娄底市2023年下学期高三质量检测物理参考答案一、单选选择题(本大题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)题号123456答案BDBACB1.B【解析】t1时刻甲车的速度大于乙车的速度，选项A错误；0～t1时间内的某时刻甲车的x－t图的斜率等于乙车x－t图的斜率，两车速度相同，距离最大，选项B正确；根据v－t图线与横轴围成的面积表示位移的大小可得，0～t2时间内丁车的位移大于丙车的位移，丁车的平均速度大于丙车的平均速度，选项CD错误。2．D【解析】M点电场强度为0，A点的电荷带正电，选项A错误；设所q′q带电量为q′，根据k＝k2，解得q′＝4q，选项B错误；无穷远处电势为0，（2r）2rqPCBMk则点电势为正，选项错误；撤去处的点电荷，点的电场强度大小为r2，选项D正确。3．B【解析】cd棒受力平衡，根据左手定则，cd棒中的电流方向从c到d，a端接电源的负极，选项A错误；B和I相互垂直，故金属棒受到的安培力为BIL，BILBBILmgtanθmCD选项正确；如图所示，根据三力平衡＝，＝gtanθ，选项错误。Mmv22πR4AGmv．【解析】根据万有引力提供向心力，有R2＝R，＝T，解得地Tv3MA球的质量为＝2πG，选项正确；轨道半径越大线速度越小，而对接前飞船运动到比空间站更低的轨道，此时飞船的线速度大于空间站的线速度，当飞船运动学科网（北京）股份有限公司到空间站后方适当位置时，加速后飞船做离心运动，有可能与空间站对接，故B错误；对接后组合体由于太空中阻力的作用，若不加以调整，轨道会慢慢降低，故C错误；在空间站中，其任何物体所受万有引力都全部用来提供向心力，都处于完全失重状态，因此小球释放后不会下落，无法据此计算轨道处的重力加速度，故D错误。5．C【解析】小物块放到传送带上时，μmg＝ma，a＝2m/s2，和传送带共v0v0t11sx1t11m速前运动的时间＝a＝，运动的位移＝2＝，小物块接下来在传送带L－x1上匀速运动t2＝＝1.5s，物块在传送带上运动的总时间为t＝t1＋t2＝2.5s，v0v2ABRmgm选项错误；设半圆周的半径为，在半圆周的最高点＝R，从最低点到1212mv0mvmg·2RR0.08mv0.8m/sCD最高点2＝2＋，解得＝，＝，选项正确、错误。6．B【解析】碰撞过程中环与板组成的系统内力远大于外力，系统动量守1m恒，机械能有损失，选项A错误；mgh＝mv2，mv＝(m＋M)v′，解得v′＝2m＋M11M2gh，系统损失的机械能为ΔE＝mv2－(m＋M)v′2＝mgh，选项B正确；22m＋M圆环和圆板在向下运动的过程中，开始阶段重力之和大于弹簧的弹力，圆环和圆mg板还在加速，选项C错误；碰撞后瞬间，系统加速度为a＝，对圆板FN＝M＋mMmgMa＝，选项D错误。M＋m二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的4个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)题号78910答案BCBCBDAC1n7.BC【解析】根据两个时刻的振动图，A质点的振动形式经过t＝＋4T学科网（北京）股份有限公司112传到B质点，其中n＝0，1，2，3…，故n＋λ＝s，λ＝m，当n＝0时，44n＋1λ1λ112mn1λ22.4mv0.6m/s＝，当＝时，＝，该机械波的最大传播速度为＝T＝，选项A错误、BC正确；由于机械波的波长可以很短，故该波遇到10m的孔，不一定能发生明显的衍射，选项D错误。8．BC【解析】光源S到OB的最短传播距离为d＝Lsinθ，传播速度v＝d4cvcAvn1.25BsinCt，解得＝5，选项错误；根据＝n可得＝，选项正确；根据＝18C53°COBx2LcosθLn可得＝，选项正确；根据对称性上的发光长度为＝＝5，选项D错误。9．BD【解析】将滑动变阻器R1的滑动头向左移动，R2上的电压增大，电容器上的电压增大，电压表的示数增大，油滴受到的电场力增大，油滴向上运动，电场力做正功，电势能减小，选项A错误；将滑动变阻器R1的滑动头向左移动，当变阻器的电阻R1＝R2＋r＝2r时，变阻器上消耗的功率最大，选项B正确；将两极板的正对面积减小，电容器的电容减小，根据Q＝CU，电容器上的电量减小，电流计中有向上的电流，选项C错误；断开开关S2，将电容器上极板向上平移一小段距离，电容器上电量不变，电场强度不变，根据U＝Ed，则Q的电势不变，带电油滴Q的电势能不变，选项D正确。