物理-内蒙古赤峰2023-2024学年高三上学期10月一轮复习联考带答案

物理参考答案与评分意见一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题题号2345789答案BCCBACDDCDBCACABD【参考解析】1.B【解析】A放射性镍56(5286Ni)衰变为钴56(5276C0)，根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，放出的粒子质量数为。，电荷数z=28-27=1，可知粒子是正电子10e，该衰变不是衰变，故A错误；B.能自然发生的衰变过程存在质量亏损，会释放能量，故B正确；C已知镍56的半衰期为656，经12天后只有-4356发生了衰变，故C错C【解析】A.匀强电场的等势线应是一簇平行线，由图可知避雷针附近的电场显然不是匀强电场，故A错误；B.乌云带负电，则避雷针的顶端感应出正电荷，带正电，故B错误；C乌云带负电，则电场线终止于乌云，根据沿电场线方向电势降低可知a、b、C、d等势面中a的由WAB=qu可知电场力做正功，故D错误方向始终指向圆心，故A错误；B从a到误；C苹果在a点加速度向上，处在超重状态，在c点加速度向下，处在失重状态，故C正确；D.速度大小不变，方向总在改变，重力方向与速度方向的夹角一直在变，由P==-2gtx=vot,=-2gtx=vot, =----2B正确ACD错误 5．A【解析】A天舟六号从低轨向高轨完成对接，需要点火加速做离心运动，故A正确;B第二宇宙速度为卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度，根据地球宇宙速度的定义，可知天舟律可知，当天舟六号在同一绕地轨道运行时，其与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等，JKHM高三物理答案第1页(共7页)6.C【解析】A当P接b时，原副线圈匝数之比为5:1，根据题意可得原线圈的电压有效值出功率增大，则变压器的输入功率也增大，故C正确D.若增大电源的频率，L的感抗增大，7．D【解析】A.电容器的电容大小由其本身结构决定，是电容器本身的固有属性，与外电路无关，电容C不变，故A错误；B.当光照强度增大时，光敏电阻的阻值减小，电路电流增大，RoU变大，电容器板间距d不变，由E=-du知E增大,大，故C错误D正确。 8D.【解析】AB.对小球受力分析，由牛顿第二定律得Mgtanθ=M02Lsinθ解得。=10rad/s， 则小球转动的线速度为v=olsin=10×0.2×-23m/s=v-3m/s，故AB情误;CD·对小 f=MFN=(M＋m)g解得=30，故C错误D。球，在竖直方向上，由平衡条件可得F1COSθ= f=MFN=(M＋m)g解得=30，故C错误D。9.CD【解析】A.由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方左侧于在b点的加速度。故CD正确。10B.C【解析】设MN细绳张为，重物与滑轮间细线拉力为，重物质量为00mgθ 2=mg＝2T1θ 2MN细绳张力逐渐减小，故C正拉力方向与重力方向之间夹角为钝角，且逐渐减小，以重物为对象，根据平衡条件，22故A错误B正确。11.AC【解析】A.A、B整体原来静止，合外力为零，施加外力F的瞬间，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F=2Ma，当A、B整体向上运动时，弹簧弹力减小，则F增大，故A正确B.物体A、B在tn时刻分离，此时A、B具有共同的v与a，且A、B间作用力为0,对B有F弹-Mg=Ma，解得F弹=g＋a)，故B错误；C施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mk2Mg=kx，解得x1=，A、B在t1时刻分离，由F弹=g＋α)=kt2，解得X2=衡条件有2Mk k则AB、分离时上升的距离为=x-x2=，故c正确D当弹簧的弹力JKHM高三物理答案第2页(共7页)的总质量，故B错误；C.