东北三省精准教学2024-2025学年高三上学期9月联考物理答案

东北三省精准教学2024年9月高三联考物理参考答案1．【考查点】共点力平衡、受力分析、正交分解【答案】C【解析】小明静止在水平地面上，所受合外力为零，对小明进行受力分析，如图所示，小明应受到4个力的作用，A错误；根据平衡条件可知，FsinFNmg，FcosFf，风筝线拉力的水平分力与地面对小明的静摩擦力是一对平衡力，B、D错误，C正确。2．【考查点】光的折射、波长和频率的关系、光的衍射、全反射【答案】A【解析】光的频率越大，三棱镜对其折射率越大，则经三棱镜折射后偏折越明显，由题图可知照射到光屏上a点的光频率最小，照射到b点的光频率最大，A正确；照射到b点的光频率大，三棱镜对其折射率cn大，在介质中的传播速度v，则传播速度小，由题图可知照射到b点的光在三棱镜中通过的路程最大，n所以用时最长，B错误；相同条件下，波长越长，衍射现象越明显，照射到b点的光频率较大，波长较小，衍射现象较不明显，C错误；根据几何关系可知，增大白光在M点的入射角，经折射后所有光线在右侧界面的入射角均减小，不可能发生全反射，D错误。3．【考查点】原子跃迁、光电效应【答案】B2【解析】大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁可以辐射出C46种频率的光，A错误；跃迁辐射出的光子的能量等于两个轨道能量差，只有从n=2、3、4三个能级跃迁到基态时辐射的能量大于4.0eV，所以有3种频率的光能使阴极K金属发生光电效应，B正确；遏止电压和入射光频率有关，与光照强度无关，{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}C错误；滑动变阻器滑片由中间向左滑动的过程中，K极电势与A极电势的差大于零，反向电压逐渐增大，电流表示数减小，D错误。4．【考查点】匀变速直线运动规律、位置时间图像、追及相遇问题【答案】C1x【解析】甲车做初速度为零的匀加速直线运动，有2，解得0，错误；两车速度相2x0a(2t0)a2A2t0x等时距离最小，设时刻速度相等，有0，解得，这段时间内甲车的位移大小12，t1at1t1=t0x甲=at10.5x0t02乙车的位移大小，两车的最小距离为，错误，正确；时间内甲车x乙=x0xmin2x0x甲x乙=1.5x0BC0~2t02x0x0的平均速度大小v甲，所以v甲=v乙，D错误。2t0t05．【考查点】机械波波长、波速和周期的关系、振动图像【答案】Bx【解析】P、Q两点间的距离为12m，波由P点传播到Q点用时6s，则v2m/s，A错误；由振动t图像可知波的周期为T=4s，vT8m，B正确；P、Q间的距离为12m1.5，两质点的振动步调始终相反，Q点在波峰时，P点在波谷，C错误；Q点在5s时第二次出现在波峰，此时P点振动的时间111t11sT，P点由平衡位置开始振动，每T通过的路程为一个振幅A=4cm，所以在这段时间内P点P44通过的路程为44cm，D错误。6．【考查点】气体压强计算、理想气体状态方程、气体状态图像【答案】D【解析】设活塞面积为S，初始时大气压强为p0，对活塞受力分析，有mgp0SpAS，解得气体压强mgpp，在活塞与卡口接触前，活塞受力不变，气体做等压变化，当活塞与卡口接触后，气体体积A0S不变，继续加热气体，温度升高，由理想气体状态方程可知压强增大，故整个过程气体先等压膨胀，再等容升压，题图甲气体一直等压膨胀，一定错误；题图乙气体先等压膨胀，再等容升压，可能正确；题图丙气体先等压压缩，再等容升压，一定错误；题图丁气体先等压膨胀，再等容升压，可能正确。D正确。7．【考查点】右手定则、交变电流的产生和最大值、瞬时值及有效值的关系【答案】D【解析】根据右手定则可以判断，题图示位置线框内感应电流方向为ABCD，A错误；交流电压表的读数为感应电动势的有效值，则交流电源的电动势峰值为2U，B错误；线框转动时感应电动势的峰值为{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}2UEnBS2U，解得n，C错误；从题图示位置开始计时，感应电动势瞬时值的表达式为mBS2teEmcosUeEmcost，代入3，解得32，D正确。8．【考查点】开普勒第三定律、万有引力定律、卫星轨道参数【答案】AC【解析】椭圆轨道Ⅰ的半长轴大于圆轨道Ⅱ的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，探测器在椭圆轨道Ⅰ的运行周期大于在圆轨道Ⅱ的运行周期，A正确；探测器在圆轨道Ⅱ做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向时刻改变，B错误；在圆轨道Ⅱ上过A点运行时的轨道半径小于过B点绕月球做圆周运动的半径，由Mmv2Gm，得vv圆，探测器在B点由圆轨道变轨到椭圆轨道Ⅰ时减速，做向心运动，有v圆v，r2rABBB所以，正确；探测器沿椭圆轨道运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，错误。vAvBCⅠD9．【考查点】点电荷形成的电场、动能定理、电荷在电场中的运动【答案】AD【解析】小球B在h处静止释放后向上运动，所受电场力方向向上，则小球B带正电，A正确；点电荷QkQkQ电场强度Ek，有E1=4E2，B错误；小球B由h运动到2h过程中，有q()mgh0，整理得r2h2hkQqmg，小球B速度最大时，重力和电场力平衡，当小球B与小球A间的距离为2h时，小球B的合2h2力为零，速度最大，C错误；小球由-h运动到-2h过程中，重力和电场力均做正功，且数值相等，有12mghmv2，解得v2gh，D正确。