2026届3月广东高三物理答案

高三年级3月二轮复习阶段检测物理参考答案【解析】根据光电效应方程Ek=hy_Wo,可知能否发生光电效应,只和入射光的频率及金属材料的逸出功有关,与光强无关,频率减小,不一定能使金属材料钾发射光电子,而频率增加,则可能使金属材料镁发射光电子,A\B\C项错误,D项正确。【解析】电场线的疏密程度反映电场的强弱,电场线越密集,电场强度越大,a点处的电场强度大小小于b点处的电场强度大小,A项错误;b\c在同一个圆上,电势相等,B项错误;烟尘颗粒带负电,受力和电场方向相反,将被吸附在玻璃瓶的内表面,C项正确;由静止出发的烟尘颗粒,被吸附的过程中,静电力做正功,电势能减小,D项错误。【解析】当光恰好从半球体的最左(右)边射出时,入射角最大,恰好发生全反射,根据几何关系,sinC解得"=12,A项正确。【解析】根据电压与线圈匝数之比,仅将原线圈ab端匝数增加,副线圈cd端电压减小,小彩灯将变暗,仅将副线圈cd端匝数增加或仅将原线圈ab端的输入电压增加,副线圈cd端电压增加,小彩灯将变亮,A\B项错误,C项正确;仅增加串联在副线圈cd端的小彩灯的个数,副线圈cd端电压不变,小彩灯亮度变暗,D项错误。【解析】如图,对水面上一个质量很小的水滴m受力分析,因受竖直向下的重力和水面对水滴的作用力,两个力的合力充当向心力,因向心力沿水平方向指向转轴,可知水面对水滴的作用力应该斜向上方,设该力与竖直方向⑴2夹角为θ,则由牛顿第二定律mgtanθ=m⑴2r,可知tanθ=r,因r越大,则θ越大,可知形状为B,B项正确。g【解析】上升过程中,加速度方向向下,大小为a=g速度减小,加速度减小,加速度随时间的变化率在减小,下降过程中,加速度方向向下,大小为a=g速度增加,加速度减小,加速度随时间的变化率在减小,即加速度和速度随时间的变化率一直减小,A\B项错误;根据动能定理,F合上升过程中F合=mg+KD,下降过程中F合=mg_KD,所以上升过程速度减小,则斜率的大小越来越小,下降过程速度增大,GD.高三物理第1页(共5页)则斜率的大小越来越小,C项错误;由功能关系,Ff=kD,即在上升过程中斜率的大小越来越小,在下降过程中斜率的大小越来越大,D项正确。【解析】设地球密度为p,物体在离地心距离为r时,地球内半径为r的球体质量M=pr3,那么,球体对物体的万有引力Fmr,故物体运动过程受力大小和到地心距离成正比,方向指向地心,所以物体做简谐运动,则t物体从A点绕地球做近地圆周运动到B点,速度满足M地=pR3,时间为t,则A项正确。【解析】彩虹圈上形成的波的振动方向与传播方向平行,是纵波,A项正确;同一介质中,波的传播速度相同,则波的传播速度不变,推\拉彩虹圈的周期越小,波的周期越小,由公怯λ=DT可知,波长越短,B项错误,C项正确;彩虹圈上某质点的速度反映的是在平衡位置附近往复运动的快慢,机械波的传播速度是波在介质中的传播速度,二者不是同一个速度,D项错误。【解析】对P进行受力分析,设杆中弹力为FN,细线上拉力为T,F=FNsin53o+Tsin37o,FNcos53o=4mg+Tcos37o,以Q为研究对象,T=mg,解得F=7mg,A项错误;撤去F的一瞬间,P\Q沿细线方向加速度相等,以P为研究对象,有T,+4mgcos37o=4ma,以Q为研究对象,有mg_T,=ma,解得a=0.84g,T,=0.16mg,B项正确,C项错误;当P运动到最低点时,Q也到达最低点,此时DQ=0,小球Q重力的瞬时功率为零,D项正确。【解析】金属棒在AA1\BB1区间向右运动的过程中切割磁感线,E=B0LD,I金属棒在AA1\BB1区间运动的过程中,根据动量定理,_B0ILΔt=mΔD,所以t=mΔD,由于d=ΣDtΔt,则上面方程左右两边累计求和,可得mDB_mD0,所以DB=DA项错误;设金属棒在BB1\CC1区间运动过程中,根据动量定理, mDB,解得mDB项正确;q,C项错误;在整个过程中,根据能量守恒,mDmgd+Q,定值电阻R产生的热量为QRmDmgd,D项正确。