北京曲一線圖書策劃有限公司5年高考3年模擬B版物理試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2024屆浙江省溫州市高三下學(xué)期5月三模物理試題答案1.【答案】A【解析】動量和沖量既有大小，也有方向，二者都是矢量，故A正確；質(zhì)量和電量都只有大小，沒有方向，都是標量，故B錯誤；速度是矢量，溫度是標量，故C錯誤；電流和電容都是標量，故D錯誤。2.【答案】C【解析】題中“7分04秒412”表示時間，選項A錯誤；題中“5000米”表示路程，選項B錯誤；運動員在接力過程中，質(zhì)量不變，則慣性不變，選項C正確；研究隊員沖線細節(jié)時，隊員大小形狀不可忽略，不可以將其看成質(zhì)點，選項D錯誤。3.【答案】B【解析】設(shè)每根繩子和豎直方向的夾角為θ，則有3Fcosθ=3mg，解得F=由F=mgcosθ4.【答案】D【解析】半衰期與溫度無關(guān)，故A錯誤；能使空氣電離的高能粒子主要是α射線，故B錯誤；由題意可知核反應(yīng)方程為74156W5.【答案】C【解析】騰空過程中運動員只受重力作用，有豎直向下的重力加速度，運動員處于完全失重狀態(tài)，故A錯誤；在最高點的時候人的豎直方向的速度為零，水平方向的速度不為零，故在最高點的時候人的速度不為零，受到重力作用，加速度為重力加速度，加速度不為零，故B錯誤；運動員所受重力的沖量為I=Gt，騰空過程t一直增大，則運動員所受重力的沖量一直變大，故C正確；在騰空過程中，在豎直方向上運動員和滑板所受合力不為零，故運動員和滑板構(gòu)成的系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。6.【答案】D【解析】設(shè)沙包a下落時間為t，則沙包b下落時間為t+0.5，A處比B處高為Δ由此可知Δ?>1.25m，故A錯誤；根據(jù)平拋運動的軌跡可知，在落地前兩沙包不會相遇，故B錯誤；由于速度方向與豎直方向夾角相等，則gtva=gt+0.5v7.【答案】C【解析】由開普勒第一定律可知，月球處于“鵲橋二號”橢圓軌道的一個焦點上，A錯誤；“鵲橋二號”在近月點距離月球最近，受到的萬有引力最大，加速度最大；在遠月點距離月球最遠，受到的萬有引力最小，加速度最小，故“鵲橋二號”在近月點和遠月點的加速度大小不相同，B錯誤；“鵲橋二號”在遠月點的速度小于軌道與遠月點相切的衛(wèi)星的線速度，軌道與遠月點相切的衛(wèi)星的線速度小于第一宇宙速度，故“鵲橋二號”在遠月點的運行速度小于月球第一宇宙速度，C正確；由開普勒第二定律可知，同一顆衛(wèi)星與月球的連線在相同時間掃過的面積相等，但是“鵲橋二號”與“嫦娥四號”是兩顆軌道不同的衛(wèi)星，相同時間掃過的面積不相等，D錯誤。8.【答案】A【解析】升壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為n1n2解得P=2.2×105kW，故B錯誤；輸電線上的電流為P損=P×5%=1.1×104kW，又P9.【答案】B【解析】A、B離波源S的距離分別為30cm、40cm，A離波源S較近，則A先振動，小孔A處質(zhì)點第一次處于波谷時，小孔B處質(zhì)點剛好第一次處于波峰，可知波源S起振方向向上，且A、B兩處質(zhì)點振動方向總相反，故t=4s時A、B兩處質(zhì)點振動方向相反，OC線段的中點到A、B兩點距離相等，則始終處于減弱點，故AC錯誤，B正確；波速只與介質(zhì)有關(guān)，若蜻蜓點水的頻率增大，波速不變，故D錯誤。10.【答案】C【解析】粒子進入磁場后做勻速圓周運動，由左手定則可知粒子進入磁場后運動軌跡如下圖，即入射平行粒子束不會擴束，故A錯誤；由左手定則可知，平行粒子入射后，經(jīng)兩個同方向磁場，會向同一方向偏轉(zhuǎn)，不會平行于入射方向射出，故B錯誤；如下圖所示，當粒子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑恰好等于有界磁場的圓弧半徑時，一束速度相同的質(zhì)子束射入后能夠?qū)崿F(xiàn)擴束，故C正確；由左手定則可知，粒子運動軌跡如下圖所示，平行粒子束射入后不會實現(xiàn)擴束，故D錯誤。