湖南省岳陽市高三下學(xué)期信息卷（三）物理答案

岳陽市2023屆高三物理信息試卷（三）參考答案1.B【詳解】A．根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可知該核反應(yīng)方程為該反應(yīng)屬于核裂變，A錯(cuò)誤；B．因?yàn)樯晌颴比的比結(jié)合能大，所以X比更穩(wěn)定，B正確；C．X的質(zhì)子數(shù)為54，其中子數(shù)為132-54＝78，所以中子數(shù)和質(zhì)子數(shù)不相等，C錯(cuò)誤；D．X的核子數(shù)比少，兩者的比結(jié)合能接近，因此X的結(jié)合能比的結(jié)合能小，D錯(cuò)誤。故選B。2.C【詳解】A．設(shè)正六邊形邊長為，A點(diǎn)的點(diǎn)電荷在D點(diǎn)的電場強(qiáng)度為C、E點(diǎn)的點(diǎn)電荷分別在D點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為D點(diǎn)的電場強(qiáng)度為D點(diǎn)場強(qiáng)大小不為零，A錯(cuò)誤；B．由等量同種電荷的電勢分布特點(diǎn)，C、E點(diǎn)的點(diǎn)電荷在O點(diǎn)與D點(diǎn)產(chǎn)生的電勢相等，又由于O點(diǎn)更靠近A點(diǎn)的點(diǎn)電荷，故O點(diǎn)的電勢比D點(diǎn)產(chǎn)生的電勢更大，B錯(cuò)誤；CD．在O點(diǎn)，3個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場方向水平向右，故正電荷在O點(diǎn)的電場力水平向右，同理3個(gè)點(diǎn)電荷在D點(diǎn)產(chǎn)生的電場水平向左，故正電荷在D點(diǎn)的電場力水平向左，正電荷沿OD連線，從O點(diǎn)到D點(diǎn)過程，電場力先做正功后做負(fù)功，電勢能先降低再升高，電勢先降低再升高，C正確，D錯(cuò)誤；故選C。3.D【詳解】A．對(duì)石球受力分析，繩與石球相切于點(diǎn)，設(shè)繩與豎直方向夾角為，如下圖所以對(duì)結(jié)點(diǎn)O受力分析，由平衡條件得解得，繩的張力大小為A錯(cuò)誤；B．由題意可知若側(cè)面繩長不變，減小繩套的半徑，則變大，變小，則繩的張力增大，B錯(cuò)誤；C．若繩套不變，將側(cè)面四根繩子各增加相同的長度，變小，變大，由可得，繩的張力減小，C錯(cuò)誤；D．當(dāng)石球平衡時(shí)，繩子拉力為所以，若加速向上提升石球，加速度向上，由牛頓第二定律可得，繩的張力D正確。4.D【解析】A．由幾何關(guān)系，飛船每次“日全食”過程的時(shí)間內(nèi)飛船轉(zhuǎn)過α角，所需的時(shí)間為t=·T由于宇航員發(fā)現(xiàn)有T時(shí)間會(huì)經(jīng)歷“日全食”過程，則=所以α=π設(shè)宇宙飛船離地球表面的高度h，由幾何關(guān)系可得=sin=sin=可得h=R故A錯(cuò)誤；B．地球自轉(zhuǎn)一圈時(shí)間為T0，飛船繞地球一圈時(shí)間為T，飛船繞一圈會(huì)有一次日全食，所以每過時(shí)間T就有一次日全食，得一天內(nèi)飛船經(jīng)歷“日全食”的次數(shù)為，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)宇航員觀察地球的最大張角為θ，則由幾何關(guān)系可得sin=可得θ=60°故C錯(cuò)誤；D．萬有引力提供向心力，所以解得其中r=R＋h=2R又聯(lián)立可得故D正確。5.A【詳解】由題可知，導(dǎo)電溶液與導(dǎo)電涂層相當(dāng)于平行板電容器的兩極板，且兩板間距離不變，液面高度變化時(shí)，正對(duì)面積發(fā)生變化，則由可知，當(dāng)液面升高時(shí)，正對(duì)面積S增大，則電容增大；當(dāng)液面降低時(shí)，正對(duì)面積S減小，則電容減小。由于電流從下向上流過電流計(jì)，可知該段時(shí)間內(nèi)電容器上的電荷量減小，由于電容器兩極電勢差不變，則電容器的電容減小，則瓶內(nèi)液面降低。t時(shí)間內(nèi)通過電流計(jì)的電量為It，依題有液面的高度變化時(shí)的正對(duì)面積、電容分別變化為聯(lián)立得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A?！驹斀狻緼．小物塊剛釋放時(shí)，小物塊將加速下滑，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，則輕繩對(duì)小球的拉力小于球的重力，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)拉物塊的繩子與直桿垂直時(shí)，小球下降的距離最大，對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律解得，此時(shí)小物塊加速度的大小為B正確；C．