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年邵阳市高三第三次联考参考答案与评分标准
2024
物 理
一、选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分,每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题
6 4 24
目要求的。
解析:核反应方程中质量数和电荷数守恒。
1.A
解析:设 x A (ωt φ ),当 t 时, 2 A A φ 得 φ π;t 3 T 时,x
2.C = sin + 0 1 = 0 = sin 0 0 = 2 = =
2 4 4
( )
A (ωt φ ) 2A; 3 T的路程 A A 2A A A。
sin 2+ 0 = - 0~ 2 + - ×2=4 - 2
2 4 2
解析: 到 平抛运动, 到 类平抛运动逆过程,水平匀速直线运动, 到 时间等于
3.C A B B C A B B
到 点时间, 正确;电场力向上,小球带负电, 错误; 到 有竖直向上的加速度,电场力
C C A B C
等于 倍重力, 错误;电势能增加量等于重力势能减少量, 错误。
2 B D
Mm gR2 g ρ g R
解析:由G mg有M ,又V 4 R3 得ρ 3 , 0 5。
4.B R2 = = G = π = GR ρ =g R =
3 4π 0 0 4
μmg
解析: 的加速度随拉力增大而增大,无确定的最大值, 错误。 对 分析:a 2
5.B A A B Bm= m =
a
2
μg
=4 m/s
2,
B
正确。 对
C
分析:m
C
g
-2
T
=
m
C
Bm ,对
AB
整体分析,T
=3
ma
Bm
,得 m
C=3
m,
2
错误。
CD
解析:对水桶初始状态受力分析,做出力的矢量三角形如图所示。 分析
6.C
可知,在转动过程中,F 与F 的夹角始终不变,因此F 与F 夹角的补角α
1 2 1 2
始终保持不变,重力mg 与 F 之间的夹角逐渐增大,则可知重力 mg 与 F
1 1
之间夹角的补角γ从 °开始逐渐减小,直至为 ,重力 mg 与 F 之间的夹
90 0 2
角为钝角,逐渐减小,当减小至 °时,板 还未水平,将继续减小直至板
90 AO
水平,则可知重力mg与 F 之间夹角的补角 β 逐渐增大,当增大至 °
AO 2 90
mg F F mg
时将继续增大,根据正弦定理可得 1 2 可知 为定值,而
α= β= γ α
sin sin sin sin
γ始终减小,则F 始终减小,但由于β 角从锐角增大至 °后将继续增大一定角度,则可
s
知
in
, β先增大后减
2
小,因此可知F 先增大后减小。 故选
9
。
0
sin 1 C
二、选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分。 在每小题给出的四个选项中,有多项符合题
4 5 20
目要求,全部选对的得 分,选对但不全的得 分,有选错的得 分。
5 3 0
解析: 由安培定则可知,穿过线框磁通量不为 , 项错误; 由楞次定律可知,线框
7.BD A. 0 A B.
中会产生顺时针电流, 项正确; 安培力的合力最终减小到 , 项错误; 由于安培力做
B C. 0 C D.
负功,线框机械能减小, 项正确。 正确答案: 。
D BD
解析: 折射率 n sin45°,如图光在玻璃中传播路程
8.AD A. = θ
sin
c c
s R θ,由n 可知,光在玻璃中的传播速度 v ,光在玻
=2 sin = v = n
s R
璃中传播时间t 2 sin45°, 项正确。 紫光折射率大于
= v = c A B.
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{#{QQABbYYUgggIAJIAARhCUwHSCgIQkAACCCoOgEAAMAAASRFABAA=}#}红光, 为紫光, 为红光, 选项错误。 由 c 1可知, 光的临界角小于 光的临界角,
a b B C. sin = n a b
光在 点发生全反射, 光在 点不一定发生全反射, 选项错误。 由于 光的频率小
a B b C C D. b
于 光的频率, 光照射金属发生光电效应,则 光照射该金属时也一定会产生光电效应。
a b a
选项正确。 正确答案: 。
D AD
解析: 线圈在图示位置,磁通量为 ,磁通量变化率最大,感应电动势最大, 项错
9.BCD A. 0 A
误。 线圈转动一圈,电流方向改变两次,所以线圈中电流
B.
