【文档说明】浙江省2023届精诚联盟高三三模物理试卷参考答案.pdf，共(9)页，590.298 KB，由小赞的店铺上传

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高三物理参考答案及解析第1页共8页2022学年第二学期浙江精诚联盟适应性联考高三物理学科参考答案及解析一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选

、错选均不得分）1．答案：C解析：在国际单位制中，功与热量的单位都是焦耳（J），故选C。2.答案：D解析：重力G与Fa相互垂直，二力的合力与为Fb相等，即22baFGF=+，所以D正确。3．答案：C解析：两条龙舟齐头并进，相对

静止，所以选其中一条龙舟为参考系另一条是静止的，即C正确。4．答案：C解析：火箭在着陆前喷气减速，加速度方向向上，所以火箭处于超重状态，A错；推力向上，火箭位移向下，所以推力作负功，机械能减少，BD错；火箭高度降低，重力势能减小，C正确。5．答案：D解析：当卫星在Q点进行变轨后无动力运动到

P的过程中，克服地球引力做功，所以速度越来越小，A错；卫生离地球越来越远，万有引力越来越小，所以加速度越来越小，B错；卫星的加速度方向与万有引力方向相同，所以指向地心，即C错D对。6．答案：B解析：甲图中，对应折射角大于入射角θ，光从光密介质射向光疏介

质同，所以增大入射角θ，可以发生全反射，出射光线消失；乙图中，对应折射角小于入射角θ，光从光疏介质射向光密介质，所以不会发生全反射，出射光线不会消失；丙图中，下界面上的入射角始终等于上界面的折射角，该角一定小

于临界角，即在下界面不会全反射，所以出射光线不会消失；丁图中，当入射光绕入射点顺时针转动时，折射光线也将顺时针转动，即右边界面的入射角不断增大，有可能达到全反射的临界角，出射光线消失，所以甲丁的情况其出射光线可能消失，故选B。7．答案：A解析：小圆环每次进出磁场都会引起磁通量变化，引起感应

电流，机械能转化为电能，只有当最后小圆环的动能将减为0时才不再进出磁场，所以小圆环最终将静止，A正确；小圆环最终损失的机高三物理参考答案及解析第2页共8页械能等于小圆环减少的重力势能，只决定于初位置的

高度，而与磁感应强度大小无关，所以C错；损失的机械能最后都转化为电热，所以D错。小圆环进出一次磁场，机械能都会有损失，从而使进出磁场时的速度变小，使得感应电动势变小，而每次进或出磁场时流过导线某截面的电量不变，所以产生的

电能减少，根据能量守恒，每次进出磁场的机械能损失也随之减少，所以B错。8．答案：B解析：磁轮转速越大，磁场变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大，线圈输出的电压也越大，所以A错；当磁轮与转轴一起旋转时，磁轮每

转过一齿，绕在永久磁铁上的线圈的输出电压周期性变化一次，当磁轮转过1圈时，转过了n齿，电压周期性变化了n次，所以该传感器是靠线圈输出电压的频率来测转速的，即B对；由上可知，电压变化的频率是转速的n倍，所以当输出电压

的频率为f，则磁轮的转速为fn，所以CD错。9．答案：D解析：一个α粒子融合到一个168O核中后，根据原子核结合能随核子数变化的曲线可知，其结合能增加，两者融合后释放出一定的核能，A错；1mol某放射性元素经过16天后，还剩下116没衰变，则它的半衰期4天，B错；原子核发生β衰变时放

出电子，这电子是在中子衰变为质子时产生的，并不是原子核中原来就有的，所以C错。太阳能来自其内部的热核反应堆，随着太阳能的向外释放，太阳的质量在不断的减小，所以D正确。10．答案：B解析：由题意可知，太空电梯的缆绳与太空城堡及太空建筑物都

以相同的角速度运动，太空城堡在地球静止轨道上，万有引力恰好提供向心力，城堡上不能再施加额外的拉力，所以缆绳上端不能固定在太空城堡上，即A错；太空建筑物因为除了万有引力外，还要承受缆绳的拉力，而其角速度又与太空城堡相同，所以其轨道