210．【考查点】带电粒子在磁场中的圆周运动、带电粒子在电场中的偏转、动量定理【答案】BCD【解析】粒子在磁场中做圆周运动的圆心为，在中，由几何关系可得222，O1OO1NR(3L)(RL)2mv0mv0解得R=2L，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，有qv0B，解得B，A错误；由几何关R2qL系可知，粒子过N点时速度方向与y轴正方向的夹角60，B正确；粒子进入电场后在N、P两点速度大小相等，说明两点的连线为等势线，所以电场方向垂直N、P连线斜向下，粒子在N点时速度方向与N、3LP连线的夹角也为，设粒子由N点运动到P点的时间为t，沿NP方向有vtcos，垂直NP方向cos0mv2有Eqt2mvsin，联立解得E0，C正确；当粒子沿电场方向速度为零时速度最小，此时只有沿04qL1NP方向的速度，有vvcosv，D正确。min020{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}11．【考查点】实验原理、实验数据处理、误差分析n【答案】（1）木块受到的拉力保持不变（2分）（2）（2分）（3）偏大（2分）g【解析】（1）在实验过程中，要求木块做匀加速直线运动，受到的拉力保持不变，所以细线各段必须分别沿水平和竖直方向。Fn（2）对木块，根据牛顿第二定律有Fmgma，整理得ag，所以有ng，。mg（3）实验中打点计时器对纸带的摩擦力、滑轮与细线的摩擦力等其他摩擦也被当成长木板对木块的滑动摩擦力，导致动摩擦因数测量值偏大。12．【考查点】欧姆表的使用、实验电路设计、电表的改装、数据处理【答案】（1）×10（2分）（2）①并联（1分）4（或4.00）（1分）U1②见解析（2分）③R（2分）2I2A1【解析】（1）欧姆表指针偏转角度过大，则待测电阻的阻值较小，需减小倍率，换成“×10”挡；换挡后重新测量，表盘上电阻刻度值为“15”，待测电阻阻值约为150。（2）①改装后电流表量程加倍，需要并联一个与电流表内阻相等的电阻，所以应将电阻箱阻值调为4。②滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻阻值，为方便调节，需要选择分压式接法，改装后电流表内阻已知，选择电流表内接，电路图如图所示。③根据欧姆定律有，整理得U1U2IRxIRA1RxRA12I2。13．【考查点】匀变速直线运动规律、平抛运动【答案】（1）66m/s（6分）（2）99m（4分）【解析】（1）设小车离开甲板后做平抛运动的时间为t1，水平方向上有xvt1（2分）竖直方向上有{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}1hgt2（2分）21解得t12s，v66m/s（2分）（2）小车在甲板上加速过程中，有0vd(tt1)2（2分）解得d99m（2分）14．【考查点】动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律mM2m【答案】（1）2mg，方向竖直向下（6分）（2）gL，（6分）Mm2M2m【解析】（1）小球下摆过程中，根据动能定理有1mgL(1cos60)=mv2（2分）21在最低点，根据牛顿第二定律有v2Fmgm1（2分）L解得F=2mg（1分）根据牛顿第三定律可知，小球在第一次经过最低点时对轻绳的拉力大小为2mg，方向竖直向下（1分）（2）释放小车后，小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，小球和小车水平速度大小相等，设轻绳与竖直方向的最大夹角为，有11mv2mgL(1cos)(Mm)v22122（2分）规定小球第一次通过最低点时的速度方向为正方向，有mv1(Mm)v2（2分）mM2m解得vgL，cos（2分）2Mm2M2m15．【考查点】共点力平衡、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、动量定理2mgRsin【答案】（1）（4分）B2L23mgRsinmgRsin（2）①sin（分）gsin（4分）②（7分）3B2L2，B2L2【解析】（1）导体棒d锁定，导体棒c沿轨道向下达到最大速度时，受力平衡，有EBLv11（1分）EI1（1分）12R（分）BI1Lmgsin1{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}2mgRsin解得v（1分）1B2L2（2）①导体棒d解除锁定，达到稳定后两导体棒匀速运动，对导体棒c，有（分）mgsinBI2L1对导体棒d，有（分）BI2Lmg1解得sin（1分）导体棒c获得初速度的瞬间，导体棒d的加速度最大，对导体棒c有（分）E0BLv01EI0（1分）02R对导体棒d，有（分）BI0Lmgma1解得agsin（1分）②设经时间t两导体棒做匀速运动，根据法拉第电磁感应定律有（分）E2BL(vcvd)1EI2（1分）22R对导体棒c，根据平衡条件有mgsinBI2L，对导体棒c，根据动量定理有（分）mgtsinBILtmvcmv02对导体棒d，根据动量定理有（分）BILtmgtmvd1联立解得3mgRsin，mgRsin（分）vcvd2B2L2B2L2{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}