凯里一中2024届高三模拟考试（黄金Ⅱ卷）物理-答案_2024年5月_01按日期_13号_2024届贵州省凯里一中高三下学期三模（黄金二卷）

凯里一中 2024 届高三模拟考试（黄金Ⅱ卷） 物理参考答案 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C A C B C D B 【解析】 1．依题知氢原子从基态至少跃迁到第 3 能级，之后才能辐射出巴耳末系谱线，最少应给氢 原子提供的能量为12.09eV，故C正确。 2v2  2v  2．vt图像面积为位移大小，由运动学公式得 m v  t m  x，解得a5m/s2，故A 2a m  a  正确。 3．根据分子动理论，温度增加，速率较大的分子占比增大，并不是所有的氧气分子的速率都 增大，故A错误。气体压强的产生是大量分子频繁撞击器壁的结果，而不是分子间的相互 作用力，故B错误。若氧气压强增大，由动量定理知：单位时间内氧气分子对器壁的平均 冲量变大，故C正确。若容器的体积减小，单位时间撞击在单位面积上的分子数不一定增 加，比如温度下降较大幅度，分子活跃度下降，单位时间撞击器壁的分子数可能不变，还 有可能减少，故D错误。 T 4．由简谐运动的特点知：滑块从O点运动到D点的时间小于 ，故A错误。滑块在B点时 8 1 弹簧的形变量是在D点时的2倍，故弹力是2倍，由F ma知B正确。由E  kx2知滑 p 2 1 块在 D 点时弹簧的弹性势能是最大弹性势能的 ，由机械能守恒知滑块在 D 点时的动能 4 3 是在O点时动能的 ，故C、D错误。 4 5．篮球只受重力，加速度均为g，单位时间内速度的变化v=gt g ，故A错误。斜抛运动 最小速度为A点的水平分速度，由于v 与水平方向夹角大于 ，故B错误。将AB段等效 A 物理参考答案·第1页（共7页） {#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}y 1 2v tan 为反向平抛运动，由平抛运动得tan ,y gt2,xv t，故t  B ，由几何关 x 2 B g t tan60 3 1 系知BC与水平方向夹角为30，则 AB   ，故C正确。由y gt2知，AB段篮 t tan30 1 2 BC 球竖直位移大小为BC段的9倍，故D错误。 6．由于磁场方向不确定，故电流方向也不能确定，故A错误。若电流方向从b到a，磁场方 向可以竖直向下，故B错误。若所加磁场的磁感应强度最小，安培力应沿导轨向上，则磁 mgsin 场方向不可能沿导轨向上，故C错误。此时对金属棒应有BILmgsin，解得B ， IL 故D正确。 7．根据匀强电场的特点，由    ，得 2 V ，再由    ，得 A A1 C C1 C A D B C  1 V，故A错误。分别沿AB、AD、AA建立直角坐标系O−xyz，电场强度沿x、y、z D 1       的分量E  A B 1 V/m，E  A D 1 V/m，E  A A1 2 V/m，匀强电 x d y d z d 场强度的大小E  E2 E2 E2  6V/m，故 B 正确。由      ， x y z A A1 B B1 D D1 得  3 V/m，BDDB 不是等势面，电场线不与BDDB 垂直，故 C 错误。将一电 B1 D1 1 1 1 1 子从B 移动到C 时，电场力做功W e(  )1 eV，故D错误。 1 1 B 1 C 1 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分。 题号 8 9 10 答案 AD AC BCD 【解析】 mg 8．飞行器速度最大时加速度为零，由牛顿第二定律得mg kv ，则v  ，故A正确。对 m m k 1 m3g2 飞行器由动能定理得mghW  mv2 ，则W  mgh，故 B 错误。对飞行器由动 f 2 m f 2k2 m2gk2h 量定理得mgtkvt mv ，vt h，则t ，故C错误，D正确。 