高度一定大于地球静止轨道的高度，B正确。在地球静止轨道高度以下的缆绳必须受到向上的拉力，在地球静止轨道高度以上的缆绳必须受到向下的拉力，所以缆绳上的张力在地球静止轨道高度处最大，CD错。11．答案：B解析：由乙图可知，波的周期为0.2s

，所以两个波源产生的波的波长为5cm，因经0.6s波从波源传到M，所以S1到M的距离为15cm，由几何关系可知，M到两波源连线中点的距离为9cm。M、N是相邻的波峰，所以它们到波源S1（或S2）的路程差为5cm，S1到N的距离为20cm，则N到两波源高三物理参考答案及解析第3

页共8页连线中点的距离为16cm，所以M、N间的距离为7cm，即A错B对。两波源连线中垂线的到两波源和路程差都为0，所以都是振动加强的点，所以C错；M、N两点连线的中点到波源连线中点的距离为12.5cm，到波源S1的距离为221212.5+cm=17.33cm，而波谷到S1的距离应为17.5

cm，所以M、N两点连线的中点不是波谷，D错。12．答案：A解析：在Δt时间内，有PΔt能量的光被介质球折射，其动量为Ptpc=，因光的传播方向改了60°，即光的动量方向改变了60°，其动量变化量Pt

pc=，所以光束受介质球的作用力为pPFtc==，则其反作用力也为Pc，故选A。13．答案：D解析：电压正弦规律变化，所以带电粒子在一个周期内所受电场力的总冲量一定等于0，所以经一个周期，粒子的速度仍为v0，BC错；在一个周期内，带电粒子沿电场方向位移取决于电子进入电场的时刻，

若进入电场时，电压恰好为0，则带电粒子在前半周期加速度，在后半周期减速，其位移方向不变，下一个周期的运动重复前一个周期，所以位移不为零，若进入电场时，电压恰好达到最大值，则带电粒子在前两个四分之一周期内加速度减速，在后两个四分之一周期内反向加速反向

减速，前半周期的位称与后半周期的位移刚好大小相等，方向相反，所以总位移为0，即粒子可能从O’点离开电场，所以A错。因为经过一个周期，带电粒子的速度总是回到原来的速度v0，所以粒子在每个周期时的运动都是相同的，

即每个周期内的位移也一定是相同的，所以D正确。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）14．答案：A

C解析：当有烟雾进入火灾报警器时，LED发出的光经烟雾作用后到达光电三极管，从而触发火灾警报，所以A正确；红外测温仪是根据物体的温度越高发射的红外线越强的原理进行工作的，所以B错；根所多普勒效应，波源和接收者相互

靠近时，接收到的频率升高，所以汽车驶向测速仪的速度越大，测速仪接收至反射波的频率就越高，C正确；钳形电流表的工作原理是电磁感应，交流电能产生变化的磁场，使钳形电流上产生感应电流，所以能测交流电的大小，而直流电不能产生变化的磁场，所以不能测直流电的大小，D错。高三物理参考答案及

解析第4页共8页15．答案：BD解析：由图可知，吸收的入射光光子的能量为E2-E0，而发出的光的能量有三种，分别为E2-E1，E1-E0和E2-E0，所以发出光的能量一定小于或等于入射光的能量，所以A错B对；若吸收入射光的波长为λ1，发出三种光波长分别为λ1、λ2、λ3，则

发出的可见光的能量分别为E2-E0，E2-E1，E1-E0，得hν1=hν2+hν3，又c=，所以123111=+，即C错D对。三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.实验题（I、II两题，共14分）I（7

分）（1）①A1分④两光电门的间距l1分⑤𝑚𝑔𝑙=12(𝑀+𝑚)[(𝑑∆𝑡2)2−(𝑑∆𝑡1)2]2分（2）周期变长，累积法测量周期的相对误差减小；月球上没有空气阻力，消除了空气阻尼引起的系统误差。3分II（7分）（1）①热敏电阻的阻值随温度的增大非线性减小（回答出阻

