2024届贵州省七校联盟高考实用性联考卷（一）物理-答案_2023年8月_01每日更新_30号_2024届贵州省贵阳市七校联盟高三上学期开学联考

2024 届贵州省七校联盟高考实用性联考卷（一） 物理参考答案 一、选择题（本大题共 10 小题，共43 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～7 题只有一项 符合题目要求，每小题 4 分。第 8～10 题有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但 不全的得 3 分，有选错的得 0 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D C D C D ACD BD AC 【解析】 2．根据vt图像的斜率表示加速度可知，0t 时间内斜率在变小，即加速度在变小，无人机 1 做加速度减小的加速运动，故A错误。t t 时间内，无人机的动能不变，而高度升高， 1 2 则重力势能增加，机械能增加，故 B 正确。根据vt图像与时间轴围成的“面积”表示 无人机运动的位移大小，可知图像与横轴围成的面积小于连接曲线上t 和t 两点直线时与 2 3 横轴围成的面积，再根据匀变速直线运动的平均速度表达式可得，t t 时间内无人机的 2 3 v 平均速度v 1 ，故C错误。t t 时间内，无人机做加速度减小的减速运动，合力向下， 2 2 3 此时系统拉力小于重力，处于失重状态，故D错误。 3．如图 1 所示，由题意知O A为侧移距离x ，根据几何关系有 2 d sini x sin(i)①，又n ②。（1）若为同一色光，则 n cos sin d 相同，则i、增加，得知sin(i)0且增加， 0且增加， cos 图1 即同一种光入射角越大，则侧移量越大。（2）若入射角相同，由①②两式可得  cosi  xdsini1 ，知 n 增加，x增加，即紫光以大入射角入射时的侧移量最  n2 sin2i 大，故D正确。 4．氢原子从n3能级跃迁到n1能级时释放的光子能量最大，频率也最大，能量为 E (1.51eV)(13.6eV)12.09eV，照射逸出功为2.29eV的金属钠，光电子的最大初 1 动能为E E W 9.8eV，频率大的光子波长小，故 A、B 错误。大量处于n3激发 k 1 0 态的氢原子向低能级跃迁时可释放3种不同频率的光子，氢原子从n3能级跃迁到n2 物理参考答案·第1页（共6页） {#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}能级时释放的光子能量为E (1.51eV) (3.4eV)1.89eVW ，该光子不能使金属钠发 2 0 生光电效应，氢原子从 n2 能级跃迁到 n1 能级时，释放的光子能量为 E (3.4eV)(13.6eV)10.2eV，E W ，可知有 2 种频率的光子能使金属钠产生光 3 3 0 电效应，故C正确。1.51eV0.85eV0.66eV，可知氢原子不能吸收0.85eV的光子从 n3能级跃迁到n4能级，故D错误。 5．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度， 则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，故 A 错误。组合体在天上只受万有引力 的作用，则组合体中的货物处于失重状态，故B错误。已知同步卫星的周期为24h，根据 2π 角速度和周期的关系有 ，由于T T ，则组合体的角速度大小比地球同步卫星 T 同 组合体 Mm 4π2 的大，故C错误。由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有G m r， r2 T2 r3 整理得T 2π 。由于T T ，则r r ，且同步卫星和组合体在天上有 同 组合体 同 组合体 GM Mm maG ，则有a a ，故D正确。 r2 同 组合体 6．对石墩受力分析，由平衡条件可知Tcos f 、 f N 、TsinN mg ，联立解得 mg mg mg T  ，故 A 错误。拉力的大小为T   ，其 cossin cossin 12 sin() 1 中tan ，可知当90时，拉力有最小值，即减小夹角，轻绳的合拉力不一  mgcos mg 定减小，故B错误。摩擦力大小为 f Tcos  ，可知增大夹角 cossin 1tan ，摩擦力一直减小，当趋近于90时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对 石墩的摩擦力不是最小，故D错误。 L 7．由乙图可知，单摆的周期为0.4πs，故A错误。由单摆周期公式T 2π ，带入数据得 g L0.4m，故B错误。设OA与OB间夹角为，由乙图和牛顿运动定律，在最高点有 v2 mgcos0.496，在最低点有0.508mg m ，从最高点到最低点，由动能定理得 L 1 mgL(1cos) mv2，联立解得m0.05kg，v0.08 10m/s，故C错误，D正确。 2 8．结合甲、乙图可知该波沿x轴负方向传播，故A正确。P点不随波发生移动，故B错误。 t  质点P经过1.5s运动的路程为s4A 12m，故C正确。该波的波速为v 4m/s， T T 故D正确。 物理参考答案·第2页（共6页） {#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}9．C、P两点均处于AB连线的垂直平分线上，两点的电势相等，故A错误。A、B两点的 Q 点电荷在 C 点形成电场的场强大小均为 Ek ，C 点的电场强度大小为 a2 kQ E 2Ecos60 ，故B正确。将某一试探电荷从C点沿C到D再到P连线的方向移 C a2 动到P点的过程中静电力不做功，故C错误。A、B两点的点电荷在P点形成电场的场强 Q 3kQ 3 3kQ 大小均为Ek  ，P 点的电场强度大小为E 2Ecos30 ，试  a  2 a2 P a2   2   cos30     3 3kQq 探电荷在P点所受静电力大小为F  ，故D正确。 P a2 R 10．根据几何关系，靠近 N 点的入射粒子的半径r ≥ 就能到达MN 的右侧地面，根据 1 2 v2 qBR qvBm ，解得v≥ ，即此时粒子能够到达 MN 右侧地面，故 A 正确。