物理-甘肅2023-2024學年高三上學期1月份期末考帶答案

—1—甘肅省一月份高考診斷考試物理參考答案物2Po的比結合能，A錯誤；由結合能的定義可得該反應過程中放出的能量Q—E2十E3—E1，B錯誤；根據(jù)愛因斯坦質能方程可得該核反應過程中的質量虧損m—，C錯誤；放射性原子核發(fā)生衰變時，產生的新核處于高能級，這時它要向低能級躍遷，并放出光子，D正確。2.選C設經過A、B兩點中間位置的速度為心，則心2—線運動中，某段時間內中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，則經過AB段中間時刻的速度是心經過前一半位移所用時間t1—，經過后一半位移所用 通過的位移等于這段時間的平均速度乘以時間，故前一D錯誤。3.選B根據(jù)速度-時間圖像可知星球表面的重力加速度為g,——4m/s2，根據(jù)mg—G，可得星球的質量為M，故B正確。4.選A健身者向前勻速運動時突然減速，由于慣性N板相對M板向前移動，兩極之間距離d減小，根據(jù)C—可知，C增大，根據(jù)Q—CU可知，Q增大，故A正確；勻速運動時加速度為0，電容C不變，故電路中無電流，故B錯誤；突然向前加速時，由于慣性N板相對M板后移，d增大，C減小，Q減小，所以電容器處于放電狀態(tài)，電流由b點流向a點，故C錯誤；保持向后的勻加速運動時，加速度a不變，板間距離不變，所以M、N之間的電場強度不變，故D錯誤。5.選A若汽車處于駐車狀態(tài)，拉索OB、OC的作用力變大，拉索OB、OC是拉緊的，故A正確；令人BOC—θ,則若保持OB、OC兩拉索拉力不變，OB、OC兩拉索夾角越小，合力F合—2Fcos越大，即拉動拉索AO越費力，故C錯誤；拉動手剎拉桿時，由FAO—F合—2Fcos，可得θ—120。時，F(xiàn)AO—F，即當OB、OC兩拉索夾角大于120。時，拉索AO上拉力比拉索OB和OC中任何一個拉力6.選D地球的南北半球的中高緯度都有可能出現(xiàn)極光現(xiàn)象，故A錯誤；南北兩極的磁感應強度較強，粒子在運動過程中，由洛倫滋力提供向心力，周期公式T—，可知，當磁感應強度增大時，周期減小，故B錯誤；洛倫滋力始終與速度垂直，所以洛倫滋力不做功，動能不變，故C錯誤；地球的磁場由南向北，根據(jù)左手定則可知，粒子帶負電，故D正確。7.選B燈泡L3燈絲燒斷后，副線圈回路電阻變大，如圖所示，根據(jù)變壓器的等效電阻R等—2R副可知，R等電阻變大，原線圈電流減小，又變壓器的輸入功率等于輸出功率，所以變壓器的輸入功率變小。由于輸入電流變小，燈泡L1兩端的電壓減小，燈泡L1變暗，原線圈兩端電壓增大，匣數(shù)比不變，故副線圈兩端電壓增大，所以燈8.選AC波速心—4m/s，由圖像知，波長λ—8m，則周期T——2s，根據(jù)波的傳播方向與波動規(guī)律可知，t—0時刻質點M沿>軸正方向運動，運動的時間11s—5T，可見t—11s時質點M在平衡位置，加速度為零，故A正確；質點M的振幅是0.25m，在0~6s時間內共振動了3個周期，運動的路程是L—3X4A—3X4X0.25m—3m，故B錯誤；振幅A—25cm，幼——rad/s—πrad/s，質點M的振動方程為>—25sin(πt）cm，故C正確；機械波在介質中的傳播速度由介質本身的性質決定，與波源的振動頻率無關，把波源的振動頻率加倍，波速不變，故D錯誤。公眾號：高中試卷君—2——槡3L；由于粒子在磁場中運動的周期T—，令粒子軌跡對應的圓心角為θ,粒子運動的時間t—T，解得t—，由于兩個粒子在三角形區(qū)域內運動的時間t1：t2—2：1，可知速率為心2的粒子運動軌跡對應的圓心角為60。，可知速率為心2的粒子必定從BC邊射出，根據(jù)其運動軌跡及幾何關系有L—R2sin60。，由于洛倫弦力子的速率之比心1：心2可能為1：3或2：9。故選A、B。10.選BD轉盤剛開始轉動，細繩未繃緊，細繩的拉力為零，此時靜摩擦力提供向心力，設轉動到某一角速度幼1時，靜摩擦力達到最大值，根據(jù)牛頓第二定律有μMg—M幼12Lsina，此時物塊線速度大小為心1—幼1Lsina開始運動到細繩中將要出現(xiàn)拉力過程中，轉盤對物塊做得W—μMgLsina，故A錯誤，B正確；當轉盤對物塊支持力恰好為零時，豎直方向Mg—Tcosa，水平方向塊的角速度增大到槡Lc時，物塊與轉臺間恰好無相互作用，則物塊能在轉臺上隨轉臺一起轉動的最大角速周運動的過程中受到的繩子的拉力方向與物塊運動的方向始終垂直，所以細繩對物塊拉力的瞬時功率始終為零，故D正確。11.