2024届云南三校高考备考实用性联考卷（一）物理答案(1)_2023年7月_027月合集_高三试卷2024届云南省高三高考备考实用性联考卷（一）

2024 届云南三校高考备考实用性联考卷（一） 物理参考答案 一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8 题只有一项符合题目要求；第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全 的得2分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D B C C A B D C AD BD BD AD 【解析】 1．卢瑟福粒子散射实验证明了原子核式结构，玻尔理论解释了氢原子光谱不连续性，故A 错误。半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故B错误。 根据质量数和电荷数守恒知23820648，发生8次α衰变；9282286，发生6 次β衰变，β衰变的实质即为中子转化为质子同时释放电子，故 C 错误。质子和中子结合 成一个α粒子的方程为21H+21n 4He，根据爱因斯坦质能方程，可得该核反应中释放的 1 0 2 能量为E mc2 (2m 2m m )c2，故D正确。 1 2 3 L 2．根据乙图和丙图可知条纹间距变大，根据条纹间距公式x 可知，条纹间距变大，可 d 能是改用了波长较长的光，也有可能是增大了双缝到光屏的距离L，也有可能减小了双缝 间的距离d；条纹间距与光源到双缝的距离无关，绿光的波长大于紫光，故选B。 1 3．小球A做平抛运动：xvt，若与B相遇时下落的高度为h，则h gt2，小球B做竖直 1 2 1 v x 上抛运动：H hv t gt2，联立以上式子可得 1  ，故C正确。A、B两个小球在 2 2 v H 2 B上升、下降过程中或B到达最高点均有可能相遇，故A错误。若只改变小球A的水平速 v x 度v ，不再满足 1  ，A、B两个小球不可能在Q点正上方相遇，故B错误。A、B两 1 v H 2 个小球从抛出到相遇过程中，加速度均为重力加速度g，运动时间t相等，故速度的变化量 vgt 也相同，故D错误。 4．若保持绳子的长度、绳子与B杆的结点不变，将B杆缓慢向右移动，绳子与竖直方向之间 的夹角增大，绳子上的拉力逐渐增大，故A错误。若保持绳子的长度、B杆的位置不变， 只移动绳子与B杆的结点过程中，绳子与竖直方向之间的夹角保持不变，绳子上的拉力保 物理参考答案·第1页（共7页） {#{QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=}#}持不变，故B错误，C正确。若只改变绳子的长度，则绳子与竖直方向之间的夹角一定随 之改变，绳子上的拉力一定改变，故D错误。 5．7.9km/s即第一宇宙速度，是在近地圆轨道上卫星的环绕速度，要能变轨到轨道2，则必须 在P点加速，而卫星始终无法脱离地球引力而绕着地球转，所以只要围着地球转的卫星速 度必定小于第二宇宙速度11.2km/s，故A正确。由圆周运动的条件可知，该卫星在轨道2 v2 的Q点的加速度大于 2 ，故B错误。在轨道2上运动过程，只有引力做功，机械能守恒， r 故经过 P 点的机械能等于经过 Q 点的机械能，故 C 错误。由开普勒第三定律可知， 2 2 2 T3 T3 T 3  1 3 ，故D错误。 2 2 6．A、B 放置在光滑的水平桌面上时，有F (m m )a 、F m a ；A、B 放置在粗糙的水 A B 1 1 A 1 平桌面上时，F (m m )g (m m )a 、F m g m a ；可得a a 、F F ， A B A B 2 2 A A 2 1 2 1 2 即L L ，故 B 正确。A、B 放置在光滑的水平桌面上时，若突然撤去拉力 F，弹簧还处 1 2 于拉伸状态，弹力不为0，A、B受力均不为0，均不会做匀速直线运动，故C错误。A、B 放置在粗糙的水平桌面上时，突然撤去拉力F的瞬间，物块B受力情况发生突变，B加速 度发生突变，但弹簧弹力不变，物块A受力情况不变加速度不变，故D错误。 7．等势面越密集，电场强度越大，a点电场强度小于b点电场强度，故A错误。由等势面可 知，P、Q为等量异种电荷，故c、d两点电场强度均垂直cd等势面向右，故B错误。由P 为正电荷、Q为负电荷可知，a 点电势高于b 点电势，故负电荷在a 点电势能小于在b 点 电势能，故C错误。电场力为保守力，做功与路径无关，故D正确。 8．传送带以某一速度逆时针转动时，与传送带静止时相比较，滑块的受力情况不变，滑块的 加速度不变，滑块还是能从传送带的右端滑离传送带，且滑块在传送带上运动的时间不变， 但滑块相对于传送带发生的位移增大，因此摩擦产生的热量增多，故C正确。 V V 9．D→A 为等温线，则T T 300K，C 到 D 过程由盖·吕萨克定律得 C = D ，得 A D T T C D V T T  C D 375K ， 故 A 正 确 。 