兰化一中2023届高三第四次阶段考试理科综合（物理）答案14、【答案】B【解析】A.、两点在连线中垂线上，根据等量异种电荷的电场线分布特征可知，、两点的电场强度方向都与平行，方向相同，但离较远，故点的电场强度大于点的电场强度，A错误；B．根据等量异种电荷的电场线分布特征可知，点电势高于点，故负试探电荷从点移到点，电场力做负功，电势能增大，B正确；C．由等量异种电荷电场线分布可知，面为等势面，将一正试探电荷沿直线从点移到点，电场力始终不做功，C错误；D．在点再固定一电荷量为的点电荷，点再固定一个电荷量为的点电荷，由电场强度的叠加原理和场强方向特征可知A、C两点电荷在D点合场强方向沿AC方向，和两点电荷在D点合场强也沿AC方向，故总的合场强方向指向C点，D错误。故选B。15、【答案】C【解析】AB．由题意可知，刚开始的时候，物块具有一定的动能，随着运动进行，物块动能减小，重力势能增大，当速度为零时，重力势能达到最大，之后重力势能减小，动能增大，当再次达到斜面底端时，物块的动能比刚开始时动能小，说明运动过程有能量损失，机械能不守恒。由图可知，滑动过程中损失的能量为10J，单次损失的联能量为5J，故当s=10m时，重力势能为35J，s=20m时，重力势能为0J，故AB错误；C．由上述分析可知，当s=20m时，机械能为30J，最开始机械能为40J，故C正确，D错误。故选C。16【答案】B【解析】A．时间内物体向下加速，所以加速度方向向下，属于失重状态，A错误。B．时间内物体向下减速，根据牛二则有图像斜率增加，加速度增加，阻力增加，B正确。C．时间内不属于匀变速直线运动，所以无法使用来求平均速度，C错误。D．合外力的冲量等于物体动量的变化量，由于时间内速度的变化量不为0，所以动量的变化量也不为0，D错误。故选B。17、【答案】B【解析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后反向做加速运动，回到A位置时速度大小为eq\f(mv0,M＋m)。子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，系统初动量为mv0，末动量为－(M＋m)v，根据动量定理得I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，选项B正确。18、【答案】BC【解析】“嫦娥四号”沿轨道①靠近月球的过程中，月球对其做正功，选项A错误；轨道②是环月椭圆轨道，“嫦娥四号”是在月球引力作用下运动，且在向近月点运动，月球对它的引力做正功，故速率增大，选项B正确；“嫦娥四号”在P点变轨，由轨道③变为轨道④，这一过程需要减速，使月球对它的引力大于它所需要的向心力，做向心运动，故v3＞v4，选项C正确；P、Q两点分别为轨道④的远月点和近月点，“嫦娥四号”由远月点P向近月点Q运行的过程中，月球对它的引力做正功，速率增大，即vP＜vQ，选项D错误。19、【答案】BC【解析】因0～eq\f(T,3)时间内微粒做匀速运动，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)时间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t＝eq\f(2T,3)时刻竖直方向的速度为vy1＝eq\f(gT,3)，水平方向的速度为v0；在eq\f(2T,3)～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，微粒竖直方向的速度减小到零，水平方向的速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，eq\f(1,2)mgd－W克电＝0，可知克服电场力做功为eq\f(1,2)mgd，选项D错误．20、【答案】AC【解析】电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r0＝eq\f(U1,I1)，故A正确；电动机正常转动时的发热功率为P1＝Ieq\o\al(2,2)r0＝eq\f(U1Ieq\o\al(2,2),I1)，故B错误；这台电动机正常运转时输入功率为P2＝U2I2，所以输出功率为P3＝P2－P1＝U2I2－Ieq\o\al(2,2)eq\f(U1,I1)，故C正确；若滑动变阻器的阻值R恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知E＝U1＋I1(r＋R)，E＝U2＋I2(r＋R)，解得r＋R＝eq\f(U2－U1,I1－I2)，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所以电源内阻不等于eq\f(U2－U1,I1－I2)，故D错误。21、【答案】BD【解析】由于物体a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝mag，所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，选项C错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，选项A错误；对b进行受力分析，如图所示。由平衡条件得Tcosβ＋f＝Fcosα，Fsinα＋FN＋Tsinβ＝mbg。其中T和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力FN在一定范围内变化，选项B正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，选项D正确。22、【答案】（1）①R0，标准电压表V0，②R，标准电压表V0仍为U，③平均值；（2）见解析【解析】（1）①将S拨向接点1，接通S1，调节R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时标准电压表V0的读数U；②然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节R，使标准电压表V0仍为U，记下此时R的读数；③多次重复上述过程，计算R读数的平均值，即为待测电压表内阻的测量值。（2）原因：电阻箱阻值不连续；电流通过电阻时电阻发热导致电阻阻值发生变化；电源连续使用较长时间，电动势降低，内阻增大等。23、【答案】（1）3.6(3.60)；（2）见解析图5.0，2.8【解析】（1）根据闭合电路的欧姆定律有E＝eq\f(U,R)(r＋R0)＋U，两边同时除以EU，整理可得eq\f(1,U)＝eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)，对照eq\f(1,U)－eq\f(1,R)图像可知，eq\f(1,E)＝eq\f(5,18)，解得E＝3.6V.（2）实物连线如图．由电表读数规则可知电压表读数为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）从O滑到P，对A、B由动能定理得－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点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有2m·eq\f(v0,2)＝mv，根据能量守恒定律有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）设带电粒子进入磁场时的速度大小为v，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tanθ＝eq\f(LBC,LAB)＝eq\f(\r(3),3)，则θ＝30°由速度关系有：v＝eq\f(v0,cosθ)＝eq\f(2\r(3)v0,3)；（2）设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得：qvB1＝meq\f(v2,r1)，轨迹如图甲所示：由几何关系得：L＝r1，解得：L＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB1)；（3）当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长.设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B2m，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r2，轨迹如图乙所示：同理得：qvB2m＝meq\f(v2,r2)根据几何关系有：L＝r2(1＋sinθ)，解得：B2m＝1.5B1.[物理——选修3-3]33（1）【答案】ACE【解析】A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，能够反映液体分子的无规则运动，A正确；B．已知阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，算出的是气体分子占据空间的体积，B错误；C．晶体在熔化过程中温度保持不变，但分子势能增大，故内能增大，C正确；D．一定质量的理想气体经等温压缩后，外界对其做功，温度不变，因此其内能不变，D错误；E．一切与热现象有关的自发宏观过程都具有方向性，总是向分子热运动无序性更大的方向进行，E正确。（2）【答案】（1），；（2）放热【解析】（1）气体在状态A时的热力学温度为对A→B过程根据盖—吕萨克定律有解得由图易知根据理想气体状态方程可知所以（2）该气体从状态A到状态C的过程中体积减小，外界对气体做功，而气体温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知气体放热。