1、物理答案 第1 页(共5页)题2023高考临考信息卷物理参考答案号12345678910答案BAADCCCABBDAD1.B 解析:根据电荷数和质量数守恒可知 X是中子,该核反应为核聚变反应,释放能量,A 错误,B正确;光子来源于原子核,而不是核外电子的能级跃迁,C错误;该反应释放能量,有质量损失,则 X的质量小于m1+m2-m3,D错误。2.A 解析:如图所示,几乎贴着水面射入水里的光线,在青蛙看来是从折射角为C 的方向射来的,根据折射定律sin C=1n,设青蛙所处位置最远与井口水面距离为h,根据几何关系可知h=rtan C,解得h=76 m,A正确。3.A 解析:根据题意可知高压线的电流
2、为I,结合P=I2R(R 为输电线电阻)可知,要使输电线上的热耗功率变为kP,则除冰时的输电电流增大为 kI,A 正确,C错误;再根据输送功率不变可知电压增大为原来的 1k倍,B、D错误。4.D 解析:由题意可知,重锤在运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计,根据自由落体公式可知,重锤下落时离地高度为h1=12gt21,A错误;根据匀变速直线运动中平均速度v=v2可知,重锤在空中运动的平均速度等于接触地面后的平均速度,B错误;重锤自由下落过程的末速度v=gt1,重锤从地面运动至最低点的过程下落的高度h2=v2(t2-t1)=12gt1(t2-t1),C错误;重锤从地面运动至最低点的过程有0=v-
3、a(t2-t1),再与v=gt1 联立解得a=vt2-t1=gt1t2-t1,D正确。5.C 解析:由题图,设地球的半径为R,由几何关系可得sin2=Rr,解得地球半径为R=rsin2,A 错误;因为地球表面物体的重力等于地球的引力,可得GMmR2=mg,可得GM=gR2=gr2sin22,设航天员的质量为m,由万有引力定律可知,航天员所受地球引力为F=GMmr2=mgr2sin22r2=mgsin2 2,因航天员的质量m不是零,所以航天员所受地球引力不是零,B错误;空间站受地球的引力提供向心力,可得GMmr2=m42T2r,解得T=2sin2rg,C正确;由牛顿第二定律可得GMmr2=ma,
4、解得航天员的向心加物理答案 第2 页(共5页)速度为a=GMr2=gr2r2sin22=gsin22,D错误。6.C 解析:对工人、木板及AB、AC 绳整体进行受力分析,整体受重力mg、玻璃墙对脚的作用力F 及OA绳的拉力FOA,由于处于平衡状态,三个力组成首尾相连的矢量三角形,如图所示,初始状态因为=53、=37,所以F 与FOA 垂直,缓慢下移的过程中,FOA 与竖直方向的夹角逐渐减小,所以FOA 增大、F 减小,A、B错误;玻璃墙对脚的作用力为F=mgcos=420 N,此时若工人不触碰轻绳,人受重力、玻璃墙对脚的作用力,小木板的支持力及人与板之间的摩擦力,则小木板对工人的支持力为FN=
5、mg-Fcos=448 N,C正确;初始状态OA 绳的拉力FOA=mgsin=560 N,以A 点为研究对象,A 点在OA、AB、AC三条绳的拉力作用下处于平衡状态,AB、AC 的夹角为120,且 FAB=FAC,所以 FAB=FAC=FOA=560 N,D错误。7.C 解析:将四个电荷看成两组等量异种电荷,M、N 均在两组等量异种电荷的中垂线上,电势相等且都为零,A错误;左边一组等量异种电荷在A 点的电场强度大于在M 点的电场强度,右边一组等量异种电荷在A 点的电场强度小于在M 点的电场强度,两组等量异种电荷在A、M 两点产生的电场强度方向相反,根据电场的叠加可知A 点的电场强度大于M 点的
6、电场强度,B错误;M 点的电场强度竖直向下,N 点的电场强度水平向左,相互垂直,C正确;A、C 两点的电势相等,由两个正离子形成的电场中由A 沿直线到C 电势先增加后减小,由两个负离子形成的电场中由A 沿直线到C 电势也先增加后减小,电势是标量,所以由A 沿直线到C 电势先增加后减小,所以把一个负点电荷从A 点沿直线移到C 点,负点电荷的电势能先减小后增大,D错误。8.AB 解析:由图像可知振源N 的周期为T=2 s,波长为=2 m,则波速为v=T=22 m/s=1 m/s,振源M 产生的波形从位置(-6 m,0)传播到O 点的时间为t1=xv=61 s=6 s,振源 N 产生的波形从位置(8
