物理答案

昆明一中2023届高三第六次联考物理参考答案题号1415161718192021答案DDCACBDABCAD14.答案：D【详解】观看3D电影时佩戴特殊眼镜是偏振眼镜，选项A错误。图（b）是泊松亮斑，是光的衍射现象，选项B错误。水中的气泡看上去特别明亮，是由于光发生了全反射，选项C错误。在光导纤维中，光发生全反射，所以内芯折射率比外套大。选项D正确。15.【答案】D【解析】汽缸开口向上时，则汽缸开口向下时，则AB．根据热力学第一定律，气缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，；气缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，；所以气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低。故AB选项错误；CD．气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，速率大的分子数占总分子数的比例减小，C选项错误，D选项正确。16、【答案】C【详解】运动队员从B点到C点的过程做斜抛运动，根据速度的合成与分解有则vB的竖直分量为运动到B点时运动员重力的功率，选项A错误。运动员从B到C的时间为所以，故B选项错误；C．根据动量定理可知从B到C的运动过程中，运动员动量的变化量大小等于合力的冲量，故C选项正确；D．根据能量守恒定律可知从A到B的运动过程中，运动员机械能的减少量为故D选项错误。17.【答案】A【详解】A．速度很大的快中子不容易被俘获，则需要慢中子轰击铀核才容易发生裂变反应，反应中常使用慢化剂将快中子变成慢中子，常用的慢化剂有石墨、重水和普通水，故A选项正确；B．根据反应前后质量数守恒可得，所以X是中子。故B选项错误；C．根据比结合能和原子序数的关系图可知，的比结合能大于的比结合能。另外该核反应释放了能量，得到比更稳定，则的比结合能大于的比结合能。但是的核子数更多，结合能更大，故C选项错误；D．根据质能方程可知，产生度电对应的质量亏损为0.8kg，原子核消耗的质量应大于质量亏损，所以大于0.8kg。故D选项错误。18、【答案】C【详解】组合体运行的线速度小于第一宇宙速度，选项A错误。组合后在同轨道运动，线速度的大小不变，所以组合体的动能等于于组成前各自的动能之和。选项B错误。设组合体质量为m，地球质量为M，组合体轨道处的重力大小等于万有引力大小,黄金代换式为,联立以上解得故选项C正确。根据黄金代换式和密度公式,解得，故D错误。19、【答案】BD【详解】A．根据图像可知，波的传播方向不确定，故A选项错误；B．根据图像可知，两者间距为或，所以不可能同时经过平衡位置，故B选项正确；CD．当两者间距为时，波长为波速波长不可能为6m。当两者间距为时波长为波速波长也不可能为6m。故C选项错误；n=1时,波速可能是,D选项正确。20、【答案】ABC【详解】A．由图像可知0-0.5s内金属框受到恒定的重力和拉力，做匀加速度运动，则有解得，故A选项正确；B．金属框进入磁场前，根据牛顿第二定律有，解得。ab边运动到MN处时，金属框ab边切割磁感线产生的感应电动势为根据闭合电路欧姆定律有根据牛顿第二定律有解得，故B选项正确；0.5s-1.0s，金属框运动距离为由图像可知t=1.0s时cd边恰好进入磁场，线框中有感应电流的时间为0.5s，则通过线框截面的电量为。故C正确。cd边进入磁场后，ab两点间仍有电势差，但没有感应电流。选项D错误。21、【答案】 AD【详解】小球从a到b的过程中，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝－mgR＋qUab，解得：Uab＝eq\f(3mgR,4q)，故选项A正确。小球从最低点到最高点的过程中，根据动能定理有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＝－2mgR＋qUac，解得：Uac＝0，故a、c连线为等势线。且Uab＝eq\f(3mgR,4q)>0，因电场线垂直于等势线，且沿电场线方向电势逐渐降低，则匀强电场方向为O指向b。故选项C错误。a到b的过程，又因为，所以，故选项B错误。