物理广东肇庆市2026届高中毕业班高三年级第一学期末教学质量监测（肇庆二模）（1.27-1.29）

肇庆市2026届高中毕业班第一学期末教学质量监测答案及评分标准(参考)物理一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。题号1234567答案CCDBADB二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。题号89答案BDACACD三、非选择题:本题共5小题,54分。(2)①2.20(1分,2.19~2.21均可得分)②如图(2分)③变大(2分)12.(10分,每空2分)(1)如图(2)左28(3)146.413.(9分)解:(1)金属棒ab进入磁场前做匀加速直线运动,解得进入磁场的瞬间,金属棒ab的速度v=3m/s高三●物理答案及评分标准(参考)第1页(共3页)金属棒ab在磁场中运动产生的感应电动势的大小为E=BL0=0.75V…②(2)金属棒ab匀速通过磁场,受力平衡,则有mgsinθ=BIL…………③解得电流I=1A由闭合电路欧姆定律可得,回路总电阻R总==0.75Ω………………④定值电阻R与金属棒ab串联,故R=R总-r=0.5Ω…………⑤金属棒ab匀速通过磁场的时间t==0.6s……………⑥R上产生的焦耳热Q=I2Rt=0.3J…………⑦[评分说明:①③④⑤⑥每式1分,②⑦每式2分]14.(13分)解:(1)游客从滑梯顶端滑下,根据动能定理,有2mgh-wf=2m00-0…………①解得wf=150J………………②(2)从游客滑上浮板到离开浮板A,201+2M0………………③2+μmgL…………④解得μ=0.2…………………⑤(3)设游客最终没有滑出浮板,且最终游客和浮板B的共同速度为02,游客在浮板上滑行的距离为x,则有+(M+m)02………………………⑥2+(m+M)0+μmgx………⑦得x=12.5m<2L,所以假设成立,游客没有滑离浮板B.……………⑧[评分说明:①③④⑥⑦每式2分,②⑤⑧每式1分]15.(16分)解:(1)粒子在电场中做类平抛运动,沿y轴方向,有L=00t1……………………①沿x轴方向,有at……………②qE=ma………………………③联立解得E…………④(2)粒子经过Q点时,x轴方向上的速度0x=at1=、00…………………⑤0……………………⑥粒子在磁场中做圆周运动,则有qvB………………⑦由B 由几何关系,粒子从进入磁场到第一次碰到弹性绝缘薄挡板,运动轨迹对应的圆心角…………………………⑨第一次碰撞弹性绝缘薄挡板的位置距离坐标原点x1=RsinL……………⑩(3)由①,粒子在电场中运动的时间t,粒子与弹性绝缘薄挡板相碰后,沿x轴的速度不变,沿y轴的速度大小不变,方向相反,粒子又在磁场中做圆弧运动,由几何关系可知,粒子与弹性绝缘薄挡板碰撞两次,第三次圆弧运动后到坐标原点的距离为x3=5RsinL>4L此时粒子第一次离开磁场粒子在磁场中运动时间t……………可得t……………粒子从P点进入电场到第一次离开磁场所经历的时间[评分说明:①~⑥、⑧~每式1分,⑦式2分]1.【答案】C【解析】原来地面对石头的作用力的方向竖直向上,与重力平衡,大小为F1=mg,小明用水平力F推石头时,地面对石头的作用力F2、石头所受竖直向下的重力mg及水平推力F三力平衡,根据平衡条件可知,地面对石头的作用力大小为F故F1和F均小于F2,C项正确.2.【答案】C【解析】A.变压器不改变交变电流的频率,原、副线圈的频率相等,故A错误;B.根据图乙可知,交变电流的周期为2.25s,故B错误;C.输入电压最大值Um=48、V,则输入电压的有效值为UV,根据变压比可知,副线圈电压的有效值即电压表的示数为UU1=8V,故C正确;D.R1和R2并联,二者两端的电压相同,R1的阻值为R2的3倍,根据欧姆定律可知,流经R1和R2的电流之比为1:3,由P=UI可知,R1的功率为R2功率的,故D错误.3.【答案】D【解析】A.由Gma,得a,可知飞船在轨道I和轨道Ⅱ上运行时经过A点的加速度相等,故A错误;B.在轨道I和轨道Ⅲ上,都有G,可得,轨道I的半径小于轨道Ⅲ的半径,所以飞船在轨道I上的速度大于天和核心舱在轨道Ⅲ上的速度,故B错误;C.飞船应先到比轨道Ⅲ略低的轨道上,然后再通过加速与天和核心舱完成对接,故C错误;D.飞船在轨道Ⅱ上从A向B运行时,只有万有引力做功,机械能守恒,故D正确.4.【答案】B【解析】A.带电粒子从M点运动到N点,轨迹向下弯曲,表明带电粒子受到向左下的电场力(如图所示),带电粒子在电场中的受力方向与电场方向相反,因此带电粒子带负电,故A错误;B.