【文档说明】湖南省岳阳市2023届高三下学期信息卷（三）物理答案.docx，共(15)页，452.130 KB，由小赞的店铺上传

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岳阳市2023届高三物理信息试卷（三）参考答案1.B【详解】A．根据质量数和电荷数守恒，可知该核反应方程为235113294192054380UnXSr10n+→++该反应属于核裂变，A错误；B．因为生成物X比9438Sr的比结合能大，所以X比943

8Sr更稳定，B正确；C．X的质子数为54，其中子数为132-54＝78，所以中子数和质子数不相等，C错误；D．X的核子数比23592U少，两者的比结合能接近，因此X的结合能比23592U的结合能小，D错误。故选B

。2.C【详解】A．设正六边形边长为a，A点的点电荷在D点的电场强度为()12242kqkqEaa==C、E点的点电荷分别在D点产生的电场强度大小为22kqEa=D点的电场强度为21232cos604kqEEEa=−=D点场强大小不为零，A错误；

B．由等量同种电荷的电势分布特点，C、E点的点电荷在O点与D点产生的电势相等，又由于O点更靠近A点的点电荷，故O点的电势比D点产生的电势更大，B错误；CD．在O点，3个点电荷产生的电场方向水平向右，故正电荷在O点的电场力水平向右，同理3个点电荷在D

点产生的电场水平向左，故正电荷在D点的电场力水平向左，正电荷沿OD连线，从O点到D点过程，电场力先做正功后做负功，电势能先降低再升高，电势先降低再升高，C正确，D错误；故选C。3.D【详解】A．对石球受力分析，OA绳与石球相切于点A，设OA绳与竖直方向夹角为，如

下图所以4cos5=对结点O受力分析，由平衡条件得4cosATG=解得，OA绳的张力大小为54cos16AGTG==A错误；B．由题意可知4cosAGT=若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则变大，cos变小，则OA绳的

张力增大，B错误；C．若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，变小，cos变大，由4cosAGT=可得，OA绳的张力减小，C错误；D．当石球平衡时，绳子拉力为54cos16AGTG==所以，若加速向上提升石球，加速度向上，由牛顿第二定律

4cosATGma−=可得，OA绳的张力516ATG＞D正确。4.D【解析】A．由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为t=a2·T由于宇航员发现有16T时间会经历“日全食”

过程，则a2=16所以α=13π设宇宙飞船离地球表面的高度h，由几何关系可得RRh+=sin2a=sin6=12可得h=R故A错误；B．地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时

间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为0TT，故B错误；C．设宇航员观察地球的最大张角为θ，则由几何关系可得sin2=RRh+可得θ=60°故C错误；D．万有引力提供向心力，所以2224GMmmrrT=解得2324rMGT=其中r=

R＋h=2R又343MMVR==联立可得224GT=故D正确。5.A【详解】由题可知，导电溶液与导电涂层相当于平行板电容器的两极板，且两板间距离不变，液面高度变化时，正对面积发生变化，则由r4SCkd=可知，当液面升高时，正对面

积S增大，则电容增大；当液面降低时，正对面积S减小，则电容减小。由于电流从下向上流过电流计，可知该段时间内电容器上的电荷量减小，由于电容器两极电势差不变，则电容器的电容减小，则瓶内液面降低。t时间内通过电流计的电量为It，依题有ItQUC=

=液面的高度变化h时的正对面积、电容分别变化为2Srh=r4CSkd=联立得r2kdIthUr=故A正确，BCD错误。故选A。6.A【详解】A．小物块刚释放时，小物块将加速下滑，加速度向下，小球处于失重状态，则轻绳对小球的拉力小于球的重力m

g，A错误；B．当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，对小物块受力分析，由牛顿第二定律sinmgma=解得，此时小物块加速度的大小为32ag=B正确；C．将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图所示沿绳子方向的分速度等