A 到 B 过 程 压 强 不 变 ， 则 气 体 对 外 做 功 C V D W pV 21053103J600J，B到C过程体积不变，则气体不做功，则A到C 过程，气体对外做功600J，故B错误。气体从状态D变化到状态A，气体体积减小，单位 体积内气体分子数增大，温度不变，气体分子的平均动能不变，故C错误。气体从A到B 过程体积增大，对外做功W pV 21053103J600J，气体从 B 到 C 过程体 AB 物理参考答案·第2页（共7页） {#{QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=}#}积不变，气体不做功，即W 0，气体从 C 到 D 过程体积减小，外界对气体做功，即 BC W 1105(54)103J100J ，一次循环内能不变，由热力学第一定律可得 CD U W Q，即W W W W W (6000100250)J250J，则气体吸收 AB BC CD DA 的热量为250J，故D正确。 10．对x1m处的质点利用“同侧法”得波源的振动方向沿 y 轴负方向，故 A 错误。由题中 x 图像可知，M 点与最近波谷的水平距离x4m，波速v 8m/s，故 B 正确。N点与 t x 最近波峰的水平距离x 11m，经过的时间t  1 1.375s，故C错误。M 、N两点间距 1 1 v x 5 离x 5m，波从M 点到N 点的传播时间t  2  s，N 点从起振至到达波谷的时间 2 2 v 8 1 4 1 3 t t   s s，t t t  s，s 总 4A0.3m，故D正确。 3 4 8 8 总 2 3 4 T 11．由题意可得，当关闭电源后只有阻力对小车做功，有E f x，结合动能与位移的关 K 系图像可得车受到的阻力为 f 2N，故 A 错误。由题意与图像可得小车的最大动能为 1 E  mv2 8J，则最大速度为v 4m/s，小车的额定功率为P  f v 8W，故B Kmax 2 m m 额 m 7 正确。加速过程中，对小车列动能定理：P t  fxE ，可得加速时间t  s，故 C 额1 kmax 1 4 f v 错误。当关闭电源后，由牛顿运动定律可得a 2m/s2，小车减速时间为t  m 2s， m 3 a 故D正确。 12．P、Q金属框刚好匀速经过虚线边界，两金属框受到的安培力均等于重力，所以受到的安 培力之比为 1∶1，故C错误。由能量守恒可得，减小的重力势能均全部转化为金属框上 产生的热量，而P、Q金属框经过虚线边界过程中减小的重力势能相等，故金属框上产生 的热量之比为 1∶1 ，故A正确。P、Q金属框经过虚线边界过程中，P金属框受力情况 B2L2v 4B2L2v 为mg  1 ，Q金属框受力情况为mg  2 ，而金属框到达虚线边界前均只受重 R R 1 1 力，机械能守恒mgh  mv2，mgh  mv2，可得v∶v 4∶1，h∶h 16∶1，故B错 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 E   误 。 流 过 金 属 框 横 截 面 的 电 量 为 qIt  t  t  ， 可 得 R tR R q ∶q ∶ 1∶2，故D正确。 1 2 1 2 物理参考答案·第3页（共7页） {#{QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=}#}二、填空、实验题：本大题共2小题，共14分。 13．（每空2分，共6分） （1）BC （2）偏小 x （3） 1 x 2 【解析】（1）实验中，不能将玻璃砖界面当尺子画界线，故A错误。大头针P和P 及P 1 2 3 和P 之间的距离适当大些时，引起的角度误差会减小，故 B 正确。只要操作正确，任何 4 形状的玻璃砖均可用“插针法”测量折射率，故 C 正确。由几何知识可知，光线在上表 面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出， 折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。 （2）如图所示，作图得到的光路图和实际光路图相比，入射角没 sini 有变化，折射角的测量值偏大，由n 知折射率偏小。 sinr AB x CD x sini x （3）由几何关系可知sini  1 、sinr  2 ，则玻璃砖的折射率为n  1 。 OA R OC R sinr x 2 14．（除特殊标注外，每空1分，共8分） （1）B 21.6 （2）1700 （3）如图所示（2分） （4）2.1103（2分） 4L （5） πd2R 【解析】（1）注水前，用如图甲所示游标卡尺的内测量爪 B 测玻璃管内径，该游标卡尺 为 10 分 度 的 游 标 卡 尺 ， 最 小 分 度 为 0.1mm ， 则 游 标 卡 尺 的 读 数 为 d 21mm60.1mm21.6mm。 （2）用多用电表欧姆挡“×100”倍率，由图可知，玻璃管中水的电阻为 R17.01001700。 （3）根据题意，滑动变阻器应采用分压式接法，电流表应采用内接法。 U （4）U-I图像的斜率即为水样的电阻大小R 2.1103。 I L πd2 1 4L （5）由电阻定律R 、S  ，由题意电导率 ，联立得 。 S 4  πd2R 物理参考答案·第4页（共7页） {#{QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=}#}三、计算题：本大题共4小题，共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤，只写出最后结果的不能得分。 15．（8分） 解：（1）设滑块P沿斜面下滑加速度为a 、弹回后沿斜面上滑加速度为a ，则 1 2 由牛顿第二定律得 下滑：mgsinmgcosma ① 1 上滑：mgsinmgcosma ② 2 v 又由vt图像a 可得a 5m/s2、a 11m/s2 ③ t 1 2 联立①②③式解得0.5 ④ （2）设滑块P下滑至O点与Q碰撞前速度为v ，碰撞后速度为v，Q碰撞后速度为v ， 1 1 2 则，由图乙可知v 10m/s、v 2m/s 1 2 碰撞过程时间极短，系统动量守恒得 m v 0m vm v ，解得v 6m/s ⑤ P 1 P 1 Q 2 2 Q碰撞后至停止，由动能定理得 1 m gl 0 m v2 ⑥ Q 2 Q 2 解得l 3.6m ⑦ 评分标准：本题共8分。正确得出⑥式给2分，其余各式各给1分。 16.（8分） 解：（1）人坐上椅子，缸内压强由 p 变为 p ，环境温度不变，气缸导热，所以气体做等 1 2 温压缩变化，根据玻意耳定律可得 3L p LS  p  S ① 1 2 4 人坐上椅子以前，以活塞和椅面整体为对象，根据平衡条件可得 pS  p Smg ② 1 0 人坐上椅子稳定以后，以活塞、椅面和人整体为对象，根据平衡条件可得 p S  p SmgMg ③ 2 0 1 p S 解得M  m 0 ④ 3 3g 物理参考答案·第5页（共7页） {#{QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=}#}（2）室内气温缓慢上升至1.04T 的过程，气体等压膨胀，设末态气柱的高度为L，根据 0 盖—吕萨克定律有 3L S 4 LS ⑤  T 1.04T 0 0 解得L0.78L ⑥ 因为气体膨胀，所以气体对外做正功  3L W  p S  L  ⑦ 2  4  解得W 0.04(p Smg)L ⑧ 0 评分标准：本题共8分。正确得出①~⑧式各给1分。 17. （11分） 解：（1）小球在电磁场区域做匀速圆周运动，所受重力和电场力平衡，所以电场力方向 向上，小球带负电 ① qEmg ② mg 解得q ③ E （2）小球从A运动到D点的过程中，设小球经过D点时的速度大小为v，根据动能定理 可得 1 mgRqER mv2 ④ 2 解得v2 gR ⑤ （3）设小球在电磁场区域中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有 mv2 qvB ⑥ r mv 解得r qB 可知B越小，r越大，当小球运动轨迹恰好与电磁场屏蔽区 边界相切时，r有最大值，B有最小值，如图所示，根据几 何关系有 (2R)2 r2 (rR)2 ⑦ 4E gR 解得B ⑧ 3gR 评分标准：本题共11分。正确得出②、④、⑥式各给2分，其余各式各给1分。 物理参考答案·第6页（共7页） {#{QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=}#}18.（11分） B 1 解：（1）由图乙可知磁感应强度B 变化率 2  ① 2 t π  d 2 B 线圈中感应电动势En π  1V ② t 2 t R 线圈两端电压为外电压U  E0.6V ③ ab Rr （2）线圈、导轨、导体棒构成闭合回路，设金属棒PQ开始运动瞬间，流经导体棒电流为 E I，则I  20A ④ Rr 方向QP 金属棒PQ受到安培力F BIl4N ⑤ 1 F 加速度a 8m/s2 ⑥ m （3）金属棒PQ速度不断增大，产生的反电动势也不断增大，回路中总电动势不断减小， 总电流不断减小，电流为0时，金属棒受安培力为0，不再加速，速度达到最大值，记为 v ，即 max Blv E ⑦ 1 max 解得v 5m/s max 对金属棒PQ列动量定理，有Ft mv 0 ⑧ max F BIl ⑨ 1 qIt ⑩ 联立⑦⑧⑨⑩式解得q12.5C ⑪ 评分标准：本题共11分。正确得出①~⑪式各给1分。 物理参考答案·第7页（共7页） {#{QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=}#}