页） {#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}d 1.56102 （2）遮光条通过第一个光电门的平均速度大小v   m/s0.1m/s，这个速度就是通过第一个光电 1 t 0.156 1 门中间时刻的速度，即记时0.078s时的瞬时速度；遮光条通过第二个光电门的平均速度大小 d 1.56102 v   m/s 0.2m/s，这个速度就是通过第二个光电门中间时刻的速度，即第二个光电门记时0.039s 2 t 0.078 2 时的瞬时速度。 v v 0.20.1 （3）滑块的加速度大小 a 2 1  m/s2 0.2m/s2。 t t 0.156 0.078 t 1  2 0.5  2 2 2 2 23.【答案】（11分） （1）BD（2分，每个1分） （2）6.0（或6）（1分） （3）3.707（3.705～3.709均可）（2分） （4）B（1分） D（1分） （5）如图（2分） πd2U （6） （2分） 4Il 【解析】（1）用多用电表测电阻时，每换一次挡位，都必须重新进行欧姆调零，A错误；指针越接近刻度盘中 央，误差越小，B正确；在外电路中，电流从黑表笔流经被测电阻到红表笔，C错误；测量时，若指针偏角较 小，说明这个电阻的阻值较大，应换倍率较大的挡位来测量，D正确。 （2）该同学选用欧姆表“×1”挡，由图甲可知，对应的读数是R＝6.0×1Ω＝6.0Ω。 x （3）螺旋测微器固定刻度为3.5mm，可动刻度为20.70.01mm0.207mm，则该次金属丝直径的测量值 d 3.5mm0.207mm3.707mm。 （4）电源电动势为3.0V，因此电压表选择电压表V（量程0~3V，内阻约3k）；测量金属丝的电阻阻值约为 1 E 3 6Ω，则电路中的最大电流I   A0.5A，因此电流表应选电流表A （量程0~0.6A，内阻约0.1）。即电 1 R 6 x 流表应选B，电压表应选D。 （5）由于电流表内阻约0.1较小，因此应选用电流表外接法，如答图所示。 U l l 4l πd2U （6）根据欧姆定律有R ，根据电阻定律有R    ，联立解得 。 I S d πd2 4Il π( )2 2 24.（9分） 【解析】（1）拿掉活塞上的物块，气体做等温变化 (M m)g 初态：V =hS，气缸内封闭气体的压强p   p （1分） 1 1 S 0 物理参考答案 第 4 页 （共 7 页） {#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}代入数据解得 p 4105Pa （1分） 1 mg 末态：V hS， p   p 2105Pa（1分） 2 2 S 0 由气体状态方程得 pSh p Sh （2分） 1 2 整理得h=2h=1.3m （1分） （2）在降温过程中，气体做等压变化，外界对气体作功为W=p SΔh=9.6J （1分） 2 由热力学第一定律U W Q （1分） 可得ΔU=9.6J+(-24J)=-14.4J （1分） 25.（14分） 【解析】（1）MN切割磁感线产生的感应电动势E  Bdv （1分） Bdv 回路中的感应电流I  （1分） R 3 3 MN两端的电势差U  I R Bdv （2分） MN 4 4 M端电势高 （1分） （2）设线框从MN边刚进磁场到PQ边刚进磁场所用时间为t 由焦耳定律有Q2I2Rt （2分） d vt （1分） 2B2d3v 解得导体框穿过磁场的过程中，导体框中产生的焦耳热Q （1分） R 3d （3）在0 时间内M、N两点的电势差U 随时间t变化的情况可分为三段： v MN d 第一段：在0 时间内，线框中产生的电动势E  Bdv ，MN边相当于电源，电流由N流向M，M、N v 3 3Bdv 两点的电势差相当于路端电压，大小为U  E  （1分） MN 4 4 d 2d 第二段：在  时间内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，MN v v 边仍然在切割磁感线，M、N两点的电势差大小为U  Bdv （1分） MN 2d 3d 第三段：在  时间内，线圈开始出磁场，MN边离开磁场，只有PQ边切割磁感线，此时PQ边相 v v 当于电源，MN边中的电流由M 流向N ，线圈中电动势为E Bdv，M 、N 两点的电势差为外电路部分电压， 1 Bdv 大小为U  E  （1分） MN 4 4 由以上三段可做出M、N两点的电势差U 随时间t变化的图线如图所示 （2分） MN 物理参考答案 第 5 页 （共 7 页） {#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}26．（20分） 【解析】 （1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为30°，则小球P自由下落R时，轻绳刚好再次伸直如图，设此时P 的速度为v 。根据自由落体运动规律，可得v2 2gR（1分） 1 1 轻质细线伸直后瞬间小球P速度为v＝v cos30 （1分） 2 1 小球P与小物块A碰前瞬间，设小球P的速度大小为v ，从轻质细绳刚好再次伸直到小球P运动到最低点 3 1 1 的过程中，由动能定理得mgR(1sin30) mv2  mv2 （2分） 2 3 2 2 联立解得小球P运动到最低点与小物块碰前的速度大小v v 6m/s （1分） p 3 设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为F N v2 根据牛顿第二定律可知：F mg m p （1分） N R 解得F 10.5N（1分） N 根据牛顿第三定律可知：小物块碰前对轻质细绳拉力大小为10.5N。（1分） （2）小球与小物块进行弹性碰撞后的速度为v 、v p 4 动量守恒：mv mv mv （1分） p p 4 1 1 1 能量守恒： mv2  mv 2  mv2 （1分） 2 p 2 p 2 4 解得小物块冲上传送带前的速度v v 6m/s （1分） 4 p 小物块冲上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律有mg ma（1分） 解得加速度大小a2.5m/s2 （1分） 物理参考答案 第 6 页 （共 7 页） {#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}设小物块与传送带共速时对地位移为x，传送带速度为v ，则由运动学公式可得 v2 v2 2ax（1分） 5 4 5 代入数据解得x2.2ml，则可知小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，小物块在传送带上减 v v 速所用时间为t  4 5 0.4s，这段时间内传送带运动的位移为x v t 2m（1分） 带 5 a 则小物块通过传送带时由于摩擦产生的热量Qmg  xx 0.15J （1分） 带 （3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为v ，轨道对小物块的弹力为F ，则由动能定理有 6 T 1 1 2mgr mv2 mv2（1分） 2 6 2 5 小物块通过圆轨道最高点时的速度大小为v  5m/s（1分） 6 v2 在最高点由牛顿第二定律可得F mg m 6 （1分） T r 联立解得F 0，根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，小物块对轨道的压力为0。（1分） T 物理参考答案 第 7 页 （共 7 页） {#{QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=}#}