物理答案

广东省新高考普通高中学科综合素养评价高三年级春学期开学调研考试物理参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．题号12345678答案BCBDCADB二、选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分．题号9101112答案ADBDBCBC1.B。【解析：对棉包进行受力分析如图，F1与F2分别是AP板与BP板对棉包的支持力，两者合力F12竖直向上与重力抵消，F1始终垂直于AP，F2始终垂直于BP，在支架逆时针缓慢转至BP板水平的过程中，F1与F2之间的夹角不变，BP板水平时F2竖直向上，F1为零，此时棉包只受两个力，A错误；支架挡板对棉包的作用力是F12，大小一直等于G，方向竖直向上不变，B正确；F1与F2之间的夹角不变，两者合力F12不变，该过程中F1一直减小，根据牛顿第三定律，棉包对AP挡板的压力与F1G相等，故一直减小，C错误；该过程中F2一直增大，根据牛顿第三定律，棉包对BP挡板的压力与F2相等，故一直增大，D错误。】2.C。【解析：根据自由落体运动规律，小李捏住直尺时直尺下落高度比较大，说明其反应时间长，直尺的速度比较大，故A、B错；两位同学测量过程中直尺下落时的加速度相同，均为g，速度变化一样快，故2hC正确；两位同学测算出的反应时间是根据自由落体规律t计算的，但实际存在空气阻力的影响，g122hhat，t，直尺下落加速度比g值小，实际下落时间比计算值大，D错。】2a3.B。【解析：强磁体对铝管没有吸引作用，A错；强磁体下落时会在铝管中产生感应电流的磁场，由楞次定律可知强磁体会受到阻碍其运动的磁场力，故磁体下落得慢，B对；强磁体运动时才能在铝管中产生感应电流，因此，强磁体不可能在管中处于静止状态，C错；强磁体下落时减少的机械能转化为电能，D错。4.D。【解析：烧瓶中的水加热至沸腾后堵住瓶口，倒扣烧瓶，往烧瓶上浇冷水，瓶中气体遇冷，温度降低，内能减少，压强降低，A、B错误；烧瓶冷却后，瓶中气体压强低于外界大气压强，瓶塞更难被拔出，C错误；水再次沸腾是由于气体压强降低，沸点降低，海拔高的地方气体压强较低，沸点较低，所以两个现象所涉及的原理相同，D正确。】15.C。【解析：由静止放上传动带的行李箱相对传送带向后滑动，在滑动摩擦力的作用下向前做匀加速直线运动，可能一直匀加速运动到MN，也可能在到达MN之前已与传送带共速，接着匀速运动到MN，由于斜面光滑，行李箱会沿斜面做匀加速直线运动，A错误；整个过程行李箱都不可能做减速运动，B错误；行李箱在传送带上开始运动时受到恒定的滑动摩擦力，加速度不变，可能达到与传送带共速，共速后合力为零，加速度为零，进入斜面后受力也恒定，加速度也恒定，C正确，D错误。】6.A。【解析：汽车在匀加速运动阶段，根据牛顿第二定律有F-Ffma，则汽车匀加速阶段的牵引力大小为FmaFf，达到额定功率时汽车的速度大小为vat，故汽车的额定功率为PFv(maFf)at。所P以，t=，选项A正确，B、C、D错误。】(Ffma)a7.D。【解析：粒子在磁场中运动的周期T=，与速度无关，故交流电周期应不变，A、B错；由R=2????��????????及Ek=可解得粒子的最大速度为，与D形盒的半径大小及磁场磁感应强度有关，C正确；洛伦兹2222�����力总与粒2子运动方向垂直，不对粒子2做�功，只改变其方向，D错误。】8.B。【解析：风力发电机的叶片转动时可形成半径为R的圆面，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，每秒冲击风力发电机叶片圆面的气流的体积为vR2，A错误；每秒钟风轮上输入的空气动能为111Emv2R2v1v2R2v3，B正确；风力发电装置是将风的动能转化为电能，时间tk22211mv2R2vtv21内P22R2v3，由此可知，风力发电装置的发电功率与风速的立方成正比，C错误；风tt2场的风速越大，只能表明相同时间内吹到叶片的风的动能越大，风的动能转化为转子叶片的动能还与转子叶片等因素有关，最终转子叶片的动能转化为电能还与装置的其他因素有关，D错误。】9.AD。【解析：由图像可知，0纬度（赤道）的地方周期最短，根据可知该2�位置的角速度最大，故A正确；由图像可看出南纬和北纬都是纬度越�高=周�期越长，根据可知角速度随纬度的升高而减小，故B错误；如图所示，纬度的线速2�度v�=θR�cosθ，故D正确；已知随纬度升高而减小，随纬度升高而�减小，故线速度v会随纬度升高而减小，不�可能相同�，C错误。】��10.BD。【闭合开关，U一定时静电计指针示数不变，R中无电流，则无电压降，故静电计指针不随R的变化而变化，A错误；R的改变不影响电容器两端电压，故液滴仍处于静止状态，B正确；开关断开，平行εrS板电容器的带电荷量Q不变，M极板向上移动一段距离时，两极板间距d增大，由C＝，则电容C变4πkdQUQ4πkQ小，由U＝可知U变大，则静电计指针的张角增大，因为两板间电场强度E＝＝＝，Q、S不变，CdCdεrS则E不变，带电液滴仍处于静止状态，C错，D正确。】11.BC。