答案_2024年5月_01按日期_11号_2024届浙江省县域教研联盟高三下学期二模_浙江省县域教研联盟2023-2024学年高三下学期一模考试物理试题

2023~2024 学年第二学期浙江省县域教研联盟高三年级模拟考试 物理参考答案 一、选择题（本大题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目 要求的，不选、多选、错选均不得分） 1．A 解析： A．动量是矢量，单位正确，故A正确； B．热量是标量，且单位中的V不是国际单位制中的基本单位，故B错误； C．加速度是矢量，但单位中的N不是国际单位制中的基本单位，故C错误； D．功率是标量，故D错误。 2．D 解析： A．研究问题不明确，因此无法判断能否将老鹰看做质点，故A错误； B．导航上显示的是路程而不是位移大小，故B错误； C．篮球比赛计时牌显示的是时间间隔，故C错误； D．测速仪显示的是瞬时速率，故D正确。 3．B 解析： A．a到b和b到c过程，虽然下降高度相同，重力做功相同，但摩擦力做功关系不明确，因此无法确 定两个过程中合外力做功关系，故A错误； B．a到b和b到c过程，下降高度相同，重力做功相同，故B正确； C．a到b和b到c过程中，有摩擦力做功使得机械能减小，故C错误； D．a到c过程的运动时间一定比从a处开始做自由落体运动所需时间长，故D错误。 4．C 解析： A．落叶球被踢出后还在快速旋转，在空气作用力的影响下，轨迹不对称，故A错误； B．落叶球运动到最高点时，速度方向沿轨迹切线方向，速度不为零，故B错误； C．落叶球下落更快是因为在运动过程中还受到了指向曲线轨迹内侧的空气作用力，故C正确； D．落叶球在最高点时还受到空气作用力，因此加速度方向一定不是竖直向下，故D错误。 5．D 解析： GM A．在P点时，根据万有引力公式，彗星和地球受太阳引力产生的加速度大小均为a  ，故A错 r2 误； B．彗星和地球质量未知，无法比较哈雷彗星在近日点受太阳的引力与地球受太阳的引力大小关系，故 B错误； C．哈雷彗星飞近太阳过程中，根据能量守恒，哈雷彗星速度将变大，故C错误； a3 r3 D．根据题意，哈雷彗星的公转周期T=2061年-1986年=75年，根据开普勒第三定律，  ，可 T2 T 2 地 知哈雷彗星公转的半长轴约为3 752r ，故D正确。 6．D 解析： 单位时间吹到人身体上的空气质量 ρ ρ Δ 根据动量定理， Δ m= V= Sv t 小明所受的风力大小约为 ，故D正确。 7．A −F t=0−mv 2 2 解析： = =1.29×0.5×35 N≈790N 高三物理参考答案 第 1 页（共 7 页） {#{QQABKY4EogCAAJIAARgCUQFgCECQkBCAAIoOREAIMAIACBFABCA=}#}AD．A石子运动至与起点同一水平面时，如图，假设该位置为M点，根据抛体运动规律，此时A石 子速度与B石子初速度相同，可知两石子落在水面上的间距与图中抛出点到M点距离相同，与抛出点 位置高底无关，D选项错误，落至水面时，两石子速度也相同，故A正确； B．若A石子先抛出，水平方向上A石子始终在B石子右侧，两石子不可能在空中相遇，故C错误。 C．改变夹角θ，抛出点到M点距离可能变大，可能变小，也可能不变，当θ=45°时最大，故B错误； 8．B 解析： A．如图，对细杆受力分析，根据几何关系可知左侧斜面对杆AB的支持力为 ，右侧斜面对杆AB的支持力为 ，故A错误； 4 3 B．根据牛顿第三定律，杆AB对右侧斜面的压力为 ，其水平分力为 ， 5mg 5mg 3 12 由此可知右侧斜面体受到的摩擦力为 ，故B正确； 5mg 25mg C．对细杆受力分析，两斜面体对杆的12作用力与小球重力平衡，大小为mg， 25mg 恒定不变，故C错误； D．保持细杆水平，缩短长度，细杆平行下移，细杆及两斜面受力情况不变， 故D错误。 9．B 解析： A．根据影子在y轴方向运动的位移时间关系y=Rsin（10πt），可知影子做简谐运动，w=10π，周期 T=0.2s，故A错误； B．由向心力公式 ω2R= π ，故B正确； C．根据题中信息可知t=0s时，小球位2置坐标为（-R，0），沿y轴正方向运动，t=0.05s，即经过四分 之一个周期，小球F坐=标m是（0，1 R 0）0m，故 R C错误； D．t=0.10s，小球速度沿y轴负方向且最大，故D错误。 10．C 解析： AB．根据交流、直流电的定义，故A、B均错误； C．原线圈输入电流的变化频率与触点a、b接通断开的频率相同，因此副线圈的电流变化频率与磁铁 的振动频率相同，故C正确； D．