2024—2025學年高三期中考試物理參考答案及評分意見錯誤；慣性與速度無關，只取決于質(zhì)量，則組合體減速著陸時，其慣性不變，B錯誤；嫦娥六號進行采樣工作時，它的大小和形狀不能忽略不計，F(xiàn)Ncos30°+Fcos30°+T=mg,解得F=F?=√34.D【解析】下滑過程中，兩人均處于失重狀態(tài)，A錯誤；質(zhì)量關系未知，滑到底端時兩人的動量大小無法判定，同理，兩6.C【解析】勻減速的過程中，合外力是不變的，根據(jù)動量定理有F合·△t=△p,可知返回艙的動量變化率即為向不同，B錯誤；試探電荷—q沿直線由O向A運動，電勢升高，電勢能減少，所受電場力做正功，C正確，D錯誤。則重物質(zhì)量,第一個時間段內(nèi)重物所受拉力為F?,重物的加速度大小為,第一個時間9.AC【解析】根據(jù)題意，由圖可知，甲在y軸左測的波長為4m,則甲的頻率Hz,乙的波長為2m,則乙的頻率、乙頻率相同，可以發(fā)生干涉現(xiàn)象，根據(jù)題意，由同側(cè)法可知，x=-2.6m處質(zhì)點與x=5.1m處質(zhì)點的振動方向都向下，相同，A正確；根據(jù)題意可知，甲的波峰傳到x=0時，需要的時間處，由于波速相等，兩個波峰同時到達x=3m處，兩列波在此處疊加，使該點的據(jù)題意可知，甲波x=2處的質(zhì)點開始向下振動，則處的質(zhì)點是振動加強點，根錯誤；小球拋出時，由圖像可知,解得小球拋出時的速度大小為錯誤；根據(jù)鎖定，說明t?時刻只有A球具有速度，設此時A此時彈簧的彈力最大，彈簧的伸長量最大，即t2時刻兩球具有相同的速度，設t2時刻A、B兩球的速度為v?,從機械能守恒，則有,解得,D正確。物理答案第3頁(共5頁)13.(1)C(2)b→a4.8(每空2分)【解析】(1)閉合開關S?,將S接1,電容器正在充電，電容器的電容不變，A、B錯誤；當電路剛接通后，通過定值電阻R的電流從0增大到某一最大值，后隨著電容器的不斷充電，電路中的充電電流在減小，當充電結(jié)束電路穩(wěn)定后，此時電路相當于開路，電流為0,C正確。(2)根據(jù)電路圖可知充電結(jié)束后電容器上極板帶正電，將S?接2,電容器放電，此時通過定值電阻R的電流方向為b→a;由t=2s時I=1.20mA可知此時電容器兩端的電壓U?=IR,電容器開始放電前兩端電壓為12.3V,根據(jù)I—t圖像與橫軸圍成的面積表示放電電荷量可得0～2s間的放電電荷量Q?=△U·C=(12.3—1.20×10?3×R)C,2s后到放電結(jié)束間放電電荷量Q?=△U′·C=1.20×10?3·RC,根據(jù)題,解得R≈4.8kΩ。14.(1)ABD(2分，少選得1分)(2)1.66(1分)(3)((2分)②下(1分)等于(2分)【解析】(1)使用光電門測量時，光電門U形平面與被測物體的運動方向垂直是光電門使用的基本要求，A正確；測量擺線長度時，要保證繩子處于伸直狀態(tài)，B正確；單擺是一個理想化模型，若采用質(zhì)量較輕的橡膠球，空氣阻力對擺球運動的影響較大，C錯誤；無初速度、小擺角釋放的目的是保持擺球在豎直平面內(nèi)運動，不形成圓錐擺，且單擺只有在擺角很小的情況下才可視為簡諧運動，D正確。(2)小鋼球直徑d=16mm+6×0.1mm=1.66cm。(3)①根據(jù)單擺周期公式T=2π,變形有,根據(jù)圖像的斜率可知,解得②根據(jù)圖像可知，擺長的測量值偏小，則小球的重心位于其幾何中心的正下方，表達式變?yōu)橹豢紤]擺長測量偏小造成的影響，則圖像的斜率不變，重力加速度的測量值等于真實值。解得a?=1m/s2(2分)(2)設貨物加速到傳送帶速度的時間為t?,則vo=a?t?(1分)可得t?=2s貨物加速過程的位移1t2(1分)解得x?=2m貨物勻速運動的時間(1分)解得t?=3s運動的總時間t=t?+t?=5s(1分)【解析】(1)設在△t時間內(nèi)從噴口處噴出水的質(zhì)量為△m,則△m=v△tSp(1分)物理答案第4頁(共5頁)解得v=8m/s(1分)(2)噴口出水速度方向與水平面夾角該噴灌機的最大噴灌面積Sm=πx2(1分)解得Sm≈122m2(1分)解得v?=2√2m/s在P點，根據(jù)牛頓第二定律有F?-mig=m解得Fn=10N(1分)(2)物塊甲在水平面上向右運動，碰撞前，根據(jù)動能定理(172(1分)解得v=√11m/s甲乙碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有m?v=m1v甲+m?v乙(1分)(1分)(3)對物塊甲受力分析有Eq=1N>μm1g=0.4N,則物塊甲解得s總=4.5m(1分)【解析】(1)鐵塊A彈開后恰好過半圓形軌道最高點P,則由牛頓第二定律有(1分)鐵塊A彈開后，一直運動到半圓形軌道最高點P,根據(jù)機械能守恒定律有解得vA=5m/s(1分)(2)鐵塊A、B彈開過程，根據(jù)動量守恒有4mvA—2mvp=0(1分)解得vB=10m/s釋放前，微型彈簧的彈性勢能解得Ep=15J(1分)物理答案第5頁(共5頁)