湖南天壹名校联盟2024届高三全真模拟（5月）适应性考试物理答案

届高三月适应性考试Ű物理２０２４５参考答案、提示及评分细则．【答案】１C【解析】核反应方程为１０１７４因此为粒子贯穿能力最弱故错误该反应属于原子核的A． ５B＋０n→３Li＋２He,Xα,,A;B．人工转变衰变反应是原子核自发进行的反应前只有一个核故错误组成原子核的核子越多它的结合能,,,B;C．,越大故正确该核反应释放的核能为EEEE故错误．,C;D．Δ＝(２＋３－１),D．【答案】２C【解析】风对小球的力恒定则小球可视为在等效重力场中运动等效重力方向为重力和风力的合力方向小球运,,,动过程中速度与等效重力方向垂直时速度最小故小球速度最小时位于AO之间的某处错误小球自A运,,,A;v２v００动到B风力做功为零．由动能定理mgh１mv２B１mv２所以h２错误由h１gt２所以t２正,＝－０,＝g,B;＝,＝g,C２２２确在水平方向上由动量定理Ftmv所以Fmg错误故选．;,＝２０,＝,D;C．【答案】３B【解析】卫星在转移轨道B点加速才能进入同步轨道则在转移轨道上的B点的速度小于在同步轨道速度根A．,,GM据v同步轨道速度小于近地轨道速度v所以卫星在转移轨道经过B点速度肯定小于v故错误＝r,１,１,A;GMmGM根据ma卫星加速度的表达式为a所以卫星两次经过B点时加速度相等在近地轨道和同BC．＝r２,＝r２,,rr３１＋２r３()步轨道卫星的加速度比为r２r２故正确错误根据开普勒第三定律可知１２卫星在转移２１,、;T２T２,∶BCD．１＝２rr３轨道周期应为TT１＋２故错误．故选．２＝１(r),DB２１．【答案】４D【解析】绳子上各质点的起振方向都与波源弹簧振子的起振方向相同故错误波源在坐标原点绳子A．(),A;BC．,上产生的波只能向右传播由t到t波传播的距离xnλ１λnn．nT１T,０１Δ＝＋＝(４＋１)m(＝０、１、２、ƺ),０２s＝＋４４．n则波速vnnT０８n当n时该波振动周期(＝０、１、２、ƺ),＝(２０＋５)m/s(＝０、１、２ƺ),＝ns(＝０、１、２、ƺ)＝０,４＋１最大值为．则质点P的振动频率最小值为．则错误绳子各质点都是在波源振子的驱动下做受０８s,１２５Hz,B;()迫振动受迫振动的频率与驱动力频率相同据以上分析可知该波的波速不可能为故错误根据波,,,１５m/s,C;D．æöç２π÷的图像和以上分析可知在t．时刻质点Q位移y．(２π)．ç．÷．n,＝１０s,＝－０１sinT×１＝－０１sinç０８÷＝－０１sin(１０ènø４＋１．n．故正确．＋２５)π(＝０、１、２、３ƺ)＝－０１m,D．【答案】５B高三物理试题参考答案第页共页【 １(５)】{#{QQABLYaEgggoQJJAABgCQQWACgCQkBCAAIoOBBAEMAIAyAFABCA=}#}．【答案】６Cxx【解析】设绳子B端向右运动位移为x当xL时绳子所受摩擦力Fμmgμmg当LxL,０≤≤,f＝L＝L,＜≤２２２L时绳子所受摩擦力Fμmg１μmg绳子所受摩擦力随位移x变化如图所,f＝L＝,２２示又Fx图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功WF当,f－f,x２xL时WF１Fxμmg对绳子由动能定理得FxWF１mv２０≤≤,f＝fŰ＝L,－f＝－２４２当xL时v又F１μmgF得FF所以设绳子B端向右运动位移为L速度为零０,＝,＝０,fmax＝＝４N,＝２N,＜fmax,,２停止运动．拉力F先比摩擦力大后比摩擦力小软绳先做加速运动后做减速运动．xL时摩擦力为变A．,,０≤≤,力所以加速度不恒定错误当xL时绳子停止运动软绳的左端不能经过B点错误当x１,,A;B．＝,,,B;C．＝×４x２L．动能最大EkFxμmg．正确B端向右运动位移L的过程中克服摩擦力做功２＝０５m,m＝－L＝０５J,C;D．,４L２WFμmg１μmgL错误．故选f＝L＝＝２J,DC．４４．