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【 高三物理参考答案 ( 第 1 页 共 6页) 】
2 0 2 2- 2 0 2 3学年高三年级 T O P二十名校十二月调研考
高三物理参考答案
1 . 【 答案】 C
【 解析】 地球同步倾斜轨道卫星绕地球做匀速圆周运动, 以地心为圆心, 可以经过北京的上空,
由于地球自转方向与地球同步倾斜轨道卫星的运行方向不一致, 故地球同步倾斜轨道卫星不可
以相对静止在北京上空, A错误; 第一宇宙速度为发射卫星的最小发射速度, 需要增大发射速度
才能发射更高轨道的卫星。因此, 地球同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度, 故 B错误; 由于
倾斜地球同步轨道卫星的周期和地球自转周期相等, 因此, 倾斜轨道同步卫星一天 2次经过赤道
正上方同一位置, 故 C正确; 地球同步倾斜轨道卫星相对地面运动轨迹为“ 8 ” 字形, 但地球对卫
星的万有引力未偏离了地心, 故 D错误。
2 . 【 答案】 B
【 解析】 经过两个半衰期, 1k g 铀 2 3 8有
3
4发生了衰变, 又由于发生衰变的铀 2 3 8均变成了铅
2 0 6 , 所以矿石中含有铅的质量为 m= 1×3
4
×
2 0 6
2 3 8k g ≈0 . 6 4 9k g , 故选 B 。
3 . 【 答案】 D
【 解析】 对 C球受力分析可知, A 、 B球对 C的库仑力方向相反, 由于 A 、 B球带电量相同, 所以 B
球对 C的库仑力竖直向上, 大小等于 A对 C的库仑力与 C的重力之和, 故 C带正电, 选项 A错
误; 设相邻小球的间距为 l , 则 m g+
k q
cq
4 l
2
=
k q q
c
l
2
, 对 B受力分析得:
k q
2
l
2
=m g+
k q q
c
l
2
, 联立解得: q
c=
4
7
q , l =q
3 k
7
槡
m g
, 故 C错误, D正确, 对整体受力分析得弹簧弹力 T=3 m g , 由胡克定律得: T=
k
0x , 解得弹簧的伸长量 x =
3 m g
k
0
, 故 B C错误。
4 . 【 答案】 B
【 解析】 由于圆环所带电荷量均匀分布, 所以长度为 Δ l 的小圆弧所带电荷量 q =Q Δ l
2 π R
, 没有取走
电荷时圆心 O点的电场强度为零, 取走 B 、 C两处的电荷后, 圆环剩余电荷在 O点产生的电场强
度大小等于 B 、 C处弧长为 Δ l 的小圆弧所带电荷量在 O点产生的场强的叠加, 方向相反, 即 E=
k q
2 R
2c o s 6 0 ° , 解得 E=k Q Δ l
2 π R
3, 方向 O→A , 所以试探电荷在 O点受到的电场力大小为
k Q q
0Δ l
2 π R
3, 方向 A
→O ,故 B正确。
5 . 【 答案】 D
【 解析】 如果细线与 3 0 ° 刻线重合, 动车的加速度大小为 a=g t a n 6 0 °
槡
= 3 g , 故 A错; 由于不知
道动车的行进方向, 只知道加速度方向, 不能确定动车是加速还是减速, 也不能确定车是进站还
是出站, B错; 细线与右侧 3 0 ° 刻线重合时与左侧 3 0 ° 刻线重合时, 动车的的加速度大小相等, 方
向相反, 故 C错; 根据公式结合正切函数的特征可知, 当加速度较大时与水平方向所成夹角较
小, 会导致加速度较大情况下的测量误差较大, 故 D正确。
6 . 【 答案】 C
【 解析】 t = 1s 时, F= 2N , 所以钩码在 0- 1s 内处于静止状态, 1s 后钩码开始运动, 由牛顿第
1
【 高三物理参考答案 ( 第 2 页 共 6页) 】
二定律得 F-m g=m a , 解得 a= 1 0t ~ 1 0m/ s
2, 所以钩码 1s 后做变加速直线运动, B错误, 由动
量定理得 2s 时钩码的速度 v 为: I