1210ACUmUqmvqE0．【解析】设加速电压为，粒子质量为，则有＝2，＝v2kkkqmE0UAvqvBR，＝R，解得＝2，选项正确；离子进入磁场的速度＝m，根据v2mvd2B2qmrrdmB0.9m＝r，＝qB，＝，解得＝k，选项错误；若离子的质量变为，分析可知，离子在磁场中运动的半径减小，会打在Q点左侧，选项C正确；若粒子v2源和加速器整体向右平移一小段距离，离子进入电场中不同的点，qE1＝m，因r1E1r1＝E0R，故离子仍能做匀速圆周运动，选项D错误。学科网（北京）股份有限公司三、非选择题(本题共5小题，共56分)6d4d43d11．(7分)(1)是(1分)(2)(2分)(3)(2分)(2分)T2TT【解析】(1)两图中从上到下，第一段与第二段的相等时间的位移之比均为1∶3，可知O点是最高点。226d(2)ΔxaT6da1Ta1小球在上升过程中根据＝可得＝，解得＝T2(3)根据中间时刻的瞬时速度等于整段的平均速度，小球下落过程通过A的速8d4dvA′度大小为＝2T＝T，243dOAO2a1×4dvAvA点的速度为零，上升过程从到，有＝，解得＝T12．(9分)(1)500(1分)(2)负(1分)2.50(1分)100(2分)(3)2500(2分)5.00(或5)(2分)E1E(1)IgI1.5mAIgRx【解析】电流表满偏时＝，当＝＝2＝，解得＝R总R总＋Rx500Ω。(2)红表笔接电源内部的负极，因此红表笔连接的是二极管的负极，该读数为E2.50mA，根据I＝2.50mA＝，解得Rx＝100Ω。R总＋RxE(3)设电压表的内阻为r，则有I＝0.50mA＝，解得r＝2500Ω，电压表R总＋rUUIr1.25VUg×405.00V上所加电压＝＝，电压表的量程＝10＝。13．(10分)【解析】(1)返回舱匀速时，有kv2＝mg(2分)主伞打开瞬间，利用牛顿第二定律kv1－mg＝ma(2分)解得a＝70m/s2(2分)(2)设从主伞打开到返回舱离地1m的过程中系统克服阻力做功为Wf，下落高度约为h＝8000m1212mghWfmv2mv1(2)利用动能定理－＝2－2分8解得Wf＝2.5×10J(2分)学科网（北京）股份有限公司14．(14分)【解析】(1)设A和C碰后的速度为v，根据动能定理－μ(mA＋12mC)gs0(mAmC)v(2)＝－2＋分解得v＝2m/s(2分)(2)设弹簧恢复原长时，A、B的速度大小分别为vA、vBA和C作用的过程，有mAvA＝(mA＋mC)v(1分)A和B作用的过程，有mAvA＋mB(－vB)＝0(1分)1212EpmAvAmBvB(2)弹簧的弹性势能＝2＋2分解得Ep＝12J(1分)12(2)Epkxx0.3m(1)根据＝2，解得＝分在A和B相互作用的过程中，每时每刻都有mAvA＝mBvB故mAsA＝mBsB(2分)又因sA＋sB＝x(1分)解得sA＝0.2m(1分)115．(16分)(1)qUmv2(2)【解析】离子在电场中加速，有＝2分2qUv(2)解得＝m分(2)离子进入磁场区域Ⅱ时，速度与磁场方向垂直，做匀速圆周运动，离开时速度偏转了37°，即转过的圆弧所对的圆心角为37°，由几何关系得：d＝Rsin37°(1分)v2qvBm(1)＝R分32mUd(1)解得＝5Bq分(3)离子在磁场中等螺距前进：离子进入磁场区Ⅲ时，速度与磁场夹角为37°，则离子在x轴方向做匀速直线运动，在yOz平面做匀速圆周运动：vx＝vcos学科网（北京）股份有限公司37°(1分)vz＝vsin37°(1分)x方向匀速vxt＝d′(1分)2vz在yOz平面qvzB＝m(1分)R12πR1T＝(1分)vz解得t＝6.25T(1分)即离子转了6.25圈打在接收屏上32mUyO′yR1(1)轴上距离的距离＝＝5Bq分42mUzO′zR(1cos37°)R1(1)轴上距离的距离＝－＋＝5Bq分12mUO′sy2z2(1)离子在接收屏上距点的距离＝＋＝Bq分学科网（北京）股份有限公司