【文档说明】河南省信阳高级中学2023届高三上学期开学考试物理试题答案.docx，共(12)页，328.917 KB，由envi的店铺上传

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物理答案14.【答案】D【解析】【详解】A．用质点来代替实际物体的研究方法叫理想模型法，故A错误；B．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，故B错误；C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了

研究电与磁相互关系的序幕，故C错误；D．库仑通过扭秤实验，定性的研究出真空中两点电荷的相互作用关系，故D正确。故选D。15.【答案】C【解析】【详解】A．若斜面体上表面粗糙，木块B可能受到重力，斜面体C对它弹力和摩擦力共三个力作用下处于平衡，可能不受绳子拉力作用，故A错误；B．若斜面体

上表面粗糙，绳子对木块无拉力时，则水平面对斜面体无摩擦力；若斜面体上表面粗糙，绳子对木块有拉力时，对B、C整体分析知，水平面对C的摩擦力与细线拉力在水平方向上的分力平衡，所以水平面对斜面体C的摩擦力方向向左，故B错误；C．若斜面体上表面光滑，设细线的弹力为F，对斜面上的物块由共点力平衡条件有

sin0Fmg−=对B、C整体受力分析可得，水平方向满足cosFf=地解得水平面对斜面体C的摩擦力大小为sincosfmg=地故C正确；D．若斜面体上表面光滑，剪断细线后，物块下滑，斜面受力不改变，水平面对斜面体的摩擦力不变；故D错误。故选C。16.

【答案】D【详解】A．着陆器在减速下降过程中，其加速度方向向上，处于超重状态，故A错误；B．着陆器在地球表面有2=mMGmgR地地地着陆器在火星表面有2=mMGmgR火火火又R火=0.5R地M火=0.1M地可得g火=0.4g地

着陆器在火星表面受到的重力为地球表面受到重力的25，故B错误；C．地球的第一宇宙速度v地满足22=mMvGmRR地地地地火星的第一宇宙速度v火满足的22=mMvGmRR火火火火可得v火=3.59km/s故C错误；D．地球、火星绕太阳做圆周运动的周期满足开普勒第三定律3322=RRT

T火地地火设火星与地球相邻两次最近的时间间隔为Δt，有22(-)2tTT=地火又T地=1年可得Δt=2.15年故D正确。故选D。17.【答案】D【解析】【详解】A．两电场线反向延长线的交点即为点电荷位置，易知点电荷带正电。故A错误；B．根据几何关系易知

M点到点电荷的距离比N点大，所以M点电势低于N点电势。故B错误；CD．设两点的连线上到点电荷的最近距离为minr，N点到点电荷的距离为Nr，根据几何关系有min4sin535Nrr==解得2min100N/Cqkr=则264N/CNqkr=N点与M点距离之比为3∶4，故场强之比为16∶9。故

D正确；C错误。故选D。18.【答案】A【解析】【详解】两球下落过程中根据系统机械能守恒有()()2ABAB012mmghmmv+=+解得02vgh=设两个小球触地碰撞后，A的速度大小为1v，B的速度大小为2v，B球与地面碰撞后速度等大反向，然后与A发生弹性碰撞，取向上为正方向，根据动量守恒定

律可得B0A0A1B2mvmvmvmv−=+根据系统机械能守恒定律有2222B0A0A1B211112222mvmvmvmv+=+A碰后由机械能守恒得2AA112mgHmv=联立解得2ABBA3mmhHmm+=−由题知H=4h联立解得AB:1:3mm=故A正错，BCD错误。故选A。19

.【答案】AC【解析】【详解】A．一群处于第4能级氢原子向低能级跃迁过程中能发出光子种类为24C6n==故A正确；BC．由图乙可知，a光的遏止电压最大，其次是b和c，根据20012eUmvhW==−可知，三种光对应的跃迁是a→：41，b

→：31，c→：21故B错误，C正确；D．c光光子能量为123.4eV(13.6eV)10.2eVbEEE=−=−−−=故C正确，D错误。故选AC。20.【答案】AD【详解】A．根据中性面的性质可知，图示位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，故A正确

；B．从图示位置转出磁场的过程中，线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；C．线圈中产生的感应电动势的最大值为2m34BLEBS==故C不正确；D．线圈在转动一个周期的过程中，只有半个周期

