38：2024届浙江省温州市高三下学期5月三模学生版答案

北京曲一线图书策划有限公司5年高考3年模拟B版物理试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024届浙江省温州市高三下学期5月三模物理试题答案1.【答案】A【解析】动量和冲量既有大小，也有方向，二者都是矢量，故A正确；质量和电量都只有大小，没有方向，都是标量，故B错误；速度是矢量，温度是标量，故C错误；电流和电容都是标量，故D错误。2.【答案】C【解析】题中“7分04秒412”表示时间，选项A错误；题中“5000米”表示路程，选项B错误；运动员在接力过程中，质量不变，则惯性不变，选项C正确；研究队员冲线细节时，队员大小形状不可忽略，不可以将其看成质点，选项D错误。3.【答案】B【解析】设每根绳子和竖直方向的夹角为θ，则有3Fcosθ=3mg，解得F=由F=mgcosθ4.【答案】D【解析】半衰期与温度无关，故A错误；能使空气电离的高能粒子主要是α射线，故B错误；由题意可知核反应方程为74156W5.【答案】C【解析】腾空过程中运动员只受重力作用，有竖直向下的重力加速度，运动员处于完全失重状态，故A错误；在最高点的时候人的竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，故在最高点的时候人的速度不为零，受到重力作用，加速度为重力加速度，加速度不为零，故B错误；运动员所受重力的冲量为I=Gt，腾空过程t一直增大，则运动员所受重力的冲量一直变大，故C正确；在腾空过程中，在竖直方向上运动员和滑板所受合力不为零，故运动员和滑板构成的系统动量不守恒，故D错误。6.【答案】D【解析】设沙包a下落时间为t，则沙包b下落时间为t+0.5，A处比B处高为Δ由此可知Δℎ>1.25m，故A错误；根据平抛运动的轨迹可知，在落地前两沙包不会相遇，故B错误；由于速度方向与竖直方向夹角相等，则gtva=gt+0.5v7.【答案】C【解析】由开普勒第一定律可知，月球处于“鹊桥二号”椭圆轨道的一个焦点上，A错误；“鹊桥二号”在近月点距离月球最近，受到的万有引力最大，加速度最大；在远月点距离月球最远，受到的万有引力最小，加速度最小，故“鹊桥二号”在近月点和远月点的加速度大小不相同，B错误；“鹊桥二号”在远月点的速度小于轨道与远月点相切的卫星的线速度，轨道与远月点相切的卫星的线速度小于第一宇宙速度，故“鹊桥二号”在远月点的运行速度小于月球第一宇宙速度，C正确；由开普勒第二定律可知，同一颗卫星与月球的连线在相同时间扫过的面积相等，但是“鹊桥二号”与“嫦娥四号”是两颗轨道不同的卫星，相同时间扫过的面积不相等，D错误。8.【答案】A【解析】升压变压器原副线圈匝数比为n1n2解得P=2.2×105kW，故B错误；输电线上的电流为P损=P×5%=1.1×104kW，又P9.【答案】B【解析】A、B离波源S的距离分别为30cm、40cm，A离波源S较近，则A先振动，小孔A处质点第一次处于波谷时，小孔B处质点刚好第一次处于波峰，可知波源S起振方向向上，且A、B两处质点振动方向总相反，故t=4s时A、B两处质点振动方向相反，OC线段的中点到A、B两点距离相等，则始终处于减弱点，故AC错误，B正确；波速只与介质有关，若蜻蜓点水的频率增大，波速不变，故D错误。10.【答案】C【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由左手定则可知粒子进入磁场后运动轨迹如下图，即入射平行粒子束不会扩束，故A错误；由左手定则可知，平行粒子入射后，经两个同方向磁场，会向同一方向偏转，不会平行于入射方向射出，故B错误；如下图所示，当粒子进入磁场后做匀速圆周运动的半径恰好等于有界磁场的圆弧半径时，一束速度相同的质子束射入后能够实现扩束，故C正确；由左手定则可知，粒子运动轨迹如下图所示，平行粒子束射入后不会实现扩束，故D错误。11.【答案】D【解析】闭合开关S、S1时，电流表示数为I1=3.2解得定值电阻R的阻值为R=再将S2闭合，稳定后电流表示数为I2=4A，此时电动机M和定值电阻解得两者的电压为U通过定值电阻的电流为I通过电动机的电流为I因电动机为非纯电阻电路，则电动机的绕线电阻小于UMIM闭合开关S、S1时，定值电阻R消耗的功率为P再将S2闭合，稳定后定值电阻R消耗的功率为P定值电阻R消耗的功率的变化为Δ因此定值电阻R消耗的功率减小2.48W设电子从P板以速度2v₀垂直于极板射出，运动的距离为x，根据动能定理可得−eE⋅d−eEx=0−联立解得x=2d>d因此让电子从P板以速度2v₀垂直于极板射出，能到达Q板，故D正确。12.【答案】A【解析】根据折射率公式n=由几何知识得sini=d解得n=d213.【答案】B【解析】初末速度为0，中间过程不为0，所以动能先增加后减小。设正电荷Q的正上方x处电场强度为0，则k·4Q(y0即A点场强为0，结合图可知，A点上方场强方向向下，A点到正电荷场强方向向上。则小球从O点到B点，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加，y0在B点，小球总能量为E分析可知，在A、B点之间动能最大，设为C点，则E由于EC=则E电P电场力先做正功后做负功，机械能先增加后减小。而重力一直做正功，重力势能一直减小，最后不为0。故A错误，B正确。14.