11.【答案】(1)0.39(2分)(2)20.0(2分)19.6(19.4~20.0均可)(2分)【解析】(1)小车运动的加速度大小am/s2≈0.39m/s2。(2)根据胡克定律,mgsinθ=k(l_l0),所以lsinθ+l0,由图像,截距为20.0cm,斜率为5.00,解得l0=20.0cm,由于l单位为cm,所以,解得k=19.6N/m。12.【答案】(1)①RA(1分)②a(1分)减小(2分)下降(2分)(2)②1.5(2分)2(2分)【解析】(1)①滑动变阻器应采用分压怯接法,选用最大阻值较小的RA;②闭合开关s前,应使电压表示数为0,故滑片置于a,由图乙可知,随着压力F的增大,阻值RF减小,RF随F增加的变化率减小,灵敏度下降。(2)②质量为0.30kg的物块对RF的压力为F=G=mg=3N,由图乙知,此时RF=3kΩ,由闭合电路欧姆定律,E=U+IRF,且R,解得R,=1.5kΩ,由图乙知,压力变大,RF阻值变小,电流变大,R,两端电压变大,大于1Ⅴ,故物块将进入通道2。13.解:(1)升温过程中,气体容积保持不变由查理定律分)5pa(2分)(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程,设膨胀后气体的总体积为Ⅴk分)解得k分)说明:只有结果,没有公怯或文字说明的不给分,其他正确解法亦可得分。14.解:(1)滑块1向滑块2运动,根据动能定理解得D分)(2)滑块1向滑块2运动,根据动能定理_μmgLmDmD分)滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞mD滑块1\2向滑块3运动,根据动能定理联立解得D(3)滑块1向滑块2运动,根据动能定理FL_μmgLmD分)滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞mD滑块1\2组合体向滑块3运动,根据动能定理滑块1\2组合体和滑块3发生完全非弹性碰撞2mD滑块1\2\3组合体向滑块4运动,根据动能定理当D5=o时,F的值最小(1分)解得Fmg(1分)说明:只有结果,没有公怯或文字说明的不给分,其他正确解法亦可得分。15.解:(1)带电微粒在板间电场中做类平抛运动,根据牛顿第二定律mg_Eq=ma(1分)设带电微粒从射出到击中挡板1的下端点的时间为t1竖直方向上微粒做匀加速运动at分)水平方向上微粒以初速度D做匀速直线运动,由于微粒与挡板2碰撞一次后刚好击中挡板1的下端点,所以水平位移为x=2d,水平方向,2d=Dot1(1分)解得E1分)(2)设微粒从射出到第3次碰撞的时间为t2,则有3d=Dot2(1分)竖直方向上做自由落体运动,由几何关系,ygt分)解得D设微粒从射出到吸附在挡板3上的时间为t3,竖直方向gt分)因为微粒射出后与挡板1\2共发生4次碰撞,最终吸附在挡板1\2间的挡板3上水平方向上,由几何关系,4d≤Dot3≤5d(1分)解得又因为D,所以初速度Do的取值范围为分)(3)由于Eq=mg,电场力与重力平衡,所以微粒的运动可视为只在洛伦兹力的作用下在磁场中做匀速圆周运动,设微粒在磁场中运动的轨迹半径为r根据牛顿第二定律,qDoB分)解得rPP弹射器y0x甲yy弹射器0P01E02xhF乙情况一:如图甲,根据对称性,若微粒在与挡板2左侧面的2次碰撞之间与挡板1有1次碰撞,为确保微粒与挡板2能发生第2次碰撞,应满足r>3d(1分)为确保微粒不与挡板3碰撞,应满足r<4d(1分)综上,3d<r<4d解得情况二:如图乙,根据对称性,若微粒在与挡板2左侧面的2次碰撞之间与挡板1没有碰撞,为确保与挡板2的第1次碰撞能够