甘肅省蘭州市第六十一中（蘭化一中）23屆高三上學期1月期末理綜物理答案

蘭化一中2023屆高三第四次階段考試理科綜合（物理）答案14、【答案】B【解析】A.、兩點在連線中垂線上，根據(jù)等量異種電荷的電場線分布特征可知，、兩點的電場強度方向都與平行，方向相同，但離較遠，故點的電場強度大于點的電場強度，A錯誤；B．根據(jù)等量異種電荷的電場線分布特征可知，點電勢高于點，故負試探電荷從點移到點，電場力做負功，電勢能增大，B正確；C．由等量異種電荷電場線分布可知，面為等勢面，將一正試探電荷沿直線從點移到點，電場力始終不做功，C錯誤；D．在點再固定一電荷量為的點電荷，點再固定一個電荷量為的點電荷，由電場強度的疊加原理和場強方向特征可知A、C兩點電荷在D點合場強方向沿AC方向，和兩點電荷在D點合場強也沿AC方向，故總的合場強方向指向C點，D錯誤。故選B。15、【答案】C【解析】AB．由題意可知，剛開始的時候，物塊具有一定的動能，隨著運動進行，物塊動能減小，重力勢能增大，當速度為零時，重力勢能達到最大，之后重力勢能減小，動能增大，當再次達到斜面底端時，物塊的動能比剛開始時動能小，說明運動過程有能量損失，機械能不守恒。由圖可知，滑動過程中損失的能量為10J，單次損失的聯(lián)能量為5J，故當s=10m時，重力勢能為35J，s=20m時，重力勢能為0J，故AB錯誤；C．由上述分析可知，當s=20m時，機械能為30J，最開始機械能為40J，故C正確，D錯誤。故選C。16【答案】B【解析】A．時間內物體向下加速，所以加速度方向向下，屬于失重狀態(tài)，A錯誤。B．時間內物體向下減速，根據(jù)牛二則有圖像斜率增加，加速度增加，阻力增加，B正確。C．時間內不屬于勻變速直線運動，所以無法使用來求平均速度，C錯誤。D．合外力的沖量等于物體動量的變化量，由于時間內速度的變化量不為0，所以動量的變化量也不為0，D錯誤。故選B。17、【答案】B【解析】子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內力遠大于系統(tǒng)外力，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，子彈和木塊組成的系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后反向做加速運動，回到A位置時速度大小為eq\f(mv0,M＋m)。子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即為墻對彈簧的作用力，系統(tǒng)初動量為mv0，末動量為－(M＋m)v，根據(jù)動量定理得I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv0，選項B正確。18、【答案】BC【解析】“嫦娥四號”沿軌道①靠近月球的過程中，月球對其做正功，選項A錯誤；軌道②是環(huán)月橢圓軌道，“嫦娥四號”是在月球引力作用下運動，且在向近月點運動，月球對它的引力做正功，故速率增大，選項B正確；“嫦娥四號”在P點變軌，由軌道③變?yōu)檐壍愧埽@一過程需要減速，使月球對它的引力大于它所需要的向心力，做向心運動，故v3＞v4，選項C正確；P、Q兩點分別為軌道④的遠月點和近月點，“嫦娥四號”由遠月點P向近月點Q運行的過程中，月球對它的引力做正功，速率增大，即vP＜vQ，選項D錯誤。19、【答案】BC【解析】因0～eq\f(T,3)時間內微粒做勻速運動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內，微粒只受重力作用，做平拋運動，在t＝eq\f(2T,3)時刻豎直方向的速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平方向的速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時間內，由牛頓第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，微粒豎直方向的速度減小到零，水平方向的速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，eq\f(1,2)mgd－W克電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤．20、【答案】AC【解析】電動機不轉動時滿足歐姆定律，電動機的線圈電阻r0＝eq\f(U1,I1)，故A正確；電動機正常轉動時的發(fā)熱功率為P1＝Ieq\o\al(2,2)r0＝eq\f(U1Ieq\o\al(2,2),I1)，故B錯誤；這臺電動機正常運轉時輸入功率為P2＝U2I2，所以輸出功率為P3＝P2－P1＝U2I2－Ieq\o\al(2,2)eq\f(U1,I1)，故C正確；若滑動變阻器的阻值R恒定不變，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知E＝U1＋I1(r＋R)，E＝U2＋I2(r＋R)，解得r＋R＝eq\f(U2－U1,I1－I2)，由于滑動變阻器的阻值變化，且不知道具體是多少，所以電源內阻不等于eq\f(U2－U1,I1－I2)，故D錯誤。