产生感应电流，根据能量守恒定律有2m22ETPTR=解得242364BLPR=故D正确。的故选AD。21．ACD【详解】A．物体B下落到恰与A底板上表面接触的过程中，定滑轮1和2间的绳子变短，则A、B在水平方向一起往右移动，

则A和B接触面有弹力，且A对B的弹力向右，对B做正功，A正确；B．由于B下落的过程中定滑轮1和2间的绳子变短，则带动着A向右运动，两者水平方向速度相同，水平方向上有vBx=vAB的运动由水平方向和竖直的两个分运动组成，且B下落多少距离就同时带动A向

右运动B下落距离的一半，则B竖直方向速度vBy=2vA联立可得22BBBA5xyvvvv=+=B错误；C．由选项B的分析对A、B在水平和竖直方向分别列牛顿第二定律有2T-FN=MaAFN=maBxmg-T=maBy由于B下落多少距离就同时带动A向

右运动B下落距离的一半，则aA=aBxaBy=2aA联立AB2xmgaaMm==+B4ymgaMm=+在竖直方向B运动了d，则2B12ydat=解得(5)2Mmdtmg+=C正确；D．在竖直方向B运动了d，则B下落到刚与A接触时，B在y方向的速度为2BB2yy

vad=解得B85ymgdvMm=+则AB25xmgdvvMm==+则物体B下落到刚与A接触时，B的速度为BA1055mgdvvMm==+D正确。故选ACD。22.（６分）①.BC或CB（２分）②1（２分）③.2∶1∶1（２分）【解析】【详解】（1）[1]AB

．四组实验中长木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，故A错误，B正确；CD．四组实验中，乙、丁都能用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有甲不能测量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误。故选

BC。（2）[2]根据牛顿第二定律得1aFM=根据图像得0.2N0.5N0.4F==当小车的质量为0.5kg时，它的加速度为220.5m/s1m/s0.5FaM===（3）[3]乙、丙、丁实验时所用小车总质量之比为2::::

2:1:1FFFMMMaaa==乙丁丙23.（９分）①c（２分）；②4.1（4.0～4.2）（２分）;③减小，M（２分）；④b，d（３分）【解析】【详解】①电流表有较大内阻，选择内接法会使电阻的测量值偏大，而电压表为理想电压表，故选择电流表外接法可以减小电

阻的测量误差，故选接c点．②由部分电路的欧姆定律URI=知UI−图象的斜率代表电阻，求得0.84.10.195xR=．③有图知风速增大后，代表电阻的纵坐标数值在减小；xR减小，导致总电阻减小，总电流增大，使得并联部分的电压减小，向M端滑动可使并联部分的电压重新增大为

10V．④当风速为零时，电压表的示数也为零，电路的b和d两点构成电桥，满足adabUU=；而下端的xR减小后xxRRRR，即adabUU有db，故电压表的正接线柱接在b点，负接线柱接在d点24.（１２分）【答案】（1）管的加速度12ag=方向向下，球的加速度23a

g=方向向上；（2）45LH=【详解】（1）管第一次落地弹起时，管的加速度为1424fmgagm+==（２分）方向向下；球的加速度为23fmgagm−==（２分）方向向上（2）根于速度位移公式，可得球与管

第一次碰地时速度为202vgH=（２分）解得02vgH=碰地后管的速度为12vgH=方向向上；球的速度为22vgH=方向向下；若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t，球管速度v相同，取向上为正方向则有1122

vatvat−=−+（２分）可得0122225gHvtaag==+管从弹起经t1这段时间上升的高度为2111112225hvtatH=−=（１分）球上升的高度为222118225hvtatH=−+=−（１分）可得1245LhhH=−=（２分）25.（２０分）【答案】(1)2

.6×10﹣6s(2)4m(3)0≤B2≤0.13T或者B2≥0.3T【解析】【详解】(1)在磁场B1中21vqvBmr=（１分）解得11m6rR==画出轨迹恰为四分之一圆，112π44TmtqB==（１分）得510.2610st−=（２分）(2)在电场中类平抛运

动504m10stan373yvv==（２分）yqEvtm=解得5210st−=又根据x=v0t（２分）02yvyt+=（２分）解得42m,m3xy==所以坐标d的值1tan374mtan37xyrd++

