云南省昆明市第一中学2022-2023学年高三第八次考前适应性训练物理答案2

昆明一中2023届高三第八次联考物理参考答案1415161718192021BDDDBCACABBC14.B【详解】氢原子由量子数n=4的能级跃迁低能级时辐射光子的能量有6种；其中퐸4−퐸1=−0.8푒푉+13.6푒푉=12.8푒푉；퐸4−퐸2=−0.8푒푉+3.4푒푉=2.6푒푉；퐸4−퐸3=−0.85푒푉+1.51푒푉=0.66푒푉；퐸3−퐸2=−1.51푒푉+3.4푒푉=1.89푒푉;퐸3−퐸1=−1.51푒푉+13.6푒푉=12.09푒푉;퐸2−퐸1=−3.40푒푉+13.6푒푉=10.2푒푉;金属钙的逸出功为2.7eV，则能够使金属铯发生光电效应的光子有3种，故选B15.D퐹푚푔퐹푚푔【详解】由相似相角形法可得=1,=2퐴푂푂퐷퐵푂푂퐷由于轻绳上拉力相同，由几何关系得퐵푂=퐴푂푡푎푛30°联立得√3푚1=푚2，故选D16.D【详解】PPABA到B过程中由查理定律有=，代入数据得：TB=1200KTTABVVB=CB到C过程中由盖吕萨克定律有，得TC=600KTTBCB到C过程中外界对气体做功为W=pV，得W=800J，A到B体积不变，不做功，所以A到C过程中外界对气体做功为푊=800퐽B到C过程中由热力学第一定律有UWQ=+，内能减少200J即U=－200J,得Q=−1000J,则放热1000J。故选项D错误，选D。17.D【详解】因波长为20cm，则当波遇到100cm的障碍物将不会发生明显衍射现象，A错误。两列波的周期都是T=1s，计算波长=vT=0.21m=0.2m，根据题意PC−PB=50cm−40cm=10cm=0.1m=0.5，而t=0时刻两波的振动方向相反，则P是振动加强的点，振幅等于两波振幅之和，即为70cm，C错误，D正确；波从C传到PPC0.5PB0.4的时间t==s=2.5s，波从B传到P的时间t==s=2s，在t=2.5s时v0.2v0.2页1刻，横波I与横波II两波叠加，P点经过平衡位置向下运动，在t=4.5s时刻，经过了两个周期，P点经过平衡位置向下运动，B错误；故选D18.BC【详解】A．卫星b、c绕地球做匀速圆周运动，7.9km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，11.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星b时速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故A错误；Mm2B．万有引力提供向心力，对b、c卫星，由牛顿第二定律得GmRh=+（）()Rh+2GM解得hR=−3，故B正确；2C．卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b和地球具有相同的周期和角速度。由万有引Mm2GM力提供向心力，即G=mr，解得=，a距离地球表面的高度为R，所以r2r3GM卫星a的角速度=，此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近a8R32t=（ωa-ω）t=2π，GM，故C正确；−8R3D．让卫星b减速，卫星b所需的向心力减小，万有引力大于所需的向心力，卫星b会做向心运动，轨道半径变小，离开原轨道，所以不能与c对接，故D错误；故选BC。19.AC【详解】A．因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为abcda，e板带负电，f板带正电，A正确；B．因为粒子刚好从f板右边缘射出，所以粒子受到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电，B错误；1C．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有L=vt，在竖直方向上有L=at2，02页2EqUa=，E=；而电容器两极板间的电压等于R两端的电压，md1111BSLkq故U===kLkL22，联立解得v=，C正确；2224t02m1111D．根据动能定理可得粒子增加的动能为===EUqqkLqkL22，D错误．k2248故选AC。20.AB【详解】滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：푚퐴????푠????푛훼=푚퐵????푠????푛훽;由于α＜1β，故푚＞푚，故A正确；滑块下滑过程机械能守恒，有：푚????ℎ=푚푣2，则푣=퐴퐵2√2????ℎ，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度大小相等，即速率相等，故B正确；滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：푃퐴=푚퐴????푠????푛훼∙푣，푃퐵=푚퐵????푠????푛훽∙푣；由于푚퐴????푠????푛훼=푚퐵????푠????푛훽，故PA=PB，故C错误；由牛顿第二定律得：푚????푠????푛휃=푚푎，푎=v????푠????