带电粒子所受电场力方向与粒子速度方向的夹角为锐角,电场力对带电粒子做正功,故B正确;C.左侧电极带正电,电势从左向右降低,M点的电势低于N点的电势,故C错误;D.带电粒子越靠近左侧电极,等势面越密集,电场强度E越大,所受电场力越大,因此高三.物理答案详解第1页(共4页)加速度越大,故D错误.5.【答案】A【解析】初始时,AB边在磁场上边界处,此时线框在磁场中的部分,等效电流方向向左,所受安培力方向竖直向下,则有BIL+mg=F,线框上移过程中,交叉点离开磁场前,有效长度L减小,所以F减小;交叉点离开磁场后,线框在磁场中的部分,等效电流方向向右,所受安培力竖直向上,则有BIL+F=mg,线框上移过程中,CD边到达磁场边界前,有效长度L增大,所以F继续减小,故A正确.6.【答案】D 【解析】A.0~t1时间内,翠鸟做自由落体运动,其平均速度等于2gt1,t1~t2时间内,翠鸟做加速度减小的减速运动,平均速度小于gt1,所以全过程的平均速度小于gt1,故A错误; B.翠鸟入水过程,根据牛顿第二定律,水对翠鸟的作用力F满足F-mg=ma,t1~t2时间内,加速度逐渐减小,所以F也在减小,故B错误;C.由图像可知,0~t1时间内,翠鸟的加速度竖直向下,t1~t2时间内,翠鸟的加速度竖直向上,故C错误;D.整个过程初速度为0,末速度为0,由动量定理得I水-IG=0,重力冲量IG=mgt2,方向竖直向下,所以I水=IG=mgt2,方向竖直向上,故D正确.7.【答案】B【解析】AB.系统从静止开始做匀加速运动,加速度am/s2=1m/s2,对整体,由牛顿第二定律,得F-f总=(m1+m2)a,解得f总=8000N,水对拖船和驳船的阻力大小之比为2:3,所以水对拖船的阻力大小f1=3200N,水对驳船的阻力大小f2=4800N,故A错误,B正确;C.拖船所受合力大小F合1=m1a=2000N,故C错误;D.对驳船,由牛顿第二定律,得F拉-f2=m2a,解得F拉=1.08×104N,故D错误.8.【答案】BD【解析】环内感应电流方向为顺时针方向增大,即感应电流产生的磁场方向为竖直向下且增强,原磁通量的变化率应该逐渐增大.A.原磁通量均匀变化,不符合要求,故A错误;B.原磁通量向下且减小,故感生磁场方向向下,感应电流沿顺时针(俯视)方向,原磁通量变化率逐渐增大,感应电流逐渐增大,符合要求,故B正确;C.原磁通量向下且增大,故感生磁场的方向向上,感应电流沿逆时针(俯视)方向,不符合要求,故C错误;D.原磁通量向上且增大,故感生磁场方向向下,感应电流沿顺时针(俯视)方向,原磁通量变化率逐渐增大,感应电流逐渐增大,符合要求,故D正确.9.【答案】AC【解析】A.由水平位移关系PB=2PA,可知有电场时运动时间t2是无电场时运动时间t1的两倍(t2=2t1),竖直位移均为h,根据h=at2,代入t2=2t1,解得竖直方向上的加 速度a=4g,方向竖直向下,由牛顿第二定律可知,mg与电场力qE的合力向下,且a<g,可知电场力方向竖直向上,场强方向竖直向上,故A正确 B.电场力方向竖直向上,小球位移向下,电场力对小球做负功,故B错误; C.带电小球所受合外力F=4mg,根据动能定理,合外力做功等于动能变化,得W合B.电场力方向竖直向上,小球位移向下,电场力对小球做负功,故B错误; D.电场力做功WE=-qEhmgh,可知电势能增加mgh,故D错误.10.【答案】ACD【解析】A.传送带对行李的支持力与速度方向垂直,没有做功,加速度阶段滑动摩擦力对行李做正功,匀速阶段静摩擦力对行李做正功,所以整个过程传送带对行李一直做正功,故A正确;B.行李加速阶段,由牛顿第二定律,有μmgcosθ-mgsinθ=ma,得a=0.4m/s2(方向沿斜面向上),加速时间ts,加速位移St1=0.2m,加速阶段摩擦力做=1.28J,故B错误;C.匀速运动时间ts,可知t=2s时,行李已处于匀速阶段,静摩擦力f静=mgsinθ=6N,摩擦力对行李做功的瞬时功率P=f静0=6×0.4W=2.4W,故C正确;D.整个过程行李的重力势能增加量ΔEp=mgLsinθ=24J,动能增加量ΔEk=m02=0.08J,所以机械能增加量ΔE=ΔEp+ΔEk=24.08J,故D正确.(2)①2.20(2.19~2.21均可)②如图③变大(2)①由图可知弹簧测力计的精确度为0.1N,根据图可读出2.20N;②先作出F1的图示,再根据力的平行四边形定则作出F合;③结点0受到三个力的作用而平衡,橡皮条的拉力和两个弹簧测力计的拉力,保持结点0的位置不变,F1的方向不变,将F2顺时针转动一定角度,F1变大.12.【答案】(1)如图(2)左28(3)146.4【解析】