廣西三新學(xué)術(shù)聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期11月月考 物理答案

2023年廣西三新學(xué)術(shù)聯(lián)盟高三年級11月聯(lián)考物理試題 參考答案1．C【詳解】A．第一宇宙速度為圍繞地球做圓周運動的最大速度，則衛(wèi)星C的線速度大小不可能為，故A錯誤；B．由開普勒第三定律，A的周期小于B的周期，故B錯誤；C．由萬有引力提供向心力有解得由于B軌道半徑大于A軌道半徑，則有，B為地球靜止衛(wèi)星，則B與D轉(zhuǎn)動的角速度相等，由公式可得，整理可知，衛(wèi)星A的向心加速度大于衛(wèi)星D的向心加速度，故C正確；D．從B軌道變到A軌道為高軌變低軌，需減速做近心運動，故D錯誤。2．D【詳解】A．由題意可知，a與d、b與e、c與f在O點的磁場大小相等、方向相反，故O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，A錯誤；B．根據(jù)安培定則，其他5根輸電線在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直fc向上，根據(jù)左手定則，c導(dǎo)線所受安培力方向沿Oc指向O，B錯誤；CD．由題意可知，b、f對a的安培力大小為F，c、e對a的安培力為，d對a的安培力為，則a導(dǎo)線所受安培力為，C錯誤，D正確。3．D11【詳解】A．由于色光1在AC邊發(fā)生了全反射，則色光1的折射率為由折射定律得色光2的折射率為則色光1，2的折射率之比為，A錯誤；全反射的條件是光由光密介質(zhì)向光疏介質(zhì)傳播，且入射角大于臨界角，C錯誤；D．由于色光1的折射率大，則色光1的頻率大，色光1的波長較短，色光2更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象，B錯誤，D正確。4．D【詳解】AC．A．線圈轉(zhuǎn)動得越快，通過線圈的磁通量變化越快，電路中電流越大，故A錯誤；當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖乙所示位置時，線圈中電流最大，表達(dá)式應(yīng)為，故C錯誤；B．線圈轉(zhuǎn)到中性面時，電流方向才會發(fā)生改變，故B錯誤；D．線圈轉(zhuǎn)到圖乙所示位置時電流最大，穿過線圈磁通量的變化率最大，故D正確。故選D。5．C【詳解】根據(jù)質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒可得，因此為粒子，發(fā)生的是衰變，它的電離能力很強(qiáng)，穿透能力很弱，故A錯誤；B項中是原子核衰變時產(chǎn)生的新核處于高能級要向低能級躍遷并放出射線，故B錯誤；C．由質(zhì)能方程可知C正確；D．原子核的半衰期是針對大量原子核得出的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)原子核衰變不適用，故D錯誤。6．C【詳解】A．光滑圓環(huán)受力情況如圖所示設(shè)繩長為l，升降機(jī)和建筑間距離為d，根據(jù)幾何知識可知，根據(jù)平衡條件有解得，升降機(jī)緩慢上升時，d和l不變，繩中的張力不變，故A錯誤；B．升降機(jī)緩慢向左移動時，d變大，繩中的張力變大，故B錯誤；C．根據(jù)平衡條件可知地面對升降機(jī)的摩擦力為，升降機(jī)緩慢上升時，d和l不變，夾角不變，則地面對升降機(jī)的摩擦力不變，故C正確；D．根據(jù)平衡條件可知，升降機(jī)對地面的壓力為，升降機(jī)緩慢向左移動時，升降機(jī)對地面的壓力不變，故D錯誤。7．D【詳解】A．由B到地平面的時間為，可被“有效擊中”的時間為，所以A錯誤；B．在經(jīng)過地平面附近時動靶的速度較大，不容易被擊中，所以B錯誤；C．從A點拋出的初速度為，所以C錯誤；D．從A上升到B過程中所用時間為，從A上升到B過程中，重力的沖量大小為，所以D正確；故選D。8．AC【詳解】A．圖像與橫軸所圍成的面積表示位移，可知時間內(nèi)，兩車的位移相等，時，兩車第一次并排騎行，故A正確；B．時間內(nèi)，乙車的位移大于甲車的位移，因為時兩車第一次并排行駛，所以內(nèi)乙車始終在甲車后面，故B錯誤；D．設(shè)乙車的最大速度為，時甲車的速度為，時間內(nèi)兩車位移差為，由運動學(xué)公式，解得，所以圖線甲的斜率為，圖像的斜率表示加速度，可知甲車的加速度，故D錯誤；C．時甲車的速度，乙車的最大速度，故C正確。故選AC。9．AD【詳解】A．若只有存在，則A、B、C、D四點電勢相同，此時加上，由于C離最近，所以疊加后，C處電勢最高，A正確；B．由于電場強(qiáng)度是矢量，又A、B兩處電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，故A、B兩處電場強(qiáng)度不相同，B錯誤：C．