黑龙江省龙东高中十校联盟2024-2025学年高三下学期2月适应性考试物理答案_2025年2月_250226黑龙江省龙东高中十校联盟2024-2025学年高三下学期2月适应性考试（全科）

龙东高中十校联盟高三学年物理学科参考答案 一、选择题: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D C C A D B D AC AD BCD 1．D 【详解】自由落体运动的物体只有重力做功，机械能一定守恒，故D正确。 2. C P 【详解】由题可知， T4，则的单位是W/(m2·K4) ，由国际单位制中基本单位表示其 S 单位为kg/(s3·K4) ，故C正确。 3. C 【详解】在真空中传播时两种光的波速相同，故A错误。由折射定律易知，a光在玻璃砖中 折射率较大，则a光频率更高，在真空中传播时波长更短，故B错误；对于同一个很窄的单 缝，b光衍射现象更明显，故C正确；a光临界角更小，位于水下同一深度时，a光在水面 形成的光斑面积更小，故D错误。 4. A 【详解】两物体加速度均为重力加速度，相对加速度为零，相对运动为匀速直线运动。因此 两物体速度之差保持恒定，两物体间距离始终增大，两物体间高度差始终增大，故A正确， C、D错误。两物体初动能相同，竖直上抛物体到达最高点前动能减小，平抛运动物体动能 始终增大，故B错误。 5. D 【详解】根据题意可知，农历一个月的时间t内，月球比地球多转2弧度，再次满月 2 2 T T t t 2，解得t  地 月 T T T T 月 地 地 月 带入数据得t=29.5天，故D正确。 第 1 页 共 9 页 {#{QQABBQCUogAgAAJAAQgCAQHiCkMQkAECCQoGABAYIAABQRNABAA=}#}6. B 【详解】根据题意，由爱因斯坦光电效应方程有 E hW kmax 0 又 c   可知 c E h W kmax  0 结合图像可知 W E 0 0 当时，E 0，则有 0 kmax W E h 0 0  0 0 c c 故A错误。  当 0 时，代入 2 c E h W kmax  0 解得 E E kmax 0 故B正确。 氢原子基态能量为E ，则n=3能级氢原子能量为E /9，n=2能级氢原子能量为E /4。由题可 1 1 1 知n=3能级向基态跃迁产生的光子能够引发光电效应，n=2能级向基态跃迁产生的光子不能 引发光电效应，则： 3 8 E  E  E 4 1 0 9 1 故CD错误。 第 2 页 共 9 页 {#{QQABBQCUogAgAAJAAQgCAQHiCkMQkAECCQoGABAYIAABQRNABAA=}#}7．D 【详解】A、C碰后粘在一起向下运动速度最大的位置，即为A、C处于平衡状态的位置， 2mg 此时弹力等于A、C的总重力，kx 2mg，解得此时弹簧压缩量x  。由物体B对地 1 1 k mg 面的最小弹力恰好为零可知，弹簧最大伸长量满足kx mg，解得x  。则简谐运动振 2 2 k 3mg 幅为A x x  ，A错误。 1 2 k 5mg 由简谐运动对称性可知，弹簧最大压缩量为x  x A ，此时弹簧弹力为5mg，B对 3 2 k 地面的最大弹力为6mg。故B错误。 易知在重力和弹簧弹力共同作用下，系统简谐运动以A、C处于平衡状态的位置作为平衡位 置，回复力对应的比例系数仍为k。以该平衡位置作为零势能点，则系统最大势能为 1 1 m E  kA2，最大动能为E  2mv 2，由E  E 可得：v 3g ，故C错误。 pm 2 km 2 m pm km m 2k 1 1 1 AC相碰后，由简谐运动机械能守恒可知： kA2= kx 2+ 2mv2，其中x 为碰后瞬间AC相 2 2 0 2 0 mg mg m 对碰后简谐运动平衡位置的位移，x =x -  ；v为AC碰后速度，解得v2g 。 0 2 k k k m 则由动量守恒可知，AC碰前C的速度满足：mv =2mv，则v 4g 。由可知，释放前C、 c c k 8mg A高度差满足2ghv 2，解得h ，故D正确。 c k 8．AC 【详解】由核反应方程易知，X为α粒子，故此衰变为α衰变，属于天然放射现象，该核反应 可自发进行，故A正确，B错误。由于α衰变释放能量，故存在质量亏损，且反应原料238Pu 94 比反应产物234U的比结合能小，故C正确，D错误。 