物理-湖北省武汉市部分学校2023-2024学年高三上学期9月调研考试物理答案

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页湖北省武汉市部分学校2023-2024学年高三上学期9月调研考试物理参考答案：1．C【详解】A．由半衰期的概念可知，放射性元素的原子核经过两个半衰期后还会有四分之一的没有衰变，并不会完全衰变殆尽，故A错误；B．半衰期是大量放射性元素的原子核衰变的统计规律，对大量原子核才有意义，即放射性元素的原子核经过一个半衰期后，数目不一定减为原来的一半，故B错误；CD．放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度、压强无关，与化学状态也无关，故C正确，D错误。故选C。2．B【详解】A．由题意可知，预定轨道比空间站轨道更低，则天舟六号在预定轨道上需加速做离心运动才能进入空间站轨道，故A错误；B．由于天舟六号在预定轨道上需加速做离心运动才能进入空间站轨道，所以从预定轨道到空间站轨道过程中机械能增大，即天舟六号在预定轨道上运行时的机械能小于对接后的机械能，故B正确；C．根据可得第一宇宙速度即为近地卫星的速度，其半径比预定轨道半径更小，天舟六号在预定轨道上运行时的速度小于第一宇宙速度，故C错误；D．天舟六号在预定轨道处的重力加速度为天舟六号所受合力为天舟六号在地面上静止时所受到的合力为零，故D错误。故选B。3．D【详解】AB．在压缩气体的过程中，外界对气体做功，此过程可视为绝热，由热力学第一定律可知，理想气体的内能增大，则气体温度升高，分子平均动能增大，但并不是每个分子动能都增大，故AB错误；C．由于温度升高，分子平均速率增大，体积减小，分子密度增大，则气体分子对单位面积的器壁压力增大，故C错误；D．由于温度升高，分子平均速率增大，体积减小，分子密度增大，单位时间内单位面积上气体分子碰撞器壁次数增多，故D正确。故选D。4．C【详解】A．由于果蔬汁的折射率小于三棱镜的折射率，光从果蔬汁进入三棱镜，即从光疏介质进入光密介质，则糖度计没有利用光的全反射原理，故A错误；B．由公式可知，果蔬汁的折射率与含糖量成正比，所以光在不同浓度的果蔬汁中传播速度不相等，故B错误；C．若果蔬汁的含糖量增大，果蔬汁的折射率增大，设光在果蔬汁的速度为，果蔬汁的折射率为，光在三棱镜中的速度为，折射率为，设入射角为，折射角为，则由于果蔬汁的折射率为增大，则角增大，所以光屏上的光点将上移，故C正确；D．若增大单色光的频率，由于无法确定单色光在三棱镜和果蔬汁中的折射率变化关系，则无法确定光屏上的光点移动情况，故D错误。故选C。5．B【详解】AB、BC、DF，FA棒所带电荷量均为+q，其在P点产生的场强设为E0，若CD棒所带电荷量也为+q，根据对称性P点的场强应为0，由于CD棒所带电荷量为-2q，可等效为-3q电荷与+q电荷，由题意和点电荷场强公式可知若移走CD棒而保持其它棒的位置和电荷分布不变，则相当于CD棒所带电荷量为-q在P点产生的场强即为故选B。6．D【详解】A．点火线圈的初级线圈应和蓄电池相连，次级线圈中产生高压将汽车启动，故A错误；B．根据变压器变压比可知，增加初级线圈的匝数，次级线圈两端电压减小，不一定能成功点火，故B错误；C．汽车蓄电池是直流电源，但在点火启动瞬间，穿过两线圈的磁通量发生变化，也能点火线圈正常工作，故C错误；D．由题意可知，点火启动瞬间次级线圈两端电压为20000V，根据变压器变压比可知，初级线圈两端电压为故D正确。故选D。7．D【详解】飞机受到重力、发动机推力、升力和空气阻力，重力的方向竖直向下，升力的方向竖直向上，空气阻力力的方向与垂直，如图

