全国百所名校2023届高三大联考调研试卷（三）·物理参考答案、提示及评分细则1.B根据A静止得F,=F,=F,=mAgsina,把物体A与斜面体看作一个整体，F,=Fn,F2sin0=Fa,Fa=O,得Fn>Fa>Fn,FNn=(ma十m)g,FN=F2cos0+(mA十mB)g,Fa=Fa+(mA十me)g,得F1

绝密★启用前6.一小球做自由落体运动落在地面上（不反弹），若小球落地前最后1s内下落的高度用h,表示，落辽宁省名校联盟2022年高一11月选科适应性考试地前倒数第2s内的下落的高度用h2表示，且h1=2h2,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，则小球开始做自由落体运动时的高度为Λ.62.50mB.45.00mC.31.25mD.17.25m物理7.一质点在x轴上运动，在0~5s内，质点的位置坐标x随时间t的变化如下表所示，x轴正方向为速度的正方向，则下列说法正确的是命题人：辽宁名校联盟试题研发中心审题人：辽宁名校联盟试题研发中心012345x/m035865本试卷满分100分，考试时间90分钟A.质点在第2s内的均速率为2m/sB.质点在前2s内的均速度为2.5m/sn注意事项：C.质点在最后3s内的均速度为1m/sD.质点在最后3s内的均速度为一1m/s1.答卷前，考生务必将白己的姓名、准考证号填写在答题卡上。8.有两根原长相同的轻弹簧，劲度系数分别为k1和k,另有A、B两个小物块，质量分别为m1和22.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题日的答案标号涂黑。如需改动，用橡现在用两种不同的方式将两物块用一根弹簧栓接后，再用另一根弹簧将两物块一起悬挂在天花板皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上上，两种方式分别如图中甲、乙所示，已知k2,m2,重力加速度为g。则两种方式均稳定无效后，方式乙中物块A的高度与方式印中物块B的高度相比3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一个选项符合题目要求，每小题4分：第9~12题有多个选项符合要求，每小题4分，全部选对得4分，选对但选不全奥得2分，选错或不选得0分。1.在2022年北京冬奥会上中国体育代表团共获得9枚金牌，金牌数创历史新高。在评估运动员的内比赛成绩时，下列各项比赛中可以将运动员看作质点的是A.研究化样滑冰运动员的跳跃姿势B.研究跳台滑雪运动员的飞行姿态A高m,m色gB.高m::十mC.研究单板滑雪运动员的旋转动作D.研究雪车比赛中运动员的滑行时问2.“地球同步卫星”又称“对地静止卫星”，是在地球同步轨道上以大约3.1k/s的速度绕地球运动C.低：：一m的人造卫星，常用于通信、气象、导航以及军事情报搜集等。那么“对地静止卫星”中所谓的“静止”D点。所选取的参考系是9.如图所示，小球从)点由静止开始做匀加速直线运动依次通过a、b、c,d四点，且(Oa=ab=bc=cd,A.地面B.地心C.月球D.太阳则下列说法正确的是3.加速度是描述速度变化快慢的物理量，那么在直线运动中，下列关于速度和加速度的描述正确8wWw方tw方wT的是A.加速度为正，速度一定增大A.小球通过各段的时间之比为t:th:t:t=1:(V2-1):(W3-√2)：(2一3)B.小球通过b点和d点的速度之比为v6:a=1:2B.加速度增大，速度一定增大C.小球在Ou段的均速度与ad段的均速度之比为o：a=1：3C.加速度为正耳增大，速度变化得越来越快D.小球经过c点的瞬时速度小于bd段的均速度D.加速度为负且增大，速度变化得越来越慢10.在一条直的公路上有甲、乙两辆行驶的汽车，在04s内两辆汽车的位置坐标x与时间t的关4.经常低头玩手机，会使颈椎长期受压，可能引发颈椎病，并且在一定范围内，头部向前弯曲的越大系图像如图所示，则下列说法正确的是颈椎受到的侧向压力越大。那么，在人低头静止玩手机时，下列选项中画出的脖子对头部的作用木m力方向正确的是12TA.在t=2.5s时，两车相遇救B.在t=2.5s时，两车速度相同C.在04s内，甲车的均速率为0.75m/s5.东京奥运会苏炳添创历史闯人白米决赛，并在半决赛中跑出9秒83的亚洲纪录。苏炳添整个白D.在02.5s内，两车的均速度均为3m/s米过程主要分为起跑加速和匀速运动两个阶段。若苏炳添起跑阶段做加速度逐渐减小的加速运11.某质点沿x轴方向做直线运动，其位置坐标x随时间1变化的关系为.x=2十2t+2m,则关于该动，经过时间t达到最大速度，苏炳添起跑阶段运动的位移大小为x,则侧质点运动的描述正确的是A.1