21、【答案】BD【解析】由于物體a、b均保持靜止，各繩角度保持不變，對a受力分析得，繩的拉力T＝mag，所以物體a受到繩的拉力保持不變。由滑輪性質，滑輪兩側繩的拉力相等，所以b受到繩的拉力大小、方向均保持不變，選項C錯誤；a、b受到繩的拉力大小、方向均不變，所以OO′的張力不變，選項A錯誤；對b進行受力分析，如圖所示。由平衡條件得Tcosβ＋f＝Fcosα，F(xiàn)sinα＋FN＋Tsinβ＝mbg。其中T和mbg始終不變，當F大小在一定范圍內變化時，支持力FN在一定范圍內變化，選項B正確；摩擦力也在一定范圍內發(fā)生變化，選項D正確。22、【答案】（1）①R0，標準電壓表V0，②R，標準電壓表V0仍為U，③平均值；（2）見解析【解析】（1）①將S撥向接點1，接通S1，調節(jié)R0，使待測表頭指針偏轉到適當位置，記下此時標準電壓表V0的讀數(shù)U；②然后將S撥向接點2，保持R0不變，調節(jié)R，使標準電壓表V0仍為U，記下此時R的讀數(shù)；③多次重復上述過程，計算R讀數(shù)的平均值，即為待測電壓表內阻的測量值。（2）原因：電阻箱阻值不連續(xù)；電流通過電阻時電阻發(fā)熱導致電阻阻值發(fā)生變化；電源連續(xù)使用較長時間，電動勢降低，內阻增大等。23、【答案】（1）3.6(3.60)；（2）見解析圖5.0，2.8【解析】（1）根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E＝eq\f(U,R)(r＋R0)＋U，兩邊同時除以EU，整理可得eq\f(1,U)＝eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，對照eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖像可知，eq\f(1,E)＝eq\f(5,18)，解得E＝3.6V.（2）實物連線如圖．由電表讀數(shù)規(guī)則可知電壓表讀數(shù)為U＝2.80V，所以R0＝eq\f(U,I)－RA＝5.0Ω；由斜率k＝eq\f(r＋R0,E)＝eq\f(13,6)，解得r＝2.8Ω.24、【答案】（1）eq\f(3v\o\al(2,0),8gs)；（2）eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)【解析】（1）從O滑到P，對A、B由動能定理得－μ·2mgs＝eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)，解得μ＝eq\f(3v\o\al(2,0),8gs)。（2）在P點爆炸時，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有2m·eq\f(v0,2)＝mv，根據(jù)能量守恒定律有E0＋eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)mv2，解得E0＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。25.【答案】（1）eq\f(2\r(3)v0,3)；（2）eq\f(2\r(3)mv0,3qB1)；（3）1.5B1【解析】（1）設帶電粒子進入磁場時的速度大小為v，與水平方向成θ角，粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動的速度方向與位移方向的關系有：tanθ＝eq\f(LBC,LAB)＝eq\f(\r(3),3)，則θ＝30°由速度關系有：v＝eq\f(v0,cosθ)＝eq\f(2\r(3)v0,3)；（2）設帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中的軌道半徑為r1，由牛頓第二定律得：qvB1＝meq\f(v2,r1)，軌跡如圖甲所示：由幾何關系得：L＝r1，解得：L＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB1)；（3）當帶電粒子不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場時，在磁場中運動的時間最長.設區(qū)域Ⅱ中最小磁感應強度為B2m，此時粒子恰好不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開磁場，對應的軌跡半徑為r2，軌跡如圖乙所示：同理得：qvB2m＝meq\f(v2,r2)根據(jù)幾何關系有：L＝r2(1＋sinθ)，解得：B2m＝1.5B1.[物理——選修3-3]33（1）【答案】ACE【解析】A．布朗運動是懸浮在液體中固體顆粒的無規(guī)則運動，能夠反映液體分子的無規(guī)則運動，A正確；B．已知阿伏伽德羅常數(shù)、氣體的摩爾質量和密度，算出的是氣體分子占據(jù)空間的體積，B錯誤；C．晶體在熔化過程中溫度保持不變，但分子勢能增大，故內能增大，C正確；D．一定質量的理想氣體經等溫壓縮后，外界對其