河北省张家口市2023届高三第二次模拟考试 物理含答案.pdf
<p>高三物理答案 第1 页(共5页)张家口市2 0 2 3年高三年级第二次模拟考试物理参考答案题号1234567891 0答案DBCABCBA CB CA D1.D 解析:由题意知,2 3 89 4P u衰变方程为2 3 89 4P u 2 3 49 2U+42H e,产生的新核为2 3 49 2U,其中子数为2 3 4-9 2=1 4 2,A错误;比结合能越大,原子核越稳定,新核的比结合能大于2 3 89 4P u核的比结合能,B错误;由p=h及p=2m Ek,得光电子物质波的最小波长=h2m Ek,C错误;由动量守恒定律有mv-mUvU=0,则粒子的动能与新核的动能之比为Ek Ek U=vvU=mUm=2 3 44=1 1 72,D正确。命题意图 本题以核电池为背景,具体考查原子核的衰变规律、光电效应、物质波、比结合能、动量守恒定律等,意在考查对这些知识的理解与应用能力。2.B 解析:该波的波长为=4 m,x=9 m处的质点第二次位于波峰的时刻为t=xT+T=0.3 s,解得T=0.1 s,A错误;该波的传播速度为v=T=4 0 m/s,B正确;t=0时x=2 m处的质点沿y轴正方向运动,波源的起振方向沿y轴正方向,C错误;设P质点与x=0处质点间的相位差为,s i n=yPA=12,=3 0,P质点第一次回到平衡位置的时刻为t=3 6 0 T=11 2 0 s,D错误。命题意图 本题考查机械波的形成与传播。考查物理观念和科学思维,突出对基础性的要求。3.C 解析:设左侧轨道倾角为1,小球在左侧斜面上下滑的加速度大小为a1=gs i n 1,左侧轨道长x1=2R1 s i n 1,小球在左侧轨道上运动时间为t1=2x1a1=2R1g;同理,小球在右侧斜面上上滑的时间为t2=2R2g,故小球在此过程中运动的时间为t=t1+t2=2(R1g+R2g)=3 s,C正确。命题意图 本题以倾斜轨道、圆弧为背景,考查牛顿运动定律与匀变速直线运动规律,意在考查对这些知识的理解与应用能力。4.A 解析:单色光的光路如图所示,设A点处的入射角为,折射角为,由几何关系得s i n=dR=32,=6 0,由几何知识得=3 0,由折射定律得n=s i n s i n=3,A正确。命题意图 本题以“蘑菇形”透明工件为载体,考查折射定律的理解与应用。考查对称性思维,突出对基础性的考查要求。高三物理答案 第2 页(共5页)5.B 解析:平抛运动的时间由下落的高度决定。若小球落到斜面与圆弧面上时的下落高度相同,则小球平抛运动的时间相同,A错误;设斜面倾角为,小球落到斜面上时速度与水平方向夹角为,则t a n=yx=12g t2v0t=g t2v0,t a n=g tv0,故t a n=2 t a n,B正确;小球落到圆弧面上时,若落点速度方向与该处圆的切线垂直,则速度的反向延长线通过圆心,但由平抛运动规律知,速度的反向延长线应通过水平位移的中点,C错误;设小球的初速度为v0,运动时间为t,则小球落到圆弧面上时速度大小为v=v20+(g t)2,当v0越大时落点位置越高,但t越小,v不一定大,D错误。命题意图 本题以斜面、圆弧为背景,考查平抛运动规律,意在考查对平抛运动规律的理解与应用能力。6.C 解析:由O1=B1+D12,得B1=4 V,A错误;因为B1=D2=C2=4 V,所以平面A1B1C2D2是一个等势面(如图),正方体中心在该平面上,所以正方体中心的电势为4 V,B错误;D1点到平面A1B1C2D2的距离为d=Ls i n 4 5,电场强度的大小为E=Ud=UD1D2d=4 V/m,C正确,D错误。命题意图 本题考查电势差、电势、等势面等知识的综合应用。考查空间想象能力和科学思维,突出对基础性和综合性的考查要求。7.B 解析:物块相对木板向右滑动,对木板有m g=M a2,得a2=2 m/s2;对物块有F-m g=m a1,且 a1a2,可得F 6 N,A错误;设历时t物块滑离木板,则有12a1t2-12a2t2=L,物块滑离木板时的速度v1=a1t,得v1=a12La1-a2=2L1a1-a21a21,可知当1a1=12a2,即a1=2a2=4 m/s2时物块离开木板的速度最小,其最小值v1 m i n=4 m/s,B正确;当a1=4 m/s2时F=8 N,t=1 s,木板获得的速度v2=a2t=2 m/s,若F 8 N,则t 1 s,C错误;若6 NF 2 m/s,D错误。