由以上分析可知，，则静电力与重力的合力与竖直方向的夹角为37°，当小球运动到等效最高点时，速度最小，小球由c点运动到等效最高点的过程中，有：，所以。故选项D正确。22.（6分）【答案】：（1）两物块的质量（1分）不同（1分）两物块运动半径之比或（2分）（2）C（2分）【详解】（1）[1][2]本题采用的是控制变量法，根据向心力公式研究F与r的关系，所以需要保持m、相同，转动半径不同。两物块随水平杆一起转动，角速度已经相同，所以应使物块的质量相同；[3]根据向心力公式可得，，所以（2）[4]该实验过程中采用的实验方法是控制变量法，故C正确，AB错误。00.100.200.300.400.500.60I/mA1.000.800.600.400.20U/V23、（9分）【答案】（1）2.0010（2分）（2）（1分）（1分）（3）分压式（2分）（5）U-I图线如下图所示，（1分）1.2（2分）。【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数；（2）[2]闭合开关前，指针置于最左端，电阻值无穷大处，闭合开关后，指针偏转角度过小，则阻值读数太大了，应换用更大档位，即选用“”档；[3]多用电表的读数；（3）[4]滑动变阻器的阻值比待测电阻小得多，所以选用分压式接法；（5）[5]将点补充完整，U-I图线点均匀分布在图线两侧，两端适当延长，图线见答案。由U-I图线的斜率可以得出待测电阻的值，再根据，，带入数据得：。24.（12分）【答案】（1）3s末（2）【详解】【解析】（1）A与地面的滑动摩擦力：（1分）2s末,A、B整体相对于地面开始滑动，0-2s内，A、B均静止。（2分）B的最大加速度当A、B之间开始有相对滑动时，，带入解得（2分）所以3s末A、B之间开始有相对滑动，3s末B的加速度。（1分）（2）2-3s内，A、B相对静止地向右滑动，由AB整体由动量定理得：（2分）拉力的冲量由F-t图象围成的面积求得：（2分）所以（2分）25（15分）【答案】（1）；；（2）【详解】（1）小球P在空中下落h2=0.2m后开始做圆周运动，此时绳伸直，由几何关系得（2分）由平抛运动公式，（1分）（1分）可得（1分）（2）小球P绷紧时，，设速度与竖直方向夹角为，，所以设绳与竖直方向的夹角为，，所以。（1分）所以绳子伸直时，速度正好沿着绳子方向，垂直绳子方向没有速度分量。（1分）绳子伸直的瞬间，绳子方向速度立即减为零，切线方向速度从0开始增加，开始做加速圆周运动。则由动能定理可得（2分）解得P、Q弹性碰撞，有（2分）（2分）解得由向心力公式（1分）解得（1分）26.（20分）【答案】（1）10eq\r(2)m/s；（2）θF电G【详解】（1）如图所示，小球处于静止状态时，受到的电场力和重力的合力在绳子的方向，由题图可知小球带负电，设电场力与重力的合力为F，则有F＝eq\f(mg,cos45°)＝eq\r(2)mg（1分）剪断细线后，小球所受电场力与重力不变，小球将沿着绳子方向做初速度为零的匀加速直线运动由牛顿第二定律得F＝ma解得a＝10eq\r(2)m/s2（1分）则小球第一次经过x轴时速度大小为：v＝at1＝10eq\r(2)m/s。（2分）(2)在x轴下方区域中，由小球受力分析知，tan45°＝eq\f(Eq,mg)所以F电＝qE＝mg（1分）故小球x轴下方区域做匀速圆周运动，设圆周运动半径为r，则有qvB＝meq\f(v2,r)（1分）θF电MGNxPQ解得则周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πE,gB)=0.8π（1分）由几何关系可知，小球x轴下方区域所做圆周运动的轨迹所对圆心角为，则运动的时间为t2＝eq\f(270°,360°)T＝0.6π（2分）分析可知，小球从N点再次进入x轴上方区域时，速度大小为v，方向与重力和电场力的合力垂直，故小球做类平抛运动，运动轨迹如图所示。设小球从N到P所用的时间为t3，则沿NQ方向有（1分）沿QP方向有（1分）且沿QP方向有a＝eq\r(2)g=10eq\r(2)m/s2由几何关系知，（1分）联立解得t3＝eq\f(2v,a)＝2s，（1分）沿QP方向的分速度：（1分）图中所示，类平抛过程速度的偏转角，（1分）由已知可知，（1分）由几何关系可知：（1分）所以小球第二次做圆周运动的时间：（2分）综上所述，小球从绳子剪断到第四次经过x轴的总时间：（1分）