2024届湖南省长沙市第一中高三下学期高考适应性演练(一）物理答案_2024年3月_013月合集_2024届湖南省长沙市第一中高三下学期高考适应性演练（一）

长沙市一中 2024 届高考适应性演练（一） 物理参考答案 一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分） 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B A C A C B 1．【答案】B 【解析】赖曼线系的光子中，从n2能级跃迁到n1基态释放的能量最小，即为 E E E 3.4eV 13.6eV10.2eV 1 1 2 巴耳末线系的光子中，从n能级跃迁至n2能级释放的能量最大，即为 E E E  03.4eV 3.4eV 2  2 所以有EE E 10.2eV3.4eV6.8eV，B正确，ACD错误。 1 2 2．【答案】A 【解析】根据G Mm m 42 Rh ，G Mm mg，得T  42(Rh)3 A正确； Rh2 T2 R2 gR2 Mm GM B．根据G ma，得a ，空间站的运动半径小于卫星的运动半径，则空间站的 r2 r2 加速度比同步卫星的加速度大，B错误； C．空间站运行的线速度一定小于第一宇宙速度7.9km/s，C错误； D．空间站为环绕天体，无法求得质量，D错误。 3．【答案】C P 【解析】物体A受到的滑动摩擦力为 f  A v 1 P 以恒定的功率P拉着物体A和物体B共同运动有 f  f  A B v 2 v v 在物体A和B达到最大速度时作用在物体B上的拉力功率为P  f v  1 2 P。 F B 2 v 1 4．【答案】A 【解析】根据EF段方程 y 4t26， y 可知EF段无人机的速度大小为v  4m/s故A正确； t B．根据 yt图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动， 后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B错误； y C．根据MN段方程 y 2t140，可知MN段无人机的速度为v 2m/s t 物理（一中）答案 （第 1 页，共 7 页） {#{QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=}#}则有pmvmv 2(2)kgm/s24kgm/s12kgm/s 可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C错误； D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守 恒，故D错误。 5．【答案】C 【解析】根据图乙可知，板块间开始是静摩擦力，后来是滑动摩擦力，所以，物块与长 木板先相对静止后相对运动，故A正确不符合题意；根据图乙中数据可得出物块与木板间 的最大静摩擦力约1.08N，故B正确不符合题意；根据图乙可求得滑动摩擦力，但不知道正 压力，无法计算动摩擦因数，故C错误符合题意；5.0s到5.2s图像的波动是由于达到最大 静摩擦力后，细线的弹性引起的，故D正确不符合题意。 6．【答案】B 【解析】A．马达是非纯电阻元件，所以其内阻不是120Ω，故A错误； B．理想变压器的原副线圈匝数之比等于交流电源的电压有效值与供电电压之比， 即n :n 220:2455:6，故B正确； 1 2 C．交流电源电压的有效值应为220V，故C错误； D．正弦交流电每个周期内电流方向变化2次，该交流电的周期为0.02s,1s内包含50个 周期，所以该交流电每秒内电流方向变化100次，故D错误。 二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 题号 7 8 9 10 答案 ABD BC AD AD 7．【答案】ABD 【解析】小磁铁下滑时由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，所受的 摩擦力阻力不变，由mgsinθ-f-f =ma可知，随着小磁铁的加速下滑，阻尼作用增大， 阻尼 则加速度逐渐减小，v-t线的斜率减小，故A正确；若开始下落时小磁铁满足mgsinθ-f-f =0，小磁铁匀速下滑，此时动能不变，故B正确；小磁铁下滑时重力势能逐渐减小， 阻尼 但是不会趋近与某一定值，故C错误；小磁铁下滑过程中，由于有电能产生，则机械能 逐渐减小，故D正确。 