遼寧省錦州市渤海大學附屬高級中學高三物理下學期2月開學摸底考試試題答案

PAGEPAGE112023高三二月摸底考試物理試卷參考答案一、選擇題：此題共10小題，共46分。在每題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的或不答的得0分。1．【答案】B【詳解】質(zhì)點是理想模型，研究的是物體，故A錯誤；簡諧運動研究的是振動過程，故B正確；點電荷研究的是電荷，是物體，故C錯誤、理想氣體研究的是氣體、是物體，故D錯誤．所以B正確，ACD錯誤．2．【答案】B【詳解】A．電磁波在真空中的傳播速度都是相同的，故A錯誤；B．因為5G使用的電磁波頻率比4G高，根據(jù)E=hv可知，5G使用的電磁波比4G光子能量更大，故B正確；C．發(fā)生明顯衍射的條件是障礙物（或孔）的尺寸可以跟波長相比，甚至比波長還小；因5G使用的電磁波頻率更高，即波長更短，故5G越不容易發(fā)生明顯衍射，故C錯誤；D．因5G使用的電磁波頻率更高，根據(jù)可知，波長更短，故D錯誤；應選B。3．【答案】D【詳解】A．自由落體運動是豎直向下、v0＝0、a＝g的勻加速直線運動，選項A正確，不符合題意；B．自由落體運動是初速度為零的勻加速運動，那么在開場連續(xù)的三個1s內(nèi)通過的位移之比是1∶3∶5，選項B正確，不符合題意；C．根據(jù)v=gt可知，在開場連續(xù)的三個1s末的速度大小之比是1∶2∶3，選項C正確，不符合題意；D．根據(jù)可知，從開場運動起下落4.9m、9.8m、14.7m所經(jīng)歷的時間之比為，選項D錯誤，符合題意。應選D。4．【答案】C【分析】可設自由電子定向移動的速率為v和導線中自由電子從一端定向移到另一端所用時間為t，求出導線中自由電子的數(shù)目，根據(jù)電流的定義式推導出電流的微觀表達式，再解得自由電子定向移動的速率。自由電子的數(shù)目等于摩爾數(shù)與阿弗加德羅常數(shù)的乘積，摩爾數(shù)等于質(zhì)量除以摩爾質(zhì)量。【詳解】設自由電子定向移動的速率為v，導線中自由電子從一端定向移到另一端所用時間為t，那么對銅導體研究：每個銅原子可提供一個自由電子，那么銅原子數(shù)目與自由電子的總數(shù)相等，為t時間內(nèi)通過導體截面的電荷量那么電流強度為得由于電流I是已知的，所以不需要使用計算。故ABD錯誤，C正確；應選C?！军c睛】此題關鍵要建立物理模型，利用電流表的定義式推導出電流的微觀表達式流再進展求解。5．【答案】B【解析】A項：根據(jù)公式可知，，由于“悟空”的軌道半徑小于同步衛(wèi)星的軌道半徑，所以“悟空”的線速度大于同步衛(wèi)星的環(huán)繞速度，故A錯誤；B項：由“悟空”經(jīng)過時間t（t小于其運動周期），運動的弧長為s可知，，由與地球中心連線掃過的角度為β（弧度）可知，，所以向心加速度，故B正確；C項：“悟空”要變軌為同步衛(wèi)星，要增大軌道，即要點火加速，如果向運動的同方向噴射一定量的氣體會使“悟空”的速度減小，故C錯誤；D項：繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，即：，聯(lián)立解得：地球的質(zhì)量為，不能求出“悟空”的質(zhì)量，故D錯誤．點晴：已知該太空電站經(jīng)過時間t（t小于太空電站運行的周期），它運動的弧長為s，它與地球中心連線掃過的角度為β（弧度），根據(jù)線速度和角速度定義可求得太空站的線速度和角速度，然后根據(jù)v=ωr可求得軌道半徑；根據(jù)萬有引力提供向心力求求得地球的質(zhì)量．6．【答案】D【詳解】AC．當彈簧彈力等于電場力時為平衡位置，此時彈簧被壓縮，平衡位置不再是O點；由于電場力是恒力，不隨彈簧的長度發(fā)生變化，而彈簧的彈力隨彈簧的形變量發(fā)生變化，由受力特點可知，小球在電場力和彈力作用下依然做簡諧運動，故AC錯誤；

B．由于B點的彈簧彈力大小與電場力大小關系未知，所以也無法判斷A點兩力關系，所以小球從B運動到A的過程中，動能可能先增大后減小，也可能一直增大，故B錯誤；D．小球在運動過程中，動能、彈性勢能和電勢能之和保持不變，在AB兩點時彈簧的彈性勢能相等，那么小球從B點運動到A點，其動能的增加量一定等于電勢能的減少，選項D正確。應選D。7．【答案】B【分析】由題意可知考察帶粒子在磁場中運動規(guī)律，根據(jù)牛頓第二定律及幾何關系分析可得．【詳解】假設粒子帶正電荷，畫出臨界軌跡如上圖所示，在磁場邊界的圓周上可觀測到有粒子飛出，可知，磁場半徑為OA=R，那么粒子運動軌跡半徑為O1A=Rsin60°=B正確，ACD錯誤，應選擇B．【點睛】此題關鍵找出臨界軌跡，磁場邊界的圓周上可觀測到有粒子飛出，可知圓心角，根據(jù)幾何關系可求出軌跡半徑．8．【答案】CD【詳解】平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)得：可知ta＞tb在水平方向上，有x=v0t，那么得由題圖知：b的水平位移是a的2倍，而tb＜ta，那么得：v2＞2v1故AB錯誤，CD正確。