于小球的速度，即1cos60vv=所以小物块在D处的速度与小球的速度之比为121vv=C正确；D．设小物块下滑距离为L时的速度大小为v，此时小球的速度大小为1v，对小物块和小球组成的系统根据机械能守恒定律，有22111sin6022mgLmvmv=+其中

121vv=解得，此时小物块的速度大小为2035gLv=D正确。7.【答案】BD【解析】【详解】A．由图乙知，Q点在t=0.1s时开始向上振动，故A不正确；B．由甲图可知波长4m=，由乙图可知周期4sT=，则波速为1m/svT==由乙图可知Q点比波源滞后1s开始振动，

1s波传播的距离为11mxvt==则质点Q的平衡位置与O点相距1m，故B正确；C．质点P的平衡位置与O点相距2m，波传播到质点P位置时间为2s，P振动的时间为2s，在0~4s内，质点P经过的路程为24cmsA==故C错误；D．波从波

源位置传播到x=5m位置时间为5s，则x=5m处的质点振动时间为1s，所以t=6s时，x=5m处的质点第一次到达波峰，故D正确。故选AB。8.【答案】AD【详解】（1）由平抛运动的规律可知0xvt=212ygt=0tan2ygtxv==00tanyvgtvv==解得4tan3=（2）由

4tan3=可知53=从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为9037−=则由折射定律可知sinsin37n=解得53=由几何关系可知tan372tan533H+=解得4m9H=9.【答案】BC【解析】根据氢原子的能级图可知从能级4向能级2直接跃迁发出的a光能量比从能

级3向能级2跃迁发出的b光能量高。根据Eh=可知能量越高的光，频率越高，即ab。A．光在介质中的传播速度cvn=频率高的光，折射率更大，则传播速度小，即在水中a光的速度更小，故A错误；B．双缝干涉实验中，根据Lxd=波长越长，条

纹间距越大，根据ab可知，ab，则b光的条纹间距更大，故B正确；C．根据光电效应方程可知k0EhW=−ν，ckeUE=解得遏止电压0kchWEUee−==根据ab可判断光线a的遏止电压高，故

C正确；D．根据全反射临界角1sinCn=a光折射率大，则a光的临界角更小，更容易发生全反射。所以若a光发生了全反射，b光不一定发生全反射，故D错误。故选BC。10.【答案】BCD【解析】【详解】A．由乙图可知，感应电动势有效值为m42

V4V22EE===根据闭合电路的欧姆定律，线圈中的电流4A0.4A82EIRr===++由此时小灯泡正好正常发光，小灯泡的额定电压0.48V3.2VUIR===故A错误；B．发电机输出功率为0.43.2W1.28WPUI===故B正确；C．由

图可知交变电流的频率11Hz2.5Hz0.4fT===浮筒在竖直方向上下振动的频率与交变电流的频率相同，故C正确；D．由mmENBLv=，解得浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为mm420.4m/sm/s1000.12EvNBL===故D正确

。11.【答案】CD【解析】【详解】A．粒子轨迹如图1所示由几何关系可知2sin603Ra=可得Ra=故A错误；B．当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上最大长度，如图轨迹2，设速度方向与ON夹角为，由几何关

系可得sin3RRa+=可得sin31=−则挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为cos233xRa==−故B错误；C．要使粒子打在右侧，有两个临界条件，如图中的轨迹1、3，由几何关系可知1、3的初速度夹角为60=则

粒子能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的6013606n==故C正确；D．如上图粒子1打在MN上的点与O1N组成顶角为60°的等腰三角形，所以由几何关系可知板的右侧被粒子击中的竖直长度为yRa==故D正确。故选CD。12.【答案】①.B②.较高③.2.8④.202kv【解析】【详解】（

1）[1]A．实验所用斜槽不需要尽量光滑，A错误；B．斜槽末端必须保持水平，使物体做平抛运动，B正确；C．本实验使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，故无须静止释放小球，C错误。故选B。（2）[2]由图像可知两小球做平抛运动下落

