2023河北省高三开学检测物理答案

高三年级开学检测———物理答案与解析１．【答案】Ｂ２３８２３４２３８ ２３４４【解析】由题意可知９４Ｐｕ衰变后的原子核为９２Ｕ，所以核反应方程为９４Ｐｕ→９２Ｕ＋２Ｈｅ，所２３４以衰变过程中释放的粒子为α粒子，故Ａ错误；由前面分析可知９２Ｕ的中子数狀＝２３４－９２＝１４２，故Ｂ正确；由于核电池是利用元素衰变过程中释放的能量来工作的，所以衰变过程中一定会出现质量亏损，故Ｃ错误；半衰期是统计规律，由原子核本身决定，与化学状态和物理环境无关，所以植入人体后半衰期不会发生变化，故Ｄ错误。２．【答案】Ｃ【解析】６．５～７．５岁男性和女性的身高生长速度一样，但不表明他们的身高一样，故Ａ错误；从图像可知６．５～１７．５岁男性和女性的身高生长速度先减小后增大再减小，故Ｂ错误；由图像可知男性在１２．５～１５．５岁身高生长速度与年龄成直线关系，即身高生长速度随着年龄均匀减小，所以身高生长的加速度不变，故Ｃ正确；７．５～１０．５岁男性的身高生长速度小于女性的身高生长速度，故Ｄ错误。３．【答案】Ｂ【解析】书本静止在倾斜桌面上，肯定受到桌面给的摩擦力，桌子静止在水平地面上，将桌子和书本整体分析，桌子只受重力和支持力，不受地面的摩擦力，故Ｂ正确，Ａ、Ｃ、Ｄ错误。４．【答案】Ｄ【解析】旅行者２号已经脱离太阳系，所以它的发射速度超过１６．７ｋｍ／ｓ，故Ａ错误；由题意可知旅行者２号发射后只在一段时间内受地球引力作用，然后就脱离地球引力束缚，受太阳引力影响，最后脱离太阳引力束缚，故Ｂ错误；旅行者２号的加速度由它受到的合力决定，发狊射后它受到合力不一定一直增大，故Ｃ错误；地球信号传输到旅行者２号所需的时间狋＝犮１．９９×１０２×１０８×１０３ｍ１．９９＝＝×１０５ｓ≈１８．４ｈ，故Ｄ正确。３×１０８ｍ／ｓ３５．【答案】Ａ【解析】对两辆车整体受力分析并结合牛顿第二定律有犉０－２犉犳－（犿１＋犿２）犵ｓｉｎθ＝（犿１＋犉０－２犉犳犿２）犪，解得犪＝－犵ｓｉｎθ，故Ａ正确，Ｂ错误；对前车受力分析有犉－犉犳－犿１犵ｓｉｎθ＝犿１＋犿２犿１犿２－犿１犿１犪，解得犉＝犉０＋犉犳，故Ｃ、Ｄ错误。犿１＋犿２犿１＋犿２６．【答案】Ｃ【解析】小球犃、犅绕过犆点的竖直轴转动，合力提供向心力，犃、犅间的库仑力为斥力，所以犃、犆间必须是引力才可以，所以小球犆一定带负电，故Ａ错误；对小球犆受力分析可知，犃、犅两个小球给犆的库仑力的合力一定竖直向下，小球犆受到的重力也竖直向下，所以固定４狇·狇物给小球犆的作用力一定竖直向上，故Ｂ错误；对小球犃受力分析有犽ｃｏｓ６０°－犱２２狇·狇２犱２犽狇犽＝犿ω，解得ω＝，故Ｃ正确；若小球犆的电荷量可以变化，对小球犅受力分犱２２槡犿犱３【·高三开学检测———物理答案 第１页（共５页）】书２槡３析，竖直方向上有犉犆犅ｓｉｎ６０°＋犉犖－犿犵＝０，犉犖≥０，所以犉犆犅≤犿犵，水平方向有３２２犽狇２犱２槡３犵２犽狇犉犆犅ｃｏｓ６０°－＝犿ω，解得ω≤－，故Ｄ错误。