應選CD。9．【答案】BC【詳解】副線圈開關S沒有斷開時電阻并聯(lián)后與串聯(lián)，開關S斷開后那么并聯(lián)后與串聯(lián)，因此可知副線圈的總電阻增大，電壓表V2測量的時副線圈的電壓，電流表A2測量的時副線圈的干路電流，因此由可知電壓表V2的示數(shù)不變，那么電流表A2的示數(shù)減?。挥煽芍娏鞅鞟1的示數(shù)減小；那么電阻R3兩端的電壓增大，故電流表A3的示數(shù)增大，那么B和C正確，A和D錯誤．應選BC。10．【答案】AC【解析】試題分析：B物體自由下落至與A碰撞前其速度為，根據(jù)自由落體運動規(guī)律，有：，AB碰撞完畢之后瞬時二者速度共同速度為，以向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：，解得：，從二者一起運動到速度變?yōu)榱愕倪^程中，選擇B作為研究對象，根據(jù)動量定理，有：，解得，方向豎直向上．B與A碰撞后二者一起向下做加速度增大的減速運動．假設是勻變速直線運動，那么位移為：x=m，可知碰撞完畢后兩物體一起向下運動的最大位移大小一定不是0.25m．故B錯誤；A、B分開后，假設在原位置分開，B還能上升的最大高度為，但實際上AB在彈簧恢復原長時，即分開，故小于0．2m，D錯誤；考點：動量守恒定律；動量定理；機械能守恒定律．【名師點睛】此題關鍵是明確兩個物體的運動規(guī)律，然后運用自由落體運動規(guī)律、動量守恒定律和動量定理列式求解，不難．第二卷（非選擇題共54分）二、非選擇題：此題共5小題，共54分。11.（4分）【答案】0.502.60【詳解】[1]電流表的最小刻度為0.02A，那么通過電阻的電流為0.50A；[2]電壓表的最小刻度為0.1V，那么電阻兩端的電壓為2.60V。12.（10分）【答案】DE0.8810.2【詳解】(1)[1]A．因為有力傳感器，就不需要測量出砂和砂桶的質(zhì)量，直接由力傳感器測出繩子對物塊的拉力，故A錯誤；B．桌面要水平，因本實驗要測量滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)，故沒有必要平衡摩擦力，故B錯誤；C．因為有力傳感器可直接測量出物塊的拉力，故實驗中不需要一定要保證沙和沙桶的質(zhì)量m遠小于滑塊的質(zhì)量M，故C錯誤；D．為了打出更多的點，提高紙帶的利用率，那么需要滑塊靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出紙帶，同時記錄力傳感器的示數(shù)，故D正確；E．為了描繪a-F圖像，要多測幾組數(shù)據(jù)，故需要改變沙和沙桶的質(zhì)量，再打幾條紙帶，故E正確。應選DE。(2)[2]根據(jù)逐差法可求出小車的加速度為(3)[3][4]由牛頓第二定律，可得物塊的加速度為那么由圖像可知，解得，(4)[5]砂桶接觸地面前的過程中，對滑塊由動能定理可得砂桶落地后，對滑塊由動能定理可得聯(lián)立解得13.（10分）【答案】(1)；(2)?！驹斀狻?1)根據(jù)折射定律以及光路可逆原理。作出光路圖如下圖：光路圖（2分）在E點，光的入射角，光的折射角（2分）所以透明材料的折射率（2分）(2)設三棱鏡向右平移的距離為，在中由幾何關系得（3分）解得（1分）14.（12分）【答案】(1)0.2(2)3.2m/s(3)1.6J【分析】由題意可知考察牛頓第二定律、動量守恒、摩擦力做功生熱問題，根據(jù)牛頓第二定律、動量守恒、功能關系分析計算可得．【詳解】(1)設B物體在傳送帶上加速度為（1分）由題意知A、B開場間距等于，所以A追上B有（1分）（1分）(2)A與B發(fā)生碰撞前B的速度為（1分）A、B發(fā)生碰撞有（2分）（1分）(3)B在碰撞前與傳送帶間摩擦熱量為（1分）碰后A與B一起相對傳送帶滑動到相對靜止有（2分）（1分）（1分）【點睛】摩擦力做功生熱在數(shù)值上等于摩擦力與相對距離的乘積，碰撞前后摩擦力和相對距離都不同，所以分階段分別計算摩擦生熱，再求總的熱量．15.（18分）【答案】(1)；(2)，；(3)【詳解】(1)導體棒在B1的磁場中受恒力F，安培阻力向右運動，時間為t0，此過程磁感應強度恒定，由動能定理（2分）由功能關系，安培力做負功把機械能轉(zhuǎn)化為電路中的焦耳熱，有（1分）解得（1分）(2)離開第一個磁場的棒在進入第二個磁場前，只受摩擦力作用做勻減速直線運動，設末速度為，那么（1分）那么，導體棒在磁場區(qū)B2中速度大小（1分）因?qū)w棒進入第二個磁場是勻速運動，而導軌光滑，那么不受安培力，即不產(chǎn)生感