F-m g t =m v , IF= 3N ·s , 解得 v = 5m/ s , 故 C正确, A错误,
0~ 2s 内重力的冲量 I =m g t = 4N ·s , 故 D错误。
7 . 【 答案】 B
【 解析】 由电场线的指向和电场线的密集程度可判断, 左边电荷带正电, 且所带电荷量多, 故 A
正确; 根据粒子的轨迹一定夹在速度和加速度之间, 可判断带电粒子受力方向与电场线相反, 故
粒子带负电, 由于 b点靠近正电荷所以 b点电势更高, 负电荷在电势高的地方所具有的电势能
小, 所以带电粒子在 b 点的电势能小, 故 B错误, C正确; b处的电场线更加密集, 电场强度较大
所以带电粒子在 a点的加速度小于在 b 点的加速度, D正确。选 B 。
8 . 【 答案】 A
【 解析】 篮球在竖直速度刚好为零时落进篮筐, 根据逆向思维, 篮球做平抛运动, 则: x =v
xt , H-
h=v
2
y
2 g
, H-h=1
2g t
2, 小李对篮球做的功 W =1
2m v
2, v2
=v
2
x+v
2
y联立解得: W =m g ( H-h )+
m g x
2
4 ( H-h )
, 故 A正确, B错误; 篮球与篮筐碰撞后的速度大小为碰前的
1
2v
x, 碰后至落地的时间
t ′ =
2 H
槡
g, 所以篮球落地点距离篮筐的水平距离 x ′ =
v
x
2t ′ >
v
x
2t =
x
2, 故 C错误, 篮球从抛出到落
地的时间为
2 ( H-h )
槡
g
+
2 H
槡
g, 故 D错误。
9 . 【 答案】 A D
【 解析】 小球由 A点运动到最低点, 根据机械能守恒定律 m g L s i n θ =1
2m v
2, 在最低点 T-m g s i n θ
=
m v
2
L, 解得 T=
3 m g
2
, A正确; 小球由 A点运动到最高点, 根据机械能守恒定律 m g L s i n θ =1
2m v
2
0-
1
2m v
2, 最高点的临界速度 v =
g L s i n
槡
θ , 解得 v
0=
3 g L
槡
2
, B错误; 小球由 A运动到最低点的过程
中, 重力的功率先由零逐渐增加到最大, 然后逐渐减小至零, 重力功率最大时小球沿斜面向下的
合力为零, 即沿斜面向下的速度最大, 故小球所受合力平行于 O A , C错误, D正确。
1 0 . 【 答案】 A C D
【 解析】 由于 B板接地, 所以 φ
B= 0 , 那么平行板电容器板间电压大小为 UB A=φ0, 电场强度 E
=
φ
0
d
, 粒子在在板间受到的电场力 F=E q=
φ
0q
d, 所以粒子受到的电场力与时间 t 为线性关系,
根据动量定理得在 t = 0时刻释放的粒子, 粒子在 t =T
2、
T
2
+n T时刻速度最大,
φ
0q T
4 d
=m v
m解得
v
m=
φ
0q T
4 m d
, 故 A D正确, 在 t =T
4时刻释放该粒子, 粒子在
T
4
-
3 T
4时间内一直向 B板运动,
3 T
4时刻
粒子速度为零, 后重复以上运动如果此时粒子未能到达 B板, 则粒子接下来向 A板运动, 所以
粒子不可能在 t =T时刻到达 B板, 故 B错误; t =T
2时刻释放该粒子, 粒子在
T
2
-T时间内粒子
向 A板做加速度增大的加速运动, T-
3 T
2时间内粒子向 A板做加速度减小的减速运动, 在
3 T
2时
2
【 高三物理参考答案 ( 第 3 页 共 6页) 】
刻粒子速度为零, 故 C正确。
1 1 . 【 答案】 B C
【 解析】 当 A球运动到 O点正上方时, 如图所示, B球重力势能的增加量为 mBg h=mBg R s i nα
2
= 2 0× 0 . 3×
0 . 1 5
0 . 4
J = 2 . 2 5J , A错误; A 、 B两球的速度大小之比 v
As i n α=vBc o sa
2,
v
A
v
B
=4
3, B正
确; 若水平恒力 F= 5 0N , 当两球速度大小相等时, 小球 B运动到了半圆轨道的最高点, 根据能
