湖北省高中名校联盟2023-2024学年高三下学期3月一模测评试题 物理答案

2024届高三三月联合测评
物理试卷参考答案与解析
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。

题号12345678910答案B A D C D A D BC AC AD 1．【答案】B
【解析】根据核反应前后，质量数和电荷数守恒，可以得到X为14
7
N。

选项A错误；
三种射线穿透能力依次是γβα
>>。

选项B正确；
β射线来自原子核内部，选项C错误；
14 6C的半衰期为5730年，15分钟几乎不影响。

服药15分钟后再检测，是为了使药里面的14
6
C充分消化分解，
释放到呼吸系统，提高检测准确性。

选项D错误。

2．【答案】A
【解析】单摆周期公式T=A的单位符合周期单位。

选项A正确。

3．【答案】D
【解析】因为卫星A和卫星B的质量未知，所以无法比较两者的动能大小。

选项A错误；
根据
2
22
4π
Mm
G
m
R T
=，可知卫星A的周期小于卫星B的周期。

选项B错误；
根据扇形面积公式
1
2
S vtR
=和2
2
Mm v
G m
R R
=
，可得
1
2
S=
，所以A
B
S
S=C错误，选项D正确。

4．【答案】
C
【解析】根据对称性，光线要在圆内全反射，并回到S点的时间最短，应构成一个边数最少的正多边形。

全反射临界角
1
sin
C
n
==
1
sin
2
α
=，C
α<
，无法发生全反射；当是正方形时，sinβ=C
β>，可以发生全反射，符合时间最短条件，vt
=，
c
n
v=，所以
t=C正确。

5．【答案】D
【解析】冰壶从A到B．有
1
22
1
2
X B A
g v v
μ
-=-；冰壶从B到C
，有2
2
2
20
B
g v
x
μ
-=-，1
2
p
μ
μ
=，1
2
x q
x=，
A
B
v
v=，选项D正确。

6．【答案】A
【解析】变压器的原线圈可视为等效电阻2
122n R n ⎛⎫
⎪⎝⎭，该电阻与1R 串联。

单刀双掷开关接a ，2R 的滑片P 上
移，2R 增大，2
122n R n ⎛⎫
⎪⎝⎭
增大，故变压器原线圈电压增大，则电压表示数增大，选项A 正确；
将1R 等效为电源内阻，可知，当2
1122n R R n ⎛⎫
= ⎪⎝⎭时，2R 消耗的功率最大，单刀双掷开关接a ，2R 的滑片P 上
移时，1R 与2
122n R n ⎛⎫
⎪⎝⎭
的大小关系不明确，2R 消耗的功率如何变化不确定，选项B 错误；
2R 的滑片P 不动，单刀双掷开关由a 接到b 时，电压表示数2
12222
2
1211
2121212 n R n n ER U E n n n n R R R R n n n ⎛⎫ ⎪⎝⎭⎛⎫ =
++⎪=⎝⎭
，由于1n 和2 n 的数值关系不明，故电压表示数U 和电流表示数2
U
I R =的大小变化不确定，选项C 、D 错误。

7．【答案】
D
【解析】对A 、B 受力分析如图，门闩刚好启动时，对A 在水平方向上有sin 45cos 45F N N μ=︒+︒，对B 在竖直方向上有sin 45N mg N μ=+︒，解得13
7
F mg =，选项D 正确。

8．【答案】BC
【解析】根据点电荷电势关系q k r
ϕ=，可知A 、B 、C 、D 四个点电荷分别在P 和M 点的电势标量叠加后M P ϕϕ>，选项B 正确；
根据点电荷电场强度关系2
q
E k r =，可知A 、B 、C 、D 四个点电荷分别在P 和M 点的电场强度矢量叠加后方向互相垂直，选项C 正确。

9．【答案】
AC
【解析】如图，从桅杆顶部发射的无线电波，
直接到达悬崖顶处的接收站波程1S ==；从桅杆项部发射的无线电波，经海平面发射后到达悬崖顶处的接收站波程
S =；波程差21 3.7S S -=m ；两列波在接收站处发生干涉后的减弱，则表现为失去无线电联系，又由于在海平面发射时相位发生180°的变化．则到达接收站的波程差应满足2122
S S n λ
-=，选项AC 满足条件，选项AC 正确。

