物理-江蘇省百師聯(lián)盟2023-2024學年高三上學期開學摸底聯(lián)考物理答案

答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁江蘇省百師聯(lián)盟2023-2024學年高三上學期開學摸底聯(lián)考物理參考答案：1．B【詳解】A．荷葉上的露珠顯得特別“明亮”是由于光線發(fā)生全反射而形成的，故A錯誤；B．在雙縫干涉實驗中，相鄰條紋間距若雙縫間距d變小，則相鄰條紋間距變大，故B正確；C．肥皂泡表面可以看到彩色條紋，是因為肥皂泡的前后兩面反射回來的兩列光發(fā)生干涉，故C錯誤；D．觀看立體電影時需配戴特制眼鏡利用了光的偏振現(xiàn)象，故D錯誤。故選B。2．C【詳解】因導線bc段與磁場方向平行，則不受安培力；導線ab段與磁場方向垂直，受到的安培力為則該導線受到的安培力大小為。故選C。3．B【詳解】A．筆受到重力和細繩拉力的作用，合力方向向左，故A錯誤；BC．根據(jù)牛頓第二定律可知，筆的加速度向左，地鐵的加速度也向左，地鐵可能向左加速或者向右減速，故B正確，C錯誤；D．根據(jù)牛頓第二定律可知越大，筆的加速度越大，速度不一定越大，故D錯誤。故選B。4．B【詳解】A．鉗形電流表是根據(jù)電磁感應原理制成的，故只能用來測量交變電流，故A錯誤；B．根據(jù)理想變壓器電流與匝數(shù)關系可知，導線中的被測電流故B正確；C．電流表示數(shù)顯示的是交變電流的有效值，若只改變被測通電導線中交變電流的頻率而有效值不變，電流表的示數(shù)不改變，故C錯誤；D．若被測通電導線在鉗形口繞圈，則電流表示數(shù)故D錯誤。故選B。5．A【詳解】自由下落過程中，由得t=4.0s重力的沖量撞擊巖石時重力的瞬時功率故選A。6．D【詳解】A．由圖知a→b過程中壓強不變，根據(jù)壓強的微觀意義可得，溫度升高，分子的平均動能增大，為保持壓強不變，分子在單位時間內對單位面積器壁的碰撞次數(shù)應減少，A正確；B．由圖知a→b過程中氣體壓強不變，溫度升高，由可得氣體體積增大，氣體對外界做功，，理想氣體的內能只與溫度有關，故內能因溫度升高而增大，，結合熱力學第一定律可得即氣體一定從外界吸收熱量，且吸收的熱量大于氣體對外界做的功，B正確；C．由圖知b→c過程中，氣體壓強減小，溫度降低，圖線上各點與原點連線的斜率逐漸減小，又由可得圖像中的狀態(tài)點與原點連線的斜率與體積大小成反比，所以b→c過程中，氣體體積逐漸增大，C正確；D．溫度是分子平均動能的標志，b→c過程中氣體溫度降低，表明分子的平均動能減少，但并不是每個分子的動能都減少，D錯誤。該題選擇錯誤的選項，故選D。7．C【詳解】A．由可得可見二者運行時向心加速度大小相等，但方向時刻指向軌道圓心，方向并不相同，故A錯誤；B．同步衛(wèi)星的軌道半徑一定相同，并且衛(wèi)星相對地面靜止，與地球自轉方向相同，故軌道一定與赤道在同一平面內，不可能在我國任何城市的正上空，故B錯誤；C．由可得可見軌道半徑越大線速度越小，因為第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，而同步衛(wèi)星軌道半徑大于近地衛(wèi)星軌道半徑，故03星和01星的運行速度均小于第一宇宙速度，故C正確；D．由可得可見軌道半徑越大周期越大，則03星和01星的運行周期大于近地衛(wèi)星的周期，故D錯誤。故選C。8．C【詳解】根據(jù)題意畫出光路圖如圖所示