【答案】７ADR【解析】设折射角为θ根据几何关系有θ１则玻璃砖对该单色光的折射率为nA．,sin＝R＝,＝２２αxsin故正确光线在玻璃砖中通过的路程为R则AB段传播的时间tθ＝２,A;B．２３,＝v＝sinRR２３２６故错误根据对称性可知单色光不可能在玻璃砖外壁发生全反射则一c＝c,B;C．,,２定能从玻璃砖外壁射出故错误单色光经一次折射后恰好在玻璃砖内壁发生全反射作出光路图如图所,C;D．,,,示．设此时的入射角为α折射角为β全反射临界角为C设单色光在D点发生全反射在ADO中根据正弦,,,,△,RR定理有２根据几何关系有CADO全反射临界角满足C１根据折射定律有nADO＝β,sin＝sin∠,sin＝n,＝sin∠sinαsin联立解得α１入射角为α故正确．β,sin＝,＝３０°,Dsin２．【答案】８AC【解析】图甲所示为导线框产生的电动势最大的位置即磁通量变化率最大故正确由图乙可知交流电动A．,,A;B．势为Et电流为IR则原线圈上的电压为UIRt＝２８２sin１００π(V),＝２A,１＝４Ω,１＝(２８２－２１)sin１００π＝t故错误原线圈的电压有效值为副线圈的电压有效值为则变压器原副线圈的２０２sin１００π(V),B;C．２０V,４０V,nUn２１１１匝数比为２０１故正确副线圈的等效电阻为R等R灯１４０把副线圈电阻等n＝U＝＝,C;D．＝(n)＝×＝１０Ω,２２４０２２４１效为电源内阻则有当R时RPR当R时RPR故错误．:１≤１０Ω,１↑,１↑;１＞１０Ω,１↑,１↓,D．【答案】９ABmgθμmgθkv【解析】由牛顿第二定律得mgθμmgθkvma解得asin－cos－．当木箱加速度为零时sin－cos－＝,＝m高三物理试题参考答案第页共页【 ２(５)】{#{QQABLYaEgggoQJJAABgCQQWACgCQkBCAAIoOBBAEMAIAyAFABCA=}#}mgθμθ其速度达到最大值得v(sin－cos)．由图像乙可知木箱刚开始运动时即速度为零时加速度为,max＝k,２代入数据得μ．正确由最大速度为可得μ．正确由图像乙可知木箱最大速度为４m/s,＝０２５,A;２m/s,＝０２５,B;代入数据可得k空气阻力为错误若木箱的质量增加初始的加速度始终为２２m/s,＝４NŰs/m,８N,C;,４m/s,D错误．．【答案】１０ACD【解析】如图所示设粒子第一次经电场加速后进入磁场的速度大小为v在磁场A．,１,中做圆周运动的半径为r粒子从P点第二次进入电场时速度的方向与x轴负方向１,的夹角为θ第二次在电场中运动的时间为t则由动能定理得qEd１mv２,,Ű２＝１－２mv２１mv２在磁场中qvB１由几何关系得rd２d２r２即r．d０,１＝r,(１－)＋(２)＝１,１＝２５,A２１rdd正确．θ１－３θ２４所以与x轴负方向的夹角为与正向夹角为错误．从P;Bsin＝r＝,cos＝r＝,３７°,１４３°,B;C１５１５qE点第二次进入电场后在电场中运动时由运动学公式得dvtθdvtθt２第一次在电场中运,,２＝１cos,２＝１sin＋m,２qEd动qEd１mv２１mv２联立可得v３正确．设粒子从Q点离开电场时速度大小为vŰ２＝１－０,０＝m,C;D,２＝２２２qE２mv２dvθ２vθtqvB２r４１正确．(１cos)＋(１sin＋m),２＝r,２＝,D２２d２d２．【答案】金属分．分gL分１１(１)(２) (２)１４３０(２) (３)(t)－(t)＝２(２)Δ２Δ１【解析】为了减小空气阻力的影响实验对象密度要大不能选择塑料材质的应选择金属小球．(１),,,由题图可知游标卡尺为二十分度的所以小球的直径d．．．．(２),＝(１４＋００５×６)mm＝１４３０mm＝１４３０cm小球从光电门下落到光电门的过程中小球的重力势能减小量ΔEpmgL动能增加量ΔEk(３)１２＝,＝d２d２d２d２１m１m若小球下落过程中机械能守恒则有ΔEkΔEp整理后有gL．(t)－(t),,＝,(t)－(t)＝２２Δ２２Δ１Δ２Δ１．