升压变压器副线圈输出电流比原线圈输入电流小，故D错误。 11．C 解析： A．由甲图可知a光电子遏止电压大，则a光电子的最大初动能大，由光电效应方程可知：a光能量大， 故A错误； B．经过衰变产生的新核也属于反应堆的一部分，所以质量没有减半，故B错误； E 61.61019106 C．4He核比结合能比2H核高约6MeV，平均质量小约m  kg11029kg， 2 1 c2 (3108)2 故C正确； D．根据 得： 。当频率相等时，由于金属c遏止电压大，所 以c的逸出功小，c能发生光电效应，则d不一定可以，故D错误。 12．B k =ℎ − 0 = k 0 =ℎ − 解析： 太阳光是平行光，临界光路图如图所示。由几何关系可得临界光线的 R 1 折射角满足sinr  ，可知临界光线的折射角为30°；根据折射 2R 2 sini 定律可n  2，解得i45。由几何关系可知，地球多转角 sinr 高三物理参考答案 第 2 页（共 7 页） {#{QQABKY4EogCAAJIAARgCUQFgCECQkBCAAIoOREAIMAIACBFABCA=}#}度便看不见太阳了，有604515。 15 一个住在赤道上的人在太阳“落山”后还能看到太阳的时间为t 24h1h。同理可知，在太 360 阳升起时也能提早1小时看到太阳，所以赤道上的人一天中能看到太阳的时间相比没有大气层时要多 2小时，故B正确。 13．C 解析： A．根据楞次定律判断，感生电场为顺时针，故A错误； B．由法拉第电磁感应定律可得 , = 电动势 ∆ 2 ∆ 0 产生的感生电场强度： 电动势 感 = 生电 ∆ 场对小 ∆ 球 的 0 作用力：F=Eq= ，故B错误； 0 C．小球绕一圈电场力做 功 = ： 2 r= ，故C正确； 2 0 2 0 D．小球在感生电场中的加速 度： = ·2 0 ， 时刻小球的速度： 0 在水平方向上由： = 得 ： E =0 = E× 0 = 2 2 2 2 0 所以管道对小球的作 0用 力+的 大 小=为 ： − 4 ，故D错误。 4 4 2 0 二、选择题（本题共2小题，每小题3分， N 共 = 6分 1 。 6 每 2 小 + 题列 出2的四个备选项中至少有一个是符合题目要 求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 14．CD 解析： A．电子处于不同的轨道时，原子处于不同能级，能量不同，故A错误； B．食盐发出黄色的光是钠原子能级跃迁导致，不是原子核变化，故B错误； C．光子与电子碰撞时，动量守恒和能量守恒，光子动量和能量都可以发生改变，故C正确； D．物质吸收光的能量后，从基态跃迁到高能级，再跃迁回基态时，以光的形式放出能量，而发出的 光子的能量一定小于等于入射光光子的能量，所以不可能在红外线照射下发出可见光，故D正确。 15．AD 解析： A．两波源的振动情况完全相同，振动加强点距离波源B、C距离差△x=2k· λ/2，其中k=0,1,2......为 一系列双曲线。因为|△x|<2.5m，故k=0,1,2。当k=0时为BC中垂线，点O、A为加强点；当k=1，k=2 时为双曲线，如图中实线，实线与ABC三边有8个交点，即还有8个加强点，因此，三条边上总共 10个加强点，故A正确。 B．振动加强点中，当k=2时AO左侧双曲线与BC交于P点，如图，CP+BP=2.5m，CP-BP=2m，得 BP=0.25m，而AB边上距离B点最近的加强点P'点，它们之间的距离BP'>0.25m，故B错误； C．振动减弱点距离波源B、C距离差△x=（2k+1）·λ/2，其中k=0,1,2......， 为一系列双曲线，如图中虚线，k=0时距AO边最近（图中紧靠AO的 两虚线），AO左侧虚线与BC交点Q，CQ+BQ=2.5m，CQ-BQ=0.5m， A 得BQ=1m，OQ=0.25m，故此双曲线与AB交点（减弱点）与AO距离 大于0.25m，故C错误； P' Q P B C D．若增大三角形的底角θ，加强点（中垂线AO和图中实线）与三边交 O 点个数不变，即三条边上的振动加强点个数不变，故D正确。 三、非选择题（本题共5小题，共55分） 16-Ⅰ．（5分）（1）B（2）D（3）C（4）OA，不断减小（每空1分） 解析： （1）该实验过程，其合力与分力的作用效果，所以本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B。 （2）每次实验时，两个力拉和一个力拉需拉到结点O的位置，但是不同次实验，O的位置可以改变， 故D错误； （3）F 、F 、F’都是弹簧测力计测量得到，F是通过作图得到的，故C正确。 