2023学年第一学期浙江精诚联盟适应性联考高三物理学科参考答案与解析一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．答案：C퐹解析：功是标量，故A错误；V不是基本单位，故B错误；磁感应强度是矢量，且根据B=可知퐼퐿C正确；磁通量是标量，且T不是基本单位，故D错误。2．答案：D解析：A．研究乒乓球发球时，乒乓球的旋转会影响球的运动，即此时不能看作质点。B．惯性的大小仅与物体的质量有关，所以足球的惯性不变。C．平衡力的要求是作用在同一个物体上，所以运动员对地面的压力和其对杠铃的支持力不是一对平衡力。D．空中运动的铅球加速度为竖直向下的重力加速度，所以铅球处于完全失重状态。3．答案：C解析：气排球受到的空气阻力大小与速度成正比，设比例系数为k，则fkv=，由牛顿第二定律可mgkvk−得mgkvma−=，解得avg==−+mm气排球做加速度减小的加速运动，所以在v-t图像中的速度增加，而斜率减小。故选C4．答案：C解析：乘客舱被缓慢吊起过程中，夹角휃逐渐减小，故A错误；当三角形下面两支架的夹角为휃푚푔时，每个轮子受到地面的支持力为，故B错误；C.当三角形下面两支架的夹角为휃时，地面对4푚푔每个轮子的作用力为，会随着휃的变化而变化，故C正确；若该装置在平直公路上加速行驶，4푐표푠휃顶端的悬挂系统对吊舱的作用力大于吊舱的重力，D错误。5．答案：D解析：AB．小球在运动的过程中由于阻力作用有能量损失，机械能不守恒，也需要隐藏在装置中设备给小球提供能量，故A，B错误C．在B点安装强磁铁，对于钢球的作用力较大，钢球很难继续运动下去D．飞离C点后钢球的高度比A点高，且具有水平的速度，即钢球的机械能增大了，所以存在其他的外力对钢球做正功。6．答案：B解析：如图所示，救援物资正好垂直击中山坡上时速度关系满足vytan(90−=)=tan53°，vy=gt=16m/sv0联立解得t=1.6sA错。高三物理学科参考答案与解析第1页共6页由平抛运动规律有xv=t0=19.2mB正确若其他条件不变，弹出位置改为O点的正下方，则物资不能垂直打在斜坡上，C错。若其他条件不变，弹出的初速度减小，则物资落到斜坡上的时间增大，D错。7．答案：C解析：草粉向上飞扬是因为电场力的作用，故A错误；草粉向纸板运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B错误；质量相同的草粉，带电量越多，受到的电场力越大，产生的加速度越휀푆푄푈4휋푘푄大，到达硬纸板的速率也越大，故C正确；由퐶=푟、푈=和퐸=可得퐸=，仅使两铝板4휋푘푑퐶푑휀푟푆间的距离变大，电场强度不变，草粉受到的力不变，故D错误。8．答案：C解析：A．电表表盘刻度均匀说明指针偏转角度与电流大小成正比关系，故A正确；B．根据力矩平衡条件可知，稳定后，线圈受到螺旋弹簧的力矩与线圈受到的磁力矩方向是相反的，故螺旋弹簧对线圈有阻碍作用，故B正确；C．软铁的作用是使线圈所在平面处于辐射型磁场中D．铝框随线圈转动时，产生反电动势，铝框内的涡流受到的安培力使指针缓慢偏转。9．答案：C解析：A．嫦娥5号在环月轨道2上的P点需减速才能进入环月轨道1,所以在环月轨道1上的机械能比在环月轨道2上的机械能小,A错误B．由开普勒第三定律可得:在同一中心天体的情况下,椭圆轨道的长轴越长周期越大,故B错误C．嫦娥5号从绕地轨道2进入地月转移轨道是做离心运动,所以需加速,从地月转移轨道进入环月轨道是做近心运动,所以需减速,故C正确D．无动力情形下嫦娥5号,在地球表面和月球表面分别只受地球和月球的万有引力,所以在离地球表面相同高度的加速度大于离月球表面相同高度处的加速度,故D错误10．