【答案】分１２(１)(３)分b分(２)F(２) (２)IrR１１０Rx(＋)分(３)＝II(３)２－１【解析】没有电压表可以用已知内阻的电流表与定值电阻串联测电压用电流表测电流故虚线框内(１),A１,A２,的电路图如图所示:滑动变阻器要采用分压式接法为方便实验操作和精确要选择阻值较小的故滑动变阻器应选择R即选(２),,,１,滑动变阻器采用分压式接法为保护电路闭合开关前滑片应置于b端．F;,,UxIrR１１０由图示电路图可知待测电阻阻值为Rx(＋)．(３),＝Ix＝II２－１高三物理试题参考答案第页共页【 ３(５)】{#{QQABLYaEgggoQJJAABgCQQWACgCQkBCAAIoOBBAEMAIAyAFABCA=}#}．【答案】１３(１)３３０K (２)１１∶１０【解析】由题意可知最初时轮胎内气体温度为T由于行驶过程中轮胎容积不变则(１),１＝(２７３＋２７)K＝３００K,,pp根据查理定律可得１２解得T或温度t分TT,２【２()】()１＝２＝３３０K＝３３０－２７３℃＝５７℃５根据理想气体的内能UNE其中N为胎内气体分子的个数E为气体分子的平均动能由于放气前后(２)＝k,,k,胎内气体温度不变故E不变又分子的个数NnN所以UUnn,k,＝A,１∶２＝１∶２pV根据理想气体状态方程pVnRT有n则放气前后胎内气体的内能U与U之比即为气体的压强之比＝＝RT,１２,即UU分１∶２＝１１∶１０(５)BLRvrB２L２vrRB２L２v０BLr００．【答案】Ubeq２WπQπ１４(１)＝－RR (２)＝RR (３)＝RR ＝RR２＋０(＋０)２(＋０)２(＋０)【解析】金属棒经过最低点be处时由右手定则可知电流方向向里即由be分(１),,,→(１)此时速度与磁场垂直感应电动势EBLv,＝０BLRv０由闭合电路欧姆定律可得Ueb分＝RR(１)＋０BLRv０所以be两点电势差Ube分＝－RR(１)＋０全过程系统中磁通量的变化ΦBLr分(２)Δ＝２(１)EΦ流过电阻R的电流IΔ分＝RR＝RRt(１)(＋０)(＋０)BLr所以可得流过电阻R的电荷量qIt２分＝＝RR(１)(＋０)全过程感应电动势的瞬时值表达式为EBLvθθ为速度与磁场的夹角分(３)＝０sin,(１)可知在导体棒中产生的电流为正弦式交变电流,BLv则感应电动势有效值为E２０分,０＝(１)２BLv感应电流有效值为I２０分０＝RR(１)２(＋０)r整个过程运动的时间tπ分v()＝０１rRB２L２v所以电阻上产生的热量QI２Rtπ０分＝０＝RR２(１)２(＋０)rB２L２v０由能量守恒可得WQ总I２RRtπ分＝＝０(＋０)＝RR(１)２(＋０)．【答案】NE５１mv２共串联了辆小车第一辆小车滑行的距离为．１５(１)＝３ (２)＝０ (３)２,０５５６m９８【解析】小朋友跳上车的过程系统动量守恒．临界情况对应N个小朋友跳上车后平板车速度为v则(１)－１０,:NmvNmmv分(－１)ŰŰ２０＝((－１)＋２)０(２)解得N分:＝３(２)第一个小朋友跳下车后平板车速度为v则由动量守恒定律(２)１,:高三物理试题参考答案第页共页【 ４(５)】{#{QQABLYaEgggoQJJAABgCQQWACgCQkBCAAIoOBBAEMAIAyAFABCA=}#}mmvmmvmuv分(２＋２)０＝(＋２)１＋(＋１)(２)v第二个小朋友跳下车后平板车速度为０则由动量守恒定律,:２vvmmvm０m０u分３(＋２)１＝２Ű＋(＋)(２)２２vv解得u６０v１１０分＝,１＝(２)７１４跳车过程中小朋友们总共消耗掉人体中内能:éùé２２ùEê１mv２１muv２１mv２úê１m１v１mu１v１mv２ú＝ëŰ３１＋(＋１)－Ű４０û＋ëŰ２(０)＋(＋０)－Ű３１û２２２２２２２２５１mv２分＝０(３)９８v平板车以速度０冲上制动滑道并与车碰撞(３),２vm０mv２Ű＝４Ű２２v．２＝０５m/s在滑道上减速与下一辆小车碰撞时,v２v′２μgL分２－２＝２(２)mv′mv４Ű２＝６Ű３连接体在滑道上减速v２μgx３＝２可得x．分≈