物理-內(nèi)蒙古赤峰2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期10月一輪復(fù)習(xí)聯(lián)考帶答案

物理參考答案與評分意見一、選擇題：本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題題號2345789答案BCCBACDDCDBCACABD【參考解析】1.B【解析】A放射性鎳56(5286Ni)衰變?yōu)殁?6(5276C0)，根據(jù)衰變過程滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，放出的粒子質(zhì)量數(shù)為。，電荷數(shù)z=28-27=1，可知粒子是正電子10e，該衰變不是衰變，故A錯誤；B.能自然發(fā)生的衰變過程存在質(zhì)量虧損，會釋放能量，故B正確；C已知鎳56的半衰期為656，經(jīng)12天后只有-4356發(fā)生了衰變，故C錯C【解析】A.勻強電場的等勢線應(yīng)是一簇平行線，由圖可知避雷針附近的電場顯然不是勻強電場，故A錯誤；B.烏云帶負(fù)電，則避雷針的頂端感應(yīng)出正電荷，帶正電，故B錯誤；C烏云帶負(fù)電，則電場線終止于烏云，根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知a、b、C、d等勢面中a的由WAB=qu可知電場力做正功，故D錯誤方向始終指向圓心，故A錯誤；B從a到誤；C蘋果在a點加速度向上，處在超重狀態(tài)，在c點加速度向下，處在失重狀態(tài)，故C正確；D.速度大小不變，方向總在改變，重力方向與速度方向的夾角一直在變，由P==-2gtx=vot,=-2gtx=vot, =----2B正確ACD錯誤 5．A【解析】A天舟六號從低軌向高軌完成對接，需要點火加速做離心運動，故A正確;B第二宇宙速度為衛(wèi)星脫離地球引力束縛的最小發(fā)射速度，根據(jù)地球宇宙速度的定義，可知天舟律可知，當(dāng)天舟六號在同一繞地軌道運行時，其與地心的連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等，JKHM高三物理答案第1頁(共7頁)6.C【解析】A當(dāng)P接b時，原副線圈匝數(shù)之比為5:1，根據(jù)題意可得原線圈的電壓有效值出功率增大，則變壓器的輸入功率也增大，故C正確D.若增大電源的頻率，L的感抗增大，7．D【解析】A.電容器的電容大小由其本身結(jié)構(gòu)決定，是電容器本身的固有屬性，與外電路無關(guān)，電容C不變，故A錯誤；B.當(dāng)光照強度增大時，光敏電阻的阻值減小，電路電流增大，RoU變大，電容器板間距d不變，由E=-du知E增大,大，故C錯誤D正確。 8D.【解析】AB.對小球受力分析，由牛頓第二定律得Mgtanθ=M02Lsinθ解得。=10rad/s， 則小球轉(zhuǎn)動的線速度為v=olsin=10×0.2×-23m/s=v-3m/s，故AB情誤;CD·對小 f=MFN=(M＋m)g解得=30，故C錯誤D。球，在豎直方向上，由平衡條件可得F1COSθ= f=MFN=(M＋m)g解得=30，故C錯誤D。9.CD【解析】A.由于該粒子只受電場力作用且做曲線運動，電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，電場力方左側(cè)于在b點的加速度。故CD正確。10B.C【解析】設(shè)MN細(xì)繩張為，重物與滑輪間細(xì)線拉力為，重物質(zhì)量為00mgθ 2=mg＝2T1θ 2MN細(xì)繩張力逐漸減小，故C正拉力方向與重力方向之間夾角為鈍角，且逐漸減小，以重物為對象，根據(jù)平衡條件，22故A錯誤B正確。11.AC【解析】A.A、B整體原來靜止，合外力為零，施加外力F的瞬間，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有F=2Ma，當(dāng)A、B整體向上運動時，彈簧彈力減小，則F增大，故A正確B.物體A、B在tn時刻分離，此時A、B具有共同的v與a，且A、B間作用力為0,對B有F彈-Mg=Ma，解得F彈=g＋a)，故B錯誤；C施加F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有2Mk2Mg=kx，解得x1=，A、B在t1時刻分離，由F彈=g＋α)=kt2，解得X2=衡條件有2Mk k則AB、分離時上升的距離為=x-x2=，故c正確D當(dāng)彈簧的彈力JKHM高三物理答案第2頁(共7頁)的總質(zhì)量，故B錯誤；C.