命题意图 本题以板块为背景,考查牛顿运动定律与匀变速直线运动规律,运用数学知识求极值等,意在考查板块临界问题的综合分析能力。8.A C 解析:将理想变压器和后面的负载看成等效电阻Rz b,当变阻器的滑片位于b端时,Rz b=(n1n2)2R2,又I21R0=I21Rz b,可得n1n2=21,A正确;原、副线圈的电流之比为1 2,D错误;当变阻器的滑片位于a端时,Rz a=(n1n2)2(R2+R1 m a x)=4 4,原线圈两端电压为U1=U0Rz aR0+Rz a=1 11 2U0,B错误;将R0看成交流电源的内阻,则变压器的输入功率为电源的输出功率,当内电阻等于外电阻时,变压器的输出功率最大,此时有Rz=(n1n2)2(R2+R1)=R0,解得R1=0,所以变阻器的滑片从a端移向b端时,变压器的输出功率一直增大,C正确。命题意图 本题考查变压器问题、电源输出功率等知识的综合应用。考查物理观念和科学思维,突出对基础性和综合性的考查要求。9.B C 解析:设地球的质量为M,中国空间站总质量为m,由GmMR2=m g,GmMr2=m g2,可得g2=高三物理答案 第3 页(共5页)(Rr)2g,A错误;又GmMr2=m(2 T2)2r,可得T2=2 rRrg,B正确;神舟十五号飞船在离地面高度为h的轨道上做圆周运动时有Gm M(R+h)2=m v21R+h,则Ek=12m v21=Gm M2(R+h),同理神舟十五号飞船在中国空间站轨道上运行时的动能Ek 2=Gm M2r,对接后其动能减小了E=Ek-Ek 2,解得E=Ekr(r-R-h),C正确;由tT2-tT=1,可以求出中国空间站连续两次经过赤道某点正上方的时间间隔t,一天内经过地面某点正上方的次数为n=Tt,D错误。命题意图 本题以神舟十五号飞船与中国空间站对接为背景,考查万有引力定律与圆周运动规律,对航天器变轨运动前后动能变化的理解等,意在考查对这些知识的理解与应用能力。1 0.A D 解析:设a b边初始所处位置的磁感应强度为B,四种运动中,只有甲运动导线框磁通量不变化,产生的感应电流为0,A正确;丙运动过程中,转过9 0 角时,c d边所处位置的磁感应强度为B2,此时c d边切割磁感线产生的感应电动势E丙=B2L v22=12B L v;丁运动过程中,转过9 0 角时,a b边所处位置的磁感应强度为B5,此时a b边切割磁感线产生的感应电动势E丁=B5L v55=15B L v,B错误;驱动力的功率等于线框产生的电功率,电功率正比于总电动势的2次方,初始时d c边所处位置的磁感应强度为B2,则乙运动初始时刻的电动势为E乙=B L v-B2L v=12B L v,由B项分析可知,丙运动过程中导线框转过9 0 角时,d c边切割磁感线产生的感应电动势E丙=B2L v22=12B L v,C错误;由闭合电路欧姆定律和平均电流关系得通过导线横截面的电荷量正比于磁通量的变化量,即q=R,丙、丁运动初始位置时磁通量相同,丙的末态和初态磁通量方向不变,丁的末态磁通量方向反向,磁通量变化大,所以丁运动中通过导线横截面的电荷量比丙运动中大,D正确。命题意图 本题考查法拉第电磁感应定律、能量守恒、闭合电路欧姆定律等,考查通电直导线周围磁场的分布情况。考查物理观念和科学思维,突出对综合性的考查要求。1 1.答案:(1)0.2 0(2分)0.5 0(2分)(2)gs i n-agc o s(2分)解析:(1)滑块加速度大小为a=xT2=(0.4 7 5-0.0 7 5)-(0.6 7 5-0.4 7 5)12 m/s2=0.2 0 m/s2,t=2 s时滑块速度大小为v2=xt=0.6 7 5-0.0 7 52 m/s=0.3 0 m/s,又v2=a(2-t0),解得t0=0.5 0 s。(2)由牛顿第二定律得m gs i n-m gc o s=m a,解得=gs i n-agc o s。命题意图 本题考查动摩擦因数的测量。考查科学思维和科学探究。突出对基础性的要求。1 2.答案:(1)4 5(2分)(2)9(2分)(3)7.5(2分)3 0(2分)解析:(1)由图乙可得R1=4 5 5,根据欧姆定律I=URg+R1,解得Rg=4 5。(2)灵敏电流计改装后的量程为IA=6 0 mA,IA=Im+ImRgR1,代入数据解得R1=9。(3)改装后的电流表A的内阻为RA=RgR1Rg+R1=7.5;由图丙可知,当温度为5 0 时,热敏电阻阻值高三物理答案 第4 页(共5页)Rt 1=1 0,由图丁根据闭合电路欧姆定律有E=IA(RA+Rt 1+R0),解得R0=7.5;原电流计指示5 mA时,则电流表A的示数为I2=6 5 mA=3 0 mA,由E=I2(RA+Rt 2+R0)可得Rt 2=3 5,由图丙知此时的温度为3 0。