答案：D解析：玻璃的折射率为√2，故光在上表面发生全反射的临界角为45°，形成的透光区域为两端为半푑휋径为的半圆形，中间是边长分别为푙和푑的矩形，故透光面积为푑2+푑푙，D正确2411．答案：D解析：A．由图甲可知，两个直道区磁场方向相反，弯道区磁场为非匀强磁场A错误。B．电场和磁场的方向不需要变化，B错误。12UeC．阴极暗区上下侧面间的电势差保持不变，由Uemv=2，得v=，可知速度v与阴极暗2m区厚度无关。mvD．由于电子每次进入负辉区速度v大小相等，根据r=，可知电子在磁场中做圆周运动的半径qBr相等，每次跳跃的水平距离为2r，相等，D正确12．答案：D解析：A．由P质点的振动图像可得0.14s时，P点沿y轴正方向，由波动图可得波沿x轴负方高三物理学科参考答案与解析第2页共6页向，故A错误B．此刻波动图像对应的波动方程为y=10sin2πx/2.4cm，把此刻P点的位移y=5cm代入可得x=0.2m，故B错误C．图甲时刻P点沿y轴正方向运动，Q点沿y轴负方向运动,接下来的四分之一周期，P点在最位移附近运动，Q点在平衡位置附近运动，所以Q点的平均速度大于P点的平均速度,Q点的路程大于P点的位移，故C错误D．因为波沿x轴负方向，观察者沿x轴正方向匀速运动，由多普勒效应可知，观察者向着波源运动接收到的频率大于波源的频率，故D正确13．答案：C108m解析：无线电波属于电磁波，在空气中的传播速度约为3×，故A错误；直升机接收到的信号最s强，是因为无线电波与在水面的反射波在空中叠加时，发生干涉现象，且该处为振动加强点，参照푙光的双缝干涉公式∆푥=휆，且휆=1m，푙=6000m,푑=60m,求得∆푥=100m,故直升机4s内上升푑110m的位移为x=80m,最后根据匀加速直线运动的位移公式푥=푎푡2求得加速度푎=,故B错误；直升2s2机再经过2s时增加的位移为100m，到达新的振动加强点，第二次接收到辽宁舰的雷达信号最强，故C正确；因为直升机在做匀加速直线运动，经过相等位移的时间间隔不相等，故D错误。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14．答案：AB解析：A．爱因斯坦相对论指出真空中的光速在不同惯性参考系中大小相同。正确B．冰融化过程中，冰吸收热量内能增加，温度不变，则分子动能不变，所以分子势能增加。正确C．比结合能越大的原子核核子平均质量越小，核子越稳定。错误D．氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子,电子的动能增加。错误15．答案:ABD解析：频率越小，波长越长，所以A正确。因为频率为ν4的光照射装置甲，恰能发生光电效应，所以对应为从n=2能级跃迁到n=1能级的光子能量，E=（13.6-3.4）eV=10.2eV，所以B正确。若将滑片P从O点向b端移动的过程中，AK之间电势差变大，由于A为高电势，光电子到达A极板越来越多，但达到饱和电流后不再增加，所以C错误。若将滑片P滑至O的左侧某处，A为低电势，电场力做负功，动能减小，所以D正确。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16．实验题（本题共3小题，共14分）【答案】I.（7分）（2）大于（1分）푚sin휃푚（3）22（1分）2（1分）푚1sin휃1푚1（4）①每次测量轨迹OP、OM和ON略有变化（1分）②碰撞时存在摩擦力的冲量等（1分）高三物理学科参考答案与解析第3页共6页其他合理解释也可以得分。例如：两棋子与水平滑道的动摩擦因数略有差异；碰撞过程由于棋子之间存在摩擦等。（5）AD（2分）II.（4分）（1）最左（1分）U/3.00V2.50（2分）2.001.501.000.500.000.000.100.200.30I/0.40A（2）A（1分）III.