河北省秦皇岛市部分学校2023-2024学年高三上学期开学联考物理答案

2023-11-24 · 5页 · 436.9 K

高三年级开学检测———物理答案与解析1.【答案】B238234238 2344【解析】由题意可知94Pu衰变后的原子核为92U,所以核反应方程为94Pu→92U+2He,所234以衰变过程中释放的粒子为α粒子,故A错误;由前面分析可知92U的中子数狀=234-92=142,故B正确;由于核电池是利用元素衰变过程中释放的能量来工作的,所以衰变过程中一定会出现质量亏损,故C错误;半衰期是统计规律,由原子核本身决定,与化学状态和物理环境无关,所以植入人体后半衰期不会发生变化,故D错误。2.【答案】C【解析】6.5~7.5岁男性和女性的身高生长速度一样,但不表明他们的身高一样,故A错误;从图像可知6.5~17.5岁男性和女性的身高生长速度先减小后增大再减小,故B错误;由图像可知男性在12.5~15.5岁身高生长速度与年龄成直线关系,即身高生长速度随着年龄均匀减小,所以身高生长的加速度不变,故C正确;7.5~10.5岁男性的身高生长速度小于女性的身高生长速度,故D错误。3.【答案】B【解析】书本静止在倾斜桌面上,肯定受到桌面给的摩擦力,桌子静止在水平地面上,将桌子和书本整体分析,桌子只受重力和支持力,不受地面的摩擦力,故B正确,A、C、D错误。4.【答案】D【解析】旅行者2号已经脱离太阳系,所以它的发射速度超过16.7km/s,故A错误;由题意可知旅行者2号发射后只在一段时间内受地球引力作用,然后就脱离地球引力束缚,受太阳引力影响,最后脱离太阳引力束缚,故B错误;旅行者2号的加速度由它受到的合力决定,发狊射后它受到合力不一定一直增大,故C错误;地球信号传输到旅行者2号所需的时间狋=犮1.99×102×108×103m1.99==×105s≈18.4h,故D正确。3×108m/s35.【答案】A【解析】对两辆车整体受力分析并结合牛顿第二定律有犉0-2犉犳-(犿1+犿2)犵sinθ=(犿1+犉0-2犉犳犿2)犪,解得犪=-犵sinθ,故A正确,B错误;对前车受力分析有犉-犉犳-犿1犵sinθ=犿1+犿2犿1犿2-犿1犿1犪,解得犉=犉0+犉犳,故C、D错误。犿1+犿2犿1+犿26.【答案】C【解析】小球犃、犅绕过犆点的竖直轴转动,合力提供向心力,犃、犅间的库仑力为斥力,所以犃、犆间必须是引力才可以,所以小球犆一定带负电,故A错误;对小球犆受力分析可知,犃、犅两个小球给犆的库仑力的合力一定竖直向下,小球犆受到的重力也竖直向下,所以固定4狇·狇物给小球犆的作用力一定竖直向上,故B错误;对小球犃受力分析有犽cos60°-犱22狇·狇2犱2犽狇犽=犿ω,解得ω=,故C正确;若小球犆的电荷量可以变化,对小球犅受力分犱22槡犿犱3·高三开学检测———物理答案 第1页(共5页)】{#{QQABQYyQoggAAgBAABgCAQ0CCkKQkACCCAgGhEAAoAABiBFABAA=}书2槡3析,竖直方向上有犉犆犅sin60°+犉犖-犿犵=0,犉犖≥0,所以犉犆犅≤犿犵,水平方向有322犽狇2犱2槡3犵2犽狇犉犆犅cos60°-=犿ω,解得ω≤-,故D错误。犱22槡3犱犿犱37.【答案】D2狀π犅犛【解析】由题意可知发电机产生的电动势的最大值犈犿=狀犅犛ω=,电动势的有效值犈=犜犈犿槡2狀π犅犛槡2狀π犅犛=,但由于线圈有电阻,所以线圈两端电压犝1≠犈=,故A错误;图示时槡2犜犜刻发电机电动势的瞬时值为0,但通过副线圈的电流的瞬时值不为0,电流表示数表示电流22犈狀2槡2狀π犅犛狀2的有效值,不随时间变化,故B错误;犝1=犈-犐1狉,解得犐1=22=22,故狀2狉+狀1犚犜(狀2狉+狀1犚)2犐1狀2犈狀2槡2狀π犅犛狀1狀22C错误;由=可知犐2=22=22,所以电阻犚消耗的功率犘=犐2犚=犐2狀1狀2狉+狀1犚犜(狀2狉+狀1犚)2222222狀π犅犛狀1狀2犚2222,故D正确。犜(狀2狉+狀1犚)8.