ω
方向变化频率f , 项正确。 由于二极管的单向导电性,
= B C.
π
I I
R
1
电流有效值I
1=
m ,R
2
电流有效值I
2=
m ,由热功率P
=
I2有 R
2 2
可得R 的热功率是R 的两倍, 项正确。 电动势最大值E
2 1 C D. m=
( E m ) 2 ( 2 E m ) 2
T T U2有
2
NL2Bω,路端电压如图所示,由 2
R
2
+
3
R
2
= R
T,解得:U
有=
5NL2Bω。 电压表示数为
2 2 6
路端电压有效值等于5 NL2Bω。
6
解析: 由动量守恒定律可知 m v (m m) . v ,解得 m m, 项错误。 由图
10.BC A. B 0= B+ 0 8 0 B=4 A B.
像可知 t
0
时刻两物块速度相等,弹性势能最大,根据机械能守恒定律:E
p max =
1 m
B
v2
0-
2
1(m
B+
m)(
0
.
8
v
0
)2,解得:E
p max=0
.
4
mv2
0
,
B
项正确。
2
:解法一:同一时刻弹簧对 、 的弹力大小相等,由牛顿第二定律可知同一时刻
CD A B
a a
A=4 B
同一时刻 、 的瞬时速度分别为: v a t
A B A= A
a
v . v At
B=1 0 0-
4
根据位移等于速度在时间上的累积可得
s v t(累积)
A= A
s v t(累积)
B= B
又s . v t
A=0 28 0 0
解得:s . v t 1( . v t ) . v t
B=1 0 0 0- 0 28 0 0 = 0 93 0 0
4
弹簧压缩量的最大值Δs s s . v t , 项正确, 项错误。
= B- A=0 65 0 0 C D
解法二: 接触弹簧后,压弹弹簧过程中, 、 动量守恒:有m ( . v ) m v mv mv
B A B B 1 0 0 = B B+ A=4 0
对方程两边同时乘以时间Δt,有
mv Δt mv Δt mv Δt
4 0 =4 B + A
t 之间,位移等于速度在时间上的累积,可得
0- 0
mv t ms ms
4 0 0=4 B+ A
又 s . v t
∵ A=0 28 0 0
代入可得:s . v t
B=0 93 0 0
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{#{QQABbYYUgggIAJIAARhCUwHSCgIQkAACCCoOgEAAMAAASRFABAA=}#}则第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值Δs s s . v t 。
= B- A=0 65 0 0
三、非选择题:共 分。 第 、 题为实验题;第 题为计算题。
56 11 12 13~15
s s s s s s
每空 分 4+ 3 ( 4+ 3)-( 2+ 1)
11.( 2 )(1) T T2 (2)1.235
2 6
每空 分 124
12.( 2 )(1)①B D ②99 1.0 (2)
99
解析:( ) 根据实验原理,当 闭合后,电路总电阻会减小,总电流会变大,当毫安表 的
1 ① S2 G
指针偏转到量程三分之二位置时,通过电阻箱的电流会大于毫安表读数一半,产生误差,为
了使 闭合后电路总电阻变化小,则滑动变阻器接入电路中的阻值应尽可能大,同时毫安
S2
表又要能调节到满偏,则所用电源的电动势应该较大,应选用 E ,即选 。 滑动变阻器应选
2 B
阻值较大的R ,即选 。 因认为通过毫安表的电流等于电阻箱的电流的 倍,则毫安表的
2 D ② 2
电阻等于电阻箱电阻值的一半,即毫安表的测量值为 。 改装后电流表量程扩大为原来
99 Ω
一百倍,则R 。 ( )改装电表的实际量程为 ,R和kR的电压相等,则
=1.0 Ω 2 1.25 A 990 mA×
kR R,可得k 124。
=1240 mA× =
99
分
13.(10 )
解: 对活塞 与弹簧组成的系统受力分析可得
(1) A、B
m g m g p S p S p S p S 分
A + B + 0 1+ 1 2= 1 1+ 0 2 ………………………… 2
解得 p 4 分
1=7×10 Pa …………………………………… 2
初始时 弹簧压缩量记为x 则对活 塞 受力分析可得
(2) , , A
m g p S p S kx 分
