2023年高三下学期5月三校联考 物理答案

U1n11n12242023年高三下学期5月三校联考率只有通电线圈的一半。由变压器原理，所以当从线圈1输入电压U1=220V时，根据得U2n22n221高三物理试卷答案线圈2输出电压U1=55V故AB错误；U2n22n221CD．当从线圈2输入电压U2=110V时1所以线圈1输出电压U1=U2=110V，故D错误，C一、选择题U1n11n111234567891011正确。故选C。CBBDCADADBDBCCD6．【答案】A1.【答案】C【详解】导体棒受的安培力斜向右下方，则受力分析可知F安cosfFNmgF安sin【详解】．根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒可知，方程中的质量数为，电荷数为，则是4He，衰ABCX42X2mg1解得F=当cossin=0时F即当tan时无论所加磁场多强，均不能使导体棒发生移动。安cossin安变过程放出射线是射线，具有很强的电离本领，贯穿能力弱，故C正确，AB错误；故选A。D．半衰期是统计规律，对少数原子核衰变不适用，故D错误。故选C。7．【答案】D2．【答案】B【详解】A．电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4m/s，缓冲弹簧被压缩2m时电梯停止了运动，根据能量守恒，得3．【答案】B1212【详解】电容器保持与电源连接，则电容器两极板间电压大小E不变，如图所示mvmgΔxkΔxf动Δx代入数据解得k11000N/m故A错误；22B．与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，先做加速度逐渐减小的加速运动后做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；C．电梯停止在井底时，由受力平衡得kΔxmgf静代入数据解得f静=kΔxmg=2200020000N=2000N故C错误；L正极板与P点间电势差为U0PE设负试探电荷带电量为q，则在P点的电势能为dxmgf动20000170003D．当电梯速度最大时，此时加速度为零，则kΔxf动mg解得Δx=m=mLk1100011EqqE正极板接地，P点电势为负，负试探电荷在P点的电势能为正值，同时随着距离x增大，电势pPdx电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做的负功，则能减小。故选B。3ΔEf动Δx17000J4636J4600J故D正确。4．【答案】D11a8．【答案】AD【详解】A．由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为t=·T222【详解】ACD．同一根轻绳弹力大小相等，令为T，对物体m1有Tm1r1m1l1令下方绳与竖直方向夹角为θ，对1a11由于宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程，则=所以α=π设宇宙飞船离地球表面的高度h，由几何关系626322l1m2F11物体m2有Tsinmrmlsin解得绳长之比=向心力大小之比圆周运动的半径之比2222Ra1l2m1F2sin可得=sin=sin=可得h=R故A错误；Rh262r1m2=，AD正确，C错误。rmsinB．地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全21TB．剪断细绳，m1在水平桌面上做匀速直线运动，m2做平抛运动，B错误。故选AD。食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为0，故B错误；T9．【答案】BDR【详解】A．物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力为T,则对物体A由牛顿第二定律有C．设宇航员观察地球的最大张角为θ，则由几何关系可得sin=可得θ=60°故C错误；2Rh2Tmgsin30mgcos30ma对物体B由牛顿第二定律有mgTma由题图可得2aaMMAAAABBBABGMm42mr42r3．万有引力提供向心力，所以解得其中＋又4D22M2r=Rh=2RV3代入数据，联立解得故错误；rTGTRT6NA3v24B．设物体B下降2m时的速度为v，则A的速度为，由能量守恒可得联立可得故D正确。故选D。2GT2hh121v2．【答案】mBghmAgmgcos30mBvmA()代入数据，解得v4m/s故B正确；5C42222【详解】AB．本题中每个线圈通交变电流后，其内部磁通量的一半通过另一个线圈，因此另一线圈的磁通量的变化C．物体B下降2m时，物体A运动的距离x1m，可得轻绳对动滑轮做的功为W2Tx261J12J故C错误；电压表的示数为3.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为9V，这就是改装好的9V电压表。D．物体B下降过程中，B减少的机械能一部分转化为A增加的机械能，还有一部分转化为克服摩擦力做的功，所（4）[3]由于定值电阻R0阻值为7Ω，为了让V表能尽可能取得合适的数值，应选用电阻较小的R1。以B减少的机械能大于A增加的机械能，故D正确。2故选BD。3U1U2[4][5]根据闭合电路欧姆定律可得3U1Er,10．【答案】BCR0【详解】A．设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以水平方向动ER0rER0r3a3kR0整理得U1U2，即a，k，解得E，r3R3r3R3r3R3r3R3r13k13k量守恒，则由图乙数据可得mgRMgR解得mM故A错误；0000三、计算题．小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则解得gR故正确；BmgRmMv共v共B214．（1）475K/202℃；（2）19.6cm1212RC．设小球上升的最大高度为H，根据机械能守恒定律有m(gR)(mM)v共mgH解得H故C正确；224【详解】（1）以右管空气为研究对象，初状态：．