92 9. AD U r 【详解】由等效电源可知，副线圈电压U 、电流I 满足U =E’-I Er’，其中E 0 ，r ， 2 2 2 2 k k2 第 3 页 共 9 页 {#{QQABBQCUogAgAAJAAQgCAQHiCkMQkAECCQoGABAYIAABQRNABAA=}#}n k  1 。根据“串反并同”可知，随着滑片向右移动，流过电流表电流增大，A正确。 n 2 设滑动变阻器滑片左端电阻为R ，滑片左端电阻为R ，则副线圈电路中R、R、R 总电阻 左 右 2 3 (R R )(R R ) (R R )(R R ) 为R 副 = R 2 R 左 R 3 R 右 = 2 R  左 R  3 R 右 。易知，当R 2 R 左 =R 3 R 右 时，R 副 2 左 3 右 2 3 取最大值2Ω；当R =0，R =R时，R 为 Ω。当R =R，R =0时，R 为 Ω。则在滑片 左 右 副 左 右 副 3 7 2 8 自左向右移动过程中，R 由 Ω增至2Ω再减至 Ω，由等效电阻知识可知，副线圈中电阻等效 副 3 7 2 8 至原线圈中后Rk2R ，则等效电阻同样先增后减，电压表示数先增后减，原线圈中电流 副 先减后增，R消耗功率先减后增，B、C错误。 1 根据以上分析可知，等效电源内电阻r’恰好等于R 最大值2Ω，随着滑片移动R 逐渐接近 副 副 r’又逐渐远离r’，故副线圈输出功率先增后减，D正确。 10.BCD 【详解】两棒运动达到稳定后，电流达到最大值I 且保持恒定，则电路中总电动势 m E  B2lv Blv 保持恒定，则E  B2lv Blv 0，2a a (1)。由牛顿第二定律 2 1 2 1 2 1 F F 可知，ma BI l(2)，2ma F BI 2l (3)。由(1)、(2)、(3)式可得：I = ，a  ， 1 m 2 m m 3Bl 1 3m F a  ，故BCD正确。加速度不变，两棒速度均增大，A错误。 2 6m 第 4 页 共 9 页 {#{QQABBQCUogAgAAJAAQgCAQHiCkMQkAECCQoGABAYIAABQRNABAA=}#}二、非选择题:本题共5小题,共54分 11．（6分，每空2分）（1）C；(2)0.39；(3)BD（全对2分，漏选1分，错选0分） 【详解】(1)电火花计时器应使用220V交流电源，实验时应先接通电源，后释放小车。整个 实验只需要进行一次平衡摩擦力，实验过程中应保证钩码质量远小小车于质量。故C正确。 (2)相邻两个计数点间还有4个点未标出，则相邻计数点之间的时间间隔 1 T 5 s0.1s 50 根据逐差法可知，加速度为 15.066.756.75102 a m/s2 0.39m/s2 40.12 (3)从图像可知，小车所受外力为0时，加速度不为0，则说明平衡阻力时长木板的倾角偏大， B正确，AC错误；D．图像发生弯曲的原因是当钩码的个数增加到一定数量之后未能满足 钩码的质量远小于小车的质量，使得小车加速度偏小，D正确。故选择BD。 12．（8分，每空2分）(1)5.020（5.015、5.025均正确）；4.700（4.698~4.702均正确） kd2 (2) (3)没有 4 【详解】(1)游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标卡尺上第4个刻度游标读数为 0.054mm0.20mm 所以最终读数为 50mm0.20mm50.20mm5.020cm 螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为 0.0120.0mm0.200mm 所以最终读数为 4.5mm0.200mm4.700mm (2) 根据闭合电路欧姆定律定律易知，电压表示数为定值，则电阻丝与电阻箱阻值之和为定 值，且等于电阻丝总电阻。调节电阻箱阻值及P 后，满足 2 4L 4x  R d2 d2 第 5 页 共 9 页 {#{QQABBQCUogAgAAJAAQgCAQHiCkMQkAECCQoGABAYIAABQRNABAA=}#}整理得 4L 4 R  x d2 d2 故Rx关系图像的斜率的绝对值为 4 k  d2 解得 kd2  4 (3)由(2)分析可知，电压表的内阻对实验结果的测量没有影响 13.