A + 0 1= 1 1+ ………………………………… 1
由分析可知 弹簧恢复原长时 活塞 已移动至卡槽处 记此时封闭气体的压强为p
, , A , 2
m g p S p S 分
B + 2 2= 0 2…………………………………… 2
由理想气体状态方程有
p l S l S p l l x S
1( 1 1+ 2 2) 2( 1+ 2+ ) 2 分
T = T …………………………… 2
1 2
解得 T 分
2=688 K……………………………………… 1
分
14.(14 )
解: 对棒由牛顿第二定律有 Mg mg Ma 分
(1) +5 = 1 …………………………………… 1
解得 a g 分
1=2 ……………………………………… 1
对环由牛顿第二定律有 mg mg ma 分
5 - = 2 …………………………………… 1
解得 a g 分
2=4 ……………………………………… 1
棒第一次落地的速度大小为v 则
(2) ,
v2 gH 分
=2 ……………………………………… 1
棒弹起后经时间t棒与环速度相同 大小为v
, 1
v v a t 分
1= - 1 ……………………………………… 1
v v a t 分
1=- + 2 ……………………………………… 1
共速后 棒与环共同匀减速 上升的总高度为
, , H1
v2 v2 v2
H - 1 1 分
1= a + g …………………………………… 2
2 1 2
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{#{QQABbYYUgggIAJIAARhCUwHSCgIQkAACCCoOgEAAMAAASRFABAA=}#}H
解得 H 5 分
1= ……………………………………… 1
9
环始终相对棒向下运动 则由能量守恒定律有
(3) ,
MgH mg H s mgs 分
+ ( + )= 5 ……………………………… 3
解得 s 3H 分
= ……………………………………… 1
2
分
15.(16 )
解: 粒子在磁场中运动速度大小为v 轨道半径为R 则
(1) , ,
EqL 1mv2 分
2 = …………………………………… 1
2
v2
qvB m 分
= R ……………………………………… 1
经过y轴时 y R θ 分
1=2 sin …………………………………… 1
解得经过y轴的坐标为 L 分
(0, 2 )…………………………………………………………… 2
粒子从点 x y 出发时速度为v 则
(2) ( 、 ) 0
x v t 分
- = 0 ……………………………………… 1
y 1at2 分
- = ……………………………………… 1
2
Eq ma 分
= ……………………………………… 1
-
Eqy
=
E
k-
1mv2
0 ………………………………… 1
分
2
解得 x2 y L 2 L2 L x L y 分
+4( + ) =4 (-2 ≤ <0) (-2 < <0) ……………… 1
粒子经过 点时 在磁场中运动对应的弦长为d
(3) A ,
d L 分
= 3 ……………………………………… 1
则圆心角α为 或
120° 240°
α 则弦切角为 粒子通过 点时与 y 轴正方向夹角为 水平和竖直分速度
① =120°, 60°, O 15°,
分别为v v
0、 y v
0 分
tan15°=v ……………………………………… 1
y
1 mv2
0+
1mv2y= E
k ………………………………… 1
分
2 2
解得 x L y 2+ 3L
=- =-
2
( )
则出发点坐标为 L 2+ 3L 分
- ,- …………………………………………………………… 1
2
α 则弦切角为 粒子通过O点时与y轴正方向夹角为 同理可得
② =240°, 120°, 75°,
x L y 2- 3L 分
=- =- ……………………………… 1
2
( )
则出发点坐标为 L 2- 3L 分
- ,- …………………………………………………………… 1
2
注:解答题用其他方法正确解答,请参照给分。
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{#{QQABbYYUgggIAJIAARhCUwHSCgIQkAACCCoOgEAAMAAASRFABAA=}#}