將小物塊的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，如圖所示沿繩子方向的分速度等于小球的速度，即所以小物塊在處的速度與小球的速度之比為C正確；D．設(shè)小物塊下滑距離為時(shí)的速度大小為，此時(shí)小球的速度大小為，對(duì)小物塊和小球組成的系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有其中解得，此時(shí)小物塊的速度大小為D正確。7.【答案】BD【解析】【詳解】A．由圖乙知，Q點(diǎn)在t=0.1s時(shí)開始向上振動(dòng)，故A不正確；B．由甲圖可知波長，由乙圖可知周期，則波速為由乙圖可知Q點(diǎn)比波源滯后1s開始振動(dòng)，1s波傳播的距離為則質(zhì)點(diǎn)Q的平衡位置與O點(diǎn)相距1m，故B正確；C．質(zhì)點(diǎn)P的平衡位置與O點(diǎn)相距2m，波傳播到質(zhì)點(diǎn)P位置時(shí)間為2s，P振動(dòng)的時(shí)間為2s，在0~4s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過的路程為故C錯(cuò)誤；D．波從波源位置傳播到x=5m位置時(shí)間為5s，則x=5m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)時(shí)間為1s，所以t=6s時(shí)，x=5m處的質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波峰，故D正確。故選AB。8.【答案】AD【詳解】（1）由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知解得（2）由可知從A點(diǎn)射到水面的光線的入射角為α，折射角為則由折射定律可知解得由幾何關(guān)系可知解得9.【答案】BC【解析】根據(jù)氫原子的能級(jí)圖可知從能級(jí)4向能級(jí)2直接躍遷發(fā)出的a光能量比從能級(jí)3向能級(jí)2躍遷發(fā)出的b光能量高。根據(jù)可知能量越高的光，頻率越高，即。A．光在介質(zhì)中的傳播速度頻率高的光，折射率更大，則傳播速度小，即在水中a光的速度更小，故A錯(cuò)誤；B．雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，根據(jù)波長越長，條紋間距越大，根據(jù)可知，，則b光的條紋間距更大，故B正確；C．根據(jù)光電效應(yīng)方程可知，解得遏止電壓根據(jù)可判斷光線a的遏止電壓高，故C正確；D．根據(jù)全反射臨界角光折射率大，則光的臨界角更小，更容易發(fā)生全反射。所以若a光發(fā)生了全反射，b光不一定發(fā)生全反射，故D錯(cuò)誤。故選BC。10.【答案】BCD【解析】【詳解】A．由乙圖可知，感應(yīng)電動(dòng)勢有效值為根據(jù)閉合電路的歐姆定律，線圈中的電流由此時(shí)小燈泡正好正常發(fā)光，小燈泡的額定電壓故A錯(cuò)誤；B．發(fā)電機(jī)輸出功率為故B正確；C．由圖可知交變電流的頻率浮筒在豎直方向上下振動(dòng)的頻率與交變電流的頻率相同，故C正確；D．由，解得浮筒在豎直方向上下運(yùn)動(dòng)的最大速度為故D正確。11.【答案】CD【解析】【詳解】A．粒子軌跡如圖1所示由幾何關(guān)系可知可得故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)軌跡剛好與MN相切時(shí)，粒子能打到板上最大長度，如圖軌跡2，設(shè)速度方向與ON夾角為，由幾何關(guān)系可得可得則擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長度為故B錯(cuò)誤；C．要使粒子打在右側(cè)，有兩個(gè)臨界條件，如圖中的軌跡1、3，由幾何關(guān)系可知1、3的初速度夾角為則粒子能擊中擋板右側(cè)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的故C正確；D．如上圖粒子1打在MN上的點(diǎn)與O1N組成頂角為60°的等腰三角形，所以由幾何關(guān)系可知板的右側(cè)被粒子擊中的豎直長度為故D正確。故選CD。12.【答案】①.B②.較高③.④.【解析】【詳解】（1）[1]A．實(shí)驗(yàn)所用斜槽不需要盡量光滑，A錯(cuò)誤；B．斜槽末端必須保持水平，使物體做平拋運(yùn)動(dòng)，B正確；C．