值随温度升高而减小即可）1分②图1分2分0501001502002503003500102030405060𝑡/℃𝑅𝑇/kΩ低油位报警灯控制开关第17题图312SE𝑅3𝑅𝑇高三物理参考答案及解析第5页共8页（2）𝑥1=2.332（2.331~2.335）1分𝜆=652±2n

m1分累积放大，增大被测量量，减小相对误差（只要说出减小偶然误差即可得分）1分17.（8分）答案：（1）1.5×105Pa；(2)300K；(3)36J解析：(1)0mgppS=+=1.5×105Pa（2分）（2）由112212pVpVTT=（2分）得2222211111112pVphTTTTpV

ph===，所以T1=300K（1分）（3）气体对外做功1WpV==12J（1分），所以UQW=−=36J（2分）18.（11分）解：（1）由动能定理，有𝐸𝑘0=𝑚𝑔𝜇×2𝑅+2𝑅𝑚𝑔=2.5𝑚𝑔𝑅①（2）𝐸𝑘<𝐸𝑘0时，𝐹

𝑁=0𝐸𝑘≥𝐸𝑘0时，设A处轨道受力𝐹𝑁向上为正，则滑块受到的支持力为-𝐹𝑁则有−𝐹𝑁+𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐴2𝑅=2𝑅×12𝑚𝑣𝐴2②12𝑚𝑣𝐴2=𝐸𝑘−2𝑚𝑔𝑅

−𝜇𝑚𝑔×2𝑅③𝐹𝑁=6𝑚𝑔−2𝐸𝑘𝑅④𝐸𝑘=3𝑚𝑔𝑅时，𝐹𝑁=0𝐸𝑘>3𝑚𝑔𝑅时，𝐹𝑁<0，表示轨道受力方向向下。（3）恰好落到P点，有2𝑅=𝑣𝐴𝑡2𝑅=12𝑔𝑡2𝑣𝑃𝑥=𝑣𝐴=√𝑅�

�⑤𝑣𝑃𝑦=2√𝑅𝑔⑥碰撞过程时间极短，地面弹力远大于重力竖直方向动量定理，有𝐹𝑦∆𝑡=0+𝑚𝑣𝑦⑦水平方向动量定理，有−𝜇𝐹𝑦∆𝑡=𝑚𝑣𝑝𝑥′−𝑚𝑣𝑝𝑥𝑣𝑃𝑥′=𝑣𝑃𝑥−𝜇𝑣𝑦=12√𝑅𝑔⑧0−1

2𝑚𝑣𝑃𝑥′2=−𝑚𝑔𝜇𝑠高三物理参考答案及解析第6页共8页𝑠=12𝑅⑩评分标准：①④2分，其他各式1分，共11分18.（11分）解：（1）由动能定理，有𝐸𝑘0=𝑚𝑔𝜇×2𝑅+2𝑅𝑚𝑔=2.5𝑚𝑔𝑅（2分）（2）𝐸𝑘≥𝐸𝑘0时，设A处轨道受力

𝐹𝑁向下为正，则滑块受到的支持力为𝐹𝑁则有𝐹𝑁+𝑚𝑔=𝑚𝑣𝐴2𝑅（1分）−2𝑚𝑔𝑅−𝜇𝑚𝑔×2𝑅=12𝑚𝑣𝐴2−𝐸𝑘（1分）𝐹𝑁=−6𝑚𝑔+2𝐸𝑘𝑅（𝐸𝑘≥𝐸𝑘0）（2分）（3）恰好落到P点，有2𝑅

=𝑣𝐴𝑡2𝑅=12𝑔𝑡2𝑣𝑃𝑥=𝑣𝐴=√𝑅𝑔（1分）𝑣𝑃𝑦=2√𝑅𝑔（1分）碰撞过程时间极短，地面弹力远大于重力竖直方向动量定理，有𝐹𝑦∆𝑡=0+𝑚𝑣𝑦水平方向动量定理，有−𝜇𝐹𝑦∆�

