【文档说明】湖北省荆州市沙市中学2023届高三下学期6月适应性考试物理答案和解析.docx，共(7)页，480.895 KB，由小赞的店铺上传

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沙市中学2023届高三6月适应性考试物理答案1.C【详解】A．线状谱可以用来鉴别物质，连续谱不可以用来鉴别物质，A错误；B．慢中子更容易发生铀核裂变，B错误；C．玻尔的原子模型也具有局限性，因为它保留了过多

经典粒子的观念，C正确；D．4E2-3E1-2E2=17.6eV,故E2=1.09eV，D错误。故选C。2.C【详解】根据题意可知，两段曲线均为抛物线，则飞机在两段时间内均做匀变速直线运动A．根据xt−图像中

斜率表示速度，由图像可知，飞机在00~t时间内，向上做加速运动，具有向上的加速度，则处于超重状态，故A错误；B．根据题意，设飞机在00~t时间内的加速度大小为1a，由公式2012xvtat=+可得201012xat=解得01202xat=，设00~5tt时间内的加速度大小为2

a，由图可知，飞机在05tt=时速度为0，则可看成反向加速，由公式2012xvtat=+可得()2002001552xxatt−=−解得02202xat=可知12aa故B错误；C．根据xt−图像中斜率表示速度可知，xt−图像

中的两段曲线在tt=0时刻相切，故C正确；D．根据xt−图像中斜率表示速度，由图像可知，飞机在tt=0时速度最大，由公式0vvat=+可得，最大速度为0m1002xvatt==故D错误。故选C。3.B【详解】A．由于Ａ球上升的最大高度大于B球上升的最大高度，根据212hgt=可知，A球上升到最

大高度的时间比B球长，由于运动的对称性，A球飞行时间比B球长，A错误；B．由于两球的水平位移相同，而B球运动时间短，所以发球时B球的水平分速度较大，在最高点时B球速度较大，B正确；C．对于Av与Bv，前者竖直分量大于后者，后者水平分量大于前者，所以不能确定Av和

Bv的大小关系，C错误；D．根据对称性，如果不计空气阻力，A球发球的速度大小一定等于Av的大小，D错误。故选B。4.C【详解】A．大地为远端，所以金属板下表面无电荷，故A错误；BC．金属板达到静电平衡时，导体内合场强为0，所以感应电荷在B点的场强与Q+在B点场强2BKQEd=等大反向，故B错误

，C正确；D．根据镜像原理，感应电荷在A点场强大小为2AKQEd=，与点电荷的场强叠加后，合场强为22KQEd=故D错误。故选C。5.AA．宇航员的线速度v=rω，地球自转角速度不变，随着r增大线速度v增大，故A正确；B．宇航员在r=

R处是在地面上，除了受到万有引力还受到地面的支持力，故在r=R处的线速度远小于第一宇宙速度，故B错误；C．宇航员在电梯中上升的过程不是只受地球的引力作用，所以不是始终处于完全失重的状态，只有上升到同步轨道高度

时才会处于完全失重状态，选项C错误；D．电梯到达与同步卫星相同高度时，宇航员在该点的向心加速度等于同高度的同步卫星的向心加速度，选项D错误。故选A。6.A【详解】【解析】A.对系统应用物体平衡条件得F=2mg对小球B由物体平衡条件得弹簧弹力FN=mgB.由胡克定律得F=kx，弹簧的伸长量x=𝑚�

�𝑘则A距离地面的高度hA=h+L0+𝑚𝑔𝑘.C.撤去外力F的瞬间,A所受的合力大小为FA合=2mgA的加速度大小aA=2gD.由题意可知,刚开始时弹簧的伸长量和最终静止时弹簧的压缩量是相等的

,即初终态时弹簧的弹性势能相等.根据能量转化和守恒得系统损失的机械能|ΔE|=|ΔEpA+ΔEpB|代入数据得|ΔE|=mgh+mg(h+2𝑚𝑔𝑘)=2mg(h+𝑚𝑔𝑘).故选A。7.C【解析】【详解】A．根据题意画出光路图如下，再根据光路的可逆性与几何关系可知光束在N点的