【解析：在开关刚拨过来，t=0时刻时本来电路中的电流是有最大值的，但由于线圈本身自感作用t0时间内有电流增大过程，由于电流增大，根据楞次定律可知发射线圈中的电流反向，和驱动线圈相互排斥，因此A错，B对。根据电流变化的斜率可知发射线圈中的电流不断减小，C对。考查学生对楞次定律的理解，t0时刻过后驱动线圈中电流减小，安培力反向，会使线圈减速，因此导管的最佳长度为可使线圈2在t0时刻到达管口的长度，D错误。】12.BC。【解析：小球从A运动到O，到O点时速度刚好为零，故小球做匀减速直线运动，风力方向与初速度方向相反，由B指向A，A错误；y对小球，从到，根据动能定理有：，故，AO风风212��008m−��=0−2���=2�x将速度4m/s代入，风力大小等于，B正确；小球到达O点时速度R为零，但仍受到恒定向右的风力作用，所以会向右做匀加速直线运动，根据能量守恒，小球到达A点时速率为v0，接着离开风筒，C正确；若小球仍以速率v0从C点沿CO方向进入风筒，小球会做类平抛运动，如图，小球沿y轴做匀速直线运动，若能到达A点，则，，��=�0��=�0小球沿x轴做匀加速直线运动，加速度风，位移，小球不会从A点离开风筒，2��0121D错误。】�=�=2��=2��=4�<�13.（7分）（1）1.00（2分）（2）2.02（2分）（2分）9.71（1分）���【解析：（1）根据光电门的工作原理得，解得初速度为1.00m/s。（2）根据光电门的工作原理得钢球��0=�1通过光电门②的速度，得v2=2.26m/s，由勾股定律得竖直方向的速度，得vy=2.02m/s，�222�=�2��=�2−�0再由得加速度计算式，可得加速度为9.71m/s2。】����=���=�14.（9分）（1）CD（正确得2分，选不全得1分，有选错不给分）【解析：断开开关时，A线圈中电流迅速减小，B线圈中磁通量变小，出现感应电流，使灵敏电流计指针向右偏转。为了同样使指针向右偏转，应减小B线圈中的磁通量，可以减小A线圈中的电流，或将A线圈拔出，或将A线圈倒置并插入B线圈中。A、B两个选项的操作会增大A线圈中的电流，导致电流计指针向左偏转，不符合题意。选CD。】（2）指针偏转方向与流入电流方向（2分）【解析：判断感应电流具体流向，应先查明灵敏电流计指针偏转方向与电流流入方向的关系。】（3）磁通量变化率（1分）【解析：释放高度越高，磁铁落入线圈的速度越快，则线圈中磁通量变化率越大，使得感应电流更大。】（4）负极（2分）C（2分）S【解析：欧姆挡指针没有偏转时，说明二极管的负极与电源正极相连，根据多N用电表红进黑出的操作原则，此时黑表笔接触的是二极管的负极。当磁铁插入线圈时，线圈中出现如图所示方向的电流，此时灯泡所在的支路有电流经CCD过，能够发亮。】315.（10分）（1）（2）????3解析：（1）氧离子2进入�加速电场，4根据动能定理有：（1分）122????=2��0解得：（1分）????（2）氧离子在偏转电�场0=中2做类�平抛运动偏转电场场强（1分）�根据牛顿第二定�律=有�：（1分）解得：（1分）2��=��2????若氧离子�=能�够�射出偏转电场，根据运动学公式得：（1分）��=�0（1分）12�=2��联立解得：（1分）��=4因此，距上板的氧离子恰好能够离开偏转电场，能够离开偏转电场的氧离子占能够进入偏转电场氧离子�4的比例（2分）�−�3�=�=416.（18分）解：设A的质量为m，则平板的质量为4m，人的质量为5m；（）设人滑到圆弧轨道底端时的速度为，人沿圆弧轨道下滑过程中机械能守恒，1v0由机械能守恒定律得：121（1分）（m人m包）ghW（m人m包）V○f20人与A碰撞后，人与A都向右做匀减速直线运动，平板向右做初速度为零的匀加速直线运动，人滑上平板后，由牛顿第二定律得：对人：5mg5ma人○2（1分）对平板：mg5mg0.1m4m5mg4ma平板○3（1分）经人与平板共速，设人与碰撞后人的速度为，共同速度为，离开板的速度为。则：t10.4sAv1vAvA4（1分）vv1a人t1a平板t1○人与A碰撞过程中系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：5（1分）5mv05mv1mvA○4联立并代入数据解得：，2，2，，，6（2分）v06m/sa人5m/sa平板5m/sv2m/sv14m/svA10m/s○（2）人与平板共速后，设人与平板整体的加速度为a，人与A碰撞后A在平板上的滑动过程中，A的加速度为aA，由牛顿第二定律得：对人与板：0.1(4m5m)g(4m5m)a○7（1分）对：8（1分）AmgmaA○人与碰撞后内：At10.4sv1v人的位移大小：xt1○9（1分）2v平板的位移大小：xt1○10（1分）121设板的长度为L，则：Lvtat2x○11（1分）A12A11人与平板共速到平板速度为零的过程中，平板的位移大小设为，则：x2212（1分）0v2ax2○根据题意，人与平板共速时未碰到河岸，则河岸宽度满足：d>x1+L；○13（1分）平板速度刚好为零时，平板通过的距离为：14（1分）dLx1x2○所以，“渡河”过程中，要使平板能够到达河岸，河岸宽度满足：（x1+L）