7、 m,0)传播到O 点的时间为t1=xv=81 s=8 s,则t=7 s时只有振源 M 产生的波形传播到O 点,根据“同侧法”可知振源 M 起振方向向上,所以t=7 s时坐标原点O 处的质点正在经过平衡位置向上振动,A正确;振源 M 做简谐运动的位移和时间关系式为y=20sin t,t=7.25 s时,O 处质点振动的时间为0.25 s,则y=10 2 cm,B正确;两个振源 M、N 到O 点的波程差为x=10 m-7 m=3 m=32,所以O点属于振动减弱点,振幅为A=AN-AM=10 cm,C错误;两个振源 M、N 之间的距离为xMN=10 m-(-7)m=17 m,根据干涉条件可知两个振
8、源 M、N 到某点的波程差为波长的整数倍时是振动加强点,因为10 m-xMN2=1.5 m,即位置(1.5 m,0)处是振动加强点,且每隔2 m 均为振动加强点,可知稳定时,振源 M、N 之间有9个振动加强点,D错误。9.BD 解析:达到最大速度时,甲、乙两车分别满足P甲=f甲v甲,P乙=f乙v乙,其中f甲=15(34m乙)g,物理答案 第3 页(共5页)f乙=15m乙g,v甲=216 km/h=60 m/s,v乙=234 km/h=65 m/s,联立解得P甲P乙=913,A错误;由P=Fv,F-f=ma 可得a=P-fvmv,代入数据可得F甲F乙=913,a甲a乙=67,B正确,C错误;加速
9、到最大速度的过程中,根据动能定理可得Pt-fs=12mv2m,代入数据对比可得,甲车通过的距离与乙车通过的距离之比为s甲s乙=14491,D正确。10.AD 解析:根据右手定则可知金属棒ab中感应电流方向由b 到a,A 正确;金属棒向右运动时,受到向左的安培力使其减速,故可知金属棒产生的最大感应电动势为以共同速度v0 进入磁场的瞬间,此时最大电流为I=ER+r=Bdv0R+r,B错误;电阻R 上产生的焦耳热为Q,根据焦耳定律可得金属棒上产生的焦耳热为Q=rRQ,设飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功为W,根据动能定理可得-W-W 克安=0-12(M+m)v20,根据功能关系可得 W 克
10、安=Q+Q,以上各式联立解得 W=12 M+m v20-R+rR Q,C错误;通过金属棒的电荷量为q=It=ER+rt=tR+rt=R+r=BdxR+r,D正确。11.答案:(1)A(2分)(2)0.44(2分)(3)C(2分)解析:(1)v t图像中后半段斜率明显减小,即加速度减小,合外力减小,可能存在的问题是实验中未保持细线和轨道平行,当小车离滑轮较远时,拉力几乎还是沿长木板方向,加速度不变,当小车离滑轮较近时,拉力与长木板的夹角迅速增大,小车受到的合力明显减小,加速度减小,A 正确;实验中若不满足小车质量远大于钩码质量或实验中平衡摩擦力时倾角过大,运动过程中加速度不变,B、C错误。(2)
11、由牛顿第二定律可得nmg=(M+5m)a,整理得a=mg(M+5m)n,由图丙可知,当n=5时,a=1.00 m/s2,数据代入上式可得 M=0.44 kg。(3)若以“保持木板水平”来代替步骤i,则小车会受到长木板的摩擦力,当钩码数增大到一定程度才开始有加速度,故图线与横轴有交点;因小车与木板间的摩擦力大小跟压力的大小成正比,所以有Ff=KFN(K 为常数),则由牛顿第二定律可得nmg-K(M+5m-nm)g=(M+5m)a,整理得:nmg(1+K)=K(M+5m)g+(M+5m)a,加速度a 与所挂钩码数n 为一次函数,可知C的图线符合题意,C正确。12.答案:(1)B(2分)(2)0.4