m kmg 物理参考答案·第2页（共7页） {#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}9．列车以加速度a匀加速时，乘客所受的合力大小为ma，由力的合成，可知车厢给质量为m 的乘客作用力大小为 （mg）2 (ma)2 ，故A正确。设短编组列车的额定功率为P，每节车 厢质量为M ，车厢在平直轨道上运行时所受阻力为重力的k倍，8节的短编组列车最大速 P 2P 度v  ，16 节的长编组列车最大速度v  ，则两种情况最大速度大小相等， 1 8kMg 2 16kMg 2P 故B错误。由牛顿第二定律 16kMg 16Ma知，速度增加，加速度减小，故C正确。 v v2 关闭发动机后列车在阻力作用下做匀减速直线运动，滑行距离x max ，则滑行距离相等， 2kg 故D错误。 10．在 0~0.5s 内，磁场磁感应强度B 0.5 T ，导体棒运动过程中t时刻产生的感应电动势 0 E E B lvB lat，感应电流I  1 ，对棒由牛顿第二定律有F B I l ma，联立解得 1 0 0 1 Rr 0 1 B2l2a F ma 0 t，故 A 错误。对棒由动量定理有I I mv，其中I =B Ilt， Rr F 安 安 0 1  Blx 1 It   0 ，而vat ，x at2，由图丙，将a2m/s2，t0.5s代入可解得 1 Rr Rr 2 33 I  Ns ，故 B 正确。在 0.5s~1s 时间内，回路中任一 t 时刻的磁通量 F 32  1  B x  at2 (1t)(2t2)，3t2 2t20，其中t[0.5，1]，磁通量不断 t  0 2  减小，根据楞次定律可知电流方向为俯视顺时针方向，故 C 正确。从 0~1s 内  Blx qIt   0 0.5 C，故D正确。 Rr Rr 三、非选择题：本大题共5小题，共57分。 11．（除特殊标注外，每空1分，共5分） （2）摆线长 摆球直径 t （3）拉开一个小角度后无初速度释放（合理即可，2分） n 物理参考答案·第3页（共7页） {#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}l 【解析】（2）（3）根据单摆的周期公式T 2π ，要测量当地的重力加速度，需要测量 g 摆长和周期，摆长为摆线长加上小球的半径，因此测量摆长的过程中，需要测摆线长和 摆球的直径。单摆只有在小角度的范围内振动才能看成简谐运动，因此在测量周期的过 程中，应将小球从平衡位置拉开一个小角度后无初速度释放，n次全振动所用的时间为t， t 单摆振动的周期T  。 n 12．（除特殊标注外，每空1分，共10分） （1）0.05 125.60 （2）5.000 （3）①如图 1 所示（3 分，电压表选择正确给 1 分，电流表内接给 1分，滑动变阻器分压接法给 1分，有错扣2分，扣完为止） 图1 4l 4Il ② 或 （2分） 0.020或2.0102（2分，有效数字错误扣1分） U  (U IR )πd2  R πd2 g  I g  1 【解析】（1）根据游标卡尺的原理，20分度的游标卡尺精确到 mm0.05 mm，由图可 20 知，整数部分读数为125 mm，小数部分读数为0.05120.60 mm，样品的长度为125.60 mm。 （2）螺旋测微器的固定刻度值为 5mm，可动刻度值为 0.000mm，金属圆片的直径为 5.000mm。 （3）由于待测样品的电阻约为 320kΩ，电流表的量程为 50μA，电流表满偏时电压的 数值为U IR 16V，所以应选择15V的电压表；由于R R ，电流表应选择内接 x x g 法；因为滑动变阻器的最大阻值远小于R ，滑动变阻器应采用分压接法。根据实验电 x U l l 1 4l 4Il 路，有 R R ，其中R   ，S  πd2，得  ， I x g x S S 4 U  (U IR )πd2  R πd2 g  I g  代入数据得0.020S/m2.0102 S/m。 13.（12分） 解：（1）光线不被折射出侧面，说明发生了全反射。