解析1）大頭針P1、P2、P3、P4理論上都應在同一光路上，所以該同學接下來要完成的必要步驟有：插上大頭針P3，使P3擋住P1的像和P2的像，接著插上大頭針P4，使P4擋住P3和P1、P2的像。故選B、C。（2）為了減小作圖誤差，P3和P4的距離應適當取大些，故A正確；全反射必須是光由光密介質射向與光疏介質的交界面時才能發(fā)生，所以即使光在界面aa,的入射角大于臨界角，光也不會發(fā)生全反射，而一定會折射進入玻璃磚，故B錯誤；根據(jù)光路的可逆性可知，光在aa,的入射角為β,根據(jù)折射定律有sina—<—sinC，不論光以什么角度從aa,射入，經一次折射后到達界面bb,時的入射角都會小于全反射臨界角，所以都能射出，故C正確。（3）如圖所示，實線為實際的光路圖，虛線為實驗中作出的折射光線，可知作出的折射光線相比實際折射光線沿逆時針轉動了一個角度，所以折射角a的測量值大于真實值，而由于玻璃磚上表面與aa,平行，所以入射角β的測量值偏小。12.解析1）可以使用多用電表的電壓擋粗測干電池的電動勢，由于多用電表的歐姆擋內有電源，外部電壓會干涉讀數(shù)，故不能用多用電表的電阻擋直接測干電池的內（2）①小王同學以IR為縱坐標，根據(jù)閉合電路歐姆定律得IR—E—I（r十R0小李同學以I（R十R0）為縱坐標，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I（R十R0）—E—Ir，可得小王同學繪制的圖線的斜率的絕對值更大，所以小王同學繪制的是圖線a。該圖線的截距表示電動勢，斜率絕對值表示r十R0，所以有E—1.5V，r十R0——15Ω,r—15Ω—R0—15Ω—5.0Ω—10Ω。②電阻箱消耗的電功率為P—I2R—（R十十r）2R—E2R[R—（R0十r）]2十4R（R0十r由上式可得，當R—R0十r—15Ω時，電阻箱消耗的電功率最大。—3—4SA—SB…2分當A管中水銀增加一倍,則有V—SA.L—SBΔL,解得ΔL—2cm…………2分即B管中水銀減少ΔL—2cm,根據(jù)玻意耳定律可得PBL.4S—PB,（L十ΔL）.4S,解得PB,—66cmHg?！?分（2）初始狀態(tài)下A管中氣柱長度為L—8cm,氣體壓強為PA—PB—16cmHg—66.5cmHg……………1分設新狀態(tài)下A管中氣柱長度為LA,氣體壓強為PA,—PB,—22cmHg—44cmHg………1分根據(jù)PAL.S—PA,LA.S…………2分由于新狀態(tài)水銀柱上表面恰好位于初始狀態(tài)活塞下表面處,可知活塞上移的距離為工—LA—12.09cm或cm………2分14.解析:（1）由于導線框abcd被外力所約束,所以導線框ABCD到達磁場上邊界前做自由落體運動,根據(jù)機械能守恒定律可知2mgL—X2m心02………………2分繩子繃直瞬間,對兩導線框系統(tǒng)由動量守恒定律可得………2分代入數(shù)據(jù)可得心1—槡2gL………1分 23 23………1分（2）設導線框abcd完全進入磁場瞬間的速度為心2,繩子中拉力為T,兩導線框在進入磁場的過程中受到的安培力大小都等于F安,取向下為正方向,對ABCD導線框,由動量定理有2mgΔt—ΣTΔt—ΣF安Δt—2m心2—2m心1………2分對abcd線框ΣF安Δt十mgΔt—ΣTΔt——m心2—……………2分兩式聯(lián)立得mgΔt—Σ2F安Δt—mgΔt—2—………1分當兩個導線框完全處于磁場中時做勻加速直線運動,因為ab邊剛進入磁場的速度與剛出磁場時速度相等,由能量守恒定律可知2mgL—mgL—X3m心12—X………………2分聯(lián)立解得Δt——槡?！?分15.解析:（1）物塊下滑時,物塊與斜面AB在水平方向滿足動量守恒定律,則有m心1—M1心2—0………………1分根據(jù)能量守恒定律,mgh—m心12十M1心22……1分物塊從下滑到斜面最低點運動到D點過程,由動能定理,可得—μmgL—mgR—m心D物塊到達曲面最高點D時,由牛頓第二定律可得FN—m心2………………1分聯(lián)立解得FN—8N…………………1分由牛頓第三定律可知物塊對曲面的壓力大小為FN,—FN—8N?！?分（2）物塊從下滑到斜面最低點運動到C點過程,由動能定理,可得—μmgL—m心C2—m心12…………1分物塊與曲面相互作用過程,系統(tǒng)水平方向動量守恒,當物塊返回離開曲面時曲面速度最大,設最大值為心3,有………………1分M2心32……1分 聯(lián)立解得心3—槡4m/s?！?分（3）依題意,物塊恰好能到達曲面上的D點,由逆向思維可轉化成物塊從靜止開始由D點在曲面上下滑,其