２０２４届高三年级质量监测考试 物理答案与解析１．【答案】Ｄ【解题思路】该单色光照射氢原子后释放６种不同频率的光，所以氢原子被照射后跃迁到ｎ＝４的激发态，故Ａ错误；由前面分析可知该单色光的光子能量Ｅ＝Ｅ４－Ｅ２＝２５５ｅＶ＜Ｗ铝＝４．２ｅＶ，所以直接用该单色光照射铝板，不能发生光电效应，故Ｂ错误；由前面分析可知当氢原子从不同激发态向基态跃迁时释放出的光都可以使铝板发生光电效应，所以应该有三种不同频率的光，故Ｃ错误；当用氢原子从ｎ＝４跃迁到基态释放出来的光照射铝板时，从铝板逃逸出来的光电子的初动能最大，此时光子的能量Ｅｍａｘ＝Ｅ４－Ｅ１＝１２７５ｅＶ，由爱因斯坦光电效应方程有Ｅｋ＝Ｅｍａｘ－Ｗ铝＝８５５ｅＶ，故Ｄ正确。２．【答案】Ｂ【解题思路】电梯能够识别障碍物，并不断开关电梯门，是因为电梯门安装了光传感器，这个传感器能够将光信号转变为电信号，故Ｂ正确，Ａ、Ｃ、Ｄ错误。３．【答案】ＡＭｍ２π２ｒ３【解题思路】万有引力提供卫星圆周运动的向心力，有Ｇ＝ｍｒ，解得Ｔ＝２π，ｒ２(Ｔ)槡ＧＭ结合题意可知同步卫星运行的周期大于中圆地球轨道卫星的周期，故Ａ正确；万有引力提供ＭｍＧＭ卫星圆周运动的向心力，有Ｇ＝ｍω２ｒ，解得ω＝，结合题意可知同步卫星运行的角速ｒ２槡ｒ３度小于中圆地球轨道卫星的角速度，故Ｂ错误；在同一轨道上同向运行的中圆轨道卫星加速时将做离心运动，会脱离圆轨道运行，不可能追上前面的卫星，故Ｃ错误；静止轨道同步卫星只能在赤道面上运行，所以无法静止在北京上空，故Ｄ错误。４．【答案】Ｃ【解题思路】对状态ａ分析有ｐａＶａ＝５ｐ０Ｖ０，对状态ｂ分析有ｐｂＶｂ＝５ｐ０Ｖ０＝ｐａＶａ，所以Ｔｂ＝Ｔａ＝Ｔ，但气体从状态ａ到状态ｂ的过程中不一定温度不变，故Ａ、Ｂ错误；气体从状态ｂ到状态ＶｂＶｃ１ｃ的过程中气体的压强不变，由等压变化规律有＝，解得Ｔｃ＝Ｔ，故Ｃ正确；气体从状ＴｂＴｃ５态ｂ到状态ｃ的过程中气体的压强不变，外界对气体做功Ｗ＝ｐ０ΔＶ＝４ｐ０Ｖ０，由热力学第一定律有ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ＝４ｐ０Ｖ０＋Ｑ，解得Ｑ＝ΔＵ－４ｐ０Ｖ０，由前面分析可知由状态ｂ到状态ｃ的过程中气体温度降低，所以气体的内能减少，所以气体向外界放出的热量大于４ｐ０Ｖ０，故Ｄ错误。５．【答案】Ｂ【解题思路】当轿厢匀速运动时，对货物受力分析如图１所示，有ＦＮ１＝ｍｇｓｉｎα＝０６ｍｇ，故Ａ错误；当轿厢以０５ｇ的加速度向右匀加速运动时，对货物受力分析并建立如图２所示坐【·高三年级质监考试———物理答案 第１页（共６页）】{#{QQABaQIEgggAAAIAAQhCEwE4CkEQkBGACIoGgAAMsAAAyRFABAA=}书标系，由受力分析有Ｆｙ＝ＦＮ３ｓｉｎα＋ＦＮ４ｓｉｎβ－ｍｇ＝０，Ｆｘ＝ＦＮ３ｃｏｓα－ＦＮ４ｃｏｓβ＝０５ｍｇ，解得ＦＮ３＝ｍｇ，ＦＮ４＝０５ｍｇ，故Ｂ正确； 