湖北荆荆宜2023届高三五月三校联考 物理答案

2023年高三下学期5月三校联考物理试卷参考答案与评分细则一、选择题:本题共11小题,每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求,第8～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。题号1234567891011答案BCABCCDACBCBDBC1．【答案】B【解析】原子核的比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，A错误；汤姆孙通过对阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验，发现了阴极射线是由电子组成，并测出电子的比荷，即原子内部存在电子，B正确；处于n＝4能级的一个氢原子回到基态时，最多会辐射（n−1）种频率的光子，即3种频率的光子，C错误；由γ射线的特点可知，γ射线是波长很短的光子，穿透能力很强，电离能力很弱，D错误。2．【答案】C【解析】装入热水时，杯内上方气体温度升高，将一些气体排出，拧紧瓶盖，过一段时间后与外界发生热传递，气体放出热量后，内能减小温度降低。由于气体等容规律，瓶内的也压强减小，外界大气压将瓶盖压紧，故打开杯盖需要克服更大的摩擦力。温度降低后，气体的平均动能减小，平均速度也减小，并不是每个气体分子的速率都减小，单位时间内气体分子撞击容器的次数减少，故ABD错误，C正确。3．【答案】A【解析】如图所示为风筝受力示意图，风力为F时，重力为G，拉线拉力为F2；当风力变大为F1时，重力不变，拉线拉力变为F3，矢量三角形如图所示，风筝悬停在空中，可得风筝所受的合力为零，保持不变，拉线拉力变大，拉线对风筝的拉力与水平方向的夹角α变大，设拉线长为L，则风筝距地面高度为hLsin，则风筝距离地面的高度变大。故选A。4.【答案】B【解析】略5.【答案】C【解析】张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1：2：1，则对应11时间之比为1：2：1，有Lvtat2L(vat)2ta(2t)22vt4at2102202017L(v3at)tat2vtat2观察可得LLL，选C。302022136．【答案】C【解析】海水被推向纸外，根据左手定则可知，电流方向由b指向a，b为电源正极，故A错误；同时改变电流和磁场方向，海水受到的安培力不变，航行方向不变，故B错误；根据牛顿第三定律，海水对潜艇的力与潜艇对海水的力大小相等，方向相反，故C正确；电源输出的能量不可能完全转化为动能，有焦耳热损耗，故D错误。7．【答案】D【解析】由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速度逐渐减小；打开降落伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动；随着速度的减小，阻力也在减小，向上的加速度逐渐减小；当阻力和重力相等时向下做匀速运动，则位移先增加得越来越快，后增加得越来越慢，然后均匀增加，1A错误；重力势能Ep＝mgh，其随高度下降均匀减小，随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关，先减小得越来越快，然后减小得越来越慢，最后均匀减小，BC错误；机械能E＝E0－fy，开始时阻力先慢慢增大，开伞后阻力瞬间变大，最后运动员匀速运动，阻力不变，根据y的变化规律可知D正确。8．【答案】AC【解析】太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，电梯上各点均处于失重状态，故A正确；同步卫星的周期为TaT，当两卫星a、b第一次相距最远时，满足2πt2πt2Tt，解得，故错误；太空电梯相对地球静止，各点角速度相等，πTbBTTb2tT各点线速度vR，与该点离地球球心距离成正比，故D错误，C正确。9．【答案】BC【解析】在相同的单缝衍射实验装置的条件下，光的波长越长，其衍射现象越显著，中央亮条纹越宽，从图中可知光束a的衍射现象比光束b更加显著，故可知λa＞λb，cb单色光的波动性比a单色光弱，故A错误；波长长，则频率低，折射率小，根据v，nh在水中的传播速度vv，故B正确；光子动量p，所以pp，故C正确；a、bababL两束单色光射向同一双缝干涉装置，其干涉条纹间距x，则xx，故D错误。dab．【解析】设在时间内通过面积的空气质量为，则，解得10BDtSmmSv0t1(m)v2m0Sv；发动机输出的机械功率P2，对空气根据动量定理t0t，对直升机根据平衡知识，考虑，联立解得(Fmg)t(m)v0FMgMgmgmM2g2。t2P11.BC【解析】A不受支持力，则洛伦兹力垂直斜面向上，由左手定则知磁场垂直纸面向外，错误；线框刚进入磁场时对物体，，，对线框AABqv0mgcos53°Tmgsin53°nBLvTnB0Lg，解得B0.6T，v5m/s，C正确；线框进入磁场前做匀加速运R0动，，得2，则Mgmgsin53°(Mm)aa1m/sU/V2222v0，正确；nBLv0，h12.5mBP热Fvv0.5W2aAR03.0D错误。故选BC。3mg12.（6分）（3）FFH（2分）2.00R0.5（2分）（2分）1.013．（9分）（1）如答图（3分）330I/A200.20.40.6第13题答图（2）2.95V（2.90V~3.00V）（2分）（3）C（2分）（4）A（2分）（分）（）设气缸竖直悬挂时，内部气体压强为，空气柱长度为，由玻意耳定14.101P0l1律可知，（分）P0l0P1l1……220PSmgPS，……（1分）得ll，……（1分）101190ll19（）由盖吕萨克定律可知10，（分）得（分）2·……2T1T0……1T0T120（3）由热力学第一定律可知UQW……（1分）PlSWPSll……（1分）得QU0011020PlS即，释放了U00的热量……（1分）2015．（15分）解：（1）粒子在磁场中的运动轨迹如答图，设粒子做圆周运动的半径为r,由几何关系有rcosd（2分）-2dv2屏洛伦兹力提供向心力qvBm0（1分）0rrmv解得0（1分）Bv02dqθy（2）设粒子经过x轴时的坐标为-x1，则P-dO（分）x1rsinr2粒子在y>0区域电场中做类平抛运动，在xoy平面内沿v0方向x做匀速直线运动，设粒子碰到屏前做类平抛运动的时间为t1，则第15题答图(2dx)Eqvt1（1分）粒子运动的加速度a（1分）01cosm1在z轴负方向运动的距离zat212122解得6Eqd，所以打到屏上位置的轴坐标6Eqd（分）z12zz122mv0mv0（）设粒子在区域运动的时间为,研究在磁场中的分运动，有12r（分）3y<0t2t2112v0在y>0区域运动的时间仍为t1,设粒子打到屏上时z轴坐标为z2，则1z（att）2（1分）221211根据动能定理有Eqzmv2mv2（2分）22203222解得22Eqd（分）vv0(23)2213mv016．（16分）解：（1）对物块B，根据牛顿第二定律有（分）解得2（分）m2gm2aB1aB2m/s1对物块A和木板，根据牛顿第二定律有2mg（Mm）a（1分）解得am/s2（1分）213（2）设从B滑上木板到三者共速所经历的时间为t1，共同速度为v共，则（分）（分）v0aBt1at11v共at11解得（分）t11.5sv共1m/s11该过程中A与木板一起运动的距离xat2121解得，所以接下来三者一起运动，直至与挡板碰撞，设该过程经历x10.75m