本實(shí)驗(yàn)使用手機(jī)連拍功能對(duì)做平拋運(yùn)動(dòng)的小球進(jìn)行拍攝，故無須靜止釋放小球，C錯(cuò)誤。故選B。（2）[2]由圖像可知兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)下落相同高度時(shí)，圖線①水平位移更大，故圖線①所對(duì)應(yīng)的小球初速度較大，在斜槽上釋放的位置較高；（3）[3]由頻閃照片可得，小球在豎直方向相鄰位移之差根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可得由水平分運(yùn)動(dòng)，可得（4）[4]根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得，聯(lián)立可得可知圖像的斜率為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣缺磉_(dá)式為13.【答案】①.見解析②.左③.乙④.⑤.【解析】【詳解】（1）[1]由題中條件可知?jiǎng)t電流表應(yīng)采用外接法，電路中最大電流為故電流表應(yīng)選量程，實(shí)物圖連線如圖所示（2）[2]合上開關(guān)之前，為保護(hù)電路，測量電路中的電流應(yīng)最小，故圖1中滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)置于最左端；（3）[3]利用圖像處理數(shù)據(jù)，誤差更小，兩種求電阻方法更合理的是乙；（4）[4]根據(jù)圖像可知，斜率為由圖像可知6mA電流對(duì)應(yīng)的橫軸坐標(biāo)為解得14.【答案】（1）1.67×105Pa；（2），【解析】【詳解】（1）設(shè)此時(shí)氣體壓強(qiáng)為p，由查理定律可得初態(tài)壓強(qiáng)為p0，溫度為T0=（273+t0）K=300K末態(tài)壓強(qiáng)為p，溫度為T=（273+t）K=500K代入數(shù)據(jù)可得p=1.67×105Pa（2）設(shè)再次平衡時(shí)封閉氣體壓強(qiáng)為p′，活塞A、B向左移動(dòng)的距離分別為x、x′，由于氣體溫度始終不變，由玻意耳定律可得由平衡條件可知，對(duì)活塞A有對(duì)活塞B有聯(lián)立解得x15.【答案】（1）；（2）或，【解析】【詳解】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=B0lv由閉合電路歐姆定律可得解得（2）為使列車得最大驅(qū)動(dòng)力，MN、PQ應(yīng)位于磁場中磁感應(yīng)強(qiáng)度同為最大值且反向的地方，這會(huì)使得磁通量變化率最大，導(dǎo)致框中電流最強(qiáng)，也會(huì)使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大。因此，d應(yīng)為的奇數(shù)倍，即或由于法拉第電磁感應(yīng)定律E=Blv當(dāng)列車速度v＜v0時(shí)E=2B0l(v0-v)根據(jù)閉合電路歐姆定律有根據(jù)安培力公式，MN邊所受的安培力FMN=B0IlPQ邊所受的安培力FPQ=B0Il根據(jù)左手定則，MN、PQ邊所受的安培力方向相同，此時(shí)列車驅(qū)動(dòng)力的大小F=FMN＋FPQ=2B0Il聯(lián)立解得16.（1）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）由題意可知，物塊甲從斜面頂端到最高點(diǎn)做逆向平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊甲剛離開斜面時(shí)速度為，則有聯(lián)立解得可知物塊甲運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為（2）設(shè)物塊甲在B點(diǎn)時(shí)速度為，對(duì)物塊甲從B點(diǎn)到斜面頂端由動(dòng)能定理有解得因?yàn)?，所以物塊甲在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)。對(duì)物塊甲從靜止開始到B點(diǎn)，設(shè)彈簧彈力做功，由動(dòng)能定理有解得根據(jù)功能關(guān)系可知彈簧最初儲(chǔ)存的彈性勢能（3）物塊甲與物塊乙在碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律得v0=v甲x由機(jī)械能守恒定律得解得，以物塊乙和木板為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得若木板向右加速至共速后再與擋板碰撞，由動(dòng)能定理得解得可知木板與物塊乙共速后再與擋板相碰。由動(dòng)量守恒定律得木板向左減速過程中，由動(dòng)能定理得解得