图１ 图２ 图３当货物对右侧斜面压力为０时轿厢向右的加速度最大，由受力分析结合牛顿第二定律有ｍｇｇ４ｔａｎα＝，所以ａｍａｘ＝＝ｇ，故Ｃ错误；ｍａｍａｘｔａｎα３当轿厢以０５ｇ的加速度向上匀加速运动时，对货物受力分析如图３所示，由受力分析有Ｆｘ＝ＦＮ５ｃｏｓα－ＦＮ６ｃｏｓβ＝０，Ｆｙ＝ＦＮ５ｓｉｎα＋ＦＮ６ｓｉｎβ－ｍｇ＝０５ｍｇ，解得ＦＮ５＝０９ｍｇ，故Ｄ错误。６．【答案】Ｃ３【解题思路】由题意有Ｆ＝ＩＬＢ＝槡ｍｇ，故Ａ错误；安４从Ｍ向Ｎ看，对导体棒受力分析并建立如图所示坐标系，设导体棒受到的摩擦力沿导轨平面向下，由题意有Ｆｘ＝Ｆｆ＋ｍｇｓｉｎα－Ｆ安ｓｉｎθ＝０，Ｆｙ＝ＦＮ＋Ｆ安ｃｏｓθ－ｍｇｃｏｓα＝０，１３３解得Ｆ＝－ｍｇ，Ｆ＝槡ｍｇ，ｆ８Ｎ８１所以导体棒所受摩擦力大小为Ｆ＝ｍｇ，方向沿导轨平面向上，故Ｂ错误，故Ｃ正确；ｆ８３由题意可知Ｆ≤Ｆ＝μＦ，所以μ≥槡，故Ｄ错误。ｆｆｍａｘＮ９７．【答案】Ｄ【解题思路】对物体受力分析并结合牛顿第二定律有Ｆ－μｍｇ＝ｍａ，由图乙可知ａ＝ａ０＋ｋｘ，解得Ｆ＝ｋｍｘ＋ｍａ０＋μｍｇ，所以拉力Ｆ随着物体发生的位移ｘ均匀增大，而不是随时间均匀增大，故Ａ错误；由图乙可知，物体发生１０ｍ位移时，加速度变为原来的二倍，而拉力Ｆ＝ｍａ＋μｍｇ并没有变为原来的二倍，故Ｂ错误；由受力分析和做功关系有Ｗ合＝ＷＦ－μｍｇｘ，将乙图中纵坐标乘上质量ｍ，该图将变成合力与位移的图像，图像中面积对应的是合力做功，所（ｍａ＋ｍａ）ｘ以Ｗ＝１２＝６０Ｊ，所以拉力Ｆ做功Ｗ＝Ｗ＋μｍｇｘ＝１００Ｊ，故Ｃ错误；由动能定合２Ｆ合１１理有Ｗ＝ｍｖ２－ｍｖ２，解得ｖ＝８ｍ／ｓ，结合运动学公式Ｆ＝ｍａ＋μｍｇ＝１２Ｎ，此时拉力Ｆ合２２０２做功的功率Ｐ＝Ｆｖ＝９６Ｗ，故Ｄ正确。【·高三年级质监考试———物理答案 第２页（共６页）】{#{QQABaQIEgggAAAIAAQhCEwE4CkEQkBGACIoGgAAMsAAAyRFABAA=}８．【答案】ＡＤ５【解题思路】ＯＭ＝ＯＮ＝２Ｌ，ＯＰ＝Ｌ，弹簧的原长为Ｌ，所以小球在ＭＰ之间某个位置时弹簧４处于原长，弹簧弹力为０，小球的合力为重力，同理小球在ＰＮ之间某个位置时弹簧处于原长，弹簧弹力为０，小球合力为重力，当小球经过Ｐ点时小球受到的合力为重力，故Ａ正确；小球从Ｍ运动到Ｎ的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能并不守恒，故Ｂ错误；小球从Ｍ运动到Ｎ的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，再减小又增大，故Ｃ错误；小球在Ｍ、Ｎ两个位置时，弹簧的长度相等，所以弹簧的弹性势能相等，在此过程１中小球的重力势能全部转化为动能，有ｍｇ×２３Ｌ＝ｍｖ２，解得ｖ＝２３ｇＬ，故Ｄ正确。