【答案】BD【解析】动圈式扬声器的工作原理是基于法拉第电磁感应定律，故A错误；荷叶上的露珠呈椭球形，说明露珠不能浸润荷叶，故B正确；石英玻璃是由天然石英熔化后再凝固形成，它属于非晶体，故C错误；玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，其尖端变钝，这是由于液体表面张力的作用，故D正确。15.【答案】B【解析】邻脉冲电信号的时间间隔与扫描笔在条形码上移动的速度无关，故A错误；频率为ν0的光照到光电管发生光电效应是瞬间的，即立刻产生光电子，故B正确；若发光二极管发出频率为1.2ν016.【答案】(1)甲(2)B(3)①0.1570.975②D【解析】(1)进行验证机械能守恒定律的实验时，为了减小空气阻力的影响，应选择密度较大的重物进行研究。当重物的材质一致时，选择质量较大的进行实验。故选甲。(2)在进行验证机械能守恒定律的实验时，应使用公式vn(3)①由图可知，BE长度为0.0800m，由重力做功公式可得WG=−ΔEAB长度为0.0170m，BC长度为0.0220m，故B点速度可由以下公式求得v②工作电压偏高会导致打出的点为短线，不会导致动能增加量大于重力势能减少量。故A错误；空气阻力和摩擦力会导致重力势能减少量大于动能增加量。故B错误；先释放纸带后接通电源会导致开头的点迹不均匀，增大误差，不会导致动能增加量大于重力势能减少量，故C错误；若打点频率小于50Hz，说明每两个点之间的时间间隔大于0.02s，但计算时所用的时间仍是0.02s，会导致速度的测量值偏大，出现动能增加量大于重力势能减少量的情况。故D正确。17.【答案】(1)C(2)B(3)AD【解析】(1)图1中的a、b、c三个位置对应的器材分别为双缝、单缝和滤光片，故选C。(2)开始时干涉图样里面的亮条纹与分划板竖线可能未对齐，即可以从测量头内看到的图像是B，若要使两者对齐，可调节测量头，分划板竖线随之旋转，可使分划板竖线与亮条纹对其。(3)“用单摆测量重力加速度的大小”的实验中单摆周期的测量，采用的放大测量取平均值的方法，故A正确；“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量，采用等效替代的方法，故B错误；“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中弹簧形变量的测量，采用多次测量求平均值的方法，故C错误；“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液的体积测量，属于放大测量取平均值，故D正确。18.【答案】(1)B(2)1.5129622.5【解析】(1)根据“+进-出”规律，测量时电流从“+”插孔流回电表，从“-”插孔流出电表，故A错误；若不能估计被测电阻大小，可先用中等率试测，若指针偏转较大，换小倍率，若指针偏转较小，换用大倍率，故B正确；欧姆表刻线从左到右逐渐变稀疏，读数等于刻线示数与倍率的乘积，可知，选择“×10”倍率测量时发现指针位于20和30正中间，则刻线示数小于25，即测量值小于250Ω，故C错误。(2)图中交流电的大小不变，始终为1.5V，方向发生变化，可知，该交流电的电压的有效值为1.5V；根据电路图可知，通过电阻箱的电流与通过针筒内水的电流近似相等，则有0.900解得R根据电阻的决定式有R其中S=12.5cm结合上述解得ρ=22.519.【答案】(1)放热32J(2)4.5×10【解析】(1)椅面缓慢下降，若活塞对气体做功32J，由于环境温度保持不变，可知气体温度不变，气体内能不变，根据热力学第一定律可得Δ可得Q=−W=−32可知缸内气体放热，其数值为32J(2)以密封气体为对象，初态有p1=3.0×使活塞缓慢下降Δℎ=5.0V根据玻意耳定律可得p解得稳定后气体压强为p根据受力平衡可得p解得该同学的质量为M=5820.【答案】(1)30J(2)6N，竖直向上(3)2m【解析】(1)对小物块分析有μ设小物块一直加速到传送到右端点时，其速度为v1，有解得v所以在小物块a到达传送带右侧时并没有加速到与传送带共速，设该过程时间为t，有v该时间传送带的位移为x传，有物块a相对传送带的位移为Δ摩擦产生的热量为Q=(2)由题意可知圆弧轨道光滑，所以从B到D，由动能定理有−在D点有F解得F由牛顿第三定律可知，物块a对管道的作用力等于管道对物块a的支持力，所以物块a到达D点时对管道的作用力为6N，方向竖直向上。(3)当物块滑上小车后，由于μ所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动，当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，其运动示意图如图所示该过程由动量守恒有m能量守恒有1解得d=221.【答案】(1)逆时针(MNPM)a4B02Rt0(2)①【解析】(1)根据题意可知，金属框不动，在t0~2t0的时间内，穿过线圈的磁通量均匀减小，由楞次定律可知，线圈中电流方向为逆时针E=N感应电流为I=MN边上产生的焦耳热Q=(2)①由图乙可知，0∼2t0时间内，线框在磁场内，无论线框中是否有感应电流，整个线框均不受安培力，线框做匀速运动，2t0后，区域I内磁场为零，线框顶点P②根据题意，由几何关系可知，顶点P到达x=6a处后，线框进入区域Ⅱ的有效长度为L=继续向前运动直到停止，由动量定理有−又有q=I联立解得Δ则金属框停止时顶点P的横坐标x③将金属框以初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，在区域I内线框做匀速直线运动，则有v进入区域Ⅱ，y轴方向上，安培力的冲量为0，则有vyx轴