物理-2024屆湖南省長(zhǎng)沙市第一中高三下學(xué)期高考適應(yīng)性演練一試題和答案

長(zhǎng)沙市一中2024屆高考適應(yīng)性演練（一）物理參考答案一、選擇題（本題共6小題，每小題4分，共24分）題號(hào)123456答案BACACB1．【答案】B【解析】賴曼線系的光子中，從n=2能級(jí)躍遷到n=1基態(tài)釋放的能量最小，即為巴耳末線系的光子中，從n=偽能級(jí)躍遷至n=2能級(jí)釋放的能量最大，即為2．【答案】A【解析】根據(jù)G()2=m2(R+h)，G=mg，得T=4π2MmGMB．根據(jù)G2=ma，得a=2，空間站的運(yùn)動(dòng)半徑小于衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)半徑，則空間站的rr加速度比同步衛(wèi)星的加速度大，B錯(cuò)誤；C．空間站運(yùn)行的線速度一定小于第一宇宙速度7.9km/s，C錯(cuò)誤；D．空間站為環(huán)繞天體，無法求得質(zhì)量，D錯(cuò)誤。3．【答案】CP【解析】物體A受到的滑動(dòng)摩擦力為P1v1以恒定的功率P拉著物體A和物體B共同運(yùn)動(dòng)有fA+fBP2v2在物體A和B達(dá)到最大速度時(shí)作用在物體B上的拉力功率為PF=fBv2=P。4．【答案】A【解析】根據(jù)EF段方程y=4t-26，可知EF段無人機(jī)的速度大小為v==4m/s故A正確；B．根據(jù)y-t圖像的切線斜率表示無人機(jī)的速度，可知FM段無人機(jī)先向上做減速運(yùn)動(dòng)，后向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直向下，則無人機(jī)的貨物處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)MN段方程y=-2t+140，可知MN段無人機(jī)的速度為v,-2m/s可知FN段無人機(jī)和裝載物總動(dòng)量變化量大小為12kg?m/s，故C錯(cuò)誤；D．MN段無人機(jī)向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，無人機(jī)的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。5．【答案】C【解析】根據(jù)圖乙可知，板塊間開始是靜摩擦力，后來是滑動(dòng)摩擦力，所以，物塊與長(zhǎng)木板先相對(duì)靜止后相對(duì)運(yùn)動(dòng)，故A正確不符合題意；根據(jù)圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的最大靜摩擦力約1.08N，故B正確不符合題意；根據(jù)圖乙可求得滑動(dòng)摩擦力，但不知道正壓力，無法計(jì)算動(dòng)摩擦因數(shù)，故C錯(cuò)誤符合題意；5.0s到5.2s圖像的波動(dòng)是由于達(dá)到最大靜摩擦力后，細(xì)線的彈性引起的，故D正確不符合題意。6．【答案】B【解析】A．馬達(dá)是非純電阻元件，所以其內(nèi)阻不是120Ω,故A錯(cuò)誤；B．理想變壓器的原副線圈匝數(shù)之比等于交流電源的電壓有效值與供電電壓之比，C．交流電源電壓的有效值應(yīng)為220V，故C錯(cuò)誤；D．正弦交流電每個(gè)周期內(nèi)電流方向變化2次，該交流電的周期為0.02s,1s內(nèi)包含50個(gè)周期，所以該交流電每秒內(nèi)電流方向變化100次，故D錯(cuò)誤。二、選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分）題號(hào)789答案ABDBCADAD7．【答案】ABD【解析】小磁鐵下滑時(shí)由于渦流的產(chǎn)生會(huì)有阻尼作用，且隨速度的增大而增大，所受的摩擦力阻力不變，由mgsinθ-f-f阻尼=ma可知，隨著小磁鐵的加速下滑，阻尼作用增大，則加速度逐漸減小，v-t線的斜率減小，故A正確；若開始下落時(shí)小磁鐵滿足mgsinθ-f-f阻尼=0，小磁鐵勻速下滑，此時(shí)動(dòng)能不變，故B正確；小磁鐵下滑時(shí)重力勢(shì)能逐漸減小，但是不會(huì)趨近與某一定值，故C錯(cuò)誤；小磁鐵下滑過程中，由于有電能產(chǎn)生，則機(jī)械能逐漸減小，故D正確。8．【答案】BC【解析】設(shè)它們之間的作用力是FT，分析飛船有(F一FT)Δt=mΔv，分析火箭有x根據(jù)沖量定理可得FΔt=(m+mx)Δv，故有F=(m+mx)所以推力F越大，就越大，且與F成正比，因?yàn)镕T=<F，D錯(cuò)誤C正確。9．【答案】AD【解析】從C點(diǎn)入射的光線，進(jìn)入玻璃球后光線如圖所示，設(shè)入射角為i，折射角為r，法線與直徑AB夾角為θ,則根據(jù)幾何關(guān)系θ=i，θ=2r而sinθ=可知i=60o，r=30o，進(jìn)入玻璃時(shí)，光線沿順時(shí)針偏轉(zhuǎn)了30o，根據(jù)光的折射定律，bMaMsinbMaMsinθ=從B點(diǎn)射出時(shí)，光線沿順時(shí)針又偏轉(zhuǎn)了30o，因此從B點(diǎn)的出射光相對(duì)C點(diǎn)入射光方向偏折了60o，A正確；因此從B點(diǎn)的出射光相對(duì)C點(diǎn)入射光方向偏折了60o，A錯(cuò)誤；根據(jù)幾何關(guān)系，足球的直徑d=2Rsinr=R，B錯(cuò)誤；由于光線從C點(diǎn)射入玻璃中的折射角等于從B點(diǎn)出射時(shí)的入射角，離開玻璃球的折射角等于射入玻璃球時(shí)的入射角，因此光線不會(huì)發(fā)生全反射，C錯(cuò)誤；如果用頻率更小的激光入射時(shí)，進(jìn)入玻璃的折射角增大，從而在玻璃內(nèi)傳播的距離減小，而頻率更小時(shí)，光在玻璃中的傳播速度增大，從而光在玻璃球中的傳播時(shí)間變短，D正確。