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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,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的摩擦力為,升降機緩慢上升時,d和l不變,夾角不變,則地面對升降機的摩擦力不變,故C正確;D.根據(jù)平衡條件可知,升降機對地面的壓力為,升降機緩慢向左移動時,升降機對地面的壓力不變,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.由于電場強度是矢量,又A、B兩處電場強度大小相等,方向不同,故A、B兩處電場強度不相同,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,機械能減小。因此,小環(huán)C的機械能先增加再減小,下落到位置S時,小環(huán)C的機械能最大,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,而電動自行車電機的電壓維持在到之間時電機才能正常工作,所以該電動自行車的電機不能正常工作。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
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