量守恒 F s =mBg R+1
2( m
A+mB) v
2, s =R+
H
2-( H-R )
槡
2, 解得: v =
6+
槡
1 0 1 5
槡
3
m/ s , C正
确, D错误。
1 2 . 【 答案】 B D
【 解析】 由于水平面光滑, 所以小球与弧形物体组成的系统水平方向合力为零, 水平方向动量
守恒, 竖直方向系统所受合力不为零, 故竖直方向动量不守恒, 由于所有接触面均光滑, 故系统
机械能守恒, 故 A错误; 由 a-x 图像知, 小球与弧形物体作用前的速度为:
1
2m a x =
1
2
m v
2, 解得
v
槡
= 2m/ s , 若小球没有从
1
4圆弧飞出, 当小球上升最高时小球与弧形体水平方向共速, 则: m v =
( M+m) v ′ , m g h=1
2
m v
2
-1
2( M+m) v
′ 2, 解得 h=2 0
3c m<R , 所以小球上升的最大高度为
2 0
3
c m , 故 B正确, 当小球与弧形体分离后, 弧形体速度最大, 设分离后小球速度为 v
1, 弧形体速度
为 v
2, 则 m v =m v1+Mv2;
1
2
m v
2=1
2
m v
2
1+1
2Mv
2
2, 解得 v2=槡
22
3
m/ s , 故 C错误, D正确。
1 3 . ( 6分)
【 答案】 ( 1 ) 轻推物块, 遮光片通过两光电门的遮光时间相同
( 2 ) ①
1
Δ t
1
-
1
Δ t
2
=-
1
Δ t
3
+
1
Δ t
4
② 1
【 解析】 ( 1 ) 若轻推物块, 遮光片通过两光电门的遮光时间相同, 则可判断气垫已调水平。
( 2 ) 根据动量守恒 m v
1-m v2=-m v ′1+m v ′2, m
d
Δ t
1
-m
d
Δ t
2
=-m
d
Δ t
3
+m
d
Δ t
4
, 可得
1
Δ t
1
-
1
Δ t
2
=-
1
Δ t
3
+
1
Δ t
4
; 根据能量守恒
1
2
m v
2
1+1
2
m v
2
2=1
2
m v
′ 2
1+1
2
m v
′ 2
2, 可得
1
Δ t
1
2+
1
Δ t
2
2=
1
Δ t
3
2+
1
Δ t
4
2, 计算可
得Δ t
1
Δ t
4
= 1 。
1 4 . ( 9分)
【 答案】 ( 1 ) 3 0 . 0 0 ( 2分)
3
【 高三物理参考答案 ( 第 4 页 共 6页) 】
( 2 )
R R
1
R
2
( 3分)
( 3 )4 ρ R
2
π d
2R
1
( 2分)
( 4 ) 8 2 ( 8 0~ 8 3均可) ( 2分)
【 解析】 游标卡尺为 2 0分度游标尺, 最小分度为 0 . 0 5m m , 所以玻璃管内径为 3 0 . 0 0m m , 调节
电阻箱, 使电压表示数为零, 可得:
R
R
2
=
R
x
R
1
, 解得 R
x=
R R
1
R
2
, R
x=
ρ L
S=
4 ρ L
π d
2=
R R
1
R
2
, R=
4 ρ R
2
π d
2R
1
L , 所以
图像的斜率 k =4 ρ R
2
π d
2R
1
, 根据表中数据可得
Δ R
Δ L=
( 4 . 6 3 2- 1 . 1 4 5 )× 1 0
3Ω
( 7 . 5 4 0- 1 . 5 5 0 )× 1 0
-2m=
3 . 4 8 7
5 . 9 9
× 1 0
5Ω/ m , 解
得 ρ = 8 2Ω·m 。
1 5 . ( 1 3分)
【 答案】 ( 1 ) 6m/ s ( 2 )8
3
m
【 解析】 ( 1 ) 设木板和物块的质量为 m , 物块与木板间的动摩擦因数为 μ
1, 木板与地面间的动
摩擦因数为 μ
2, 则物块的加速度大小 a1=μ1g= 1m/ s
2
( 1分)…………………………………
木板的加速度大小为 a
2=
μ
1m g+ 2 μ2m g
m
= 5m/ s
2
( 2分)…………………………………………