1 2 （4）根据平行四边形可知OA为斜边，则对应力最大；当弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹 高三物理参考答案 第 3 页（共 7 页） {#{QQABKY4EogCAAJIAARgCUQFgCECQkBCAAIoOREAIMAIACBFABCA=}#}簧测力计A竖直的过程中，两弹簧细线夹角保持不变，α角不变，由正弦定理 mg F  A ，β为钝角且不断增加，可得弹簧测力计A的拉力F 不断减小。 A sin sin 16-II．（7分）（1）×1（1分），6.0Ω（5.8Ω~6.2Ω）（1分）（2）A（2分） （3） （1分）；Rx=17-2F（2分） 1 1 解析： 2− 1 （1）电阻R 阻值变化范围为几欧到十几欧，选择选择欧姆挡的“×1”倍率，可使指针指向欧姆表刻度 x 盘中间，测量误差更小。读数为6.0Ω（5.8~6.2） （2）电流表A 内阻已知，A图无系统误差，故 A正确； 1 U I r （3）电阻R   1 1 ；当力F竖直向下时，F>0，取右边图像，由图可知，函数关系式为 x I I I 2 1 R =17－2F。 x 16-III．（2分）AD 解析： A．不必补偿阻力，但要调节滑轮高度使细绳与小车轨道平行，使小车做匀变速运动，故A正确； B．重物下落时阻力较大，将导致重力势能减少量大于动能增加量，故B错误； C．应尽可能使大头针竖直插在纸上，并观察大头针的针脚是否在同一线上，故 C错误； D．在活塞上涂润滑油的主要目的是为了密封气体，以保证气体质量不变，故D正确。 17．（8分） 解析： （1）根据热力学第一定律可知，ΔU Q ，ΔU Q W ，（1分） 1 1 2 2 两种加热方式下，气体内能变化量相同，方式二中气体还需要对外做功，因此吸收的热量更多，其中 W=-p Sh=-2J，∆Q=Q -Q =-W=2J，所以方式二气体需多吸收2J的热量。（1分） 0 2 1 （2）方式一加热过程中， 气体发生了等容变化，根据查理定律， P P 0  1 （2分） T T 0 1 解得容器内气体的压强为P =1.33×105Pa （1分） 1 （3）方式二中，气体发生了等压过程，根据盖-吕萨克定律 （1分） V V 0  2 T T 0 1 解得用方式二完成加热后气体的总体积为 4 V  V ，其中V V sh （1分） 2 3 0 2 0 解得容器的体积V =60mL （1分） 0 18．（11分） 解析： （1）由题知，小物块恰好能到达圆管轨道的最高点F，则v 0 F 1 1 小物块从C到F的过程中，根据动能定理有mg(R R cos53) mv2  mv2 3 2 2 F 2 C 解得v 2 7m/s（2分） C mv2 在C点根据牛顿第二定律有F mgcos53 C ，解得物块受到的支持力F 22N；根据牛顿第 N R N 2 三定律压力F' 22N（1分） N 1 （2）小物块从静止到B的过程中，根据能量守恒有E mgS  mv2 0，S R （1分） P 2 B 1 高三物理参考答案 第 4 页（共 7 页） {#{QQABKY4EogCAAJIAARgCUQFgCECQkBCAAIoOREAIMAIACBFABCA=}#}v 小物块从B到C做平抛运动，在C点沿圆弧切线方向cos53  B v C 解得小物块刚在弹射器内时弹性势能E 25.04J（1分） P 1 v （3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有E mgR  mv2 0，v  B1 10m/s P1 1 2 B1 C1 cos53 1 1 从C到F的过程中，根据动能定理有mg(R R cos53) mv2  mv2 ， 3 2 2 F1 2 C1 解得v 6 2m/s（1分） F 由小物块与木板系统动量守恒mv 2mv F 共 1 1 由系统能量守恒mgL mv2 2mv2 （1分） 2 2 F 2 共 联立解得小物块相对木板滑动的长度L=2.4m （1分） （4）小物块与木板刚好相对滑动时，对整体牛顿第二定律kx2ma 对小物块牛顿第二定律mg ma 2 解得x0.3m（1分） 1 1 1 对系统能量守恒 2mv2  kx2 2mv2（1分） 2 共 2 2 1 3 解得v  7m/s（1分） 1 2 19．（11分） 解析： 1 （1）当A A 运动到x d 时，导线框中A A 和D D 都在垂直切磁感线且同向叠加，因此感应电动 1 2 1 2 1 2 2 势最大E 2B y v 2B dv 。