命题意图 本题以热敏电阻传感器为背景,考查用伏安法测量电表内阻、闭合电路欧姆定律、图像的理解与应用等,意在考查对这些知识的综合应用能力。1 3.答案:(1)p0L0L0-L1(2)p0S L1+m2v202(M+m)解析:(1)由玻意耳定律得p0L0S=p1(L0-L1)S(2分)解得p1=p0L0L0-L1(1分)(2)子弹击中木块时,对活塞与子弹由动量守恒定律有m v0=(m+M)v1(2分)活塞压缩气体的过程中,由动能定理得p0S L1-W=0-12(m+M)v21(2分)由热力学第一定律得U=W-Q=0(1分)解得Q=p0S L1+m2v202(M+m)(2分)命题意图 本题考查玻意耳定律、热力学第一定律等知识的综合应用。考查科学思维,突出对基础性和综合性的考查要求。1 4.答案:(1)0.5 4 0 N/m(2)0.2 4 J解析:(1)由图乙知挡板接触弹簧前的加速度大小为a0=2.0 m/s2 由牛顿第二定律有m gs i n-m gc o s=m a0(2分)解得=0.5(1分)当a=0时弹簧被压缩长度为x=x2-x1=6.0 c m-1.0 c m=5.0 c m(2分)此时有m gs i n=k x+m gc o s(2分)解得k=4 0 N/m(1分)(2)设弹簧的最大压缩量为x3,克服弹簧弹力做功为WT=0+k x32x3(2分)由动能定理有(m gs i n-m gc o s)(x3+x1)-WT=0(2分)弹簧的最大弹性势能Ep m=WT(1分)解得Ep m0.2 4 J(1分)命题意图 本题以斜面上物体运动、弹簧、a x图像为背景,考查牛顿运动定律、胡克定律、变力做功、动能定理、弹性势能等,意在考查对这些知识的理解与应用能力。1 5.答案:(1)Ek 1=Ek 0+e U1 e(U1+U2)(2)1 0m(Ek 0+e U1)e R(3)0(2 1-2 1 1 0)r a d解析:(1)吸极电压对B+离子做正功Ek 1-Ek 0=e U1(2分)解得Ek 1=Ek 0+e U1(1分)离子源和抑制电极间的电场对电子做负功,对电子有0-Ek 2=-e(U1+U2)(2分)解得Ek 2=e(U1+U2)(1分)(2)1 0B离子在磁场中做半径为r1 0的匀速圆周运动,当r1 0最大时,磁感应强度最小,如图所示,由几何知识可知,r1 0的最大值为r1 0=2R(1分)在磁场中运动时,由牛顿第二定律可得B e v=1 0mv21 0r1 0(1分)高三物理答案 第5 页(共5页)121 0m v21 0=Ek 1=Ek 0+e U1(1分)解得B=1 0m(Ek 0+e U1)e R(1分)(3)1 0B离子在磁场中运动的轨迹半径为r1 0=2R1 1B离子在磁场中运动时由牛顿第二定律可得B e v=1 1mv21 1r1 1又121 1m v21 1=Ek 1=Ek 0+e U1可得1 1B离子在磁场中运动的轨迹半径为r1 1=2 21 0R(1分)可知两离子半径相差很小,若1 0B和1 1B离子入射无偏转角时,近似认为两离子经过磁场的过程均偏转了9 0,射出磁场时两离子间的距离为轨迹半径之差,如图所示。即x=r1 1-r1 0=(1 1-1 0)21 0R(1分)当1 0B入射方向向轨迹圆外侧(向左)偏角时,根据几何关系可知1 0B离开磁场时偏转的距离为x1 0=r1 0(1分)同理当1 1B入射方向向轨迹圆内侧(向右)偏角时,1 1B离开磁场时偏转的距离为x1 1=r1 1(1分)若恰好不能单独析取1 1B时,则满足x1 0+x1 1=x(1分)解得=r1 1-r1 0r1 1+r1 0=1 1-1 01 1+1 0=(2 1-2 1 1 0)r a d所以若能单独析取1 1B,应满足0(2 1-2 1 1 0)r a d(1分)(说明:从出射区看局部,r1 0四分之一弧顺时针转一小角度,出射方向偏下,r1 1四分之一弧逆时针转一小角度,出射方向偏上,因为半径差距很小、偏转角很小,可以认为几个圆弧轨迹都是四分之一弧,且离子离开磁场边界的位置之间的弧线很短,可以近似为直线。)命题意图 以国家高科技竞争领域芯片生产的重要环节为背景,物理观念方面综合考查带电粒子在电磁场中的运动,能力方面重点考查信息提取能力,阅读理解能力,模型建构能力,数学应用能力,这是一道能力要求很高的题目。</p>
