物理答案（红色十校2月高三）_2024年2月_01每日更新_23号_2024届江西省红色十校高三下学期2月联考_江西省红色十校2024届高三下学期2月联考物理

江西红色十校 2 月联考 物理 参考答案 一、选择题:本题共10小题,共46分。在每小题给出的四个中,第1~7题只有一项符合题目要求,每小题 4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 1．C 【解析】机械波的传播速度由传播介质决定，故简谐波a、b在软绳上的传播速度大小相等，所以同时 到达M点，C正确。 2．B L 【解析】由双缝干涉条纹间距公式x ，增大双缝间距d，其他条件不变，干涉条纹间距Δx变小， d 屏上出现的干涉条纹将变密集，A错误；将绿色滤光片换成红色滤光片，其他条件不变，因光波波长变长， 条纹间距将变大，B正确；增加光源与滤光片间的距离或减小单缝与双缝间的距离，均不改变双缝干涉条纹 间距，在光屏上观察到条纹数目不变，C、D错误。 3．B 【解析】ab过程是等温过程，由玻意耳定律pV=C，知气体压强减小，A错误；ab过程气体对外做功 且内能不变，由热力学第一定律知气体一定从外界吸热，B正确；bc过程气体温度升高，体积减小，由理 pV 想气体状态方程 C ，知气体压强增大，C错误；ca过程中气体温度降低，气体分子的平均动能减小， T D错误。 4．B U n 【解析】需将M、N间的电压降低后才能接普通的交流电压表，由 1  1 可知cd接MN、ab接普通 U n 2 2 的交流电压表，A错误，B正确；电压互感器不改变交变电流的频率，C错误；由I U =I U ，知电压互感 1 1 2 2 器正确连接后，原线圈中的电流小于副线圈中的电流，D错误。 5．A 【解析】根据牛顿第二定律有F－mgsinθ=ma，整理后有F=ma＋mgsinθ，则可知F-a图像的斜率为 m，纵截距为mgsinθ，则由题图可看出m θ ，A正确。 甲 乙 甲 甲 乙 乙 甲 乙 6．C 1 1 【解析】设小滑块离开弹簧时的速度为v ，由机械能守恒定律得 k(x)2  mv2，解得v =2m/s，A 0 2 2 0 0 错误；设经时间t ，小滑块达到与传送带共速，则由动量定理和动能定理得mgt mvmv 、 1 1 0 1 1 Lx mgx  mv2 mv2，解得t =0.5s，x =1.5m。小滑块匀速通过传送带的时间为t  1 =0.5s，则小 1 2 2 0 1 1 2 v 滑块通过传送带的时间为t=t +t =1s，B错误；传送带摩擦力对小滑块的冲量为I mgt =2N·s，C正确； 1 2 1 1 传送带支持力对小滑块的冲量为I  F (t t )mg(t t ) 10N·s，D错误。 2 N 1 2 1 2 学科网（北京）股份有限公司 1 {#{QQABDYCAogCgABIAAAgCEwXYCkAQkAGAAKoGgFAEIAIByBFABAA=}#}7．C 【解析】设金属板长度为L，间距为d，则水平方向有L=v t。20μm带电荷量q 的颗粒恰好100%被收 0 1 集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，竖直方向有q E=kr v ，d=v t。9μm的颗粒带电荷量为 1 1 1 1 81 9 q  q ，竖直方向有q E=kr v ，d =v t，联立解得d  d ，则9μm的颗粒被收集的百分比为 2 400 1 2 2 2 2 2 2 20 d 2 100%45%，故本题答案为C。 d 8．CD 【解析】探针卫星在轨道Ⅰ上经过a点时点火加速才能进入轨道Ⅱ，所以探针卫星在轨道Ⅰ上经过a 点的速度小于在轨道Ⅱ上经过a点的速度，A错误；探针卫星在轨道Ⅱ上由a点运动到c点速度减小，机械 能守恒，B错误；由牛顿第二定律F=ma知，探针卫星在轨道Ⅱ上经过c点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过c Mm GM 点的加速度，C正确；由G mr2，解得角速度= ，可知探针卫星在轨道Ⅰ上运行的角速度 r2 r3 大于在轨道Ⅲ上运行的角速度，D正确。 9．BC c hc 【解析】光的频率为 ，则光子的能量为E h ，A错误；根据爱因斯坦质能方程有E mc2，  0  h P1 P 光子的动量为 pmc，联立解得 p ，B正确；点光源在1s内发射的光子数为N   ，锌板每  E hc S PS hc 秒钟接收到的光子数为n N  ，C正确；根据光电效应方程得E hW  W ，D错 4R2 4R2hc k  误。 10．AD 【解析】足球做斜抛运动，竖直位移为CD，水平位移为AD。过C点作AB的平行线CF，交斜面底边 AG于F点，连接DF，如图所示 方法一：由图知△CDF与△BEA全等，竖直方向有(v sin45)2 2gx 2gx 2gx sin30 ga， 0 CD BE AB 学科网（北京）股份有限公司 2 {#{QQABDYCAogCgABIAAAgCEwXYCkAQkAGAAKoGgFAEIAIByBFABAA=}#}a 解得v  2ga ，C错误、D正确；竖直方向又有v sin45 gt，联立解得t  ，A正确、B错误。 