【答案】BC【解析】该同学听到有的地方声音比较强有的地方声音比较弱是因为声音发生了干涉现象,相互加强的地方音乐比较强,相互减弱的地方声音比较弱,故A错误;两个音箱并联,所以发出的声音步调相同,与两个音箱距离相同的点是振动的加强点,所以声音比较大,故B正确;该同学走到教学楼后面还能听到音乐,是声音发生了衍射,绕过教学楼继续传播了,故C正确;声音发生明显衍射的条件是障碍物的大小小于波长,如果适当增大播放音乐的频率,会使波长减小,一旦波长小于教学楼的尺寸,声音不能发生明显衍射,教学楼后面就听不到了,而增加播放音乐的音量不影响声音的衍射,故D错误。9.【答案】AC【解析】设犗点到椭圆中心的距离为狓,由几何关系可知小球在犃点时弹簧伸长狓,当小球在犅点时弹簧压缩狓,所以当小球在犃、犅两点时弹簧的弹性势能相等,在小球从犃运动到犅的过程中,弹簧的伸长量先减小,然后弹簧的压缩量增大,弹性势能先减小后增大,故A正确;小球位于犃点时速度为0,所以小球重力做功的功率为0,当小球位于犅点时速度方向水平向左,此时小球重力做功的功率仍为0,所以在小球从犃到犅的过程中小球重力做功的功率不可能一直增大,故B错误;由前面分析可知,小球从犃点运动到犅点的过程弹簧弹性势1能不变,所以减小的重力势能全部转化为动能,所以有犿犵×2犪=犿狏2,所以狏=2犵犪,故2槡C正确;由前面分析可知,仅将小球质量变为原来的2倍,小球运动到犅点的速度不变,故D错误。10.【答案】BD槡3槡3犿犵【解析】由题意可知犆犇棒受到的最大静摩擦力犉犳犿犪狓=犿犵cos30°=×犿犵×=<μ624犿犵犿犵sin30°=,所以犆犇棒受到的安培力一定沿导轨斜向上,由左手定则可知电流方向由2·高三开学检测———物理答案第2页(共5页)】{#{QQABQYyQoggAAgBAABgCAQ0CCkKQkACCCAgGhEAAoAABiBFABAA=}犇到犆,所以电容器与犕1犖1连接的极板带负电,故A错误;当摩擦力沿导轨向上且最大时,安培力最小,此时通过金属棒的电流最小,有犉犳犿犪狓+犉安犿犻狀-犿犵sin30°=0,犉安犿犻狀=犐犿犻狀犔犅0,此时犆犇棒两端电压最小,有犝犆犇犿犻狀=犐犿犻狀犚,此时电容器的电荷量狇犿犻狀=犆犝犆犇犿犻狀=犆犿犵犚,当摩擦力沿导轨向下且最大时安培力最大,此时通过金属棒的电流最大,有犉安犿犪狓4犔犅0-犉犳犿犪狓-犿犵sin30°=0,犉安犿犪狓=犐犿犪狓犔犅0,此时犆犇棒两端电压最大,有犝犆犇犿犪狓=犐犿犪狓犚,此时3犆犿犵犚2犆犿犵犚电容器的电荷量狇犿犪狓=犆犝犆犇犿犪狓=,所以电容器极板的电荷量大小可能为,故4犔犅03犔犅0B正确;由题意可知随着通过金属棒的电流增大,摩擦力先是沿导轨向上减小,后是沿导轨犿犵3犿犵向下增加,故C错误;由前面分析可知通过金属棒的电流≤犐≤,由闭合电路欧姆4犔犅04犔犅0Δ犅π狀犱2Δ犅犿犵(犚+狉)定律有犈=犐(犚+狉),由法拉第电磁感应定律有犈=狀犛=·,解得2≤Δ狋4Δ狋π狀犱犔犅0Δ犅3犿犵(犚+狉)≤2,故D正确。Δ狋π狀犱犔犅011.【答案】(1)分米(1分);(2)1.40(2分),0.20(2分);(3)288(3分)。【解析】(1)由图中数据可知数据估读到了厘米,所用卷尺的最小刻度是分米,这样估读一位后就是厘米;(2)油桶做匀变速直线运动时平均速度等于时间中点的瞬时速度,狓犃犆5.61所以狏犅==m/s=1.40m/s,2犜4(狓3+狓4-狓1-狓2)14.41-5.61-5.61由逐差法有犪==m/s2=0.20m/s2;4犜24×2×2(3)由匀变速直线运动规律有狏犃=狏犅-犪犜=1.40-0.20×2m/s=1.00m/s,狏犈=狏犅+3犪犜11=1.40+3×0.20×2m/s=2.60m/s,由动能定理有犠=犿狏2-犿狏2=288J。2犈2犃12.【答案】(1)AD(3分)(选对1个得1分,选对2个得3分,选错不得分);1(2)空气柱体积(犞=犔犛)越大,封闭气体的压强越小(1分)(2分);犔(3)35℃(2分)。【解析】(1)实验前给注射器柱塞涂润滑油是为了增加实验装置的气密性,保证封闭气体质量不变,而不是为了减小柱塞与注射器之间的摩擦力,因为气体的压强由压强传感器直接测得,故A正确,B错误;为了防止封闭气体的温度变化影响实验结果的准确性,要缓慢推拉柱塞,并且不能用手握注射器,故C错误,D正确。