11.【答案】D【解析】閉合開關(guān)S、S1時，電流表示數(shù)為I1=3.2解得定值電阻R的阻值為R=再將S2閉合，穩(wěn)定后電流表示數(shù)為I2=4A，此時電動機M和定值電阻解得兩者的電壓為U通過定值電阻的電流為I通過電動機的電流為I因電動機為非純電阻電路，則電動機的繞線電阻小于UMIM閉合開關(guān)S、S1時，定值電阻R消耗的功率為P再將S2閉合，穩(wěn)定后定值電阻R消耗的功率為P定值電阻R消耗的功率的變化為Δ因此定值電阻R消耗的功率減小2.48W設(shè)電子從P板以速度2v?垂直于極板射出，運動的距離為x，根據(jù)動能定理可得?eE?d?eEx=0?聯(lián)立解得x=2d>d因此讓電子從P板以速度2v?垂直于極板射出，能到達Q板，故D正確。12.【答案】A【解析】根據(jù)折射率公式n=由幾何知識得sini=d解得n=d213.【答案】B【解析】初末速度為0，中間過程不為0，所以動能先增加后減小。設(shè)正電荷Q的正上方x處電場強度為0，則k·4Q(y0即A點場強為0，結(jié)合圖可知，A點上方場強方向向下，A點到正電荷場強方向向上。則小球從O點到B點，電場力先做正功后做負功，電勢能先減小后增加，y0在B點，小球總能量為E分析可知，在A、B點之間動能最大，設(shè)為C點，則E由于EC=則E電P電場力先做正功后做負功，機械能先增加后減小。而重力一直做正功，重力勢能一直減小，最后不為0。故A錯誤，B正確。14.【答案】BD【解析】動圈式揚聲器的工作原理是基于法拉第電磁感應(yīng)定律，故A錯誤；荷葉上的露珠呈橢球形，說明露珠不能浸潤荷葉，故B正確；石英玻璃是由天然石英熔化后再凝固形成，它屬于非晶體，故C錯誤；玻璃管的裂口放在火焰上燒熔，其尖端變鈍，這是由于液體表面張力的作用，故D正確。15.【答案】B【解析】鄰脈沖電信號的時間間隔與掃描筆在條形碼上移動的速度無關(guān)，故A錯誤；頻率為ν0的光照到光電管發(fā)生光電效應(yīng)是瞬間的，即立刻產(chǎn)生光電子，故B正確；若發(fā)光二極管發(fā)出頻率為1.2ν016.【答案】(1)甲(2)B(3)①0.1570.975②D【解析】(1)進行驗證機械能守恒定律的實驗時，為了減小空氣阻力的影響，應(yīng)選擇密度較大的重物進行研究。當重物的材質(zhì)一致時，選擇質(zhì)量較大的進行實驗。故選甲。(2)在進行驗證機械能守恒定律的實驗時，應(yīng)使用公式vn(3)①由圖可知，BE長度為0.0800m，由重力做功公式可得WG=?ΔEAB長度為0.0170m，BC長度為0.0220m，故B點速度可由以下公式求得v②工作電壓偏高會導(dǎo)致打出的點為短線，不會導(dǎo)致動能增加量大于重力勢能減少量。故A錯誤；空氣阻力和摩擦力會導(dǎo)致重力勢能減少量大于動能增加量。故B錯誤；先釋放紙帶后接通電源會導(dǎo)致開頭的點跡不均勻，增大誤差，不會導(dǎo)致動能增加量大于重力勢能減少量，故C錯誤；若打點頻率小于50Hz，說明每兩個點之間的時間間隔大于0.02s，但計算時所用的時間仍是0.02s，會導(dǎo)致速度的測量值偏大，出現(xiàn)動能增加量大于重力勢能減少量的情況。故D正確。17.【答案】(1)C(2)B(3)AD【解析】(1)圖1中的a、b、c三個位置對應(yīng)的器材分別為雙縫、單縫和濾光片，故選C。(2)開始時干涉圖樣里面的亮條紋與分劃板豎線可能未對齊，即可以從測量頭內(nèi)看到的圖像是B，若要使兩者對齊，可調(diào)節(jié)測量頭，分劃板豎線隨之旋轉(zhuǎn)，可使分劃板豎線與亮條紋對其。