相同高度时，图线①水平位移更大，故图线①所对应的小球初速度较大，在斜槽上释放的位置较高；（3）[3]由频闪照片可得，小球在竖直方向相邻位移之差210cm0.2my==根据匀变速直线运动特点可得2s10yTg==由水平分运动0

xvT=，可得2041010m/s22m/s2.8m/s0.12xvT−===（4）[4]根据平抛运动规律可得0xvt=，212ygt=联立可得222001()22xgygxvv==可知2yx−图像的斜率为202gkv=当地的重力加速度表达式为202gkv=13.【答案】①.见解析②

.左③.乙④.2.3⑤.0.4【解析】【详解】（1）[1]由题中条件可知VAxxRRRR则电流表应采用外接法，电路中最大电流为m0.3AxEIR=故电流表应选量程0-0.6A，实物图连线如图所示（2）[2]合上开关之前，

为保护电路，测量电路中的电流应最小，故图1中滑动变阻器滑片应置于最左端；（3）[3]利用图像处理数据，误差更小，两种求电阻方法更合理的是乙；（4）[4]根据图像可知，斜率为8.764.8mAm=2.3mAm3.72.0k−=−由图像可知6mA电流对应的横

轴坐标为-112.5mL=解得0.4mL=的14.【答案】（1）1.67×105Pa；（2）51.510Pa，0.7m【解析】【详解】（1）设此时气体压强为p，由查理定律可得00ppTT=初态压强为p0，温度为T0=（273+t0）K=300K末态压强为p，温度为T=（273+t）K=50

0K代入数据可得p=1.67×105Pa（2）设再次平衡时封闭气体压强为p′，活塞A、B向左移动的距离分别为x、x′，由于气体温度始终不变，由玻意耳定律可得000plSplxxS=+−（）由平衡条件可知，对活塞A有0pSpSF=+对活塞B有0

pSkxpS+=联立解得51.510Pap=x=0.7m15.【答案】（1）0BlvIR=；（2）()212dk=+或()221dkNk=+，()22004BlvvFR−=【解析】【详解】（1）由法

拉第电磁感应定律可得E=B0lv由闭合电路欧姆定律可得EIR=解得0BlvIR=（2）为使列车得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得磁通量变化率最大，导致框中电流最强

，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为2的奇数倍，即的()212dk=+或()221dkNk=+由于法拉第电磁感应定律E=Blv当列车速度v＜v0时E=2B0l(v0-v)根据闭合电路欧姆定律

有EIR=根据安培力公式，MN边所受的安培力FMN=B0IlPQ边所受的安培力FPQ=B0Il根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小F=FMN＋FPQ=2B0Il联立解得()22004BlvvFR−=16.

（1）3m/s；（2）2.2J；（3）1.0m；（4）11mxm328<【详解】（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为v甲，则有()2212甲=−yvghhtan45甲甲=yxvv联立解得3m/s甲甲==yxvv32m/s

甲=v可知物块甲运动到最高点时的速度大小为03m/s甲==xvv（2）设物块甲在B点时速度为Bv，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有2211111122甲−=−Bmghmvmv解得27m/sBv=因为Bvv，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止

开始到B点，设弹簧弹力做功W，由动能定理有211112BWmgLmv−=解得2.2JW=根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能p2.2J==EW（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得=+101122mv

mvmvv0=v甲x由机械能守恒定律得=+222101122111222mvmvmv解得=−11m/sv，22m/sv=以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得22233()mvmmv=+若木板向右加速至共速

后再与挡板碰撞，由动能定理得222133102mgxmv=−解得12m0.5m9x=可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。由动量守恒定律得2333234()mvmvmmv−=+木板向左减速过程中，由动能定理得22223410

2mgxmv−=−解得2119xx=同理可得23119xx=以此类推木板的总路程为01202122221m98nsxxxxx=++++=++解得1.0ms=（4）以木板为对象，由牛顿第二定律得223mgma=木板与挡板碰前

做匀加速直线运动，有212xat=木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。即2220vgt−=解得1m8x=②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与

挡板仅能发生二次碰撞即2240vgt−=解得1m32x=可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为11mm328x。。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100

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