《【全国卷】名校教研联盟2023届高三联考（三）理综物理参考答案和解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【全国卷】名校教研联盟2023届高三联考（三）理综物理参考答案和解析（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、物理参考答案（全国卷）第 1 页（共 8 页）绝密启用前（全国卷）物理物理参考答案参考答案14.【答案】D【解析】核裂变和核聚变均放出核能，则均存在质量亏损，所以质量不守恒，但能量守恒，选项 A 错误；原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开所需要能量叫做原子核的结合能，这个能量也是核子结合成原子核而释放的能量，核裂变和核聚变中释放的能量是由于质量亏损而释放的能量，所以不是原子核的结合能，选项 B 错误；组成原子核的核子越多，它的结合能越大，但比结合能不一定越大，选项 C 错误；比结合能越大，原子核中核子结合得一定越牢固，原子核就越稳定，选项 D 正确。15.【答案】B【解析】以木材
2、和吊钩整体为研究对象，设木材和吊钩的总质量为 m，根据平衡条件可得缆绳对木材和吊钩整体的弹力 F=mg，在木材缓慢升高的过程中木材和吊钩整体处于平衡状态，则缆绳上的弹力大小不变，选项 A错误；以定滑轮为研究对象，设绕过定滑轮的缆绳的夹角为，根据三力平衡条件可得，大臂支架对定滑轮的弹力方向在缆绳夹角角平分线的反向延长线上，但不一定沿吊车大臂支架方向，大小为2cos22cos2mgFFN，在木材缓慢升高的过程中，与吊钩连接的缆绳一直处于竖直方向，与控制器连接的缆绳与竖直方向的夹角逐渐减小，即缆绳的夹角逐渐减小，则吊车大臂支架对定滑轮的弹力 FN一直增大，选项 B 正确，选项 C 错误；缆绳对木材和
3、吊钩整体的弹力 F=mg，大小不变，两缆绳对定滑轮的作用力为两个弹力的合力，合力方向一定在两缆绳夹角的角平分线方向上，挂木材的缆绳与竖直方向夹角不变，两缆绳夹角减小，则两缆绳对定滑轮的作用力与竖直方向的夹角逐渐减小，选项 D 错误。16.【答案】B【解析】根据等量异种电荷电场线和等势面的分布规律可知 a、b 两点电场强度相同，电势均为零，即相等，e、f 两点关于 O 点对称可知，电场强度相同，根据沿电场线方向电势降低，则 e 点的电势大于 f 点的电势，即电势不同，选项 A 错误，选项 B 正确；根据等量异种电荷电场线疏密的分布规律可知 c 点电场强度大于 O 点的电场强度，O 点的电场强度又
4、大于 d 点的电场强度，则电子在 c 点受到的静电力大于在在 d 点受到的静电力，根据沿电场线方向电势降低，则 c 点的电势大于 d 点的电势,根据电势能qEp，又因为电子带负电，则电子在电势较高处具有的电势能较小，所以在 c 点的电势能也小于在 d 点的电势能，选项 C 错误；如果无穷远处电势势能为零，则两电荷在 d 点产生的电势大小相等，符号相反，代数和为零，即 d 点电势为零，一质子在 d 点和无穷远处具有的电势能都为零，即电势能相等，所以从 d 点移到无穷远处，静电力做功为零，选项 D 错误。17.【答案】D【解析】对小球受力分析可知合力与加速度方向水平向左，所以汽车运动的加速度方向水
5、平向左，如果向右运动，则做匀减速直线运动，如果向左运动，则做加速直线运动，选项 A 错误；设小球的加速度为 a，受力分析如图所示，对小球由牛顿第二定律得 m1gtan=m1a，解得1物理参考答案（全国卷）第 2 页（共 8 页）a=gtan，则汽车的加速度和苹果箱的加速度都为 a=gtan，苹果箱和箱内的苹果始终相对于车箱底板静止，则车厢底板对苹果箱的摩擦力为静摩擦力，不是滑动摩擦力，所以不一定为Mg，以这箱苹果为研究对象，根据牛顿第二定律有tanMgMaFf，选项 B 错误；以苹果箱中间一个质量为 m 的苹果为研究对象，设周围其它苹果对它的作用力大小为 F，方向与竖直方向的夹角为，在水平方向