故选AD。(2)由图乙可以得出的实验结论为空气柱体积(犞=犔犛)越大,封闭气体的压强越小,若封闭犽犽犽11气体的压强与气体的体积成反比,则有狆===·,所以以气体压强狆为纵轴,犞犔犛犛犔犔为横轴,若得到一条过原点的直线,则表明在温度不变的情况下气体的压强与体积成反比;(3)由题意有犪图像对应的实验温度犜2=(7+273)K=280K,气体从狓2到狓1过程为等压犞2犔2犛犛犞1犛变化,所以有====,即狓2犜2=狓1犜1,所以犜1=308K,即35℃。犜2犜2狓2犜2犜1狓1犜1·高三开学检测———物理答案 第3页(共5页)】{#{QQABQYyQoggAAgBAABgCAQ0CCkKQkACCCAgGhEAAoAABiBFABAA=}1213.【答案】(1)犚线=犚0;(2)犘=犐0犚0。4解:(1)当滑片在最左端时,设电动机两端的电压为犝,回路中的电流为犐,对液滴受力分析犝有狇=犿犵(1分)犱由闭合电路欧姆定律有犝=犈-犐(狉+2犚0)(1分)犝1电动机的绕线犚线==犚0(2分)犐4(2)当电动机正常工作时,设电动机两端的电压为犝′,回路中的电流为犐′犝′对液滴受力分析结合牛顿第二定律有狇-犿犵=犿·3犵(1分)犱1由闭合电路欧姆定律有犝′=犈-犐′(狉+犚0)(1分)4犚022此时电动机输出的机械功率犘=犝′犐′-犐′=犐0犚0(2分)42槡3犿狏0槡3犿狏05槡3π犱14.【答案】(1)犈=;(2)犅=;(3)狋乙=1+。3狇犱狇犱(27)狏0解:(1)粒子甲在电场中做类平抛运动,有犱=狏0狋1(1分)槡31犈狇2犱=··狋1(2分)62犿2槡3犿狏0解得犈=(1分)3狇犱(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,粒子甲在犆点时速度与初速度方向的夹角为θ,犈狇狋1犿槡3有tanθ==(1分)狏03所以θ=30°则狏0=狏犆cosθ(1分)2狏犆粒子在磁场中运动有狇狏犆犅=犿(1分)犚甲由几何关系可知犱=犚甲(1+sinθ)(1分)槡3犿狏0解得犅=(1分)狇犱(3)粒子乙在离开电场时速度与初速度方向的夹角为α3狇犈··狋乙1犿有犱=狏0狋乙1,tanα==槡3所以α=60°(1分)狏02狏乙狏0=狏乙cosα,粒子乙在磁场中运动有3狇狏犆犅=犿(1分)犚乙犿狏乙2槡3解得犚乙==犱<犚甲3狇犅95所以粒子从磁场的左边界第一次离开磁场,由几何关系可知狋乙2=犜乙(1分)6·高三开学检测———物理答案第4页(共5页)】{#{QQABQYyQoggAAgBAABgCAQ0CCkKQkACCCAgGhEAAoAABiBFABAA=}#}2π犚乙犜乙=(1分)狏乙5槡3π犱所以粒子乙从进入电场到第一次离开磁场所用的时间狋乙=狋乙1+狋乙2=1+(1分)(27)狏015.【答案】(1)狏0=槡犵犚;(2)犉压=10犿犵;(3)犺=3犚。解:(1)在恒力犉向左推木块的过程中对整体分析由动能定理有12犉·2犚=(犿+犕)狏0(2分)2解得狏0=槡犵犚(1分)(2)撤去恒力犉后系统动量守恒,从撤去恒力犉到滑块通过圆弧轨道最低点犅的过程中有(犿+犕)狏0=犿狏1+犕狏2(1分)121212(犿+犕)狏0+犈=犿狏1+犕狏2(1分)2狆22解得狏2=0或狏2=2槡犵犚(1分)因为在此过程中木块受到的合力向右,所以应该减速故狏2=2槡犵犚舍去,解得狏1=3槡犵犚(1分)2犿狏1此时对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有犉犖-犿犵=(1分)犚由牛顿第三定律有犉压=犉犖(1分)解得犉压=10犿犵(1分)(3)当滑块运动过程中离犅犆面的高度最大时,滑块与木块水平方向上速度相等,竖直方向上速度为0(1分)所以对从撤去恒力犉到滑块离犅犆最高的

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