设小球滑回至点时，小球和小车的速度分别为v和v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有DP球车p1p0pL1(764)cmHg72cmHg，V1L1ST1300K，L14cm（1分）121212两管水银液面相平时：m(gR)mv球Mv车；m(gR)mv球Mv车解得v球0，v车gR小球离开小车后做自由落体运动，小车做222p2p076cmHgV2L2ST2L26cm（1分）2h10匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为xvtgRR故D错误。故选BC。车g5由理想气体状态方程有：pVpV11．【答案】CD1122（1分）T1T212【详解】A．导体棒MN在圆弧下滑过程有mgRmv0导体棒MN进入磁场瞬间，感应电动势E1BLv0，由于导体解得：2ET475K202℃（分）棒MN和PQ材料、横截面积均相同，则导体棒PQ的质量、电阻分别为2m，2r，则感应电流为I1，对导体211r2r（2）设加注水银后左侧液面比右侧高的长度为x，且B2L2棒PQ分析有BI12L2ma1解得a2gR，A错误；3mrp1p0pL172cmHgV1L1SL14cm（1分）1．稳定时，两导体棒均做匀速直线运动，回路总的感应电动势为，则有解得，可BC0BLvMNB2LvPQvPQ2gRp(76x)cmHgVLSL3.2cm（分）322331知，导体棒MN、PQ最终MN的速度大一些，B错误，C正确；根据1212122rD．整个过程回路产生的总焦耳热为Q总mv0mvMN2mvPQ导体棒PQ上产生的焦耳热QQ总，解得p1V1p2V2（1分）222r2r2解得x14cm（1分）QmgR，D正确。故选CD。9所以加入水银的长度为14+0.8+4.8=19.6cm（1分）二、实验题415．（1）4m/s；（2）0~45°；（3）0.25s0,m(Mm)d21112．（1）17.5（2分）（2）(22)（2分）Mmgh（2分）2t2t1【详解】（1）从x=0.1m飞入的粒子,由类平抛运动的规律有3a3kR13．（1）R（2分）（3）1.0（2分）（4）R（2分）（2分）0（2分）11113k13kyat2（1分）2【详解】（）不知道电压表内阻的准确值，还要扩大电压表的量程，就需要设置恒定的电压，因此图中分压用1[1]1qEa（1分）m的变阻器应该用电阻远小于电压表内阻的R1，以减小电压表分流带来的误差。x=v0t（1分）（3）[2]当电阻箱阻值为零，滑动变阻器的滑片P调到电压表刚好满偏，说明分压为3V。保持滑片P的位置不变，y=x2（1分）即分压保持为3V，当调节电阻箱，使电压表的示数为1.0V时，电压表和电阻箱的串联组合的电压为3V。这说明当联立解得（2）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度为（分）mgv0=4m/s1ag5m/s2（1分）m（2）从范围内任意位置进入电场的粒子，设进入的位置横坐标为x，则由减速至与传送带速度相等时所用的时间x=v0tvv057t1s0.4s（1分）qEa5am匀减速运动的位移解得vv75s0t0.4m2.4mL3.4m11212yat2=x2（1分）2所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为可知，所有粒子均从坐标原点飞出电场。Ls3.42.4t1s0.2s（1分）2v5设粒子飞离电场时沿电场方向的速度大小为v1，则v故物体从A运动到B的时间为tan1（1分）v0tt1t20.6s2（1分）v2ay1传送带的支持力对物体的冲量大小为粒子在电场中运动时间越长，飞出电场时速度方向与x轴负方向的夹角越大，故I1=mgt（1分）从y1=0.25m处进人电场的粒子，飞离电场时与x轴负方向的夹角最大，θ1=45°（1分）传送带的摩擦力对物体的冲量大小为从y2=0飞人的粒子运动方向不变，θ2=0（1分）I2=m（v-v0）（1分）故粒子飞离电场时速度方向与x轴负方向的夹角范围为0~45°。传送带对物体的冲量大小为（3）与x轴负方向夹角最大的粒子在磁场中运动的时间最短，所有粒子从同一点离开磁场，由洛伦兹力提供向心力22II2I2mgtmvv40Ns6.32Ns（1分）有1202mv（3）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为v1，小球1被撞后的速度大小为u1，以向右为正方qvB（1分）r向，由动量守恒和能量守恒定律得解得mvmvmu（1分）mvmv222r101r0m（1分），T=1s（1分）BqBqcos45v121212mvmvmu（1分）2212012454解得磁场中运动最短时间tT=0.25s（1分）出磁场的坐标为0,m（1分）236015vvm/s（1分）13316．（1）Wf25.5J；（2）I6.32Ns；（3）25J物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动中，由运动学公式得【详解】（1）物体由P到A的过程，由动能定理可得20v12as12mghWfmv0（2分）2解得解得5sm3.4m18Wf25.5J（1分）可知，物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小到零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，2v此过程电动机多给传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，作用时间t=1，电动机多消耗的电能为1a2mv2Emgvt（2分）113由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。物块返回再跟小球1发生弹性正碰，以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，物块的速度大小以及第n次往返电动机多消耗的电能分别为n21，2mv（分）vnvEn133n从第一次碰撞之后到最后运动中，电动机多消耗的能量为12mv212222n2mv2mv2mv2mv32Emv25J（1分）332333n131