8．【答案】BC 【解析】设它们之间的作用力是FT，分析飞船有(FF )tmv，分析火箭有 T Ft Ft F vm v，所以可得火箭的 m  m ，飞船的质量为m m ，A错误；B正确。 T x x v v x v v 根据冲量定理可得 Ft(mm )v ，故有F (mm ) 所以推力F越大， 就越大， x x t t v m v 且 与F成正比，因为 F  x F ，D错误C正确。 t T t 9．【答案】AD 【解析】从C点入射的光线，进入玻璃球后光线如图所示，设入射角为i，折射角为r， 法线与直径AB夹角为θ，则根据几何关系i，2r h 而sin R 可知i60o，r 30o，进入玻璃时，光线沿顺时针偏转了30o，根据光的折射定律， 物理（一中）答案 （第 2 页，共 7 页） {#{QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=}#}从B点射出时，光线沿顺时针又偏转了30o， 因此从B点的出射光相对C点入射光方向偏折了60o，A正确； 因此从B点的出射光相对C点入射光方向偏折了60o，A错误； 根据几何关系，足球的直径d 2Rsinr R，B错误； 由于光线从C点射入玻璃中的折射角等于从B点出射时的入射角，离开玻璃球的折射角 等于射入玻璃球时的入射角，因此光线不会发生全反射，C错误； 如果用频率更小的激光入射时，进入玻璃的折射角增大，从而在玻璃内传播的距离减小， 而频率更小时，光在玻璃中的传播速度增大，从而光在玻璃球中的传播时间变短，D正确。 10．【答案】AD 【解析】AB．磁场方向竖直向上，运动轨迹如图所示 L 根据几何关系可得4r cos45 L，解得r  2 2 2 2 2 2mv 则有B 0 ，A正确，B错误； Lq CD．若磁场方向竖直向下，且带电粒子只与容器壁碰撞一次后从小孔d飞出，则带电 粒子的运动轨迹应左右对称，则左侧的运动轨迹如图所示 根据几何关系可得 aM ab 2 bM 1 cos  ，sin  ，90(45)45， 2 ， aM 5 aM 5 sin r 1 物理（一中）答案 （第 3 页，共 7 页） {#{QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=}#}5L aM  2 5 解得 r  L 1 2 2 v2 mv 由洛伦兹力提供向心力qv Bm 0 ，解得r  0 0 r 1 qB 1 2 2mv 联立可得B 0 ，C错误，D正确。 5Lq 三、填空题（本题共2小题，共16分） 11．（6分）（1）C （2）2.20 （3）2.2×10-3 （4）C 【解析】（1）用与A、B相同的带电小球C，先接触A，再接触B，两球将带上不等 量的同种电荷，选项A错误；A、B小球接触后靠近带电体但不接触，然后分开A、B小球， 再移走带电体，能使小球带等量异种电荷，选项B错误；A、B小球接触后，用带电小球接 触A、B，移除导体球，再分开A、B小球，能使小球带等量同种电荷，选项C正确； （2）由图可知，A、B小球之间的距离r=2.20cm。 r （3）对小球受力分析可知，库仑力F mgtanmgsinmg l 2.2 带入数据解得F 0.019.8 N2.2103N 100 qQ 1 （4）根据F k ，可知F 图像为过原点的直线，故选C。 r2 r2 12．（10分） （1）丙 （2）1.36s（1.32~1.40s）均可 （3） （4）9.71（9.47~9.78均可） （5）不正确。设摆球的重心下移△L，根据单摆周期公式T2 L，有L L g T2， g 1 42 1 L L g T2所以g 42 L 1 L 2 ，与L无关。（或：不正确。小磁片只影响图像在L 2 42 2 T2T2 1 2 轴上的截距，不影响图像的斜率，故不影响从图像中测得的g的大小。） 【解析】（1）图乙的方法中当单摆摆动时摆长会发生变化，则图丙的悬挂方式较好； 物理（一中）答案 （第 4 页，共 7 页） {#{QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=}#}（2）小球经过最低点时磁感应强度最大，相邻两次磁场最强的时间间隔为半个周期， 由图可知单摆的周期约为1.36s； （3）根据表格中数据描点连线如图 L g （4）根据T 2 可得L T2 g 42 g 1.240 则图线斜率为  0.248则g 9.78m/s2 42 5.00 （5）重力加速度根据图像的斜率可求，由（4）的分析可知，小磁片不影响重力加速度 的测量值，所以这个同学的观点是不正确的。 