入射角i=60°，根据几何关系可知α=30°，玻璃砖的折射率sin3sinin==A错误；BC．光束在玻璃砖内传播的距离等于12cos3NMRR==传播速度cvn=，光束在玻璃砖内传播的时间13NMRtvc==B错误、C正确；D．由几何知识知光线在底面的入射角为30°，全反射的临界角

C满足131sin32Cn==，故30°<C，光线在底面上不会发生全反射，若底面不镀银，将有光线从底面折射出，D错误。故选C。8.AC【详解】AB．根据电路图可知，电流表1A测原线圈干路电流，电流表2A测

副线圈回路中干路电流，则由1221InIn=得12214nInI==故A正确，B错误；C．由1122UnUn=可知2U保持不变，电压表3V的示数322UUIR=−则320UIR=电压表3V示数变化量的大小与电流表2A示数变化量的大小的比值302URI=保持不变，故C正确；D．将滑动

变阻器滑片向下消动，动变阻器接入电路的有效阻值减小，电流表2A的示数2I变大，则电压表3V的示数3220UUIR=−变小，故D错误。故选AC。9.AC【解析】A．由题意，x=0处的质点在0~1s的时间内通过的路程为4.5cm，则结合图可知t=0时刻x=0处的质点沿y轴的

负方向运动，则由质点的振动和波的传播方向关系可知，该波的传播方向沿x轴的正方向，故A正确；BC．由题意可知，t=1s为1312𝑇，解得𝑇=1213s由图可知𝜆=12m则𝑣=𝜆𝑇=121213m/s=13m/s故C正确，B错误；D．由同侧法可知t=

1s时，x=6m处的质点沿y轴正方向运动，故D错误。故选AC。10．BC【详解】AB．试验车的速度最大时满足02()2mBLvvBLfR−=解得实验车的最大速率8m/smv=选项A错误，B正确；C．克服阻力的功率为P1=fvm=1.6W当实验车以速度vm匀速运

动时金属框中感应电流的00.5A2()mBLvvIR=−=，金属框中的热功率为P2=I2R=0.4W外界在单位时间内需提供的总能量为E=（P1+P2）t=2J选项C正确；D．当实验车速度为0时，根据楞次定律“来拒去留”可知，金属框受到水平向右的磁场力，大小为22002410.2102N1N

1.6BLvFBLR===选项D错误。故选BC。11.AC【详解】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是14T，由2mTqB=得01452614mTqBt=

=解得0512mtBq=故A正确；B．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有022Tt=得56=画出该粒子的运动轨迹如图，设轨道半径为R，由几何知识得cos30cos30RRl+=可得237Rl=故B错误；C．粒子射入

磁场的速度大小为05342qvlBmtR==故C正确；D．射入的粒子恰好不从AB边射出，粒子在磁场中扫过的面积为()221cos36334904SRRlR=++=故D错误。故选AC。12.【答案】1.732—1.733dtamg增大不

变【详解】（1）[1]图乙中螺旋测微器测量遮光条的宽度1.5mm23.20.01mm=1.732mmd=+（2）[2]滑块匀速转动的线速度大小可由光电门测得dvt=（3）[3]对在转台上做匀速圆周运动滑块，根据图丙知20v=时Fa=−根据牛顿第二定律2vF

mgmr+=，带入数据0amg−+=解得amg=（4）[4][5]根据图丙得到0amg−+=；0bmgmr+=解得amg=；bgr=则换用质量m更大的滑块，a增大而b不变。13.【答案】𝐸1偏小5899.0【解析】（1）①根据题意，由欧姆定律可知，若电源选取𝐸2，电路中的最

小电流约为𝐼m=𝐸2𝑅1m=375μA，超过微安表量程，则电源选𝐸1。②实验中，闭合开关S，外电路的总电阻减小，总电流变大，即干路电流大于𝐼g，则流过微安表的电流为𝐼g2，流过电阻箱的电流大于𝐼g2，由并联分流原理可知，电阻箱电阻小于微安表

