全国大联考2024届高三第一次联考（1LK·新教材老高考）物理/

2023-11-01 02:56:59 11

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和地球表面的重力加速度g,根据万有引力提供向心力，对卫Mm是小，D点的电势=品。+2。-5，放小调12.解：滑块B在最低点：-g=m爱解得T3≈302K=29℃(2分)(1分)星有GR十=mR+在地球表面有G把=mg,联立可14.(1)BCD(解析：伽利略发现了单摆的等时性，得到单摆周环在半圆轨道上的最小电势能为55，选项B正确；C点代入数据得，=4m/s(1分》期公式的是惠更斯，故A错误；将摆钟由广州移至哈尔滨，重求出海洋一号D卫星的线速度大小，选项A正确：由于不知2R道海洋一号D卫星的质量，因此无法求向心力的大小，选项B错误题目中没有给出引力常量C的大小因此无法求地球的电势P。-9,小圆环从C点运动到D点，由动能定理，分物体B从开始到最低点过程中：m6L=2m-之mG(2力加速度g变大，摆钟的摆长L不变，由T=2m√名的周期2R变小，摆钟变快，要校准摆钟，则需要增大摆钟的周期T,因此的质量和地球的平均密度，选项C、D错误。)1代入数据得o=2√2m/s(1分)4.C(解析：由题图知流过R交流电电流的最大值。=0.6电场力做功等于动能增量Wm=q(pc-n)=2m,可得F。(2)设A与台阶碰撞前瞬间，A,B的速度分别为，和，由动解得g需要增大摆钟的摆长L,故B正确：由T=2m√名√2A,故选项C正确；由U2m=l2mR2=122V知，选项D错误；m_(92-55)4,选项C错误；根据电场的等势面特量守恒因串联电路电流处处相同，则11m=0.6√2A,电流的有效值1Rmg1=mBvg+mAUA（2分)4如，在利用单摆测量重力加速度的实验中，在测量摆长时，若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：ImAval>Imv1===0.6A,故A项错误：由U,=1,R=6V,故选项B错点，小圆环不能运动到B点，选项D错误。)只测量了悬线的长度L当作摆长，而没有加上摆球的半径，导9.(1)B(1分)(1分)致摆长偏小，所以重力加速度g值偏小，故C正确；将单摆的误。)(2)BC(2分)》对A应用动能定理：mgx=之m(2分)摆角从5°改为3°，单摆仍然做简谐运动，由周期公式T=2π5.B(解析：弹力球第一次落地水平速度大小为v平=0.8。，(3)0.80(2分竖直速度大小为竖直=0.6，在竖直方向上由动量定理得10.(1)电路原理图如图所示(2分)A,(1分)R(1分)代入数据由以上各式得：x≥1m(1分)凸单摆的周期不变，故D正确；摆球实际做圆周运动（一部即A与台阶只能碰撞一次的条件是：x≥1m(1分)mgt=0.6mo-(-0.6m)=1.2o,水平方向由动量定理得分)，经最低点（平衡位置）时，摆绳拉力与摆球重力的合力提3.00(3)设x=x时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同△D=-6mg=-0.2m,即每次碰撞水平方向动量减少0.⊙供向心力，此时摆绳拉力大于摆球的重力，故E错误。)速度UAB(2)解：①光路图如图所示(3分)2mo,弹力球第1次碰后，水平方向由于摩擦力的冲量影响由动量守恒mB,=(mg+mA)vAB(1分)》离开水平面瞬间，水平方向的速度为0.6o,即速度方向与水对A应用动能定理：wm,=2m(2分)平面间夹角等于45°，选项A错误；第2次碰撞后，水平方向速度为0.40，到第3次落地前时间为1=2×06，即水平距代入数据由以上各式得：=乡。（1分)g100200300/mA(2)如图所示(2分)离为=0.4，-048心，选项B正确；弹力球水平方向动量3)2.52④2.0)(2分)灯泡冷态电阻小于正常工作时(i)当x≥，即x≥6m时，AB共速后A与挡板碰撞。