四、计算题（本题共3小题，共40分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分） 13．（10分） （1）设预警传感器到容器底部的距离为h，挂重物前，对活塞分析，有pSmg  p S 1 0 挂上重物后，对重物和活塞组成的系统分析，有 p SM mg  p S 2 0 11 p S  又M   0 m 18 g  L 气体发生等温变化，则 pS  p Sh 1 3 2 6 解得h L 7 Sh V  （2）气体发生等压变化，则 T T 0 0 6 1 解得V  SL 7 外界对气体做功W  p ShV 2 T 气体内能的变化量为U k 0 kT 6 0 根据热力学第一定律ΔU W Q 5 5 5 可得，Q kT  p SL mgL 6 0 18 0 18 物理（一中）答案 （第 5 页，共 7 页） {#{QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=}#}5 5 5 可知，气体放出的热量为QQ kT  p SL mgL 6 0 18 0 18 14．（14分） （1）带电量为q的粒子，由a板中央处静止释放，经b板上的小孔射出， 说明b板电势高，由楞次定律可知磁感应强度B 随时间t是均匀减小的。 0 ΔΦ （2）由法拉第电磁感应定律有E  N Δt ΔB E  N 0 S  Nkr 2 Δt 2 E 由闭合电路欧姆定律有I  R2R 平行金属板a、b两端的电压U  IR 1 粒子在电场中运动时，由动能定理有qU  mv2 2 2Nqk 解得v r 2 3m v2 （3）粒子从M 点进入圆筒，速度为v，在圆筒中运动有qvB m r  粒子在圆筒中运动的可能轨迹如图所示，由几何关系可知r rtan 3 2 52n（n 1或2） 2 第一种情况 5 r 2Nmk 则B  2  3q rtan 3 5 4 第二种情况 5 物理（一中）答案 （第 6 页，共 7 页） {#{QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=}#}r 2Nmk 则B  2 2 3q rtan 3 5 15．（16分） mv2 （1）根据牛顿第二定律，在E点滑块c，F m g 3 E N 3 R 解得v 8m/s E 滑块c第一次经过E点到F点， 1 1 根据动能定理m g2R mv2  mv2 3 2 3 F 2 3 E 解得v 4 6m/s F （2）滑块c在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块c的速度设为v ， c 根据运动学规律2gL v 2v 2 1 1 E c 滑块a，b作为整体与滑块c发生相互作用，最终滑块c被弹出， 根据动量守恒与能量守恒得(m m )v (m m )v mv 1 2 1 1 2 2 3 c 1 1 1 (m m )v2  (m m )v 2 mv 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 3 c 联立解得v 7.5m/s、v 1.5m/s 1 2 a与b发生碰撞，最后共速，满足动量守恒mv (m m )v 1 0 1 2 1 联立解得v 10m/s 0 （3）假设滑块c能再次回到E点，从F点到E点， 1 1 根据动能定理2m gL m g2R mv 2 mv 2 2 3 2 3 2 3 E1 2 3 F 解得v 4 2m/s E1 速度大于零，假设成立，滑块c可再次滑上传送带，做减速运动， 根据运动学规律2gL v2v2 1 1 3 E1 联立解得v 2m/s1.5m/s 3 即可以追上滑块a，b发生再次碰撞，设最大压缩量为x， 根据动量守恒与能量守mv (m m )v (m m m )v 3 3 1 2 2 1 2 3 共 1 1 1 1 mv2 (m m )v 2  (m m m )v 2 kx2 2 3 3 2 1 2 2 2 1 2 3 共 2 联立解得x0.2m 物理（一中）答案 （第 7 页，共 7 页） {#{QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=}#}