焦作市普通高中2022一2023学年（上）高三年级期中考试理科综合·物理答案本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题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。14.B15.D16.B17.C18.BD19.AC20.AD21.ACD22.（1)PQ距离L(2分)(2)匀速直线(1分)(3)器2分)23.(1)I(1分)G(1分)D(1分)C(1分)a3分)分剂b-a24.(1)根据题意可知，带电小球从N到M点倒着看，为类抛运动，沿PN方向匀变速运动，加速度大小为a=吃，2=2a山(2分)m设粒子在复合场做匀速直线运动的速度为vx,根据矢量合成可知初速度=：+(1分)粒子在电场力和洛伦兹力作用下做匀速直线运动，有q,B。=qEo(2分)联立解得，=子o,B=18g225mvo(2分)(2)撤去电场后小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，与MP相切于Q点，如图，由数学知识可知=30(1分)》PN.b做圆周运动半径为R=xtan a(1分)小球做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，有q,B。=(2分)R解得x=8,5L5(1分)25.（1)Q开始下降高度h时的速度设为1，1

第三单元1.C解析：本题考查电容器的电容、电容器所带的电荷量。电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量无关，A项错误；电容器所带的电荷量指任意极板所带电荷量的绝对值，B项错误：根据电容的定义式可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，C项正确：由C=号-品可求得电容器的电容为1.0×10-7F,D项错误。2.B解析：本题考查电容器、电容。由Q=CU知，U降低，则Q减小，此时电容器处于放电过程，但电容器的电容不变，A项错误，B项正确，C=号-=器F=5×10r.C项结误：△Q=C·4=5X10×4C=0.02C,故电压为36V时，该电容器所带的电荷量为0.18C,D项错误。3.A解析：本题考查电容器的电容、静电计。由题意可知，导电液体与金属α构成了电容器，两极间的距离等于绝缘电介质的尽度，导电液体的液面升高时，两极间的距离不变、正对面积变大，由C一点可知电容将变大，A项正确；因电容器充电后与电源断开，则电容器的电荷量Q不变，依据C=号知两极间的电势差将变小，而静电计指针的偏角反映电容器两极间的电压大小，故静电计的指针偏角将变小，B、C、D项错误。4.C解析：本题考查带电小球在电场中的运动。带电小球沿直线从位置α运动到位置b,说明带电小球受到的合力与速度在同一条直线上，对带电小球进行受力分析，它应该受到竖直向下的重力和水向左的电场力，因为电场力方向与电场线方向相反，所以带电小球带负电，A、B项错误；因为带电小球做直线运动，所以电场力与重力的合力应该和速度在同一条直线上且方向相同，故带电小球做匀加速直线运动，C项正确；电场力做正功，带电小球的机械能增加，D项错误。5.C解析：本题考查电场力做功、电势能。因为小球下落到C点时的速度大小仍为，其动能变化量为零，所以电场力和重力做的功大小相等，即Wc十W电=O,可知电场力做负功，小球的电势能增大，小球的机械能减小，C点一定位于AB的右侧，C项正确。6.D解析：本题考查带电粒子在偏转电场中的运动。带电粒子在匀强电场中做类抛运动，水位移x=6,粒子两次运动的水位移之比为2：1，粒子两次运动的水速度之比为1：2，故粒子两次运动的时间之比4：台=4：1：由于粒了在竖直方向上的位移h=a心，粒了两次运动的竖直位移之比：：=1：2，故粒子两次运动的加速度之比a1:a2=1:32:又因为加速度a=马，故粒子两次运动的偏转电压之比mdABUJ1:U2=1:32,D项正确。7.AD解析：本题考查电容器的充电、放电。开关接1时，行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A项正确，B项错误；开关接2时，行板电容器放电，且电流沿逆时针方向，C项错误、D项正确。8.BD解析：本题考查带电粒子在电场中的偏转。设加速电压为，则q=mw;设偏转电压为，则y=9UL2一红，联立解得y-光，故BD项正确。9.BD解析：本题考查带电粒子在电场中的运动。粒子射入电场的最大位移为d,由动能定理有一Eqd=之，得电场强度大小为：由于粒子在电场中的均速度为受，因此粒子在电场中运动的最长时间为，B,D项正确。10.AC解析：本题考查电容器中的电场。保持开关S闭合，电容器两端的电压不变，将A板向右移，d减小，则电场强度增大，带电小球所受电场力增大，根据共点力衡条件知，0角变大；同理可知，将A板向左irkd=U移，0角变小，A项正确，B项错误。断开开关S,电容器所带的电荷量不变，根据C=:S;C=号联立解得E一号一号一，放故电场强度的大小与两极板间的距离无关，所以向左，右移A板9角金·7·【22新教材老高考.DY.物理·参考答案一R一必修第三册一QG