實驗時，先接通打點計時器的電源再放開小車，故C錯誤D摩擦力只需要平衡一次，改變小車的質(zhì)量不需要再次平衡摩擦力，故D錯誤。14.(10分)2)E(2分)(3)9.1(3分)(+20(2分)(550(3分)【解析(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律U=E-Ro，整理得U=E。(3)由上式整理得-1=-Ro.1＋-1,根據(jù)圖像有-1=0.11V-1,得E=9.1V。UEEE(4)I=(4)I=，Ig=20mA。29R＋r(5)Ig=，解得R(5)Ig=，解得R內(nèi)=75Ω-I=，R55R＋R解得RK=50Ω。()t時間內(nèi)穿過金屬圓環(huán)的磁通量變化量ao=m2B--21m2B=-212B,(1分)-△Φ2B由法拉第電磁感應(yīng)定律得，t內(nèi)金屬圓環(huán)中平均感應(yīng)電動勢：E==，-△Φ2B 平均感應(yīng)電流：- 平均感應(yīng)電流：-EI=-(1分)通過圓環(huán)橫截面的電荷量Q=I·t,(1分)聯(lián)立解得Q=；(1分)(2)金屬圓環(huán)在t內(nèi)勻速旋轉(zhuǎn)的角度-4=(1分)此時金屬圓環(huán)等效切割磁感線的長度為L=2r(1分)II=-R，(1分)金屬圓環(huán)受到磁場的安培力：F=BL，(1分)聯(lián)立解得F=。(1分)2B2B2t2R3B2答:2B2B2t2R3B2 △tR(1分)ma=mgsin(1分)2由勻變速直線運動規(guī)律得2(1分)第一次碰撞過程中，對于球、筒系統(tǒng)動量守恒mvt=mv2＋MVM2…③，(1分)機械能守恒2t2222＋2M22，2((分)分)JKHM高三物理答案第4頁(共7頁)2(1分)動的狀態(tài)，且此時兩者具有相同的瞬時速度(1分)假設(shè)碰撞后長筒做勻變速運動，從第一次碰撞后到小球恰好返回長筒頂端的過程中，由勻變速直線運動的速度時間關(guān)系有：v2＋at=VM2＋aMt(1分)由勻變速直線運動規(guī)律與球、筒位移關(guān)系有：v2t＋-2at2=VM2t＋-21awt2-L(1分)⑧得長筒加速度：aM=0即碰撞后長筒做勻速直線運動球始終不與長筒頂端碰撞從第一次碰撞到第二次碰撞的過程中202s0=2L，由勻變速直線運動的速度時間關(guān)系得第二次碰撞前瞬間小球速度V2t=v2＋at2…，第二次碰撞過程中，對于球、筒系統(tǒng)動量守恒mv2t＋Mv2=mv3＋MV3…22222222從第二次碰撞到第三次碰撞的過程中得，長筒滑行位移：s30=4L同理，第三次碰撞前瞬間小球速度：v3t=v3＋at3第三次碰撞過程中，對于球、筒系統(tǒng)動量守恒mv3t＋MV3=mv4＋Mv422222222從第三次碰撞到第四次碰撞的過程中：so=4t4＋-21at42=M4t4S20=2L，S30=4L，S40=6L，…(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)sn=n(n-1)L…，…(1分)JKHM高三物理答案第5頁(共7頁)22E22E摩擦力對球、筒系統(tǒng)做功W=-μ(m＋gcosθsn…(1分)由能量守恒與功能關(guān)系知從釋放小球到第n次碰撞時，((1分)n2n(沿斜面向下) V3 -43n2n二)選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。17.[選修3-3](15分)⑴(5分)A、C、E(選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為。分)【解析】A根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程-PVT=C得P=-VC·r,ba的延長線經(jīng)過原點，P與成正比，升高，內(nèi)能增大，由熱力學(xué)第一定律可知，氣體吸收熱量，故A正確；B.bc過程，壓強不變，溫度升高，氣體內(nèi)能增大，即U>0；故B錯誤；C.由圖像可知，cd過程，溫度升高，氣體內(nèi)能增大，同時壓強減小，由理想氣體狀態(tài)方程可知氣體的體積將增大，氣體對外做功，由熱力學(xué)第一定律可知，氣體一定吸收熱量，故C正確D.de過程溫度不變，內(nèi)能不變Tcd、((10：△U=0，(1AU=AU=W-Q(2解得解得W=Q=100J；(1當(dāng)下移H當(dāng)下移H=15cmh1=H＋h=20cm(1，由玻意耳定律得：posh=(o＋p)s(h-h)(1解得p=-10(1分)分)3當(dāng)汽缸停止下移時，活塞在水中增加的深度：當(dāng)汽缸停止下移時，活塞在水中增加的深度：h2=H=40cm(1解得h′=12cm。