东北三省精准教学2024-2025学年高三上学期9月联考物理答案_A1502026各地模拟卷（超值！）_9月_240905东北三省精准教学2024-2025学年高三上学期9月联考

东北三省精准教学 年 月高三联考 2024 9 物 理 参考答案 1．【考查点】共点力平衡、受力分析、正交分解 【答案】C 【解析】小明静止在水平地面上，所受合外力为零，对小明进行受力分析，如图所示，小明应受到4个 力的作用，A错误；根据平衡条件可知，FsinF mg，FcosF ，风筝线拉力的水平分力与地面 N f 对小明的静摩擦力是一对平衡力，B、D错误，C正确。 2．【考查点】光的折射、波长和频率的关系、光的衍射、全反射 【答案】A 【解析】光的频率越大，三棱镜对其折射率越大，则经三棱镜折射后偏折越明显，由题图可知照射到光 屏上a点的光频率最小，照射到b点的光频率最大，A正确；照射到b点的光频率大，三棱镜对其折射率 c n大，在介质中的传播速度v ，则传播速度小，由题图可知照射到b点的光在三棱镜中通过的路程最大， n 所以用时最长，B错误；相同条件下，波长越长，衍射现象越明显，照射到b点的光频率较大，波长较小， 衍射现象较不明显，C错误；根据几何关系可知，增大白光在M点的入射角，经折射后所有光线在右侧界 面的入射角均减小，不可能发生全反射，D错误。 3．【考查点】原子跃迁、光电效应 【答案】B 【解析】大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁可以辐射出C2 6种频率的光，A错误；跃迁辐射出 4 的光子的能量等于两个轨道能量差，只有从n=2、3、4三个能级跃迁到基态时辐射的能量大于4.0eV，所 以有3种频率的光能使阴极K金属发生光电效应，B正确；遏止电压和入射光频率有关，与光照强度无关， {#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}C错误；滑动变阻器滑片由中间向左滑动的过程中，K极电势与A极电势的差大于零，反向电压逐渐增大， 电流表示数减小，D错误。 4．【考查点】匀变速直线运动规律、位置时间图像、追及相遇问题 【答案】C 1 x 【解析】甲车做初速度为零的匀加速直线运动，有2x  a(2t )2，解得a 0 ，A错误；两车速度相 0 2 0 t2 0 x 1 等时距离最小，设t 时刻速度相等，有at  0 ，解得t =t ，这段时间内甲车的位移大小x = at2 0.5x ， 1 1 t 1 0 甲 2 1 0 0 乙车的位移大小x 乙 =x 0 ，两车的最小距离为x min 2x 0 x 甲 x 乙 =1.5x 0 ，B错误，C正确；0~2t 0 时间内甲车 2x x 的平均速度大小v甲  0  0 ，所以v甲=v乙 ，D错误。 2t t 0 0 5．【考查点】机械波波长、波速和周期的关系、振动图像 【答案】B x 【解析】P、Q两点间的距离为12m，波由P点传播到Q点用时6s，则v 2m/s，A错误；由振动 t 图像可知波的周期为T=4s，vT 8m，B正确；P、Q间的距离为12m1.5，两质点的振动步调始终 相反，Q点在波峰时，P点在波谷，C错误；Q点在5s时第二次出现在波峰，此时P点振动的时间 11 1 t 11s T ，P点由平衡位置开始振动，每 T 通过的路程为一个振幅A=4cm，所以在这段时间内P点 P 4 4 通过的路程为44cm，D错误。 6．【考查点】气体压强计算、理想气体状态方程、气体状态图像 【答案】D 【解析】设活塞面积为S，初始时大气压强为p ，对活塞受力分析，有mg p S  p S，解得气体压强 0 0 A mg p  p  ，在活塞与卡口接触前，活塞受力不变，气体做等压变化，当活塞与卡口接触后，气体体积 A 0 S 不变，继续加热气体，温度升高，由理想气体状态方程可知压强增大，故整个过程气体先等压膨胀，再等 容升压，题图甲气体一直等压膨胀，一定错误；题图乙气体先等压膨胀，再等容升压，可能正确；题图丙 气体先等压压缩，再等容升压，一定错误；题图丁气体先等压膨胀，再等容升压，可能正确。D正确。 7．