設在C點光線入射角為、折射角為，則根據(jù)折射定律有由于射入玻璃磚的入射角等于射出玻璃磚的折射角，則根據(jù)幾何關系可知解得故選C。9．C【詳解】A．從乙圖可知，在t=0時刻P點速度為正向最大值，即P點正在平衡位置向+y方向振動，根據(jù)“同側法”可知波沿x軸負方向傳播，由甲圖可知波長由乙圖可知周期波速A錯誤；B．質點P經(jīng)過0.6s恰好振動半個周期，運動的路程B錯誤；C．由甲圖可知該波質點振幅為10cm質點P的振動方程為即C正確；D．該波的頻率根據(jù)多普勒效應可知，當測井儀運動時，接收到的頻率可能大于或小于，D錯誤。故選C。10．C【詳解】A．爆炸過程中，系統(tǒng)內力遠大于外力，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，爆炸前系統(tǒng)總動量為零，由動量守恒定律可知，爆炸后，兩物體的動量大小相等，故A錯誤；B．設爆炸后任一物體的動量大小為p，物體的質量為m，則動能可知質量大的物體獲得的初動能小，故B錯誤；C．取爆炸后速度方向為正方向，根據(jù)動量定理得解得滑行時間由于μ、p、g相等，則質量大的物體滑行時間短，故C正確；D．爆炸后，根據(jù)動能定理得解得爆炸后物體滑行的距離由于μ、p、g相等，則質量大的物體滑行距離短，故D錯誤。故選C。11．D【詳解】A．空間中任意一點的電場強度都是兩個正點電荷的電場強度矢量疊加而成，在正方形abcd上電場線的方向是由O點指向各點，根據(jù)對稱性可知，b、d兩點的電場強度大小相等，方向不同，A錯誤；B．由abcd面上的電場線分布易知，在該平面上的等勢線是以O點為圓心的同心圓，則沿正方形abcd四邊移動電荷，電場力會做功，B錯誤；C．設，則根據(jù)點電荷電場中某點電勢的表達式可知，各點電勢分別為則O點與e點的電勢差e點與a點的電勢差O點與e點的電勢差不等于e點與a點的電勢差，C錯誤；D．將試探電荷+q由a點沿直線ac移動到O點，電場力做負功，電勢能增大，越過O點后電場力做正功，電勢能減小，D正確。故選D。12．60不均勻1200大于【詳解】（1）[1]電流表滿偏時指針所指刻度為0℃，由乙圖可知由得（2）（3）[2][3]根據(jù)圖乙可知金屬熱電阻的阻值隨溫度升高而均勻增大，金屬熱電阻的阻值與溫度的關系式為由得可知I與t并非線性關系，故溫度刻度線是不均勻的。（4）[4]電表指針偏轉等于滿量程的時代入得（5）[5]電動勢減小時，可通過調小調零電阻使仍成立，則當溫度為t'，電流對應為I'時，有則故傳感器測得的溫度值大于真實值。13．（1）

；（2）【詳解】（1）距離通訊裝置d處，單位時間內垂直通過球面上單位面積的電磁輻射能量解得（2）每個光子的能量光子頻率和波長的關系為單位時間內接收的光子個數(shù)解得14．（1）4r/s，864m/s2；（2）32.4m，129.6m【詳解】（1）線速度與轉速的關系為石子的轉速石子的向心加速度（2）在豎直方向上代入數(shù)據(jù)解得設石子做斜上拋運動時上升時間為t，則豎直上升過程中速度滿足水平位移解得代入數(shù)據(jù)解得15．（1），；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，從P點到Q點經(jīng)歷半個圓周，由幾何關系得半徑由牛頓第二定律得解得在電場中，由動能定理得解得（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期從P到Q做勻速圓周運動的時間進入電場區(qū)域，粒子做勻加速直線運動，有粒子第一次在電場中運動的時間粒子第二次在磁場中做勻速圓周運動的半徑在磁場中運動的周期粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關系知從M到N點的圓弧轉過了240°角。粒子第二次在磁場中運動的時間則從P點開始到N點的時間（3）由圖知N點坐標即N點坐標為16．（1）0.4；（2）8m，4m；（3）【詳解】（1）A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)最小時，需要A在傳送帶上一直加速，由動能定理得解得A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)最小值為（2）A與B系統(tǒng)動量守恒，有解得A、B共速時的速度為根據(jù)能量守恒有解得B的長度為若A恰好滑到B右端時，B與右側固定平臺相碰，則此時B與右側平臺間的距離d最??；在B加速至共速的過程中，對B由動能定理得解得（3）滑塊C與擋板D碰撞前，A、C系統(tǒng)動量守恒，有滑塊C與擋板D碰撞后至A、C共速過程，A、C系統(tǒng)動量守恒，有解得A、C共速時速度為全過程A、C與彈簧組成的系