12、00(0.401或0.399均正确)(2分)(3)R1R0R2(2分)(4)kR1d24R2(3分)解析:(1)为了使电压表 V2 的示数在中间刻度左右,电阻箱选择的数量级要与电压表所测电阻的阻值相当,所以选B。(2)螺旋测微器的读数为0 mm+40.00.01 mm=0.400 mm。(3)当开关S拨至1时,设此时电压表 V1 的示数为U0,根据串并联电路的特点可得U0=R1R1+RxE,当开关S拨至2时,由于电压表 V2 的示数和 V1 的示数相同,即U0=R2R2+R0E,解得此时待测金属丝接入电路中的实际电阻值Rx=R1R0R2。(4)由Rx=l d2 2=R1RR2,得R=4R2d2
13、R1l,结合图像可得k=4R2d2R1,故=kR1d24R2。物理答案 第4 页(共5页)13.答案:(1)227 (2)727 解析:(1)活塞在上升到刚刚碰到重物时,气体等压变化,根据盖-吕萨克定律有V1T1=V2T2(2分)其中V1=SL(1分)V2=S(L+23L)(1分)T1=27+273 K=300 K代入解得T2=500 K,则t2=227(1分)(2)当活塞上升使绳上拉力刚好为零时,此时汽缸内压强为p,根据平衡条件有pS=p0S+m+M g(1分)从刚刚碰到重物到拉力刚好为零时,气体等容变化,根据查理定律有pT2=pT(2分)开始时有pS=p0S+mg(1分)联立解得T=1 0
14、00 K,则t=727(1分)14.答案:(1)3mg4q 5mg4qv0(2)E1=mgq,方向竖直向上;B1=16mv015dq,方向垂直纸面向外(3)(127+120)d96v0解析:(1)带正电荷的小球在第二象限做匀速直线运动,其受力如图所示根据受力平衡有qv0B2cos=mg(1分)qv0B2sin=qE2(1分)联立解得E2=3mg4q(1分)B2=5mg4qv0(1分)(2)带正电荷的小球在第一、四象限做匀速圆周运动,故有qE1=mg(1分)解得E1=mgq,方向竖直向上(1分)由题意知,小球做匀速圆周运动的圆心O在x 轴上,设小球做圆周运动的半径为R,由几何关系可得小球运动的轨
15、迹半径为R=dcos tan=1516d(1分)由牛顿第二定律有qv0B1=mv20R(1分)解得B1=16mv015dq,方向垂直纸面向外(1分)(3)小球在第二象限的运动时间t1=dcos v0=5d4v0(1分)设做圆周运动的时间为t2,则t2=360-106360T(1分)T=2mqB1(1分)物理答案 第5 页(共5页)t=t1+t2=(127+120)d96v0(1分)15.答案:(1)40 kg(2)4 m(3)0.85 m解析:(1)设包裹C的质量为m,包裹C在缓冲装置 A上运动时 A静止不动,需满足1mg2 m+M g(2分)解得mM=40 kg(1分)即包裹C的最大质量为4
16、0 kg(2)现在包裹的质量m1=10 kg,小于40 kg,则包裹从 A上释放后,缓冲装置 A静止不动,则包裹下滑至B车左端时,根据动能定理有m1gh-1m1gL0=12m1v20-0(1分)包裹从滑上B车与挡板碰撞后又返回到B车的最左端时,B、C二者恰好共速,此时小车的长度最短,包裹与B车相互作用的过程中根据动量守恒定律有m1v0=m1+M v(1分)包裹与B车相互作用的过程中,根据能量守恒定律有12m1v20=12 m1+M v2+1m1g2Lmin(2分)联立解得Lmin=4 m(1分)(3)由于包裹质量大于40 kg,则装置A推动B车运动。若使包裹能滑上B车,最小高度是包裹刚好可以滑上B车时,A、B、C三者共速。包裹到达 A的水平粗糙部分后,以 A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律有1m2g-2 m2+M g=2Ma1(2分)以包裹为研究对象,根据牛顿第二定律有1m2g=m2a2(1分)则可画出 A与B、C运动的v t图像如图所示,包裹在光滑曲面下滑至水平面时根据机械能守恒定律有12m2v21=m2ghmin(1分)A、B、C三者共同速度为v=a1t=v1-a2t(2分)由v t图像面积表示位移可得两图像中间所夹面积为 A、C的相对位移,则L0=12v1t(1分)以上各式联立解得hmin=0.85 m(1分)