==（２分）(3)进入磁场B2速度为：5015m10ssin373vv==（１分）当带电粒子出磁场与y轴垂直时，圆周半径1222.5mmvrqB==（１分）可得22T=0.13T15B=所以0≤B2≤0.13T．（２分）当带电粒子出磁场与y轴相切时，圆周半径222.5mc

os37rr+=（２分）可得B2＝0.3T所以B2≥0.3T．（２分）33.（1）【答案】BCD的【解析】【分析】【详解】A．热力学第一定律是能量守恒定律，而热力学第二定律则是反映自然过程的方向性的定律，故A错误；B

．根据熵增加原理，从微观意义上讲，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，故B正确；C．从微观意义上讲，热力学第二定律是一个统计规律，故C正确；D．热力学第一定律UWQ=+，其中W是外界对热力学系统做的功，Q是外界向热力学系统传递的热量。一定质量的理想气体放出热量的

同时，如果外界对气体做了功，气体的内能不一定减少，所以分子的平均动能不一定减少，故D正确；E．理想气体的内能只与温度有关，所以一定质量的理想气体等温压缩，内能不变，故E错误。故选BCD。（2）【答案】○14

4cm3bl=；○215cmbl=【解析】【详解】○1先讨论活塞a是否到达卡口。设重物质量为m0时，活塞a恰与卡口接触。对下部气体，初状态压强为p0，体积为laS，末状态压强为00mgpS+，体积为l0S

，由玻意耳定律有0000amgplSplSS=+解得02.5kgm=由于0mm，则活塞a到达卡口且与卡口有作用力。对上部气体，初状态压强为p0，体积为(lb-la)S，稳定后末状态压强为0mgpS+，体积为(lb＇-la)S，由玻意耳定律有

()()000babmgpllSpllSS−=+−得44cm3bl=○2先分析温度从127t=℃升高到242t=℃后，活塞a是否离开卡口。设温度升高到Tm时，活塞a与卡口接触但无作用力。对下部气体，初状态压强为p0，体积为laS，温

度为()11273KTt=+末状态压强为0mgpS+，体积为l0S，温度为()mm273KTt=+由理想气体状态方程有0001mamgplSplSSTT+=得m360KT=()mm27387tT=

−=℃℃由于2mtt，则环境温度为t2时，活塞a未离开卡口，对上部气体，初状态压强为p0，体积为(lb-la)S，温度为()11273KTt=+稳定后末状态压强为0mgpS+，体积为(''bl-la)S，温度为()22273KTt=+由理想气体状态方程有()()00012bbamgpl

lSpllSSTT+−−=得15cmbl=34.（1）【答案】ADE【解析】【详解】A．由题，任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.2s，则周期为0.4s，由图可知，该波的波长是1.2m，所以波

速1.2/3/0.msms4vT===故A正确；B．该波的周期是0.4s，则频率11Hz2.5Hz0.4fT===故B错误；C．坐标为4.5m的质点到P点的距离为14.5m0.9m3.6m3x=−==所以x坐标为4.5m的质点与P点的振动始终相同，P质点经过10.1

s4tT==时间恰好经过平衡位置，所以x坐标为4.5m的质点在0.1st=时恰好位于平衡位置，故C错误；D．x坐标为12.6m的质点到P质点的距离为2mm312.60.91m1.784x=−==+所以x坐标为12.6m的质点与1.8mx=的点的振动始终相同，0=t时刻1.8mx

=的质点向上振动，经过10.1s4tT==时间恰好到达波峰，所以x坐标为12.6m的质点在0.1st=时恰好位于波峰位置，故D正确；E．x坐标为13.5m的质点到P点的距离为1mm113.50.91210

2m.6x=−==所以x坐标为13.5m的质点与P点的振动始终相反，当质点P位于波峰时，x坐标为13.5m的质点恰好位于波谷，故E正确。故选ADE。（2）（１０分）【答案】○1433Rc○223R【解析】【分析】○1由公式cnv=求得光在透明球体内的

传播速度,再由2Rtv=求光从P点到Q点的传播时间t；○2设透明球体介质的临界角为C,由1sinCn=求得C.光线恰好在球体内发生全反射时的入射角等于临界角C,结合几何关系求解即可.【详解】由cnv=得32cvcn==（２分）2433RRtvc==（２分）⑵设

光线从球面上P点射出时恰好发生全反射13sin2Cn==（２分）可得C=60º由几何关系可知o3=sin602BQLRR=ooo2R-Rcos603tan60tan602PQMQLLR===（１分）被光照亮区域的半径:r=LBQ＋LMQ=3R（１分）被光

照亮区域的面积22=3SrR=（２分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com