（10分）(1) (2) (3) 5 【详解】(1)未放 置1 重=物1.2时×，1气0 缸Pa受力平ℎ衡2 ，=则1.2m 2 =350K （2分） 带入数据解得汽缸内部气体压强为 1 = 0 + （1分） 5 (2)放置重物稳定后，气缸受力平衡p1，=则1.2×10 Pa （1分） 由气缸导热良好可知，气缸内气 2体 =温 度0 不+变( ，则+ ) （2分） 带入数据解得 p1ℎ1S= p2ℎ2S （1分） (3) 缓慢升温过程中，易知气缸内气体ℎ2压=强1不.2m变，则 （2分） ℎ2S ℎ1S 带入数据解得 1 = 2 （1分） 2 =350K 第 6 页 共 9 页 {#{QQABBQCUogAgAAJAAQgCAQHiCkMQkAECCQoGABAYIAABQRNABAA=}#}14.（12分）(1)Q=20J；Δx=2m (2)x =1.5m 2 【详解】(1)由机械能守恒定律有 mg(R+h)=Q（2分） 解得 Q=20J（1分） 设物块在U型槽BC面上滑动的总路程为s，则 Q=μmgs（1分） 物块在U型槽上表面来回运动的次数为n，满足 s=nl+Δx（1分） 当n=6时，Δx=2m，即物块停止运动时到B的距离为2m。（1分） (2) 解除锁定后，由机械能守恒及摩擦生热可知，物块与BC的相对位移大小不变，物块停 止运动时到B的距离仍为2m。则物块相对U型槽发生的位移为 x =R+Δx=3m（2分） 总 设物块水平向右发生的位移大小为x ，U型槽水平向左发生的位移大小为x ，有 1 2 mx =Mx （1分） 1 2 x +x =x （1分） 1 2 总 解得 x =1.5m（1分） 2 即整个运动的过程中，U型槽发生的位移大小为1.5m。 第 7 页 共 9 页 {#{QQABBQCUogAgAAJAAQgCAQHiCkMQkAECCQoGABAYIAABQRNABAA=}#}2 4 15.（18分）(1)x  2mh (2)L  mh (3)L =2d 0 eB 0 1 eB 0 2 【详解】（1）易知，光电效应逸出功为 W h (1分) 0 0 入射光频率为2ν 时，逸出光电子的最大初动能 0 E h2 W =h (1分) km1 0 0 0 对应电子速度为v ，满足： 1 1 2h E  mv2，v  0 ——① (1分) km1 2 1 1 m 速度为v 、沿y轴正方向射出的电子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C， 1 由洛伦兹力提供向心力,有 v2 evBm 1 (1分) 1 R 由几何关系可知,孔C所处位置的坐标 x =2R (1分) 0 联立解得 2mv 2 x  1= 2mh ——② (1分) 0 eB eB 0 （2）电子以速度v沿与x轴夹角为θ方向射入磁场，由几何关系可知，电子打到M板的位 置距O为 x=2rsinθ (1分) 由洛伦兹力提供向心力,有 v2 evBm (1分) r 联立解得 2mvsin x ——③ (1分) eB 入射光频率为3ν 时，逸出光电子的最大初动能 0 E h3 W =2h km2 0 0 0 (1分) 第 8 页 共 9 页 {#{QQABBQCUogAgAAJAAQgCAQHiCkMQkAECCQoGABAYIAABQRNABAA=}#}对应电子速度为v ，满足 2 1 E  mv2 km2 2 2 解得 4h v  0 (1分) 2 m 则光电子射入磁场区域速度满足 4h 0v 0 ，0 (1分) m 带入③式可知 4 0 x mh (1分) eB 0 即电子打在M板上区域的长度 4 L  mh (1分) 1 eB 0 （3）由②③式易知，能够射入孔C的电子，在射入磁场时速度v与x轴的夹角θ满足 v sin 1 (1分) v 由几何关系可知，电子射入孔C时与x轴的夹角也为θ。 电子打在N板上时与孔C的水平距离为 d l  (1分) tan 当v取最大值时，θ有最小值，l有最大值，即当v = v 时, 2 1 θ =45°，l =d (12分) min max 所以电子打在N板上区域的长度L =2l =2d (1分) 2 max 第 9 页 共 9 页 {#{QQABBQCUogAgAAJAAQgCAQHiCkMQkAECCQoGABAYIAABQRNABAA=}#}