푛휃，α＜β，则푎＜푎，物体的运动时间t=，v相同，푎＜푎,则푡＞푡，故D错误；퐴퐵a퐴퐵퐴퐵故选AB．21.BC【详解】A．因为规定A点的电势为零，由图象可知OA之间的距离为2m，在A点具有的重力势能퐸푃=100J，也是物块具有的总能量，根据퐸푃=푚????ℎ=푚????푂퐴푠????푛30°,得푚=10푘????，故A错误；B．小物块在B点时电势能最大，由图象可知OB间距离为1.5m，此时的重力势能为퐸푃퐵=푚????푂퐵푠????푛30°=10×10×1.5×0.5퐽,，由前面的分析可知物块的总能量是E=100J，根据퐸=퐸푃퐵+퐸电，可得퐸电=25퐽,故B正确；C．小物块从A点静止出发，到B点速度为零，所以从A到B的过程中，物块的速度是先增大后减小的，故C正确；D．在小物块下滑的过程中，所受的库仑力逐渐增大，一开始重力的分力大于库仑力，所以向下做加速运动，但随着库仑力的增大，其加速度逐渐减小，当库仑力与重力沿斜面的分力相等时，合力为零，加速度为零，此时物块速度达到最大，以后库伦力大于重力的分力，物块开始做减速运动，且加速度越来越大，所以整个过程加速度是先减小到零后反向增大，故D错误。页3故选BC。22.答案：（1）如图所示（2）1.22.5×108【详解】作出光路图如图所示，根据几何知识可得入射角i＝45°，设折射角为r，则tanr＝3sinic，故折射率n＝≈1.2，故v＝＝2.5×108m/s。4sinrn23、答案：（2）1（3）23.2（4）1.43200（5）150甲同学没有考虑毫安表内阻的影响【详解】(2)欧姆表中电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电流表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；(3)由图可知，电阻箱读数为R=(210+31+20.1)Ω=23.2ΩE11R(4)由I=变形得=+R内RR+内IEE1175−140由图像可得==k，解得E1.43V，E50R内截距为=b=140，得R内=200ΩE(5)由图可知，此欧姆表的中值电阻为R中=1510Ω=150Ω，则电阻“×10”挡内部电路的总电阻为150Ω由甲同学处理方法可知，由于没有考虑毫安表的内阻，如果考虑毫安表的内阻则有11Rr=R+内+IEEE由此可知，甲同学的测量值R内与此结果偏差较大的原因是没有考虑毫安表的内阻页424.(10分)4푁2퐵2퐿3휔√2푁퐵퐿2휔【答案】(1)(2)见图(3)푅+푟푅+푟푙【解析】(1)bc、ad边的运动速度푣=휔,22线圈切割磁感线时产生的感应电动势Em=2NB·2l·v=4NBlv=2NBlω.퐸m电流Im=,푟+푅4푁2퐵2퐿3휔bc边切割磁感线时所受安培力F=2NBIml=푅+푟I(2)2푁퐵퐿2휔푅+푟휋O휋3휋2휋t휔2휔2휔휔2푁퐵퐿2휔−푅+푟1(3)一个周期内,通电时间t=T22R上消耗的电能W=퐼mRt根据有效值的定义W=I2RT√2푁퐵퐿2휔解得I=푅+푟25.(14分)2119푣【答案】(1)푄=2.4푚푣2（2）퐸=푚푣2(3)∆푥=0总0퐾퐵20퐵퐶10휇푔【解析】(1)选向左为正方向，由动量定理得：푚×2푣0−푚×푣0=(푚+푚+3푚)푣共1解得푣=푣共501121所以有푄=푚푣2+푚（2푣）−(푚+푚+3푚)푣2=2.4푚푣2总20202共0（2）当푣퐴=0时，由动量定理得：푚×2푣0−푚×푣0=푚푣퐵可以得到푣퐵=푣0，1所以퐸=푚푣2퐾퐵20页5（3）在物体A速度减为零以后，可以把物体A和物体C看v作一个整体共同运动，由此可以先计算共同加速度휇푚????12푣0B푎==휇????퐴퐶4푚4푣0푣第一阶段时间푡=0，1휇푔푣O푡共4푣0푡1푡1+푡2第二阶段时间푡2=1=，휇푔5휇푔A4−푣01可以求得푥=(푣+2푣)×（푡+푡）퐵2共01299푣2解得푥=0퐵50휇푔푣22共2푣0物体C运动的距离为푥퐶==2푎퐴퐶25휇????19푣2所以有∆푥=푥−푥=0퐵퐶퐵퐶10휇푔26.（20分）2휋퐵푅′1′′【答案】(1)푡=2푈(2)퐸퐾푚=퐸2퐾푚见解析(3)퐸퐾푚=20푞푈푣2【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，有푞푣퐵=푚푚푚푅푞퐵푅2휋푅可以得出푣푚=,푇=푚푣푚1假设在磁场中运动N个周期，可以得出2푁푞푈=푚푣2,2푚푣2解得푁=4푞푈휋퐵푅2又因为푡=푁∙푇，解得푡=2푈211푞푣퐵푞2퐵2푅2푞2（2）퐸=푚푣2=푚（）=∝퐾푚22푚2푚푚11若改为2퐻,已知푞=푞,푚=푚112121可得퐸=퐸퐾푚12퐾푚若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B′、由α粒子换成氘核，根据以上方程解得퐵′=√2퐵，即磁感应强度需增大为原来的√2倍,2휋푚2根据푇=,高频交流电源的原来周期,故푇′=√T푞퐵22由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的√倍22휋푚（3）对α粒子，有푇=푞퐵页6411若对41퐶푎，有푇′=푇,可得∆푇=푇2040401满足푘∆푇=푇，解得k=104′′′′′′所以2푘푞푈=퐸퐾푚即퐸퐾푚=20푞푈页7