河北省张家口市2023届高三第二次模拟考试 物理答案

张家口市2023年高三年级第二次模拟考试物理参考答案题号12345678910答案DBCABCBACBCAD解析:由题意知238衰变方程为2382344产生的新核为234其中子数为1.D,94Pu94Pu→92U+2He,92U,234-92=142,h错误比结合能越大原子核越稳定新核的比结合能大于238核的比结合能错误由p及pA;,,94Pu,B;=λ=hmE得光电子物质波的最小波长λ错误由动量守恒定律有mvmv则粒子2k,=mE,C;αα-UU=0,α2kEvm的动能与新核的动能之比为kααU234117正确E=v=m==,D。kUUα[命题意图]本题以核电池为背景,具体考查原4子核的2衰变规律、光电效应、物质波、比结合能、动量守恒定律等,意在考查对这些知识的理解与应用能力。x解析:该波的波长为λx处的质点第二次位于波峰的时刻为tΔTT解得2.B=4m,=9m=λ+=0.3s,λT错误该波的传播速度为v正确t时x处的质点沿y轴正方向运=0.1s,A;=T=40m/s,B;=0=2myP动波源的起振方向沿y轴正方向错误设P质点与x处质点间的相位差为θθ1θ,,C;=0,sin=A=,=2θP质点第一次回到平衡位置的时刻为tT1错误30°,==s,D。[命题意图]本题考查机械波的形成与传播。3考60查°物理1观20念和科学思维,突出对基础性的要求。解析:设左侧轨道倾角为θ小球在左侧斜面上下滑的加速度大小为agθ左侧轨道长x3.C1,1=sin1,1=xRRθ小球在左侧轨道上运动时间为t211同理小球在右侧斜面上上滑的时间为11,1a;,2sin=1=2gRRRt2故小球在此过程中运动的时间为ttt12正确2=2g,=1+2=2(g+g)=3s,C。[命题意图]本题以倾斜轨道、圆弧为背景,考查牛顿运动定律与匀变速直线运动规律,意在考查对这些知识的理解与应用能力。d解析:单色光的光路如图所示设A点处的入射角为α折射角为β由几何关系得α34.A,,,sin=R=,2αα由几何知识得β由折射定律得nsin正确=60°,=30°,=β=3,A。sin[命题意图]本题以“蘑菇形”透明工件为载体,考查折射定律的理解与应用。考查对称性思维,突出对基础性的考查要求。高三物理答案第页(共页)15解析:平抛运动的时间由下落的高度决定若小球落到斜面与圆弧面上时的下落高度相同则小球平5.B。,y抛运动的时间相同错误设斜面倾角为θ小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为α则θ,A;,,tan=x=1gt2gtgt2α故αθ正确小球落到圆弧面上时若落点速度方向与该处圆的切线vt=v,tan=v,tan=2tan,B;,0200垂直则速度的反向延长线通过圆心但由平抛运动规律知速度的反向延长线应通过水平位移的中点,,,,C错误设小球的初速度为v运动时间为t则小球落到圆弧面上时速度大小为vv2gt2当v越;0,,=0+(),0大时落点位置越高但t越小v不一定大错误,,,D。[命题意图]本题以斜面、圆弧为背景,考查平抛运动规律,意在考查对平抛运动规律的理解与应用能力。BD解析φ1φ1:由φO+得φB错误因为φBφDφC所以平面ABCD是一6.C1=,1=4V,A;1=2=2=4V,11222个等势面如图正方体中心在该平面上所以正方体中心的电势为错误D点到平面(),,4V,B;1UUDDABCD的距离为dL电场强度的大小为E12正确错误1122=sin45°,=d=d=4V/m,C,D。[命题意图]本题考查电势差、电势、等势面等知识的综合应用。考查空间想象能力和科学思维,突出对基础性和综合性的考查要求。