（3分）1sin푖+cos훼22（1）[(1)+1]（2分）sin훼（2）113°40′~113°46′（1分）转换成弧度表示，不给分。17．（8分）【答案】5（1）已知푃0=1×10푃푎,푇0=300퐾,푇1=400퐾푃푃푃3由0=1(1分)得0=(1分)푇0푇1푃14（2）过程一是等容过程，吸收的热量等于内能增量，内能只和温度有关，因此过程二的内能增量亦为250J。(1分)由푊+푄=∆푈(1分)푊=−100퐽,即对外做功100J。(1分)4（3）设初始状态体积为푉，过程二是等压变化，体积变为푉(1分)0304W=푃(푉−푉)=100J(1分)0300−33解得푉0=3×10푚(1分)18．（11分）【答案】1（1）机械能守恒푚푔퐻=푚푣2①20H=2m푣0=√2푔퐻=2√10m/s②（2）动量守恒푀푉+푚푣=0③11机械能守恒푀푉2+푚푣2=푚푔퐻④225푣=4√m/s⑤3高三物理学科参考答案与解析第4页共6页由于푣=−2푉∆푥푚=−2∆푥푀⑥∆푥푚−∆푥푀=−1⑦1∆푥=m⑧푀3（3）在O’x’y’坐标系中，有푥′−1=−2푋′⑨3在Oxy坐标系中，有푥−1=(푥′−1)−푋′=(푥′−1)⑩231푥=푥′−2211代入轨物线方程，有푦′=(3푥′−1)2−2(−≤푥′≤1)1123○评分标准：①~○11式各1分19.（11分）【答案】퐼푅（1）푣==1+0.5푥①퐵퐿푡=0,푥=0,푣0=1m/s②（2）x=0至x=0.4m期间퐹퐴=퐵퐿퐼=0.4+0.2푥③1푄=푊=0.4×0.4+×0.2×0.42=0.176J1퐴2(根据BLvIRv==+,1(/)得到αxmsΔxxΔQI==+=+=RΣ22Σ(1)αxRΣ(1)αxRxΔ0.176J)也得2分1v1+αx④x=0.4至x=1.8m期间11푄=푚푣2−푚푣2⑤22122푥=0.4m,푣1=1.2m/s−퐵퐿∆푞=푚푣2−푚푣1⑥BL(1.5퐿)∆푞=⑦푅퐵2퐿3푣=푣−1.5=1.2−1.2=021푅푚BLL221.5直接写出−=mv−mv得到푣=0也给2分。R212푄=푄1+푄2=0.464J⑧BL(2퐿)（3）I=−퐵퐿∆푞′，∆푞′=⑨A푅2퐵2퐿3퐼=−=−0.64N.s퐴푅퐼퐹+퐼퐴=푚푣2−푚푣0⑩퐼퐹=푚푣2−푚푣0−퐼A=0−0.4+0.64=0.24N.s○11根据。高三物理学科参考答案与解析第5页共6页ΔvvxΔΔ根据牛顿定律：FILBmmm−====+αvmα(1)αxΔtxtΔΔ所以FILBm=++=++α(1)()(1)αxLBmααxIFtLBmF==++ΣΔΣ()(1)ααxtΔΔx=++()(1)LBmααxv=+()LBmαΔx=0.60.4=0.24Ns也得3分评分标准：①~○11式各1分．（分）【答案】2011푦/m0.18（1）푚푔=퐸푞①푚푔푃퐸==10−7V/m，方向：y轴正向②0.14푚푞푅=0.14−0.06=0.08m③00.08푚푣휃퐵==0.075T,方向垂直纸面向外④훾푞푅0两个方向都没有写，或者只写了一个方向均扣1分훽푄-0.06O0.06푥/m222第20题解图（2）微粒轨迹方程푥+(푦−푅)=푅0⑤磁场内边界方程푥2+푦2=푟2⑥交点푦푄=0.036m⑦0.1−0.036cos휃==0.80.08根据平面几何知识算出角度，都可以得分。훼=180°−37°=143°⑧（3）푦푃=푅0+푟cos훽+푅0sin훾，푥푃=푅0cos훾−푟sin훽⑨222代入푥푃+(푦푃−푅0)=푅222有(푟cos훽+푅0sin훾)+(푅0cos훾−푟sin훽)=푅222又푟+푅0=푅2푅0푟(cos훽sin훾−cos훾sin훽0)=0sin(훾−훽)=0훾=훽⑩即所有粒子过原点O○11利用平面几何知识，得到所有粒子过原点O评分标准：①~○11式各1分高三物理学科参考答案与解析第6页共6页