gmB1=(mA+mg)UA,(1分)每次减少0.2m,碰撞4次后水平方向动量为零，此后弹力的电阻（或灯泡电阻随温度升高而变大）(2分)②设第一次折射时折射角为r,球只在竖直方向继续运动，选项C、D错误。)11.解：(1)对电子经C、A间的电场加速时由动能定理得代入数据得A与台阶碰撞前瞬间的速度，=子m(1分)则有：n=sin(90°-0)6.AD(解析：在0~t1时间内，质点速度减小，动能减小，由动sinr能定理可知，外力做负功，选项A正确；v-t图线的斜率表示eU=2m(h)2-2mw2(2分)(i)当。m>x≥1m时，AB共速前A就与台阶碰撞，解得：r=30°(2分)加速度，0时刻，-t图线斜率为零，加速度为零，合力为零，所需加速电压为U=(-1)mm22e(1分)对A应用动能定理：umngx=)m,(1分)外力的功率为零，t,时刻，合力最大，速度为零，外力的功率为设第二次折射时折射角为α，则有：=开零，所以外力的功率先增大后减小，选项B错误；在2时刻，(2)电子在C、A间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网A与台阶碰撞前瞬间的速度：，=Vgx=反解得：α=45°(2分)外力为零，速度最大，外力的功率为零，选项C错误；由于t相切时，对应的磁感应强度为Bc。设此轨迹圆的半径为「，(匠=ugx也对)（1分)由几何关系得：h-2dtan时刻和t3时刻质点速度均为零，动能均为零，由动能定理可则B=m号，(b-r2=r+心2(2分)(3分)知，外力做的总功为零，选项D正确。)13ACE（解析：当分子力表现为引力时增大分子间的距d=22an50。=5cm7.BD(解析：物体A受到重力、支持力、拉力和摩擦力而平衡，解得r=2-a离，需要克服分子间的引力做功，所以分子势能增大，A正确：通过做功的手段可以使热量从低温物体传向高温物体，B错26(1分)斜面对物体A的作用力与重力和拉力的合力平衡，所以斜面误；根据热力学第一定律△U=W+Q知，在绝热过程中QB对物体A作用力的方向偏左，故A错误；以整体为研究对解得最小磁感应强度为B。=(一)(1分)》0,外界对物体做功则W>0,物体的内能一定增加，C正确；布象，受到重力、地面的支持力、斜向上的拉力、地面的摩擦力，朗运动反映了液体分子在不停地做无规则运动，D错误：温度根据水平方向受力平衡，则斜面体B受到的摩擦力大小等于(3)法一：设时间t内由M口射出的电子数为n,1=,n=么升高，分子热运动加剧，则物体内分子的平均动能变大，但是Fcos0,故B正确；物体B对A的摩擦力的大小F=umgcose0+每个分子的动能不一定都变大，E正确。)(1产)mgsine0,解得：μ=mgcos-an8,故C错误；对整体竖直方向设时间t内从A中发射的电子数为N(2)解：①设起始状态气缸内气体压强为P1,重物放在活塞上，系统稳定后，气缸内气体压强为P2根据平衡条件可知，地面对斜面体的支持力FN=(M+m)g-N=n2m_2mb(2分)dhdeFsn8.收D下角。)P1=P+"=1.2×10Pa(1分)8.AB(解析：已知小圆环在D点动能最大，则在D点受到的圆柱体A发射电子的功率为P=·(2分)h=15cmde库仑力的合力沿着半径方向，设AD与AB夹角为0，根据力的知识知tan6=Fko gkQ2q法二：设单位时间内由M口射出的电子数为，则1=e（1内=，+g+g=1.5×10Pa（1分)AFAE2R0s9),Fg=2Rsim0),联立三个分》由玻意耳定律得p,h,S=P2h2S(2分)方程可得a0=√行-方，选项A正确；小圆环由静止释放，1设单位时间内由A发射出的电子数为N,则N=n2码(2解得h2=12cm(2分)②T2=T=290K,V2=Sh2,V3=Sh3,h3=12.5cm分)在电场力作用下沿着圆形轨道先加速后减速，电势能与动能之和保持不变，动能最大时电势能最小，即在D点的电势能圆柱体A发射电子的功率为P=N】)mm'=πm(2分)升温过程为等压变化，由盖-吕萨克定律可得二。”(2分)物理模拟卷9-12答案第4页·共4页

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