解析:物块相对木板向右滑动对木板有μmgMa得a2对物块有Fμmgma且7.B,=2,2=2m/s;-=1,aa可得F错误设历时t物块滑离木板则有1at21at2L物块滑离木板时的速度1>2,>6N,A;,1-2=,22LLvat得va22可知当11即aa2时物块离开木板的速1=1,1=1aa=,a=a,1=22=4m/s1-21a1122a-2a211度最小其最小值v正确当a2时Ft木板获得的速度vat1min122,=4m/s,B;=4m/s=8N,=1s,==若F则t错误若F则v错误22m/s,>8N,<1s,C;6N<<8N,>2m/s,D。[命题意图]本题以板块为背景,考查牛顿运动定律与匀变速直线运动规律,运用数学知识求极值等,意在考查板块临界问题的综合分析能力。n21解析:将理想变压器和后面的负载看成等效电阻Rzb当变阻器的滑片位于b端时RzbR,,(n)2,8.AC=2n1又I2RI2Rzb可得2正确原副线圈的电流之比为错误当变阻器的滑片位于a端10=1,n=,A;、1∶2,D;21n2URza10时RzaRR原线圈两端电压为U11U错误将R看成交流电,=(n)(2+1max)=44Ω,1=RRza=0,B;020+12源的内阻则变压器的输入功率为电源的输出功率当内电阻等于外电阻时变压器的输出功率最大此时,,,,n21有RzRRR解得R所以变阻器的滑片从a端移向b端时变压器的输出功率一直(n)(21)0,1,,=2+==0增大正确,C。[命题意图]本题考查变压器问题、电源输出功率等知识的综合应用。考查物理观念和科学思维,突出对基础性和综合性的考查要求。mMmM解析:设地球的质量为M中国空间站总质量为m由GmgGmg可得g9.BC,,R2=,r2=2,2=高三物理答案第页(共页)25R2mM2rrg错误又Gm2πr可得T2π正确神舟十五号飞船在离地面高度为h的(r),;2(T),2R,;Ar=2=gBm'Mv2m'M轨道上做圆周运动时有Gm'1则E1m'v2G同理神舟十五号飞船在中Rh2=Rh,k=1=Rh,(+)+22(+)m'ME国空间站轨道上运行时的动能EG对接后其动能减小了EEE解得EkrRk2=r,Δ=k-k2,Δ=r(--2tth正确由可以求出中国空间站连续两次经过赤道某点正上方的时间间隔t一天内经过),;TT,,C2-=1T地面某点正上方的次数为n错误=t,D。[命题意图]本题以神舟十五号飞船与中国空间站对接为背景,考查万有引力定律与圆周运动规律,对航天器变轨运动前后动能变化的理解等,意在考查对这些知识的理解与应用能力。解析:设ab边初始所处位置的磁感应强度为B四种运动中只有甲运动导线框磁通量不变化产10.AD,,,B生的感应电流为正确丙运动过程中转过角时cd边所处位置的磁感应强度为此时cd边0,A;,90°,,2B切割磁感线产生的感应电动势E丙Lv21BLv丁运动过程中转过角时ab边所处位置的=·=;,90°,222BB磁感应强度为此时ab边切割磁感线产生的感应电动势E丁Lv51BLv错误驱动力的,=·=,B;5555功率等于线框产生的电功率电功率正比于总电动势的次方初始时dc边所处位置的磁感应强度为,2,BB则乙运动初始时刻的电动势为E乙BLvLv1BLv由项分析可知丙运动过程中导线框转,=-=,B,222B过角时dc边切割磁感线产生的感应电动势E丙Lv21BLv错误由闭合电路欧姆定律90°,=·=,C;222ΔΦ和平均电流关系得通过导线横截面的电荷量正比于磁通量的变化量即q丙丁运动初始位置时,=R,、磁通量相同丙的末态和初态磁通量方向不变丁的末态磁通量方向反向磁通量变化大所以丁运动中,,,,通过导线横截面的电荷量比丙运动中大正确,D。[命题意图]本题考查法拉第电磁感应定律、能量守恒、闭合电路欧姆定律等,考查通电直导线周围磁场的分布情况。考查物理观念和科学思维,突出对综合性的考查要求。gθa答案:分分sin-分11.(1)0.20(2)0.50(2)(2)gθ(2)cosx()()解析:()滑块加速度大小为aΔ0.475-0.075-0.675-0.475/2/2,t时1=T2=2ms=0.20ms=2s1x滑块速度大小为vΔ0.675-0.075//,又va(t),解得t。2=t=ms=0.30ms2=2-00=0.50sΔ2gθa()由牛顿第二定律得mgθμmgθma,解得μsin-。