(3)“用單擺測量重力加速度的大小”的實驗中單擺周期的測量，采用的放大測量取平均值的方法，故A正確；“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”的實驗中合力的測量，采用等效替代的方法，故B錯誤；“探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系”的實驗中彈簧形變量的測量，采用多次測量求平均值的方法，故C錯誤；“用油膜法估測油酸分子的大小”的實驗中1滴油酸酒精溶液的體積測量，屬于放大測量取平均值，故D正確。18.【答案】(1)B(2)1.5129622.5【解析】(1)根據(jù)“+進-出”規(guī)律，測量時電流從“+”插孔流回電表，從“-”插孔流出電表，故A錯誤；若不能估計被測電阻大小，可先用中等率試測，若指針偏轉(zhuǎn)較大，換小倍率，若指針偏轉(zhuǎn)較小，換用大倍率，故B正確；歐姆表刻線從左到右逐漸變稀疏，讀數(shù)等于刻線示數(shù)與倍率的乘積，可知，選擇“×10”倍率測量時發(fā)現(xiàn)指針位于20和30正中間，則刻線示數(shù)小于25，即測量值小于250Ω，故C錯誤。(2)圖中交流電的大小不變，始終為1.5V，方向發(fā)生變化，可知，該交流電的電壓的有效值為1.5V；根據(jù)電路圖可知，通過電阻箱的電流與通過針筒內(nèi)水的電流近似相等，則有0.900解得R根據(jù)電阻的決定式有R其中S=12.5cm結(jié)合上述解得ρ=22.519.【答案】(1)放熱32J(2)4.5×10【解析】(1)椅面緩慢下降，若活塞對氣體做功32J，由于環(huán)境溫度保持不變，可知氣體溫度不變，氣體內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得Δ可得Q=?W=?32可知缸內(nèi)氣體放熱，其數(shù)值為32J(2)以密封氣體為對象，初態(tài)有p1=3.0×使活塞緩慢下降Δ?=5.0V根據(jù)玻意耳定律可得p解得穩(wěn)定后氣體壓強為p根據(jù)受力平衡可得p解得該同學(xué)的質(zhì)量為M=5820.【答案】(1)30J(2)6N，豎直向上(3)2m【解析】(1)對小物塊分析有μ設(shè)小物塊一直加速到傳送到右端點時，其速度為v1，有解得v所以在小物塊a到達傳送帶右側(cè)時并沒有加速到與傳送帶共速，設(shè)該過程時間為t，有v該時間傳送帶的位移為x傳，有物塊a相對傳送帶的位移為Δ摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=(2)由題意可知圓弧軌道光滑，所以從B到D，由動能定理有?在D點有F解得F由牛頓第三定律可知，物塊a對管道的作用力等于管道對物塊a的支持力，所以物塊a到達D點時對管道的作用力為6N，方向豎直向上。(3)當物塊滑上小車后，由于μ所以小車與物塊a保持相對靜止，而物塊b相對于小車發(fā)生滑動，當兩者速度相同時，為物塊a與物塊b相碰的臨界狀態(tài)，其運動示意圖如圖所示該過程由動量守恒有m能量守恒有1解得d=221.【答案】(1)逆時針(MNPM)a4B02Rt0(2)①【解析】(1)根據(jù)題意可知，金屬框不動，在t0~2t0的時間內(nèi)，穿過線圈的磁通量均勻減小，由楞次定律可知，線圈中電流方向為逆時針E=N感應(yīng)電流為I=MN邊上產(chǎn)生的焦耳熱Q=(2)①由圖乙可知，0～2t0時間內(nèi)，線框在磁場內(nèi)，無論線框中是否有感應(yīng)電流，整個線框均不受安培力，線框做勻速運動，2t0后，區(qū)域I內(nèi)磁場為零，線框頂點P②根據(jù)題意，由幾何關(guān)系可知，頂點P到達x=6a處后，線框進入?yún)^(qū)域Ⅱ的有效長度為L=繼續(xù)向前運動直到停止，由動量定理有?又有q=I聯(lián)立解得Δ則金屬框停止時頂點P的橫坐標x③將金屬框以初速度大小為2v0、方向與x軸正方向成60°角斜向上推出，在區(qū)域I內(nèi)線框做勻速直線運動，則有v進入?yún)^(qū)域Ⅱ，y軸方向上，安培力的沖量為0，則有vyx軸