10．【答案】AD【解析】AB．磁場(chǎng)方向豎直向上，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示22根據(jù)幾何關(guān)系可得4r2cos45。=L，解得r2=22則有B=，A正確，B錯(cuò)誤；CD．若磁場(chǎng)方向豎直向下，且?guī)щ娏Ｗ又慌c容器壁碰撞一次后從小孔d飛出，則帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)左右對(duì)稱，則左側(cè)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得cosθ=ab2 aM1 =45。θsinC=aM 1r1 L252222由洛倫茲力提供向心力qv0B=m，解得r1=聯(lián)立可得B=，C錯(cuò)誤，D正確。三、填空題（本題共2小題，共16分）116分1）C（2）2.20（3）2.2×10-3（4）C【解析】（1）用與A、B相同的帶電小球C，先接觸A，再接觸B，兩球?qū)喜坏攘康耐N電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；A、B小球接觸后靠近帶電體但不接觸，然后分開A、B小球，再移走帶電體，能使小球帶等量異種電荷，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；A、B小球接觸后，用帶電小球接觸A、B，移除導(dǎo)體球，再分開A、B小球，能使小球帶等量同種電荷，選項(xiàng)C正確；（2）由圖可知，A、B小球之間的距離r=2.20cm。（3）對(duì)小球受力分析可知，庫侖力F=mgtanθ~mgsinθ=mg（4）根據(jù)F=k，可知F一圖像為過原點(diǎn)的直線，故選C。1210分）（1）丙（2）1.36s（1.32~1.40s）均可（3）（4）9.71（9.47~9.78均可）（5）不正確。設(shè)擺球的重心下移△L，根據(jù)單擺周期公式T=2π，有L1+ΔL=T12，2T22所以g=4π2，與ΔL無關(guān)。（或：不正確。小磁片只影響圖像在L軸上的截距，不影響圖像的斜率，故不影響從圖像中測(cè)得的g的大小。）【解析】（1）圖乙的方法中當(dāng)單擺擺動(dòng)時(shí)擺長(zhǎng)會(huì)發(fā)生變化，則圖丙的懸掛方式較好；（2）小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，相鄰兩次磁場(chǎng)最強(qiáng)的時(shí)間間隔為半個(gè)周期，由圖可知單擺的周期約為1.36s；（3）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線如圖 （4）根據(jù)T=2π可得L=T2（5）重力加速度根據(jù)圖像的斜率可求，由（4）的分析可知，小磁片不影響重力加速度的測(cè)量值，所以這個(gè)同學(xué)的觀點(diǎn)是不正確的。四、計(jì)算題（本題共3小題，共40分。寫出必要的推理過程，僅有結(jié)果不得分）1310分）（1）設(shè)預(yù)警傳感器到容器底部的距離為h，掛重物前，對(duì)活塞分析，有p1S+mg=p0S掛上重物后，對(duì)重物和活塞組成的系統(tǒng)分析，有p2S+(M+m)g=p0S11(pS)氣體發(fā)生等溫變化，則p1S=p2Sh解得h=LShV （2）氣體發(fā)生等壓變化，則T0T06解得V=SL外界對(duì)氣體做功W=p2(Sh-V)氣體內(nèi)能的變化量為ΔU=k-kT0根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=W+Q可得，Q=-kT0-p0SL+mgL001414分）（1）帶電量為一q的粒子，由a板中央處靜止釋放，經(jīng)b板上的小孔射出，說明b板電勢(shì)高，由楞次定律可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B0隨時(shí)間t是均勻減小的。ΔΦΔtΔBΔt（2）ΔΦΔtΔBΔt由閉合電路歐姆定律有I=平行金屬板a、b兩端的電壓U=IR2 mv2粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，2 mv222Nqkπ（3）粒子從M點(diǎn)進(jìn)入圓筒，速度為v，在圓筒中運(yùn)動(dòng)有qvB=m2vr粒子在圓筒中運(yùn)動(dòng)的可能軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知r=r3tan第一種情況θ=5則B=r 2r3rtanπ3522Nmkπ第二種情況θ=4π53則B=r22Nmkπ351516分）（1）根據(jù)牛頓第二定律，在E點(diǎn)滑塊c，F(xiàn)N+m3g=滑塊c第一次經(jīng)過E點(diǎn)到F點(diǎn)，解得vF=4m/s（2）滑塊c在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，因此剛放上傳送帶時(shí)，滑塊c的速度設(shè)為vc，滑塊a，b作為整體與滑塊c發(fā)生相互作用，最終滑塊c被彈出，2 2a與b發(fā)生碰撞，最后共速，滿足動(dòng)量守恒m1v0=(m1+m2)v1（3）假設(shè)滑塊c能再次回到E點(diǎn)，從F點(diǎn)到E點(diǎn)，解得vE1=4m/s速度大于零，假設(shè)成立，滑塊c可再次滑上傳送帶，做減速運(yùn)動(dòng)