歼−20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向竖直方向解得则与的函数图像为开口向上的抛物线，其对称轴为所以当时，取最小值，所以解得最小推力是故选D。8．AC【详解】A．将磁铁N极快速靠近线圈，穿过线圈的磁通量增大，原磁场方向向右，由“楞次定律”可知，整个回路中产生逆时针方向的感应电流，根据二极管的单向导通性可知，二极管A将闪亮，故A正确；B．将磁铁S极快速靠近线圈，穿过线圈的磁通量增大，原磁场方向向左，由“楞次定律”可知，整个回路中产生顺时针方向的感应电流，根据二极管的单向导通性可知，二极管B将闪亮，故B错误；C．将磁铁N极快速远离线圈，穿过线圈的磁通量减小，原磁场方向向右，由“楞次定律”可知，整个回路中产生顺时针方向的感应电流，根据二极管的单向导通性可知，二极管B将闪亮，故C正确；D．将磁铁S极快速远离线圈，穿过线圈的磁通量减小，原磁场方向向左，由“楞次定律”可知，整个回路中产生逆时针方向的感应电流，根据二极管的单向导通性可知，二极管A将闪亮，故D错误。故选AC。9．AC【详解】A．由于该时刻质点M正沿y轴正方向振动，根据波形平移法可知，波沿x轴负方向传播，故A正确；B．设此时波的波动方程为对于P、Q两点有则有，解得，则有则有解得质点M横坐标为故B错误；C．以该时刻为时刻，设质点P的振动方程为则有由于此时质点P向下振动，则有则经过，质点P的位移为设质点Q的振动方程为则有则有则经过，质点Q的位移为故C正确；D．设此时质点M的振动方程为则有由于此时质点M向上振动，则有则经过，质点M的位移为则经过，质点M通过的路程为故D错误。故选AC。10．BD【详解】A．由题意可知所有粒子均不从磁场右边界射出，则所用粒子均从轴离开磁场，所用粒子的运动轨迹对应的圆心角均为，又可知所有粒子在磁场中的周期相同，则所有粒子在磁场中运动的时间相同，故A错误；BC．由于所有粒子均不从磁场右边界射出，可知最大轨迹圆刚好与椭圆相切，且相切点刚好在椭圆的长轴上，即在轴上，如图所示根据可知粒子的最大半径为由洛伦兹力提供向心力可得可得粒子的最大速率为磁场中有粒子出现的区域面积为故B正确，C错误；D．某粒子从O点运动到M点的过程中，如图所示根据几何关系可得可得根据几何关系可得解得粒子的轨道半径为根据可得粒子的速度大小为由图可知则粒子从O点运动到M点的过程中，速度变化大小为则粒子从O点运动到M点的过程中，动量改变量大小为故D正确。故选BD。11．C

0.46【详解】（1）[1]根据动能定理可得整理得由此可知，要测得动摩擦因数，只要测量距离，即为完成本实验，需要选用的器材是毫米刻度尺。故选C；（2）[2]如图所示

（3）[3]由（1）得即有由图像可得图线斜率即解得12．×120c小于【详解】（1）[1]发现多用电表的指针偏转角过大，说明电阻值较小，应将选择开关旋至欧姆挡×1；[2]由图（a）可知，；（2）[3]由于说明待测电阻较小，则电流表应用外接法，应选择电路图c；[4]电流表外接法中，由于电压表的分流作用，使得测量值小于真实值；（3）[5]由图d可知，待测电阻Rx两端电压即为电压表的示数，电流表A的示数即为流过待测电阻的电流，则13．（1）；（2）【详解】（1）由题意可知飞机经过A点时速度大小为8s后经过B点，则AB段的长度为（2）AC段的长度为设飞机经过C点时的速度大小，根据速度位移公式可得解得14．（1）；（2）；（3）【详解】（1）设座椅受到悬绳的拉力大小为，竖直方向根据受力平衡可得解得（2）根据几何关系可得飞椅绕转轴运动的半径为设飞椅绕转轴运动的周期为，在水平面上由牛顿第二定律得解得飞椅转动一周，游戏者与座椅的动量变化为0，根据动量定理可知，悬绳对飞椅冲量大小等于游戏者与座椅重力的冲量大小，则有（3）某时刻，游戏者携带的小弹珠不慎滑落，滑落的小弹珠沿着飞椅运动轨迹的切线方向飞出做平抛运动，设小弹珠滑落瞬间的速度大小为，则有小弹珠滑落时离地的高度为根据平抛运动规律，有，联立解得根据几何关系可知，小弹珠刚落到水平地面上的位置离转轴的距离为15．（1）、；（2）（3）【详解】（1）设A、B开始滑动时的加速度分别为a1、a2，对物块A，由牛顿第二定律得对木板B，由牛顿第二定律有解得（2）设A运动到圆弧轨道上的C点时，克服重力做功的瞬时功率最大，则竖直方向分速度最大，即竖直方向分加速度为零，设此时C、O连线与竖直方向的夹角为，A受到轨道支持力大小为，在竖直方向上，有沿半径方向，由牛顿第二定律有物块从C到N，由机械能守恒定律有A克服重力做功的最大瞬时功率为解得（3）调整圆弧轨道半径，设A在Q点的速度为，从P到Q，由动能定理有要使A恰好做完整的圆周运动，在Q点有