昆明一中2024届高三第十次联考物理参考答案14.【答案C】β衰变的实质是原子核内的中子转变为质子的同时释放电子,不是核外的电子,A错误;由电荷数和质量数守恒知新核X比少了一个中子,B错误;衰变后的新核比更稳定,比结合能大,C正确;半衰期与外部条件无关,D错误。15.【答案A】由图可知,同步轨道的半径小于“墓地轨道”,“实践21号”拖拽“北斗2号”卫星离开同步轨道时做离心运动,需要点火加速,A正确;完成拖拽任务后离开“墓地轨道”做近心运动,需要点火减速,B错误;“墓地轨道”半径比同步轨道半径大,在“墓地轨道”的速度比同步轨道的速度小,运行周期比同步轨道周期小,C、D错误。16.【答案D】因M点处的等差等势面比N点处的等差等势面密集,故M点的电场强度大于N点的电场强度,A错误;电场线与等势面垂直,由题图中对称性及力的合成法则可知,正对小孔CD中心射入“透镜”电场的正电子受到的电场力的方向与速度方向相同,会沿直线穿出小孔,B错误;经过N点的正电子受到的电场力做正功,动能增加,但电势能减小,C错误;根据垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束受到的电场力方向可知,该“透镜”电场对垂直虚线AB射入小孔CD的正电子束有发散作用,D正确。17.【答案D】牛顿环是由凸透镜上、下两表面间的空气膜的两个表面反射光叠加产生的,A错误;入射的单色光从绿色换为红色,红色光的波长比绿色光波长长,观察到的条纹间距应变大,B错误;从透镜圆心到透镜边缘,空气膜的厚度不是均匀变化,观察到的圆形条纹不可能是等距的环状圆形条纹,C错误;越靠近透镜边缘,空气膜的厚度变化越大,观察到的圆环状条纹间距变小,条纹变密,D正确。18.【答案AC】由图乙知,当t=13s时,Q点向上运动,结合图甲可得波沿x轴正方向传播,A正确;由图可知,该波波长为λ=12cm,周期为T=1s,则波速为v=λT=12cm/s,B错误;设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为xP、xQ,由图甲和图乙可知:P、Q两点平衡位置的距离是,坐标原点到P点的平衡位置距离是,可得O、Q两点间平衡位置的距离为,则质点Q的平衡位置的x坐标为xQ=7cm,C正确;图甲知,t=13s时x=0处的质点位移为0.1cm,振动方向向下,向平衡位置振动,t=0.5s,该质点处于-0.1cm,D错误。19.【答案BD】根据左手定则可知甲粒子受到的洛伦兹力方向垂直于纸面向里,A错误;乙粒子速度方向与磁感应强度方向平行,不受洛伦兹力作用,所以运动轨迹是直线,B正确;将丙粒子的速度v在沿磁感应强度方向和垂直于磁感应强度方向分解为v1和v2,其中v1对应的分运动为水平向右的匀速直线运动,v2对应的分运动为垂直于纸面的匀速圆周运动,所以丙粒子的合运动为螺旋线运动,由于洛伦兹力不做功,所以其动能不变,C错误;对丙粒子在垂直于纸面的匀速圆周运动,有qv2B=mv22r,解得r=mv2Bq,所以周期为T=2πrv2=2πmBq,丙粒子在沿磁感应强度方向做匀速直线运动的速度为v1=vcosθ,经过一个周期的时间丙粒子位置改变了x=v1T=2πmvcosθqB,D正确。20.【答案AC】由于不计一切摩擦,所以P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒,但P、Q组成的系统机械能不守恒,A错误;初始时P、Q的速度均为零,在P下降的过程中,Q一直沿着杆向左运动,P下降至最低点时,P的速度为零,Q速度也为零,但由速度的合成与分解可知P、Q的速度大小不是始终一样,B错误;经分析可知,P和弹簧组成的系统机械能最小时,Q的机械能最大,即Q的动能最大,速度最大,轻杆对Q的作用力为零,水平横杆对Q的支持力大小等于Q的重力mg,C正确。P下降至最低点时,弹簧弹性势能最大,此时P、Q的速度都为零,由于P、Q和弹簧三者组成的系统机械能守恒,故此时弹簧弹性势能等于系统减少的重力势能,即Ep=3mgL(cos30°-cos60°)=32(3-1)mgL,D错误。21.【答案ABD】球C下落到最低点时,A、B将要分离,根据机械能守恒定律有,系统水平方向动量守恒,有m0Vc=2mVAB,联立解得,,所以A、B正确,对B球由动量定理有,C错误;C球由静止释放到运动到最低点的过程中,设C对地的水平位移为X1,AB对地的水平位移为X2,则有,X1+X2=L,解得,D正确。22.(1)2;(2),(3)不变23.