犱２２槡３犱犿犱３７．【答案】Ｄ２狀π犅犛【解析】由题意可知发电机产生的电动势的最大值犈犿＝狀犅犛ω＝，电动势的有效值犈＝犜犈犿槡２狀π犅犛槡２狀π犅犛＝，但由于线圈有电阻，所以线圈两端电压犝１≠犈＝，故Ａ错误；图示时槡２犜犜刻发电机电动势的瞬时值为０，但通过副线圈的电流的瞬时值不为０，电流表示数表示电流２２犈狀２槡２狀π犅犛狀２的有效值，不随时间变化，故Ｂ错误；犝１＝犈－犐１狉，解得犐１＝２２＝２２，故狀２狉＋狀１犚犜（狀２狉＋狀１犚）２犐１狀２犈狀２槡２狀π犅犛狀１狀２２Ｃ错误；由＝可知犐２＝２２＝２２，所以电阻犚消耗的功率犘＝犐２犚＝犐２狀１狀２狉＋狀１犚犜（狀２狉＋狀１犚）２２２２２２２狀π犅犛狀１狀２犚２２２２，故Ｄ正确。犜（狀２狉＋狀１犚）８．【答案】ＢＣ【解析】该同学听到有的地方声音比较强有的地方声音比较弱是因为声音发生了干涉现象，相互加强的地方音乐比较强，相互减弱的地方声音比较弱，故Ａ错误；两个音箱并联，所以发出的声音步调相同，与两个音箱距离相同的点是振动的加强点，所以声音比较大，故Ｂ正确；该同学走到教学楼后面还能听到音乐，是声音发生了衍射，绕过教学楼继续传播了，故Ｃ正确；声音发生明显衍射的条件是障碍物的大小小于波长，如果适当增大播放音乐的频率，会使波长减小，一旦波长小于教学楼的尺寸，声音不能发生明显衍射，教学楼后面就听不到了，而增加播放音乐的音量不影响声音的衍射，故Ｄ错误。９．【答案】ＡＣ【解析】设犗点到椭圆中心的距离为狓，由几何关系可知小球在犃点时弹簧伸长狓，当小球在犅点时弹簧压缩狓，所以当小球在犃、犅两点时弹簧的弹性势能相等，在小球从犃运动到犅的过程中，弹簧的伸长量先减小，然后弹簧的压缩量增大，弹性势能先减小后增大，故Ａ正确；小球位于犃点时速度为０，所以小球重力做功的功率为０，当小球位于犅点时速度方向水平向左，此时小球重力做功的功率仍为０，所以在小球从犃到犅的过程中小球重力做功的功率不可能一直增大，故Ｂ错误；由前面分析可知，小球从犃点运动到犅点的过程弹簧弹性势１能不变，所以减小的重力势能全部转化为动能，所以有犿犵×２犪＝犿狏２，所以狏＝２犵犪，故２槡Ｃ正确；由前面分析可知，仅将小球质量变为原来的２倍，小球运动到犅点的速度不变，故Ｄ错误。１０．【答案】ＢＤ槡３槡３犿犵【解析】由题意可知犆犇棒受到的最大静摩擦力犉犳犿犪狓＝犿犵ｃｏｓ３０°＝×犿犵×＝＜μ６２４犿犵犿犵ｓｉｎ３０°＝，所以犆犇棒受到的安培力一定沿导轨斜向上，由左手定则可知电流方向由２【·高三开学检测———物理答案 