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昆明一中 2024 届高三第 7 次联考
物理参考答案
14.【答案】A
【解析】从n＝4跃迁到n＝1放出的光子能量最大，根据 ， ，可知动量也最大， A正
确；大量氢原子从n＝4的激发态跃迁到基态能放出 种频率的光子，但其中只有从n＝4、3、2能
级跃迁到n＝1放出的三种光子超过金属钨的逸出功能够使其发生光电效应， B错误； 从能级4跃迁到
能级1放出的光子能量最大为12.75 eV，照射金属钨后，根据光电效应方程 ，光电子的最大
初动能为E =8.21eV， C错误；由于从n＝4跃迁到n＝∞需要吸收的光子能量为 ＝0.85eV，因此只
km
要入射光子的能量大于等于0.85eV都能被氢原子吸收从而使其电离，所以0.86eV的光子能够被吸收， D
错误，故选A。
15.【答案】D
【解析】布朗运动是液体中固体小颗粒受到液体分子的撞击后的无规则运动，布朗运动反映了液体分子
的无规则热运动，布朗运动并不是液体分子的无规则热运动，A错误；1克100 ℃ 的水需要吸收热量才
能变为1克100 ℃的水蒸气，故1克100 ℃的水的内能小于1克100 ℃的水蒸气的内能，B错误；随着分
子间的距离由较大逐渐减小到较小的过程中，分子间的作用力先是表现为引力之后是斥力，分子力先做
正功再做负功，分子势能先减小再增大，C错误；水分子在气态下引力、斥力忽略不计，凝结成液态，分
子间距减小，引力和斥力同时增大，D正确。故选D。
16.【答案】A
【解析】根据开普勒第三定律 ，可得P、Q两卫星做匀速圆周运动的半径之比为 ，根据
万 有 引 力 提 供 向 心 力 ， 可 得 线 速 度 为 ， P 、 Q 两 卫 星 线 速 度 之 比 为
，故选A。
17.【答案】D
【解析】由等势面分布图可以确定该图为两等量异种点电荷电场的等势线面布图，两点电荷连线垂直平
分线上电势处处为0，e点电势也为0，A错误；根据电势能公式 ，电子带负电，电势越低的地方
电势能反而越大，由A到C电势降低，电势能变大，B错误；根据电场力做功公式 ，质子带正
电， ，可知电场力做负功，C错误；等差等势面相邻等势面间的电势差都相等，根据公式
可知等势面间距越小、越密的地方场强越大，D正确。故选D。
18.【答案】B
【解析】 (1)由图可知 λ＝8 m ．当波向右传播时， Δt＝t －t 时间内波传播的距离为
2 1
，波速为 。当波向左传播时，
在 Δt ＝ t － t 时 间 内 波 传 播 的 距 离 为 波 速 为
2 1 ，
1
学科网（北京）股份有限公司当n=0时向右传播的最小速度为6m/s，向左传播的最小速度为
10m/s，总的最小速度为6m/s，故选B。
19.【答案】AC
【解析】光从O点沿直线传播出球壳，时间最短，光在空气中传播
，光在介质中传播 ，所以光射出球壳的最 短时
间为 ，A正确，B错误； 如图所示，光由 介质
射向空气，临界角为C， ， ，由正弦定理得 解得 由几何关系
知 ，故透明球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长所对应的圆心角为32°C正确，
D错误，故选AC。
20.【答案】BD
【解析】线圈转动至图示位置时位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动
势为零，A错误；感应电动势的最大值E ＝NωBL L ，设感应电动势的有效值是E，则 ，
m 1 2
解得 ，线圈电阻不计，则电压表示数 ，B正确；电压表的示数U 由左边充当电
1
源的线圈的输出电压决定，与右边变压器的匝数比无关，电压表示数不变，C错误；将原线圈抽头P向下
滑动时，变压器原线圈匝数n 变小，由变压器的变压比 可知，副线圈电压U 变大，灯泡两端电压
1 2
变大，灯泡的功率变大，灯泡变量，D正确。故选BD。
21.【答案】AC
【解析】a球和b球所组成的系统中重力做功使重力势能与动能相互转化，不改变总的机械能，轻杆对
a、b做功使机械能在a、b间相互转移同样不改变总的机械能，则系统机械能守恒，A正确；当a球运动
到O点时b球速度为零且高度不变，b球机械能等于最初位置时的机械能，由于系统机械能守恒，a球此
时的机械能与最初位置时的机械能同样也相等，由 ， ，但此时不是最大速度，过
了O点后a球的重力大于杆向上的分力会继续向下加速直到杆向上的分力与重力大小相等时速度达到最
大，B错误；当a球运动到最低点时a球的机械能最小，b球的机械能最大，动能最大，a球的机械能全
部转化为b球的动能， ，b球的最大速度 ，C正确；a球从初位置下
降到O点 的过程中，b的速度先增大后减小，说明杆对b球先做正功后做负功，则杆对a球先做负功后做