6、根据牛顿第二定律有sinFma，在竖直方向上cosFmg，加速度 a=gtan，三式联立解得222tan1tan=cosmgFmgmgmg，tantanga，则，选项 C 错误，选项 D 正确。18.【答案】B【解析】根据欧姆定律，原线圈的电流为11160106RUIRRR，副线圈电流为RUI22，原线圏两端的电压为11100V 60V40VRUUU，设理想变压器原、副线圈匝数之比为knn21，理想变压器有knnUU2121，解得kUU12，代入得21240UUIRkRkR，理想变压器有knnII2112，再将240IkR和110IR代入上式解得2k，即原、副线圈匝数之比为 2:1，选项 A
7、错误；11222UnUn，140VU，解得220VU，选项 B正确；根据题设条件不能确定电阻 R 的阻值，所以原副线圈电流都不能确定，选项 C、D 错误。19.【答案】BC【解析】天和核心舱在轨道运行做匀速圆周运动，神舟十五号载人飞船在轨道运行经过 A 点时做向心运动，所以神舟十五号载人飞船在轨道运行经过 A 点的速度小于天和核心舱在轨道运行的速度，选项 A 错误；设载人飞船运动周期为 T2，根据开普勒第三定律有332221arTT，则天和核心舱在轨道运动的周期与飞船在椭圆轨道上运动的周期之比为33:ar，选项 B 正确；天和核心舱做匀速度圆周运动，万有引力提供向心力有222MmvGmrmrr
8、，又因为地球表面上物体有002MmGm gR，两式联立解得天和核心舱运动的角速度32rgR，线速度2gRvr，选项 C 正确，选项 D 错误。20.【答案】AB【解 析】A、B 两 球 落 地 时 的 速 度 相 同，设 为 v0，两 球 下 落 过 程 根 据 机 械 能 守 恒 定 律 可 得，201()()2kmm ghkmm v,解得02vgh，球 B 先与地面碰撞之后原速弹回，此时 A 球速度方向还是向下，2物理参考答案（全国卷）第 3 页（共 8 页）为02vgh，之后两球发生弹性碰撞，设向上为正方向，碰撞之后 A、B 两球的速度分别为Av和Bv，根据动量守恒定律00BAkmvmv
9、kmvmv，根据能量守恒定律可得22220011112222BAkmvmvkmvmv，两式联立解得0311Akvvk，当 k=3 时代入可得02Avv，设上升的最大高度为 h1，A 球上升过程根据机械能守恒定律可得，2112Amvmgh，代入数据解得14hh；当 k=7 时代入可得02Avv.5，设上升的最大高度为 h2，A 球上升过程根据机械能守恒定律可得2212Amvmgh，代入数据解得26.25hh,所以 A 球上升的最大高度应大于 4h，小于 6.25h，选项 AB 正确。21.【答案】BCD【解析】导体棒在出三个磁场时均恰好匀速运动，则有222B L vmgR，解得出磁场时的速度为2
10、22LBmgRv，则导体棒出磁场时的速度均相同，三个磁场的宽度都相等，在磁场中运动过程根据牛顿第二定律有ILBmgma，感应电流2BLvIR，解得加速度为222B L vagRm，棒 ab 在磁场中运动的加速度只与变量速度 v 有关，根据微元法可得棒 ab 在磁场、区域运动情况均相同，选项 A 错误，选项 B 正确；棒 ab 在进入磁场区域瞬间和进入磁场区域瞬间速度大小相等，此过程中根据能量守恒定律电路中产生的总热量为Q(22)2()mgdsmg ds，导体棒电阻与串联电阻阻值相等，则电阻 R 产生的热量为()mg ds，选项C 正确；导体棒离开磁场到进入磁场的过程中，由匀变速运动规律得gsv
11、v2221，解得2142224242m g RB Lvvgsgs，进入磁场时的速度与进入磁场时的速度相等，由静止释放到区域上边界的过程导体棒做匀变速直线运动，根据运动学公式有212vgx，因此 x=sLBgRm44222，选项 D 正确22.（6 分）【答案】（1）BDE（3 分）（2）dt（1 分）（3）222dgLt（2 分）【解析】（1）本实验需要验证的表达式为212mgLmv，所以需要测量小球释放点与光电门之间的高度 L，由表达式可知由于等式两边均有小铁球的质量 m，可以约去，所以小铁球的质量 m 可以不用测量，本实验中由于小铁球的直径 d 较小，所以小铁球过光电门时的速度大小近似为t