由C沿圓移到A，和由B沿圓移到D，不做功，只有做功，CA位移和BD相同，但AC段離更近，做功更多，所以C、A兩點的電勢差大于B、D兩點的電勢差，C錯誤；D．由A順時針沿圓到B，而離先近后遠(yuǎn)，電勢先增后減，所以電子電勢能先減小后增大，D正確。故選AD。10．AC【詳解】A．非重力做功等于機(jī)械能的變化量，小環(huán)C下落過程受重力、桿的支持力和細(xì)線的拉力。到位置S前的過程中，非重力（細(xì)線的拉力）做正功，機(jī)械能增加。經(jīng)過S的位置，非重力（細(xì)線的拉力）做負(fù)功，機(jī)械能減小。因此，小環(huán)C的機(jī)械能先增加再減小，下落到位置S時，小環(huán)C的機(jī)械能最大，故A正確；B．小環(huán)從R處下落到Q處的過程中，物體B始終靜止在地面上，動量變化量為零，因此物體B所受合力的沖量為零，即重力、彈簧彈力和地面對物體B的支持力的沖量和為零，則彈簧彈力和地面對物體的支持力的沖量和與重力沖量等大反向，由于此過程重力沖量不為零，故B錯誤；C．環(huán)在Q時動能最大。環(huán)在R和Q時，彈簧長度相同，彈性勢能相同。Q和A通過細(xì)線相連，沿著繩子的分速度相等（如圖所示），故，故A與環(huán)的動能之比為。對小環(huán)和A的系統(tǒng)有，聯(lián)立可得小環(huán)C的最大動能，故C正確；D．環(huán)在R和Q時，彈簧長度相同，B對地面的壓力為零，說明彈簧處于伸長狀態(tài)且彈力等于物體B的重力mg。環(huán)在Q位置，環(huán)速度最大，說明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根據(jù)平衡條件，有，對A有，對B有，聯(lián)立可得，故D錯誤。故選AC。11．【答案】（1）C（2分） （2）A（2分） （3）5.0（2分）【詳解】（1）實驗中得到多個痕跡點，為得到鋼球平拋運動的軌跡，由于存在實驗誤差，不可能使所有的點落在同一曲線上，故應(yīng)畫出一條平滑的曲線，盡量使得各個痕跡點均勻分布在曲線上或曲線附近，選項C正確。（2）小球做平拋運動，水平方向有：，豎直方向有：，可知圖像是一條過坐標(biāo)原點的直線，選項A正確。（3）小球做平拋運動，豎直方向有：可得小球運動至A點的時間為：可得小球運動至B點的時間為：小球平拋的初速度：小球運動至C點時豎直方向的速度為：小球過C點時的速度大小為：12．【答案】（1）16（1分） 8000（1分）（3）12.0（）（2分） 6.53（）（2分） 不能（2分）【詳解】（1）單刀雙擲開關(guān)置于位置2，電壓表的量程為：單刀雙擲開關(guān)置于位置1時電壓表量程為，則定值電阻：（3）由圖甲電路可知，電源電動勢：整理得：在乙圖中將圖線延長至與坐標(biāo)軸相交以便讀數(shù)，由此得圖像斜率：圖像截距：代入數(shù)據(jù)解得：，三組蓄電池串聯(lián)在一起，電動勢為，而電動自行車電機(jī)的電壓維持在到之間時電機(jī)才能正常工作，所以該電動自行車的電機(jī)不能正常工作。13．解：（1）加熱鍋時，鍋內(nèi)氣體的體積不變，有 （2分）其中，解得： （1分）（2）設(shè)排氣后氣體最終的體積（包括排出部分）為則根據(jù)氣體狀態(tài)方程有 （2分）其中解得： （1分）體積的變化量為： （1分）又有： （1分）排出氣體的質(zhì)量： （2分）14．解：（1）質(zhì)點做勻速圓周運動可得： （1分）解得MN左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度 （1分）方向豎直向上 （1分）（2）質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運動，故有 （2分）解質(zhì)點經(jīng)過A、O兩點，故質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運動的圓心在AO的垂直平分線上，且質(zhì)點從A運動到O的過程O點為最右側(cè)；所以，粒子從A到O的運動軌跡為劣弧，根據(jù)幾何關(guān)系有 （1分） （1分）根據(jù)幾何關(guān)系可得帶電質(zhì)點在A點的入射方向與AO間的夾角 （1分）（3）質(zhì)點在O點的豎直分速度 （1分）水平分速度 （1分）質(zhì)點從O運動到P的過程受重力和電場力作用，故水平、豎直方向都做勻變速運動；質(zhì)點運動到P點，故豎直位移為零，所以運動時間 （1分）所以質(zhì)點在P點的豎直分速度：水平方向： （1分）水平分速度： （1分）所以帶電質(zhì)點從O點進(jìn)入虛線MN右側(cè)區(qū)域后運動到P點時速度 （1分）15．（1）對滑塊B，由初位置到圓弧軌道底端，有 （1分）得： （1分）在圓弧軌道最低點，有 （1分）得： （1分）由牛頓第三定律滑塊對軌道的壓力為，方向豎直向下 （1分）（2）對B和A組成的系統(tǒng)，B滑上A到共速過程系統(tǒng)動量守恒，有 （1分）對B： （1分）得 （1分）（3）①B滑上A到A與臺階剛要發(fā)生第一次碰撞時，對A： ①