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基础题与中考新考法·九年级·全一册·数学)综合《中考新考法8.(教材P100第1题改编)如图，在△ABC12.（补充过程及依据)如图是圆形瓷器残片中，若点0是△ABC的外心，则∠1+∠2+示意图，为了

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3BC,若B=a,AC-b,则P夜-Aa-动B.a+0C.-3a+3bb3a-38.已知tana=一2，tan(a+)=7,当sin0+tan Bcos0(0∈R)取最大值时，tan0=A.-3B.3

全国@。所名校高考模拟金典卷(3)m1√x2=m1√x1+m2√x3(2分)解题分析(1)两小球碰撞后做抛运动，要验证两小球碰撞前后动量守恒，小球离开斜槽末端时必须具有水初速度，所以斜槽末端切线必须保持水，要确保碰撞前动量不变，则小球1每次都从斜槽轨道的同一位置由静止释放，无须斜槽光滑，A、B项错误，C项正确。(2)本实验要求小球1碰后也要做抛运动落在斜面上，不能反弹，所以小球1的质量大于小球2的质量。(3)由抛运动规律，坚直方向有xsin0=2g2,水方向有x0s0=u,联立解得)g.xcos202sin 0,碰撞前小球1落在B点，碰撞后小球1落在A点、小球2落在C点，由动量守恒定律可得m1=m11十22，代入于得n1√x2=m1√x1+m2√x3。10.答案(1)（○(2分）702分)(2)225（2分)(3)无(2分)解题分析()若不考虑电源内阻，且电源两端只接R,时，电路中的电流约为1=票=I0mA,R。由题意知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在满刻度的处，则该同学选用的电流表应为○；不考虑电源内阻时，根据闭合电路的欧姆定律有E=之(R十R十R),代入数据解得R=702。(②)断开开关，保持滑片的位至不变，用K替挨R,闭合开关后，有E=2号(R+R,十R),代入数据有R=2252。(3)若考虑电源内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E=[(R十)十R十Ru],E-2[(R+)十R十R1],联立计算可知R,不受影响。11.解题分析(1)设调配后两罐中气体的压强为p由玻意耳定律得2pV什pX2V=p(V+2V)(2分)解得p-号。(2分)(2)设调配后乙罐中的气体膨胀到原来的压强p时，体积为V1由玻意耳定律得pX2V=pV(2分)解得V=V(2分)则调配后乙罐中气体的质量与乙罐中原有气体尚质量的比位k--令。(2分)12.解题分析（1)当两板间存在恒定的匀强电场时，进入磁场的粒子数为射入电场的粒子数的是，说明只有射入电场时与上板板间的距离小于L的粒子能进入磁场，由此可知能进入磁场的粒子在电场中坚直向下偏移的位移均为L,粒子在电场中做类抛运动水方向上有2L=6t1(1分)物理（十）参考答案第3页（共4页）【24新高考·JD·物理-GX)

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里晔与赏析，不正确的一项是(3分)款中，诗人看到了或厚或薄的烟云疏密有致的树和石等是物B、诗歌中“鸟语乐”写乐盛，“鱼行迟”写衰景，以乐写悲，更增悲情。一C、诗歌前三联描写太白岭的景色，最后一联抒情，

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20231地A依然处于即场经会3处单B.文明演进动力不足意乘越武商卡生运动的压制，7年月，三多北学生游行示成：被等察镇压儿士名法建立中心城市D,尚未进人国家阶段等生数是刘少意提文赛求北的同本”智

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解析：外籍劳工出现的根本原因是世界经济发展不衡，劳动力由经济发展水较低的国家和地区迁往经济发展水较高的国家和地区。答案：C

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4.小说节选部分有较大篇幅的心理分析，将将军的内心世界层层解剖，展现在读者面前。请简要分析心理描写在本文中的运用技巧与表达效果。(12分)9.观察右边一幅漫画，简要介绍画面内容，并分析其寓意。(9分)

5、(炎德·英才大联考)湖南师大附中2024届高三第3次月考英语试题

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回答下列问题。(1)退化草原在恢复与重建过程中发生的演替类型属于演替。(2)经过长期

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解得2a产之X05m3=16m,对运动员根报牛顿第二定律可知一m8md、解得：：1560N,根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1560N,故C错误；起跳过程运动的时间：，=二三Q2味后试动的时闲雪0

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过程A、B的位移分为=20,=x6x05=3m2m=a2+(4-t)=2×12×0.