10．【答案】AD
【解析】0t =时，两导体棒切割磁感线回路产生总感应电动势0022 2v E B Lv BL =+，电流E
I R =，对导体棒
PQ 有22BI L ma =，则PQ 的加速度大小为220
3B L v mR
，选项A 正确；
00~t 时间内，MN 棒向左的速度为零时，由动量定理0202v BLq m -=-，有0
4mv q BL
=，选项B 错误；
00~t 时间内，22B Lx BLx q R R
∆∅+∆∅+=
=
左右左右，所以0228mv R
x x B L +=左右，选项C 错误；经过足够长时间，回路中末态总感应电动势为零，有1222B Lv BLv =，得12v v v ==共，根据动量守恒定律
00232v mv m mv -=共，对系统由能量守恒定律2
22
0011122242v mv m mv Q +=+共
，得2034
Q mv =的，选项D 正确。

11．【答案】（1）6.70（2分）（2）左（2分）（3）1
21132
111
m m m t t t =-∆∆∆（3分）【解析】（1）6140.05 6.70mm mm mm
+⨯=（2）因a b t t ∆>∆，，表明滑块A 从右到左做加速运动，即右端偏高，故应该适当抬高气垫导轨的左端，直至a b t t ∆=∆。

（3）若滑块A 和滑块B 碰撞中动量守恒，应满足1
21132d d d m m m t t t =-∆∆∆，得121
132
111
m m m t t t =-∆∆∆。

12．【答案】（1）0.653（0.651~0.656也给分）（2分）（2）×1（1分）10.0（10也给分）（2分）（3）
()20π4d R R k
E
+（3分）
（4）大于（2分）
【解析】（1）0.515.30.010.653d mm mm mm =+⨯=（2）改用“×1”挡，10.0x R =Ω
（3）金属丝长度x 对应的电2
π2x x R d ρ
=⎛⎫ ⎪⎝⎭
，则0ER U R R =
+；可得204 π()E U d R R ρ=+；故有()
204πE
k d R R ρ=+，可得()20π4d R R k
E
ρ+=
（4）若考虑电压表内阻，则在相同x 时实际总电流偏大，实际电压相对0x
ER U R R
=+偏小，电压表的测量值U 偏大，U -x 图像中直线的斜率k 偏大，故ρ的测量值偏大。

13．【解析】（1）由查理定律12
12
p p T T =（3分）解得21140mmHg p =（2）由玻意耳定律
211()p V p p V pV
=+∆+解得200mmHg
p =14．【解析】（1）a 通过A 点，由牛顿第二定律
2
A
N v F mg m
R
-=a 由A 点运动到C 点，由机械能守恒定律22
A C 11222
mv mv mg R =+a 从C 点平抛，有
c x v t
=2
122
R gt =
解得0.4m
x =（2）a 由D 点运动到A 点，由动能定理22
a A a 1122
mv mv mgx μ=+b 由D 点运动到E 点，由动能定理212
b b Mv Mgx μ=且a b x x x
+=解除锁定时，由动量守恒定律
0a b
mv Mv =-解得3m/s
a v =1m/s
b v =
对b ，由动量定理
b Mgt Mv μ=，
解得0.4s
t =（3）由能量守恒定律，弹簧释放的弹性势能221122
P a b E mv Mv =
+解得0.3J
p E =15．【解析】（1）设粒子在匀强磁场中做圆周运动半径为r ，由2
Bqv m
r
v =解得2r d
=如图（a ）所示，设粒子在磁场中运动轨迹与吸收板左侧相切时，该粒子打到吸收板上的时间最长，有1sin 2
d r α=
=可得π6
α=
粒子在磁场中圆周运动的周期2πr T v
=
粒子打到板上运动的最长时间m π2π22t T απ⎛⎫-- ⎪
⎝⎭=
解得5π3m m
t Bq
=
（2）设粒子运动轨迹与吸收板右侧相切时，则有：1sin 2
d r β==故π6
β=
发射速度方向在παβ++范围内的粒子能打在吸收板上表面被板吸收，板吸收的粒子数与发射粒子总数之比为．
π2π
αβη++=23
η∴=
（3）吸收板吸收的粒子数与发射数之比η不变，则α与β角不变，由（1）有2r d =不变，
如图（b ），当粒子发射后，运动半个圆周打在吸收板的最左端，有2
2
2
(2)2L r d ⎛⎫-= ⎪
⎝⎭
又2
v Bqv m
r
=可得：215L d
≥。