2sin-cos==gθcos[命题意图]本题考查动摩擦因数的测量。考查科学思维和科学探究。突出对基础性的要求。答案:分分分分12.(1)45(2)(2)9(2)(3)7.5(2)30(2)U解析:()由图乙可得R,根据欧姆定律I,解得R。11=455Ω=RgRg=45Ω+1IR()灵敏电流计改装后的量程为I,IImg,代入数据解得R。AAmR12=60mA=+1=9ΩRR()改装后的电流表的内阻为Rg1;由图丙可知,当温度为时,热敏电阻阻值3AA=RR=7.5Ω50℃g+1高三物理答案第页(共页)35R,由图丁根据闭合电路欧姆定律有EI(RRR),解得R;原电流计指示t1AAt100=10Ω=++=7.5Ω时,则电流表的示数为I,由EI(RRR)可得R,由图22At20t25mAA=6×5mA=30mA=++=35Ω丙知此时的温度为。30℃[命题意图]本题以热敏电阻传感器为背景,考查用伏安法测量电表内阻、闭合电路欧姆定律、图像的理解与应用等,意在考查对这些知识的综合应用能力。pLm2v2答案:00pSL0()LL()01Mm13.1012+-2(+)解析:()由玻意耳定律得pLSp(LL)S(分)100=10-12pL解得p00(分)1LL=011-()子弹击中木块时,对活塞与子弹由动量守恒定律有mv(mM)v(分)20=+12活塞压缩气体的过程中,由动能定理得pSLW1(mM)v2(分)01-=0-+122由热力学第一定律得UWQ(分)Δ=-=01m2v2解得QpSL0(分)=01+(Mm)22+[命题意图]本题考查玻意耳定律、热力学第一定律等知识的综合应用。考查科学思维,突出对基础性和综合性的考查要求。答案:14.(1)0.540N/m(2)0.24J解析:()由图乙知挡板接触弹簧前的加速度大小为a/201=2.0ms由牛顿第二定律有mgθμmgθma(分)sin-cos=02解得μ(分)=0.51当a时弹簧被压缩长度为xxx(分)21=0=-=6.0cm-1.0cm=5.0cm2此时有mgθkxμmgθ(分)sin=+cos2解得k/(分)=40Nm1kx()设弹簧的最大压缩量为x,克服弹簧弹力做功为W0+3x(分)23T=322由动能定理有(mgθμmgθ)(xx)W(分)sin-cos3+1-T=02弹簧的最大弹性势能EW(分)pmT=1解得E(分)pm≈0.24J1[命题意图]本题以斜面上物体运动、弹簧、ax图像为背景,考查牛顿运动定律、胡克定律、变力做功、动能定理、弹性势能等,意在考查对这些知识的理解与应用能力。mEeU答案:EEeUeUU10(k0+1)θ15.(1)k1=k0+1(1+2)(2)eR(3)0≤<(21-2110)rad解析:()吸极电压对+离子做正功1BEEeU(分)k1-k0=12解得EEeU(分)k1=k0+11离子源和抑制电极间的电场对电子做负功,对电子有Ee(UU)(分)0-k2=-1+22解得Ee(UU)(分)k2=1+21()10离子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动,当r最大时,磁感应强度最小,如图所示,由几何知2B1010识可知,r的最大值为rR(分)1010=21v2在磁场中运动时,由牛顿第二定律可得Bevm10(分)r=10101高三物理答案第页(共页)451·mv2EEeU1010=k1=k0+1(分)21m(EeU)解得B10k0+1(分)=eR1()10离子在磁场中运动的轨迹半径为rR3B10=2v211离子在磁场中运动时由牛顿第二定律可得Bevm11rB=1111又1·mv2EEeU1111=k1=k0+12可得11离子在磁场中运动的轨迹半径为r22R(分)B11=110可知两离子半径相差很小,若10和11离子入射无偏转角时,近似认为两离子经过磁场的过程均偏转了BB,射出磁场时两离子间的距离为轨迹半径之差,如图所示。90°即xrr()2R(分)Δ=11-10=11-10110当1