(1)最大,300mA,100 (2)并联 11.1 (3)5400kE-10Ω24.答案 (1)12m/s(2)1.4atm (3)0.048L(1)设刚开始扣动水枪的扳机,水出射速度大小为V1,经时间t1击中杆最上端;由H-h=eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)(1分)X=V1t(1分)可解得V1=12m/s(1分)(2)设充气10次后储水腔内的气体压强为p1,由题意可知此时储水腔内的气体体积为V1=1.5L×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(2,3)))=0.5L(1分)根据玻意耳定律有p0(V1+10V0)=p1V1(1分)代入数据解得p1=1.4atm。(1分)(3)设经Δt时间后,水出射速度大小为v2,经时间t2击中杆最下端,且此时储水腔内气体的压强和体积分别为p2和V2。由题意并根据平抛运动规律有x=v2t2和H=eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2),可记得V2=10m/s(1分)由题意有p1=p0+kveq\o\al(2,1),p2=p0+kveq\o\al(2,2)可解得p2=1.28atm(1分)根据玻意耳定律有p1V1=p2V2(1分)Δt时间内,水枪射出水的体积为ΔV=V2-V1联立以上各式并代入数据解得ΔV≈0.048L。(1分)25.答案 (1)e=4sin(5πt)V(2)3.5W (3)4m/s(1)由题图丙可知Em=4VT=0.4s则ω=eq\f(2π,T)=5πrad/s(1分)根据电动势的表达式e=Emsinωt可得e=4sin(5πt)V。(2分)(2)原线圈两端电压的有效值为V(1分)设副线圈两端电压的有效值为U2,根据理想变压器电压关系有eq\f(U1,U2)=eq\f(n1,n2)(2分)设灯泡的额定电流为I2,则灯泡的功率为W(2分)人对手电筒做功的功率为P,有,(1分)联立解得。(1分)(3)设线圈a的半径为R,匝数为n,往复运动过程中的最大速度为vm,有Em=nB·2πRvm(2分)解得vm=4m/s。(2分)26.答案(1)0.3s (2)7个 (3)1.44m[解析](1)小球在盒子内运动时,有qE-mg=ma(1分)其中联立得a=2g(1分)小球在盒子内运动的时间t1=2va=0.1s(1分)小球在盒子外运动的时间t2=2vg=0.2s(1分)小球从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间T=t1+t2=0.3s(1分)(2)小球在盒子内运动时,盒子的加速度大小a1=μ(Mg+qE)M=8m/s2(1分)小球在盒子外运动时,盒子的加速度大小a2=μMgM=2m/s2(1分)从小球第一次进入盒子开始,小球每运动一个周期,盒子减小的速度为Δv=a1t1+a2t2=8×0.1m/s+2×0.2m/s=1.2m/s(2分)从小球第一次进入盒子到盒子停下,小球运动的周期数为n=v1Δv=3.61.2=3(1分)故要保证小球进、出盒子始终不与盒子相碰,盒子上的小孔数至少为(2n+1)个,即7个(1分)(3)小球第1次进盒子时盒子的速度V1=3.6m/s,小球第1次出盒子时盒子的速度为(1分)第2次进盒子时盒子的速度(1分)同理可求得:小球第1次、第2次、第3次进盒子时,盒子的速度分别为3.6m/s、2.4m/s、1.2m/s,小球第1次、第2次、第3次出盒子时,盒子的速度分别为2.8m/s、1.6m/s、0.4m/s,小球第一次在盒内运动的过程中,盒子前进的距离为(1分)小球第一次在盒外运动的过程中,盒子前进的距离为(1分)同理,小球第二次在盒子内运动的过程中,盒子前进的距离为s2=0.20m(1分)小球第二次在盒外运动的过程中,盒子前进的距离为(1分)小球第三次在盒子内运动的过程中,盒子前进的距离为s3=0.08m(1分)小球第三次在盒外运动的过程中,盒子前进的距离为(1分)所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中,盒子通过的总路程为(1分)
昆明市第一中学2024届高中新课标高三第十次考前适应性训练 物理答案
2024-05-27
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