经 t
1二者共速: v0-a2t1=a1t1
( 2分)………………………………………………………………
共速后, 由于 μ
1<μ2, 所以二者分开运动, 物块的加速度大小仍为 a1=μ1g= 1m/ s
2
( 1分)…
则共速之前和共速之后, 小物块的运动是对称的。如果物块的运动时间不超过 2s , 则加速时间
不超过 1s , 即 t
1≤1s ,
( 1分)………………………………………………………………………
所以 v
0≤6m/ s , 木板的初速度 v0的最大值为 6m/ s 。
( 1分)……………………………………
( 2 ) 二者共速之前物块相对于木板向左运动, 共速之后相对于木板向右运动,
物块相对木板向左运动的位移 x
1=v0t1-1
2a
2t
2
1-1
2a
2t
2
2= 3m
( 1分)…………………………
物块相对木板向右运动时, 木板的加速度大小为 a ′
2=
μ
1m g- 2 μ2m g
m
= 3m/ s
2
( 1分)…………
共速速度 v =a
1t1= 1m/ s
( 1分)……………………………………………………………………
物块相对木板向右运动的位移 x
2=
v
2
2 a
1
-
v
2
2 a ′
2
=1
3
m( 1分)……………………………………
物块相对于木板的位移 x =x
1-x2=8
3
m( 1分)…………………………………………………
1 6 . ( 1 9分)
【 答案】 见解析
【 解析】 ( 1 ) 导体棒切割磁感线, 产生的感应电动势 E=1
2B L
2ω
( 2分)………………………
根据闭合电路欧姆定律 I =
E
R
1+R2+R
,
2 n π
ω
~
( 2 n+ 1 ) π
ω
( n= 0 , 1 , 2 , 3 ) 时间内, 根据右手定则知
导体棒 a感应电流方向为 O→B , 电容器板间电场强度方向竖直向下, 由题意可知等离子体在平
行板电容器内做匀速运动, 所以电场力与洛伦兹力等大反向, 根据左手定则可知电容器内磁场
4
【 高三物理参考答案 ( 第 5 页 共 6页) 】
方向为垂直纸面向里;
( 2 n+ 1 ) π
ω
~
( 2 n+ 2 ) π
ω
( n= 1 , 2 , 3 ) 时间内电容器内磁场方向垂直纸面向
外, 电容内板间电压 U=I ( R
1+R2) ,
( 2分)………………………………………………………
设交变磁场的大小为 B
x,
U q
d
=q v
0Bx
( 2分)………………………………………………………
解得 B
x=
B L
2ω
3 d v
0
( 1分)………………………………………………………………………………
( 2 ) 当带电粒子的轨迹与环形磁场的内边界相切时, 粒子的半径最大, 此时粒子恰好不会穿过
环形磁场内边界, 设带电粒子的半径为 R
m,
由几何关系得: R
2
m+ 4 r
2=( R
m+r )
2
( 2分)………………………………………………………
解得 R
m= 1 . 5r
( 1分)………………………………………………………………………………
此时磁场有最小值, 根据 q v
0Bm i n=m
v
2
0
R
m
( 1分)……………………………………………………
解得 B
m i n=
2 m v
0
3 q r
( 1分)………………………………………………………………………………
所以环形磁场的磁感应强度 B
环≥
2 m v
0
3 q r
( 1分)……………………………………………………
( 3 ) 由于等离子体由阴阳离子组成, 所以带电粒子的轨迹关于虚线对称。在环形磁场里面, 设
发光区域对应的圆心角为 4 θ , 则: t a n θ =
1 . 5 r
2 r
=3
4, 所以 θ = 3 7 °
( 2分)…………………………
因此发光的长度 l =
4 θ
3 6 0 °
·4 π r( 2分)……………………………………………………………