第２页（共５页）】犇到犆，所以电容器与犕１犖１连接的极板带负电，故Ａ错误；当摩擦力沿导轨向上且最大时，安培力最小，此时通过金属棒的电流最小，有犉犳犿犪狓＋犉安犿犻狀－犿犵ｓｉｎ３０°＝０，犉安犿犻狀＝犐犿犻狀犔犅０，此时犆犇棒两端电压最小，有犝犆犇犿犻狀＝犐犿犻狀犚，此时电容器的电荷量狇犿犻狀＝犆犝犆犇犿犻狀＝犆犿犵犚，当摩擦力沿导轨向下且最大时安培力最大，此时通过金属棒的电流最大，有犉安犿犪狓４犔犅０－犉犳犿犪狓－犿犵ｓｉｎ３０°＝０，犉安犿犪狓＝犐犿犪狓犔犅０，此时犆犇棒两端电压最大，有犝犆犇犿犪狓＝犐犿犪狓犚，此时３犆犿犵犚２犆犿犵犚电容器的电荷量狇犿犪狓＝犆犝犆犇犿犪狓＝，所以电容器极板的电荷量大小可能为，故４犔犅０３犔犅０Ｂ正确；由题意可知随着通过金属棒的电流增大，摩擦力先是沿导轨向上减小，后是沿导轨犿犵３犿犵向下增加，故Ｃ错误；由前面分析可知通过金属棒的电流≤犐≤，由闭合电路欧姆４犔犅０４犔犅０Δ犅π狀犱２Δ犅犿犵（犚＋狉）定律有犈＝犐（犚＋狉），由法拉第电磁感应定律有犈＝狀犛＝·，解得２≤Δ狋４Δ狋π狀犱犔犅０Δ犅３犿犵（犚＋狉）≤２，故Ｄ正确。Δ狋π狀犱犔犅０１１．【答案】（１）分米（１分）；（２）１．４０（２分），０．２０（２分）；（３）２８８（３分）。【解析】（１）由图中数据可知数据估读到了厘米，所用卷尺的最小刻度是分米，这样估读一位后就是厘米；（２）油桶做匀变速直线运动时平均速度等于时间中点的瞬时速度，狓犃犆５．６１所以狏犅＝＝ｍ／ｓ＝１．４０ｍ／ｓ，２犜４（狓３＋狓４－狓１－狓２）１４．４１－５．６１－５．６１由逐差法有犪＝＝ｍ／ｓ２＝０．２０ｍ／ｓ２；４犜２４×２×２（３）由匀变速直线运动规律有狏犃＝狏犅－犪犜＝１．４０－０．２０×２ｍ／ｓ＝１．００ｍ／ｓ，狏犈＝狏犅＋３犪犜１１＝１．４０＋３×０．２０×２ｍ／ｓ＝２．６０ｍ／ｓ，由动能定理有犠＝犿狏２－犿狏２＝２８８Ｊ。２犈２犃１２．【答案】（１）ＡＤ（３分）（选对１个得１分，选对２个得３分，选错不得分）；１（２）空气柱体积（犞＝犔犛）越大，封闭气体的压强越小（１分） （２分）；犔（３）３５℃（２分）。【解析】（１）实验前给注射器柱塞涂润滑油是为了增加实验装置的气密性，保证封闭气体质量不变，而不是为了减小柱塞与注射器之间的摩擦力，因为气体的压强由压强传感器直接测得，故Ａ正确，Ｂ错误；为了防止封闭气体的温度变化影响实验结果的准确性，要缓慢推拉柱塞，并且不能用手握注射器，故Ｃ错误，Ｄ正确。故选ＡＤ。（２）由图乙可以得出的实验结论为空气柱体积（犞＝犔犛）越大，封闭气体的压强越小，若封闭犽犽犽１１气体的压强与气体的体积成反比，则有狆＝＝＝·，所以以气体压强狆为纵轴，犞犔犛犛犔犔为横轴，若得到一条过原点的直线，则表明在温度不变的情况下气体的压强与体积成反比；（３）由题意有犪图像对应的实验温度犜２＝（７＋２７３）Ｋ＝２８０Ｋ，气体从狓２到狓１过程为等压犞２犔２犛犛犞１犛变化，所以有＝＝＝＝，即狓２犜２＝狓１犜１，所以犜１＝３０８Ｋ，即３５℃。犜２犜２狓２犜２犜１狓１犜１【·高三开学检测———物理答案 第３页（共５页）】１２１３．【答案】（１）犚线＝犚０；（２）犘＝犐０犚０。