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解得=√105m/s(1分)由于>，Q在传送带上开始做匀减速运动，假设Q一直减速通过传送带，Q从传送指滑下的速度为，山动能定理可得一mgL=ma一t&(2分)解得1=9m/s>v(1分)假设成立，即Q

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高二英语周报 2024-06-17 22:56:22

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高三英语周报 2024-08-20 23:18:54

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A依题意，可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,带电粒子从A点出发第一次到达小圆边界上时，由几何知识可得此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120°，则粒子运动的路程为：=号X2xR=号R:R由几何知识，L=2R0s30可得粒子第一次回到A点运动路程，=3X号×2R+3L=(4红十3B)R,C粒子第1次回到A点，由几何知识可得粒子在隘场运动的总时间=3X号T=2T-,在无磁场区城运动的总时间为=3X-3×2R@030_3ym,则粒子第1次回到A点运动gB0gB的时间为=1十=4红士3⑤)m,D.则粒子第4次回到A,点时，运动的总路程为=4=（16x十123)R。11.(7分)(1)B(1分)(2)0.547(2分)0.588(2分)(3)AD(2分，选不全得1分，多选不给分)【解析】(1)打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器。故选B。(2)由图中可知OC之间的距离为xc=27.90cm,因此机械能的减少量为|△En|=mgxc=0.2×9.8×0.2790J=0.547J;匀变速运动时间中点的建度等于这段时间的均谁度，因光一器=02×0.022m/s=2.425m/s,因此动能的增加量为Ekc=2m6=合×0.2X2.425×2.425J=0.588J。1(3)工作电压的频率偏低，导致打，点周期偏大，则求得的速度偏大，可能导致动能的增加量大于重力势能的减少量，A正确；存在摩擦力和空气阻力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，B、C错误；提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量，D正确。12.(9分)(1)4.699或4.700或4.701(2分)(2)×1(2分)10或10.0(2分)(3)A(3分)【解析】(1)金属丝的直径为D=4.5mm+0.01X20.0mm=4.700mm。(2)用多用电表粗测R,的电阻，当用“X10”挡时发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值较小，应该换用“X1”挡，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为R=10X12=102。(3)由电源电动势与待测电阻的比值可知，电流的最大值约为0.6A,因此两个电流表均不能直接选用，可将量程为30A的电流表与定值也阻并联，成装成量程为心6A的电流表，光时楼入定值电胆的租准为R-员808n-Q.5,故包流表选用A,定值电阻选用R;待测电阻阻值较小，为了滑动变阻器调节方便，并让电压变化范围尽量大一些，滑动变阻器应选用最大阻值较小的R。综上所述，A正确。13.(10分)【解析】(1)如图所示，记小鱼S射向P点的光线入射角为α，进入眼睛的折射光线，折射角B=53°在三角形SOP中，根据几何关系可知∠OSP=180°-(90°十a-)=90°+B-a…(1分)由正弦定理得ine-sin∠OSP…(1分)OS再根据折射定律n=sin(1分)sin a将以上三式联立可解得OS=30cm…(们分)(2)如图所示，设小鱼在与圆心O距离为x的M点、W由M,点射向圆柱面的光线中，垂直OM的光线MN入射角最大，最容易发生全反射。若∠MVO≤C,则从任何位置都能看到小鱼……………(2分)0sinC-7,而在三角形MNO中sin∠M0-号…(2分)联立可得x≤'=36cm,即小鱼与圆心之间的距离小于36cm时，观察者在小鱼所在的水面内从任何位置都能看到小鱼…(2分)》14.(14分)【解析】(1)弹簧被释放后瞬间，设物块A的速度大小为o1,物块B点速度大小为2，由动量守恒定律有m一4m2=0…………………(2分)物块A与墙壁碰撞反弹后追上物块B并粘在一起，设碰撞后A、B的整体速度大小为由动量守恒定律有m十402=（m十41m))…(1分)因A、B整体到达最高，点C时恰好对管道无作用力，因此只有重力提供向心力，有5mg=5m贤，t=V级……(2分)A、B整体由F到C的过程中，由机械能守恒定律有2三(m+4m)g·2R7Cm十4m)呢…(2分)物理参考答案一14

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