�=𝑚𝑣𝑝𝑥′−𝑚𝑣𝑝𝑥（1分）𝑣𝑃𝑥′=𝑣𝑃𝑥−𝜇𝑣𝑦=12√𝑅𝑔（1分）0−12𝑚𝑣𝑃𝑥′2=−𝑚𝑔𝜇𝑠𝑠=12𝑅（1分）19.（11分）解：（1）经过时间t，棒的速度为v，由牛顿定律，有𝑀𝑔−𝑇=𝑀𝑎①𝑇−𝐹𝐴

=𝑚𝑎②𝐹𝐴=𝐵𝑑𝑖=𝐵2𝑑2𝑣𝑅③𝑎=𝑀𝑀+𝑚𝑔−𝐵2𝑑2𝑅(𝑀+𝑚)𝑣④(2)同（1）有𝑀𝑔−𝑇=𝑀𝑎𝑇−𝐹𝐴=𝑚𝑎𝐹𝐴=𝐵�

�𝑖𝑖=∆𝑞∆𝑡=𝐶𝐵𝑑∆𝑣∆𝑡=𝐶𝐵𝑑𝑎⑤𝑀𝑔=(𝑀+𝑚+𝐶𝐵2𝑑2)𝑎高三物理参考答案及解析第7页共8页𝑎=𝑀𝑔𝑀+𝑚+𝐶𝐵2𝑑2⑥𝑣=𝑎𝑡=𝑀𝑔𝑀+𝑚+𝐶

𝐵2𝑑2𝑡⑦(3)①匀速运动，电路稳恒，电感不起作用，由④式知𝑣0=𝑀𝑔𝑅𝐵2𝑑2⑧②由功能关系，有2𝑀𝑔ℎ=12(𝑀+𝑚)𝑣02+12𝐿𝐼02+𝑄⑨𝐼0=𝑀𝑔𝐵𝑑⑩𝑄=2𝑀𝑔ℎ−12(𝑀+𝑚)(𝑀𝑔𝑅

𝐵2𝑑2)2−12𝐿(𝑀𝑔𝐵𝑑)2○11评分标准：①~○11式各1分，共11分20（11分）(1)对质量为m的离子𝑒𝑈=12𝑚𝑣12①𝑅1=𝑑𝑒𝐵I𝑣1=𝑚𝑣12𝑅②𝐵I=1𝑑√2𝑈𝑚𝑒③(2

)质量为m离子𝑣1=√2𝑒𝑈𝑚𝑣2=2𝑣1④𝑡1=2𝐿𝑣1+2𝐿𝑣1+𝑣2=83𝐿𝑣1⑤同理，得质量为2.25m的离子𝑣1′=23√2𝑒𝑈𝑚=23𝑣1𝑣2′=2𝑣

′1𝑡2=2𝐿𝑣′1+2𝐿𝑣′1+𝑣′2=83𝐿𝑣′1⑥离子在磁场中运动的时间差∆𝑡′=2𝜋×2.25𝑚𝑒𝐵1−2𝜋×𝑚𝑒𝐵1=2.5𝜋𝑑√𝑚2𝑈𝑒⑦∆𝑡=𝑡2−𝑡1+∆𝑡′=(4𝐿3+2.5𝜋𝑑)√𝑚2𝑒𝑈⑧(3)I区质量

为2.25m离子回旋半径𝑅′2=1𝐵𝐼√2𝑈×2.25𝑚𝑒=1.5𝑑II区质量为m离子回旋半径𝑅2=3𝐵𝐼√8𝑈×𝑚9𝑒=2𝑑II区质量为2.25m离子回旋半径𝑅′2=3𝐵𝐼√

8𝑈×2.25𝑚9𝑒=3𝑑高三物理参考答案及解析第8页共8页分辨临界条件2𝑅′2min−2𝑅2max=𝑑⑨6𝑑1+∆𝐵𝐵−4𝑑1−∆𝐵𝐵=𝑑⑩∆𝐵𝐵=5−2√6≈10%○11评分标准：①~○11式各1分，共11分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.

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