0 0 g 3a 方法二：由图知△CDF与△BEA全等，可得x  x cos30 x cos30 。在△ADF中AF⊥ DF CF AB 2 DF，根据勾股定理得x  x2 x2  x2 x2 a。足球从A点运动到C点，有0v sin45gt， AD DF AF DF BC 0 a x v cos45t ，联立解得t  ，v  2ga ，A、D正确。 AD 0 g 0 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．（1）27.86~27.88（2分）；（2）如图所示（2分），7.00~9.00（2分）， 15.1~15.5（2分） 【解析】（1）根据刻度尺的读数规律，可知该读数为27.8cm+0.1×0.7cm=27.87cm （2）作出图像，如答案图所示；由图像可知，横轴截距为弹簧的原长，则弹簧原长为8.00cm；根据胡 F 5.50 克定律，可得弹簧的劲度系数为k   N/m=15.3N/m 。 l  44.08.0 2 12．（1）180（1分），1.19~2.21（1分）；（2）①n（1分）；②120（2分），159Ω（2分） 【解析】（1）用“×10”挡位，其读数为R=18×10Ω=180Ω；用“直流5V”挡位，由题图可知，其分度值为 0.1V，其读数为U=2.20V。 （2）①当开关拨S向n时，全电路的总电阻较小，中值电阻较大，能够接入待测电阻的阻值也较小， 所以开关S与n接通时对应欧姆表的挡位倍率较小，即“×1”挡。 ②当表针指向欧姆挡的中央位置时，电阻箱的示数为200Ω，说明欧姆表的内阻为200Ω。调零后发现 R R E I R R 的滑片指向最上端，说明电流计满偏，由此可知r g 0m R  200，  I  g g ，联立解 0 R R 2 200 g R g 0m 0m 得R =120Ω，R =159Ω。 0m 2 3RF Ft 3mRF 13．（1）v （2）q   2B2d2 Bd 2B3d3 （1）设导体框匀速运动时的速度为v，与导轨垂直的两边产生感应电动势为 EBdv （1分） 与导轨重合的两边被导轨短路，电阻为零，等效内阻为 学科网（北京）股份有限公司 3 {#{QQABDYCAogCgABIAAAgCEwXYCkAQkAGAAKoGgFAEIAIByBFABAA=}#}RR R r   （1分） RR 2 由闭合电路的欧姆定律得 E=（I rR） （2分） 匀速运动时有 F BId （1分） 3RF 解得 v （1分） 2B2d2 （2）对导线框应用动量定理得 FtBIdt mv （2分） 又 qIt （1分） Ft 3mRF 联立解得 q   （1分） Bd 2B3d3 2mv sin 2R 14.（1）B  0 （2）t  qR v sin 0 【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示 由几何有关系可知，粒子轨迹所对应的圆心角为 α=2 （1分） 设粒子的轨迹半径为r，由几何关系得 R rsin （2分） 2 根据洛伦兹力提供向心力有 v2 qv B m 0 （2分） 0 r 2mv sin 联立解得 B  0 （2分） qR （2）粒子在磁场中运动的周期为 学科网（北京）股份有限公司 4 {#{QQABDYCAogCgABIAAAgCEwXYCkAQkAGAAKoGgFAEIAIByBFABAA=}#}2r T  （1分） v 0 粒子在磁场中运动的时间为 2 t T2 （1分） 2 2R 联立解得 t  （2分） v sin 0 15．（1）v 5m/s （2）v =8m/s （3）F F 5N 2 4 N N 【解析】（1）A运动到B中间位置的过程中，由动量守恒和能量守恒，得 m v m v m v （2分） A 0 A 1 B 2 L 1 1 1 m g  m v2 m v2 m v2 （2分） 0 A 2 2 A 0 2 A 1 2 B 2 联立解得 v 5m/s （1分） 2 （2）B、C碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得 m v m v m v （2分） B 2 B 3 C 4 1 1 1 m v2  m v2  m v2 （2分） 2 B 2 2 B 3 2 C 4 联立解得 v =8m/s （1分） 4 （3）小物块C运动圆弧最高点N时，根据动能定理可得 x gR(1+ )= （2分） 1 2 1 2 −受 到−摩 擦 力的平s均in值 为2 −2 4 0.20.20.025 f  m g 1.5N （2分） 2 C 在最高点N，根据牛顿第二定律可得 v2 F m gsinm N （2分） N C C R 联立解得 F 5N （1分） N 根据牛顿第三定律可得，小物块C在最高点N时对轨道的压力大小为 F F 5N （1分） N N 学科网（北京）股份有限公司 5 {#{QQABDYCAogCgABIAAAgCEwXYCkAQkAGAAKoGgFAEIAIByBFABAA=}#}