此时光线到达侧面的入射角为C（如 图2甲所示），由折射定律可知 1 sinC  ① n 物理参考答案·第4页（共7页） {#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}由几何关系π2C ② π π 解得C  45， 90 ③ 4 2 图2 （2）如图乙所示，光从O到达半圆的时间为 R t  ④ 1 c c 光在导光柱中的传播速度为v，则v ⑤ n 设射到AD或BC侧面的入射角为时，到达CD面所用时间最长，此时光沿AD方向的 速度v 大小为 1 v vsin ⑥ 1 沿此方向传播的距离为xLRsin ⑦ L R 解得t   ⑧ 2 vsin v 光线的传播时间为t t t ⑨ 1 2 π 由题意45≤≤ ⑩ 2 2LR 2R 解得最长时间t= c 评分标准：本题共12分。正确得出①式给2分，其余各式各给1分。 14.（14分） 解：（1）当粒子能从BC边离开磁场时，其在磁场中运动时间最长，设粒子在磁场中运动 的速度为v 、轨迹半径为r ，对应圆心角为α，由题意得 1 1 q k ① m mv2 qvB 1 ② 1 r 1 物理参考答案·第5页（共7页） {#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}2πr T  1 ③ v 1 4 由几何关系可得α π ④ 3 α 粒子在磁场中运动的最长时间t  T ⑤ m 2π 4π 联立解得t  ⑥ m 3kB （2）如图3所示，当粒子运动轨迹与AC边相切时，设其运动轨迹半径为r ，粒子运动到 2 AB 边有最大速度，当粒子运动轨迹恰好与 AB 边相切时，设其运动轨迹半径为r ，对应 3 有最小速度，由几何关系得 d r  ⑦ 2 2 3d r  ⑧ 3 4 mv2 图3 qv B 2 ⑨ 2 r 2 mv2 qv B 3 ⑩ 3 r 3 粒子能从AB边上射出的速度v v≤v 3 2 解得能从AB边射出的粒子速率范围为 3 kBd kBd v≤ 4 2 评分标准：本题共14分。正确得出⑦、⑧式各给2分，其余各式各给1分。 15.（16分） 解：（1）设平板减速时滑块 a 和滑块 b 相对滑动且加速度大小分别为a 、a 。由牛顿第 1 2 二定律： 对滑块a有mg ma ① 1 1 对滑块b有mg2mg ma ② 1 2 2 解得a 2.5m/s2，a 3.0m/s2 ③ 1 2 物理参考答案·第6页（共7页） {#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}a、b之间存在相对滑动，加速度大小分别为 a 2.5 m/s2、a 3.0 m/s2，方向均与初速度方向相反 ④ 1 2 （2）设滑块a、b减速到0所用时间分别为t 、t ，则 1 2 vat a t ⑤ 11 2 2 解得t 1.2s，t 1s ⑥ 1 2 滑块b减速到0后，对滑块b，有 mg2mg 0 ⑦ 1 2 滑块 b 减速到 0 后停止运动，滑块a继续滑行直到速度为 0，整个过程中滑块 a、b 的位 移分别为 1 x vt  at2 1.8m ⑧ 1 1 2 11 1 x vt  a t2 1.5m ⑨ 2 2 2 2 2 d 又x x 0.3m < ，滑块a未从滑块b上掉落。相对位移 1 2 2 x x x 0.3m ⑩ 1 2 （3）平板车减速运动的位移为x ，则 3 v2 x  0 0.9 m 3 2a 0 若滑块b没有从平板上滑落，滑块b相对于平板车的位移 xx x 0.6 m 2 3 要使滑块b不从平板上掉落的临界条件是ab整体 的重心（几何中心）恰好和平板的右端平齐，如 图 4 所示，由几何关系可知，重心到平板右侧的 距离 d0.45 m L的最小距离Lxd0.15 m 图4 即要确保滑块b不从平板上滑落，L应满足 L≥0.15 m 评分标准：本题共16分。正确得出⑤式给2分，其余各式各给1分。 物理参考答案·第7页（共7页） {#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}