４解：（１）当滑片在最左端时，设电动机两端的电压为犝，回路中的电流为犐，对液滴受力分析犝有狇＝犿犵（１分）犱由闭合电路欧姆定律有犝＝犈－犐（狉＋２犚０）（１分）犝１电动机的绕线犚线＝＝犚０（２分）犐４（２）当电动机正常工作时，设电动机两端的电压为犝′，回路中的电流为犐′犝′对液滴受力分析结合牛顿第二定律有狇－犿犵＝犿·３犵（１分）犱１由闭合电路欧姆定律有犝′＝犈－犐′（狉＋犚０）（１分）４犚０２２此时电动机输出的机械功率犘＝犝′犐′－犐′＝犐０犚０（２分）４２槡３犿狏０槡３犿狏０５槡３π犱１４．【答案】（１）犈＝；（２）犅＝；（３）狋乙＝１＋。３狇犱狇犱（２７）狏０解：（１）粒子甲在电场中做类平抛运动，有犱＝狏０狋１（１分）槡３１犈狇２犱＝··狋１（２分）６２犿２槡３犿狏０解得犈＝（１分）３狇犱（２）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子甲在犆点时速度与初速度方向的夹角为θ，犈狇狋１犿槡３有ｔａｎθ＝＝（１分）狏０３所以θ＝３０°则狏０＝狏犆ｃｏｓθ（１分）２狏犆粒子在磁场中运动有狇狏犆犅＝犿（１分）犚甲由几何关系可知犱＝犚甲（１＋ｓｉｎθ）（１分）槡３犿狏０解得犅＝（１分）狇犱（３）粒子乙在离开电场时速度与初速度方向的夹角为α３狇犈··狋乙１犿有犱＝狏０狋乙１，ｔａｎα＝＝槡３所以α＝６０°（１分）狏０２狏乙狏０＝狏乙ｃｏｓα，粒子乙在磁场中运动有３狇狏犆犅＝犿（１分）犚乙犿狏乙２槡３解得犚乙＝＝犱＜犚甲３狇犅９５所以粒子从磁场的左边界第一次离开磁场，由几何关系可知狋乙２＝犜乙（１分）６【·高三开学检测———物理答案 第４页（共５页）】２π犚乙犜乙＝（１分）狏乙５槡３π犱所以粒子乙从进入电场到第一次离开磁场所用的时间狋乙＝狋乙１＋狋乙２＝１＋（１分）（２７）狏０１５．【答案】（１）狏０＝槡犵犚；（２）犉压＝１０犿犵；（３）犺＝３犚。解：（１）在恒力犉向左推木块的过程中对整体分析由动能定理有１２犉·２犚＝（犿＋犕）狏０（２分）２解得狏０＝槡犵犚（１分）（２）撤去恒力犉后系统动量守恒，从撤去恒力犉到滑块通过圆弧轨道最低点犅的过程中有（犿＋犕）狏０＝犿狏１＋犕狏２（１分）１２１２１２（犿＋犕）狏０＋犈＝犿狏１＋犕狏２（１分）２狆２２解得狏２＝０或狏２＝２槡犵犚（１分）因为在此过程中木块受到的合力向右，所以应该减速故狏２＝２槡犵犚舍去，解得狏１＝３槡犵犚（１分）２犿狏１此时对滑块受力分析并结合牛顿第二定律有犉犖－犿犵＝（１分）犚由牛顿第三定律有犉压＝犉犖（１分）解得犉压＝１０犿犵（１分）（３）当滑块运动过程中离犅犆面的高度最大时，滑块与木块水平方向上速度相等，竖直方向上速度为０（１分）所以对从撤去恒力犉到滑块离犅犆最高的过程分析由水平方向动量守恒有（犿＋犕）狏０＝（犿＋犕）狏（２分）１２１２由能量守恒有（犿＋犕）狏０＋犈狆＝（犿＋犕）狏＋犿犵犺（２分）２２解得犺＝３犚（１分）【·高三开学检测———物理答案 第５页（共５页）】