【考查点】右手定则、交变电流的产生和最大值、瞬时值及有效值的关系 【答案】D 【解析】根据右手定则可以判断，题图示位置线框内感应电流方向为ABCD，A错误；交流电压表的读 数为感应电动势的有效值，则交流电源的电动势峰值为 2U ，B错误；线框转动时感应电动势的峰值为 {#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}2U E nBS 2U ，解得n ，C错误；从题图示位置开始计时，感应电动势瞬时值的表达式为 m BS   2 t  eE cos  U eE m cost ，代入 3，解得 m 3 2 ，D正确。 8．【考查点】开普勒第三定律、万有引力定律、卫星轨道参数 【答案】AC 【解析】椭圆轨道Ⅰ的半长轴大于圆轨道Ⅱ的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，探测器在椭圆轨道Ⅰ 的运行周期大于在圆轨道Ⅱ的运行周期，A正确；探测器在圆轨道Ⅱ做匀速圆周运动，线速度大小不变，方 向时刻改变，B错误；在圆轨道Ⅱ上过A点运行时的轨道半径小于过B点绕月球做圆周运动的半径，由 Mm v2 G m ，得v v ，探测器在B点由圆轨道变轨到椭圆轨道Ⅰ时减速，做向心运动，有v v ， r2 r A B圆 B圆 B 所以v v ，C正确；探测器沿椭圆轨道Ⅰ运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，D错误。 A B 9．【考查点】点电荷形成的电场、动能定理、电荷在电场中的运动 【答案】AD 【解析】小球B在h处静止释放后向上运动，所受电场力方向向上，则小球B带正电，A正确；点电荷 Q kQ kQ 电场强度E k ，有E =4E ，B错误；小球B由h运动到2h过程中，有q(  )mgh0，整理得 1 2 r2 h 2h kQq mg，小球B速度最大时，重力和电场力平衡，当小球B与小球A间的距离为 2h时，小球B的合 2h2 力为零，速度最大，C错误；小球由-h运动到-2h过程中，重力和电场力均做正功，且数值相等，有 1 2mgh mv2，解得v2 gh，D正确。 2 10．【考查点】带电粒子在磁场中的圆周运动、带电粒子在电场中的偏转、动量定理 【答案】BCD 【解析】粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O 1 ，在 OO 1 N 中，由几何关系可得R2 ( 3L)2 (RL)2， mv2 mv 解得R=2L，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，有qv B 0 ，解得B  0 ，A错误；由几何关 0 R 2qL 系可知，粒子过N点时速度方向与y轴正方向的夹角60，B正确；粒子进入电场后在N、P两点速度 大小相等，说明两点的连线为等势线，所以电场方向垂直N、P连线斜向下，粒子在N点时速度方向与N、 3L P连线的夹角也为，设粒子由N点运动到P点的时间为t，沿NP方向有 v tcos，垂直NP方向 cos 0 mv2 有Eqt2mv sin，联立解得E  0 ，C正确；当粒子沿电场方向速度为零时速度最小，此时只有沿 0 4qL 1 NP方向的速度，有v v cos v ，D正确。 min 0 0 2 {#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}11．【考查点】实验原理、实验数据处理、误差分析 n 【答案】（1）木块受到的拉力保持不变（2分） （2） （2分） （3）偏大（2分） g 【解析】（1）在实验过程中，要求木块做匀加速直线运动，受到的拉力保持不变，所以细线各段必须 分别沿水平和竖直方向。 F n （2）对木块，根据牛顿第二定律有F mg ma，整理得a g ，所以有ng， 。 m g （3）实验中打点计时器对纸带的摩擦力、滑轮与细线的摩擦力等其他摩擦也被当成长木板对木块的滑动 摩擦力，导致动摩擦因数测量值偏大。 12．【考查点】欧姆表的使用、实验电路设计、电表的改装、数据处理 【答案】（1）×10（2分） （2）①并联（1分） 4（或4.00）（1分） U 1 ②见解析（2分） ③  R （2分） 2I 2 A1 【解析】（1）欧姆表指针偏转角度过大，则待测电阻的阻值较小，需减小倍率，换成“×10”挡；换挡 后重新测量，表盘上电阻刻度值为“15”，待测电阻阻值约为150。 （2）①改装后电流表量程加倍，需要并联一个与电流表内阻相等的电阻，所以应将电阻箱阻值调为4 。 ②滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻阻值，为方便调节，需要选择分压式接法，改装后电流表内阻已知， 选择电流表内接，电路图如图所示。 U 1 ③根据欧姆定律有U 2IR IR ，整理得R   R x A1 x 2I 2 A1 。 13．【考查点】匀变速直线运动规律、平抛运动 【答案】（1）66m/s（6分） （2）99m（4分） 【解析】（1）设小车离开甲板后做平抛运动的时间为t ， 1 水平方向上有 xvt （2分） 1 竖直方向上有 {#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}1 h gt2 （2分） 1 2 解得t 2s，v66m/s （2分） 1 （2）小车在甲板上加速过程中，有 0v d  (tt ) 1 2 （2分） 解得d 99m （2分） 14．【考查点】动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律 m M 2m 【答案】（1）2mg，方向竖直向下（6分） （2） gL ， （6分） M m 2M 2m 【解析】（1）小球下摆过程中，根据动能定理有 1 mgL(1cos60)= mv2 （2分） 1 2 在最低点，根据牛顿第二定律有 v2 F mg m 1 （2分） L 解得F=2mg （1分） 根据牛顿第三定律可知，小球在第一次经过最低点时对轻绳的拉力大小为2mg，方向竖直向下 （1分） （2）释放小车后，小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，小球 和小车水平速度大小相等，设轻绳与竖直方向的最大夹角为，有 1 1 mv2 mgL(1cos) (M m)v2 2 1 2 2 （2分） 规定小球第一次通过最低点时的速度方向为正方向，有 mv (M m)v （2分） 1 2 m M 2m 解得v  gL ，cos （2分） 2 M m 2M 2m 15．【考查点】共点力平衡、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、动量定理 2mgRsin 【答案】（1） （4分） B2L2 3mgRsin mgRsin （2）①sin gsin（4分） ② （7分） （3分） B2L2 ， B2L2 【解析】（1）导体棒d锁定，导体棒c沿轨道向下达到最大速度时，受力平衡，有 E BLv 1 1 （1分） E I  1 （1分） 1 2R BI Lmgsin （1分） 1 {#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}2mgRsin 解得v  （1分） 1 B2L2 （2）①导体棒d解除锁定，达到稳定后两导体棒匀速运动，对导体棒c，有 mgsinBI L （1分） 2 对导体棒d，有 BI Lmg （1分） 2 解得sin （1分） 导体棒c获得初速度的瞬间，导体棒d的加速度最大，对导体棒c有 E BLv （1分） 0 0 E I  0 （1分） 0 2R 对导体棒d，有 BI Lmg ma （1分） 0 解得agsin （1分） ②设经时间t两导体棒做匀速运动，根据法拉第电磁感应定律有 E BL(v v ) （1分） 2 c d E I  2 （1分） 2 2R 对导体棒c，根据平衡条件有 mgsinBI L 2 ， 对导体棒c，根据动量定理有 mgtsinBILtmv mv （2分） c 0 对导体棒d，根据动量定理有 BILtmgtmv （1分） d 3mgRsin mgRsin 联立解得v  ，v  （2分） c B2L2 d B2L2 {#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}