若粒子速 r 2m 1 qBR mv 率为 ，可知轨道半径r  R，粒子做匀速圆周运动，入射到磁场的粒子到达地 m 2 qB 面的轨迹为劣弧，轨迹对应的弦长越短，对应的圆心角越小，运动时间越短，则到达地 面最短的弦长为 R，所以圆心角为 60°，运动时间最短 π R 3 πm t   ，故B错误。设正对着 O处入射的粒子恰好可以 min v 3qB 到达地面时轨道半径为 r ，如图 2 所示。根据几何关系有 3 3 v2 r2 (2R)2 (r R)2 ，解得 r  R 。根据 qvBm ，解得 3 3 3 2 r3 图2 3qBR 3qBR v ，即正对着 O处入射的粒子恰好可以到达地面，则其速率为 ，故 C正 2m 2m 确。根据上述可知，正对 O 点偏 N 侧的粒子都能到达地面，正对 O 点偏 M 侧的粒子 3qBR 都不能到达地面，即若粒子速率为 ，入射到磁场的粒子恰好有一半不能到达地 2m 面，故 D错误。 二、填空、实验题（本大题共2小题，共15分） 11．（除特殊标注外，每空2分，共6分） （1）0.1或0.10（1分） （2）CABED（1分） （3）0.364 0.474 物理参考答案·第3页（共6页） {#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}12．（除特殊标注外，每空1分，共9分） （1）1.20 （2）①R 1 ②串联 900 ③如图3所示 图3 ④1.4（2分） 0.67（2分） 【解析】（2）为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的R 。 1 为了操作方便，需利用电流表G和电阻箱改装成量程为2V的电压表，需串联电阻；根据 U 2 串联特点有R  R  100900。忽略改装电压表的分流影响，由闭 0 I g 2.0103 g r E 合电路欧姆定律有E I (R R )I r，可得I I   ，可知I I 图像 1 g 0 2 1 2 R R R R 1 2 g 0 g 0 E 的纵轴截距为b 1.4103A，解得电动势为E 1.4103(100900)V1.4V， R R g 0 r (1.41.0)103 2 I I 图像的斜率绝对值为 |k|   103 ，解得内阻为 1 2 R R 0.6 3 g 0 2 r 103(100900)0.67。 3 三、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤，只写出最后答案不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 13．（10分） 解：（1）轻绳未连重物时，对活塞受力分析得 pSmg  p S ① 1 0 mg 解得 p  p  ② 1 0 S （2）刚好触发超重预警时，有 p S(M m)g  p S ③ 2 0 LS 3LS p  p ④ 1 3 2 4 5 p S  解得M   0 m ⑤ 9 g  物理参考答案·第4页（共6页） {#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}V V 2  3 （3）由盖吕萨克定律得T 1 ⑥ 0 T 6 0 3LS 其中V  2 4 1 1 解得V  V = LS ⑦ 3 6 2 8 5 则V V V  LS ⑧ 2 3 8 此过程外界对气体做的功为W  p V ⑨ 2 5L 解得W  (p Smg) ⑩ 18 0 评分标准：本题共10分。正确得出①~⑩式各给1分。 14．（14分） 解：（1）运动员从A平抛至B的过程中，在竖直方向有 v2 2gh ① y 在B点有v vtan ② y 解得v6m/s ③ 滑上木板时Mv (M m)v ④ 0 20 解得v  m/s ⑤ 0 3 （2）运动员及滑板从A到C的过程，由机械能守恒得 1 1 (M m)g[hR(1cos53)] (M m)v2  (M m)v2 ⑥ 2 2 C 运动员在圆弧轨道上做圆周运动到C处时，由牛顿第二定律可得 v2 F (Mgmg)(M m) C ⑦ N R 解得F 2150N ⑧ N 由牛顿第三定律得滑板对地面的压力为F F 2150N ⑨ N N （3）运动员经过C点以后，设最远距离为x，由动能定理可得 1 (M m)v2 (M m)gx ⑩ 2 C 解得x13.2m 评分标准：本题共14分。正确得出④、⑥、⑩式各给2分，其余各式各给1分。 物理参考答案·第5页（共6页） {#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}15．（18分） 解：（1）线框匀速运动时所受合力为零，有 mgsinBILmgcos0 ① 由法拉第电磁感应定律知 E I  ② R EBLv ③ B2L2v 化简得mgsinmgcos 0 R (mgsinmgcos)R 解得v ④ B2L2 线框在第七个磁场区域匀速运动的时间 2L 2B2L3 t  ⑤ v (mgsinmgcos)R （2）线框ab边刚进入第1个磁场区时，由牛顿第二定律有 mgsinBI Lmgcosma ⑥ 0 由法拉第电磁感应定律知BI L5BIL ⑦ 0 解得a4gsin4gcos ⑧ （3）线框 ab 边刚进入第 1 个磁场区到线框 ab 边刚进入第 7 个磁场区的过程中，由动量 定理得 mgsintmgcostBILt mvm5v ⑨ 线框刚完全进入磁场的过程中 qI t ⑩ 1 E I  1 ⑪ 1 R  E  ⑫ 1 t BS BL2 解得q  ⑬ R R 由上式可知线框离开磁场的过程中面积变化也为 L2，故流过线框电荷量也为 q，又线框 ab 边刚进入第 1 有磁场区边界到线框 ab 边刚进入第 7 个有磁场区的过程中线框位移为 12BL2 12L，故整个过程中It 12q ⑭ R 12B2L3 4mR 解得t   ⑮ (mgsinmgcos)R B2L2 评分标准：本题共18分。正确得出①、⑥、⑨式各给2分，其余各式各给1分。 物理参考答案·第6页（共6页） {#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}