实验时，先接通打点计时器的电源再放开小车，故C错误D摩擦力只需要平衡一次，改变小车的质量不需要再次平衡摩擦力，故D错误。14.(10分)2)E(2分)(3)9.1(3分)(+20(2分)(550(3分)【解析(2)根据闭合电路欧姆定律U=E-Ro，整理得U=E。(3)由上式整理得-1=-Ro.1＋-1,根据图像有-1=0.11V-1,得E=9.1V。UEEE(4)I=(4)I=，Ig=20mA。29R＋r(5)Ig=，解得R(5)Ig=，解得R内=75Ω-I=，R55R＋R解得RK=50Ω。()t时间内穿过金属圆环的磁通量变化量ao=m2B--21m2B=-212B,(1分)-△Φ2B由法拉第电磁感应定律得，t内金属圆环中平均感应电动势：E==，-△Φ2B 平均感应电流：- 平均感应电流：-EI=-(1分)通过圆环横截面的电荷量Q=I·t,(1分)联立解得Q=；(1分)(2)金属圆环在t内匀速旋转的角度-4=(1分)此时金属圆环等效切割磁感线的长度为L=2r(1分)II=-R，(1分)金属圆环受到磁场的安培力：F=BL，(1分)联立解得F=。(1分)2B2B2t2R3B2答:2B2B2t2R3B2 △tR(1分)ma=mgsin(1分)2由匀变速直线运动规律得2(1分)第一次碰撞过程中，对于球、筒系统动量守恒mvt=mv2＋MVM2…③，(1分)机械能守恒2t2222＋2M22，2((分)分)JKHM高三物理答案第4页(共7页)2(1分)动的状态，且此时两者具有相同的瞬时速度(1分)假设碰撞后长筒做匀变速运动，从第一次碰撞后到小球恰好返回长筒顶端的过程中，由匀变速直线运动的速度时间关系有：v2＋at=VM2＋aMt(1分)由匀变速直线运动规律与球、筒位移关系有：v2t＋-2at2=VM2t＋-21awt2-L(1分)⑧得长筒加速度：aM=0即碰撞后长筒做匀速直线运动球始终不与长筒顶端碰撞从第一次碰撞到第二次碰撞的过程中202s0=2L，由匀变速直线运动的速度时间关系得第二次碰撞前瞬间小球速度V2t=v2＋at2…，第二次碰撞过程中，对于球、筒系统动量守恒mv2t＋Mv2=mv3＋MV3…22222222从第二次碰撞到第三次碰撞的过程中得，长筒滑行位移：s30=4L同理，第三次碰撞前瞬间小球速度：v3t=v3＋at3第三次碰撞过程中，对于球、筒系统动量守恒mv3t＋MV3=mv4＋Mv422222222从第三次碰撞到第四次碰撞的过程中：so=4t4＋-21at42=M4t4S20=2L，S30=4L，S40=6L，…(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)(1分)sn=n(n-1)L…，…(1分)JKHM高三物理答案第5页(共7页)22E22E摩擦力对球、筒系统做功W=-μ(m＋gcosθsn…(1分)由能量守恒与功能关系知从释放小球到第n次碰撞时，((1分)n2n(沿斜面向下) V3 -43n2n二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。17.[选修3-3](15分)⑴(5分)A、C、E(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为。分)【解析】A根据理想气体状态方程-PVT=C得P=-VC·r,ba的延长线经过原点，P与成正比，升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；B.bc过程，压强不变，温度升高，气体内能增大，即U>0；故B错误；C.由图像可知，cd过程，温度升高，气体内能增大，同时压强减小，由理想气体状态方程可知气体的体积将增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故C正确D.de过程温度不变，内能不变Tcd、((10：△U=0，(1AU=AU=W-Q(2解得解得W=Q=100J；(1当下移H当下移H=15cmh1=H＋h=20cm(1，由玻意耳定律得：posh=(o＋p)s(h-h)(1解得p=-10(1分)分)3当汽缸停止下移时，活塞在水中增加的深度：当汽缸停止下移时，活塞在水中增加的深度：h2=H=40cm(1解得h′=12cm。