（2分） m 0 m 0 0 0 （2）导线框D D 边在x=0至x=d区间运动过程中，只有D D 边在切割，感应电动势的瞬时表达式 1 2 1 2 x v e B yv  B v d sin  B v d sin 0t （1分） 0 0 0 0 d 0 0 d v 产生正弦交流电，等效于面积为S的线圈在匀强磁场中做匀速圆周运动，转动角速度w 0 d d2 由感应电动势最大值E  B Sw B dv ，得S  （1分） m 0 0 0  x=0至x=d区间相当于绕圈转动角度0，磁通量变化量  2B S 0  2B S B d2 流过导线框的总电量q   0  0 （1分） 2R 2R R （3）导线框D D 边在x=0至x=d区间运动过程中，产生正弦交流电，感应电动势最大E B dv ， 1 2 m 0 0 E B dv 有效值E  m  0 0 （1分） 有 2 2 2  B dv  0 0   E2  2  d B2d3v 回路中产生的焦耳热Q  有 t    0 0 （1分） 1 2R 2R v 4R 0 x 导线框D D 边在x=d至x=2d区间运动过程中，两边切割，感应电动势的瞬时表达式e 2B v dsin  1 2 2 0 0 d 高三物理参考答案 第 5 页（共 7 页） {#{QQABKY4EogCAAJIAARgCUQFgCECQkBCAAIoOREAIMAIACBFABCA=}#}2 2B dv  0 0   E2  2  d B2d3v 同理，回路中产生的焦耳热Q  2有 t    0 0 2 2R 2R v R 0 5B2d3v 由功能关系可知，外力对导线框所做的功W Q Q  0 0 （1分） 1 2 4R （4）当D D 到达x=2d瞬间撤去外力，导线框恰与金属棒ab发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间导线框速 1 2 度为v ，金属棒ab速度为v ，由动量守恒mv mv mv 1 2 0 1 2 1 1 1 由能量守恒 mv2  mv2  mv2 2 0 2 1 2 2 解得v 0，v v （1分） 1 2 0 碰撞后导线框D D 边停在绝缘位置，金属棒ab与电容器构成回路，金属棒ab对电容器充电，当电容 1 2 器电压U  E  Bdv，金属棒ab稳定后做匀速直线运动。 1 对金属棒ab动量定理B Idt mvmv 1 2 由q  It CU CBdv 1 mv 解得v 0 （1分） mCB2d2 1 Bdmv U  Bdv 1 0 1 mCB2d2 1 2 1 1  Bdmv  因此，电容器最终存储的能量E  CU2  C 1 0  （1分）。 C 2 2 mCB2d2  1 20．（11分） 1 mv2 解析：（1）U e mv2，得U  （1分） 0 2 0 2e 由左手定则可知，a、c电子进入磁场后会彼此靠近；（1分） v2 （2）①设y=y 处感应强度的大小为B ，则有B by ，evB m 0 0 0 0 0 r 0 mv 电子的转动的半径r  （1分） 0 eby 0 d eby d 速度方向的偏转角度sin   0 （1分） 0 r mv 0 d eBd ②从y处进入磁场中的电子，速度方向偏转sin  ，且Bby（1分） r mv y mv 电子射出后做匀速直线运动，则 tan，得 f  （1分） f ebd 可知，从不同位置y以相同速度v射入磁场的电子，到达x轴的位置f相同且与电子入射位置y无关； 因此从不同位置射入的电子必将经过x轴的同一点。 y f ③从y处进入磁场的电子，将从y 处进入x 处的四极铁磁场，电子通过两个磁场区域，速度向 2 2 相反方向，即偏转角度，（1分） eBd 又sin ，因洛伦兹力不做功，电子通过磁场区域时速度大小不变，则两处磁感应强度大小相等、 mv 方向相反，即BB，（1分） y 则b by得b:b2:1（1分） 2 高三物理参考答案 第 6 页（共 7 页） {#{QQABKY4EogCAAJIAARgCUQFgCECQkBCAAIoOREAIMAIACBFABCA=}#}mv 1 2mU ④由 f   得，只需满足 edb db e 1 2mU 1 2m(U U) 0  0 f （1分） db e db e eU ed2b2(f)2 得U 2dbf 0  （1分） 2m 2m 高三物理参考答案 第 7 页（共 7 页） {#{QQABKY4EogCAAJIAARgCUQFgCECQkBCAAIoOREAIMAIACBFABCA=}#}