12、dv，所以还需要测量小铁球的直径 d，小球通过光电门的时间 t，所以选择 BDE。3物理参考答案（全国卷）第 4 页（共 8 页）（2）小铁球经过光电门的挡光时间为t，由于小铁球的直径较小，所以其通过光电门的速度可近似为dvt。（3）本实验要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式22110()22dmgLmvmt即222dgLt23.（9 分）【答案】（1）150（1 分）（2）R1（1 分）电路图见解析（2 分）（3）2.150（1 分）（4）12111)(IIrRI（2 分）Rxd（2 分）【解析】（1）待测电阻阻值为 15.010=150。（2）实验器材中没有电压表，电流 A1
13、的内阻已知，所以应用电流 A1与定值电阻串联改装成电压表，电源的电动势为 1.5V，串联的电阻为295rIERm，所以定值电阻应选择 R1，电流表 A2内阻未知，所以应用外接法，即如图所示电路，此接法两表恰好几乎同时满偏。（3）由螺旋测微器读数规则，可知新型导电材料的厚度2mm15.0 0.01mm2.150mmd。（4）根据电路的特点并联支路电压相等，则被测电阻两端的电压111()UI Rr，由伏安法解得12111)(IIrRIRx；设该正方形导电材料的边长为 a，厚度为 d，根据电阻的定律有1xlaRSa dd，解得该正方形导电材料电阻率dRx。24.(14 分)【答案【答案】（1）222
14、22(74 3)2qB aqB aUmm（2）qBm35【解析【解析】（1）当粒子不从 ad 边射出的临界轨迹是轨迹与 ad 边相切，如图中所示，设此时粒子轨道半径为 r1，由几何关系得o1130sin2rar（1 分）解得ar 1在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力2111mvqv Br（1 分）粒子在电场中加速过程根据动能定理21121mvqU（1 分）以上各式联立解得轨迹与 ad 边相切时加速电压为maqBU2221当粒子恰好从 ab 边射出的临界轨迹是轨迹与 ab 边相切，如图中所示，设此时粒子轨道半径为 r2，由几4物理参考答案（全国卷）第 5 页（共 8 页）何关系得o22co
15、s30rra（1 分）解得2(42 3)ra在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力2222mvqv Br（1 分）粒子在电场中加速过程根据动能定理22212qUmv（1 分）以上各式联立解得轨迹与 ad 边相切时加速电压为2222(74 3)qB aUm（1 分）要使粒子全部从 ad 边射出，则粒子轨迹半径要小于ar 1，大于2(42 3)ra，则加速电压12UUU，即22222(74 3)2qB aqB aUmm（2 分）（2）加速电场两板间的电压2250qB aUm，粒子在电场中加速过程根据动能定理221mvqU（1 分）在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力rmvqv2B（1 分）以
16、上各式联立代入数据解得5ar（1 分）如图所示，当粒子轨迹与 bc 边界相切时，如图中所示，设此时的轨道半径为 r3，由几何关系得o33sin302arr解得33ar，因为3rr，则粒子从 cd 边射出（1 分）根据对称性得轨迹的圆心角为 300o，运动时间为qBmqBmTtoo35265360300（1 分）25.（18 分）【答案】（1）12m/s（2）m/s1方向水平向左（3）1.5m/s方向水平向右3m/s【解析】（1）小球在向下摆动过程中由机械能守恒定律可得2002160cos1(vmgLm）（1 分）解得m/s7v（1 分）小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得000mvvmvm（1 分）由能量守恒定律有202020212121mvvmvm（1 分）两式联立解得m/s120v（1 分）（2）对物块，根据牛顿第二定律12mamg（1 分）对长木板，根据牛顿第二定律212)(MagmMmg（1 分）设物块从开始运动到与挡板碰撞过程中5物理参考答案（全国卷）第 6 页（共 8 页）两位移关系为220 11 12 111()22v tata ts（1 分）解得1s1t,21 1