解得 l = 1 . 6 4 π r
( 2分)………………………………………………………………………………
1 7 . ( 1 5分)
【 答案】 ( 1 ) B C E ( 2 ) 1 0c m
【 解析】 由题图 1可知, ②中速率大的分子占据的比例较大, 则说明②对应的平均速率较大,
故②对应的温度较高, 温度高则分子速率大的占多数, 即高温状态下分子速率大小的分布范围
相对较大, 故 A错误、 B正确; 图 1中两条图线与横轴包围的面积相同, 都为 1 , 故 C正确; 图 2
中阴影部分面积表示分子势能差值, 势能差值与零势能点的选取无关, D错误; 分子势能与分子
间距的关系图像中, 图线切线斜率的绝对值表示分子间作用力的大小, E正确。
5
【 高三物理参考答案 ( 第 6 页 共 6页) 】
【 解析】 ( 2 ) 对活塞 A 、 B和理想气体整体分析: k x
1=( mA+mB) g s i n α
( 1分)…………………
对活塞 B : k x
1+p0S=mBg s i n α+p1S
( 1分)………………………………………………………
再次平衡后, 对活塞 A : F+p
2S=mAg s i n α+p0S
( 2分)…………………………………………
对活塞 A 、 B和理想气体整体分析: k x
2+F=( mA+mB) g s i n α
( 2分)……………………………
对理想气体根据理想气体状态方程: p
1S l1=p2S l2
( 2分)…………………………………………
解得: Δ l =x
1-x2+l2-l1= 1 0c m
( 2分)…………………………………………………………
1 8 . ( 1 5分)
【 答案】 ( 1 ) A D E ( 2 ) 见解析
【 解析】 由 v -t 图像可知物块与木板之间的摩擦力 F
f=m a= 1N , t = 0时刻, 木板水平方向受
向右的摩擦力, 所以木板向右运动, 弹簧弹力增加, 当 F
f=k x0时, 木板加速度为零, 速度最大, 此
时弹簧形变量 x
0= 0 . 1m , 然后木板继续向右运动, 到 B点木板速度为零。设木板距离 O点为 x
时, 对其受力分析: k ( x +x
0)-Ff=k x , x 方向指向 O点, 木板左端偏离 O位移 x 水平向右, 所以
满足 F
回
=-k x , 因此在物块在木板上滑动阶段, 木板的运动为简谐运动, 振幅 A= 0 . 1m , O点
为木板的平衡位置, 此时木板速度最大, 当木块滑到木板最右端时, 木板完成了一个完整的全振
动, 故 A D正确, 2s 时物块速度为零, 木板速度也为零, 弹簧处于原长, 所以 2s 物块与木板一起
静止, 加速度为零, 物块与木板之间没有摩擦力, 故 B C错误, 当木板左端运动到 B点时, 弹簧弹
性势能最大, 此时弹力 F= 2N , 所以弹簧的最大弹性势能为 E
p=F
2·2 x
0= 0 . 2J , 故 E正确。
( 2 ) ( i ) 由题意可知简谐波周期满足如下关系: n T= 1 . 2s ,( 2分)………………………………
λ=v T
( 2分) ,………………………………………………………………………………………
解得: λ=
1 2
n
c m ( n= 1 , 2 , 3 …)( 2分)………………………………………………………………
( i i ) 若波长大于 1 0c m , 根据( i ) 中分析 λ=
1 2
n
c m( n= 1 , 2 , 3 …) , 此时 n= 1 , 所以 λ= 1 2c m , 质
点 A B之间的距离 Δ x = 8c m=2
3λ ,
( 2分)…………………………………………………………
由于 A在波峰, 所以质点 B距离波谷
λ
6, 所以 B的位移为 - 1c m 。
( 2分)……………………
6
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