正功，a球从O到最低点过程中，a球速度先增大后减小，开始a球的重力大于轻杆拉力的竖直分量a球
加速运动，后来a球的重力小于轻杆拉力的竖直分量a球减速运动，来到最低点时速度减为0，杆对a球
做负功，即a球从初位置下降到最低点的过程中，连接杆对a球的弹力先做负功后做正功，再做负功，D
错误。故选AC。
22.【答案】（1）3.4 3.9 （2）不为零 偏小（每空2分）
【解析】（1）则运动到A处时小车的速度大小 ，根据逐差法，小车运
2
学科网（北京）股份有限公司动的加速度大小 ，根据小车在照片中的长度与实际的
长度的比例为1：10，则实际运动的速度为3.4m/s，实际运动加速度为3.9m/s2
（2）由O到A小车做匀加速直线运动，根据运动学公式 ，得
，则小车在O点时的速度不为零。如果实验时数码相机实际
拍摄频率为12Hz，则实际周期更短，由 可知，实际加速度更大，即加速度的测量值和实际
值相比是偏小的。
23.【答案】（1）A C E （2）作图见解析 1.50（1.46～1.54均可） 1.0（0.80～1.2均
可） （3）2.8～3.2 （第（1）问每空1分，共3分；第（2）问每空2分，共6分；第（3）问1分）
【解析】（1）由于滑动变阻器不能显示自身的阻值大小，而本实验中需要用IR的大小，所以R应选用A
电阻箱；由表可知电流的变化范围为0.19A～0.38A，干电池的电动势约为1.5V，则回路中总电阻的变化
范围约为3.9Ω～7.9Ω，故保护电阻R 选择阻值为2Ω的定值电阻
0
C；磁电式电流表为了减小误差指针应超过满偏量程的三分之一，
故电流表应选择量程为0~0.6 A的电流表E。
（2）根据闭合电路欧姆定律可知 ，整理得
，图像的纵轴截距为电池电动势E，斜率k的大
小为r+R，根据图像可得电池的电动势为1.50（1.46～1.54均
0
可），内阻为1.0（0.80～1.2均可）。
（ 3 ） 电 阻 箱 消 耗 的 电 功 率 为
，由上式可得，当 时，电阻箱消耗的电功率
最大，则电阻箱的阻值应为第（2）问中得出的内阻的阻值与保护电阻R 的阻值之和，为2.8Ω～3.2Ω。
0
24.【答案】（1）3g （2）
【解析】（1）设A球质量为m，则B球质量为2m，
剪断前对B受力分析可知T=2mg①
剪断后瞬间轻绳拉力消失，弹簧弹力不突变。
对A受力分析可知 ②
解得 ③
（2）设轻弹簧对A、B两个小球的冲量大小分别为I 和I ；
A B
对小球A分析由动量定理有 ④
对小球B分析由动量定理有 ⑤
由于轻弹簧两端对A、B的作用力等大反向，作用时间也相同，则冲量I 和I 也等大反向。
A B
联立解得 ⑥
正确得出得出①②式每式1分；
得出③④⑤⑥式每式2分。
25.【答案】（1） ；（2） ；
3
学科网（北京）股份有限公司【解析】（1）对b棒与弹簧组成的系统由能量守恒得 ①
可得b棒脱离弹簧后的速度
b棒与a棒相碰撞前后，由动量守恒和能量守恒知
②
③
得 ，
由能量守恒定律可知碰后a棒在磁场中向左运动的过程中，动能转化为回路中总的焦耳热 ，
④
b棒与a棒碰撞后停在磁场外与左边电阻并联 ⑤
根据焦耳定律可得 ⑥
解得 ⑦
（2）向左滑行过程中对a分析由动量定理有 ⑧
其中 ⑨
联立得 ⑩
正确得出①②③④⑤⑥式每式1分；
得出⑦⑧⑨⑩式每式2分。
26.【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）离子以 的速度， 的角度由O点射入磁场时，恰好通过坐标为（L， L）的 点，
由几何关系可知运动半径为 ①
由牛顿第二定律得 ②
解得 ③
（2）对于任意的速度方向与 轴成 角的离子，设其在
磁场中的运动半径为 ，如图所示由牛顿第二定律
，及
解得 ④
故所有离子做圆周运动的轨道圆心均在界面 上，且速度方向垂直于界面 岀射；当 时离
子的运动半径最大，
离子沿与y轴成60°角向第一象限入射时，通过 这条线的 坐标的最小，
⑤
4
学科网（北京）股份有限公司离子沿与y轴成60°角向第二象限入射时，通过 这条线的 坐标的最大，
⑥
则离子通过界面 时 坐标的范围为 ⑦
（3）所有带电粒子中，离子沿与y轴成60°向第二象限射入的粒子在磁场中运动的圆心角最大时间最
长，同时由于速度大，在电场中运动回到 这条线时的速度变化量大，运动时间也长，总时间一定最
大。
由几何关系可知在磁场中运动的圆心角150°，根据 ⑧
⑨
在电场中先向右做匀减速到速度为0，再反向匀加速运动回到 处的过程中，
加速度均为 ⑩
在电场中的运动时间
解得
则所有粒子从最开始运动到第二次经过 这条线的最长时间为
正确得出①②③④⑤⑥⑦式每式2分；
得出⑧⑨⑩式每式1分；
5
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