内阻，即微安表G内阻的测量值与真实值相比偏小。（2）根据题意，由实验原理，设计电路图，如图所示（3）根据题意，由上述分析可知，微安表内阻约为4000Ω，则改装成量程为3V的电压表需串联一个6000Ω的电阻，当标准电压表示数为3V时，若改装电

压表中微安表G的示数为297μA，则此时，微安表的等效内阻为𝑅内′=𝑈𝐼≈10101.0Ω若调整准确，则微安表的等效内阻为𝑅内=𝑈𝐼g=10000.0Ω即需将改装后电表的等效内阻减小101.0Ω，即与微

安表串联的电阻值调至𝑅′=(6000−101.0)Ω=5899.0Ω14.【答案】（1）112V0；（2）0.8V0【解析】（1）人体肺部气体初状态压强p1＝p0，体积V1＝V0，人下潜到最大深度时气体的体积V2，设气体压强为p2，设下潜的最大深度为h2，则2

2000hppph=+，解得2012pp=气体温度不变，由玻意耳定律得1122pVpV=解得20112VV=（2）在安全深度h3=40m处时33000hppph=+解得305pp=，在最大深度时肺部气体压强20

12pp=，肺部气体体积为0.5V0，返回到安全深度时，肺部压强为p3，体积为V3，气体温度不变则3322pVpV=解得201.2VV=，人回到水面时肺部气体的压强p4＝p0，体积V4＝2V0，气体温度不变，由玻意耳定律得'3344pVpV=解得'300.4VV=，在安全深度处吐出空气的

最小体积'330001.20.40.8VVVVVV=−=−=15.【答案】（1）20mvEql=；（2）04lv；（3）222l−【详解】（1）在电场中，根据牛顿第二定律有qEma=，粒子在电场中做类平抛运动，则在水平方向有0||xvt=，竖直方向有212

yat=，其中22xyl=解得20mvEql=（2）设粒子进入磁场的速度为v，与y轴的夹角为，根据牛顿第二定律有2vqvBmR=，根据几何关系可知粒子从y轴离开磁场时与O点的距离为2sindR=，又0sinvv

=解得dl=，即到达O点的粒子经过磁场偏转后都从yl=−点离开磁场，则有12tan112ll==，则粒子在磁场中运动的时间为044Tltv==（3）因为从O点发射进入磁场的粒子速度最小，为0v，运动半径为002mvlRqB==，从1A处发射的粒子进入磁场的速度最大

，其在沿y轴方向的速度大小为02mvv=，则22mmmvlRqB==将荧光屏缓慢向上移动的过程中，荧光屏发光的最大长度如图所示，由几何知识可知发光的最大长度为022(1cos45)2mmlRRl−=−−=16.【答案】（1）8m/s，3m/s；（2）5m1

2；（3）P、Q终将停止，P前进的总路程为10m【解析】（1）设Q与P第一次碰撞前的速度为0v，碰后P、Q的速度分别为Pv和Qv，由动能定理，得20102qELMv=−，碰撞过程动量守恒0QPMvMvmv=+，碰撞过程机械能守恒

2220111222QPMvMvmv=+，代入数据求得05m/sv=8m/sPv=3m/sQv=（2）碰后Q加速运动的加速度25m/sQqEaM==，碰后P减速运动的加速度2()25m/sPMmgam+==，设物块Q与盒子P速度相等时经过时间为0t，则有000QPPva

tvat+=−得01s6t=，因为物块Q与盒子P速度相等时Q与盒子右挡板间的距离此时最大，最大距离为二者相对位移220000115m2212PQPPQQxxxvtatvtat=−=−−+=512xmL=，满足

题意此时不会与盒子左板碰撞。（3）由()qEMmg+，可知P、Q终将停止。（否则前进足够长的位移，减少的电势能会小于增加的内能，违背能量守恒定律），停止时，Q在P的右端，设P前进的总路程为S，由能量守恒()()qESLMmgS+=+，得10mS=。获得更多资源请扫码

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