槡２槡槡９．【答案】ＡＤ【解题思路】当开关接ａ时电容器充电，上极板接电源的正极，所以上极板带正电，随着两极板间电压的增加，电容器极板上的电荷量也逐渐增加，故Ａ正确；在电容器充电的过程中，上极板上电子在电源的作用下到达下极板从而给电容器充电，并没有电子穿过虚线，故Ｂ错误；电流图线与ｔ轴在ｔ１～ｔ２时间内所围图形的面积表示电容器极板的电荷量，所以仅增大电阻Ｒ没有影响电容器的电容，也没有影响电容器两端的电压，所以电容器极板的带电量不变，故Ｃ错误；仅将电容器上下极板水平错开些，电容器极板的正对面积变小，结合电容器的εＳεＳＵ电容Ｃ＝，所以在电容器充电过程中极板的带电量Ｑ＝ＣＵ＝，变小，在放电过程中４πｋｄ４πｋｄ释放的电荷量减小，故Ｄ正确。１０．【答案】ＢＣＤ【解题思路】由题意可知，由当导体棒ａｂ在ＭＮ左侧运动时，磁场磁感应强度增大，回路中产生感生电动势，由楞次定律可知，回路中的电流为顺时针方向，所以通过Ｒ的电流方向为Ｐ→Ｒ→Ｑ，当导体棒ｂ在磁场中运动时，切割磁感线，由右手定则可以判断通过Ｒ的电流方向为Ｑ→Ｒ→Ｐ，所以电流方向有变化，故Ａ错误；当导体棒ａ、ｂ在ＭＮ左侧运动时，回路ΔΦＳΔＢＢ０Ｅ１２ＬｄＢ０中产生感生电动势Ｅ＝＝＝Ｌｄ，由闭合电路欧姆定律有Ｉ＝＝，电阻１ΔｔΔｔｔ１Ｒ３Ｒｔ０＋Ｒ０２２２２２４ＬｄＢ０Ｒ消耗的功率Ｐ＝Ｉ１Ｒ＝２，故Ｂ正确；当导体棒ａ、ｂ穿过磁场的过程中，导体棒匀速９Ｒｔ０运动，此时导体棒的速度为ｖ，所以产生的电动势为Ｅ２＝Ｂ０Ｌｖ，此时流过电阻Ｒ的电流Ｉ２＝Ｅ２Ｒ＋Ｒ２２２２Ｂ０Ｌｖ２１６Ｂ０Ｌｖ２ｄ＝，此时电阻Ｒ的功率Ｐ＝Ｉ２Ｒ＝，解得ｖ＝，对两个导体棒在ＭＮ左侧２３Ｒ９Ｒｔ０４ｍｄ运动过程列动量定理有Ｆｔ０＝２ｍｖ，解得Ｆ＝２，故Ｃ正确；当导体棒穿过磁场区域时，导体棒ｔ０ＢＬｖ４Ｂ２Ｌ２ｄ４Ｂ２Ｌ２ｄ受到的安培力Ｆ＝Ｂ０Ｌ＝０，而对导体棒分析有Ｆ′＝Ｆ＝０，故Ｄ正确。安０Ｒ３Ｒｔ安３ＲｔＲ＋００２【·高三年级质监考试———物理答案第３页（共６页）】{#{QQABaQIEgggAAAIAAQhCEwE4CkEQkBGACIoGgAAMsAAAyRFABAA=}１１．【答案】（１）交流电压表或者是多用电表（２分）（２）使用低压交流电源的电压不能超过１２Ｖ（２分）５（２分）Ｕｎ（３）１＝１（２分）Ｕ２ｎ２【解题思路】（１）由于要测原、副线圈的电压，所以需要交流电压表或者是多用电表；（２）在变压器的实验中为了安全起见，使用低压交流电源的电压不要超过１２Ｖ，但上述实验中现出了几组大于１２Ｖ的电压，这是安全隐患，从数据记录的结果看，所有电压都是保留的两位小数，只有第五组的数据是保留了一位小数，所以第五组数据的记录不符合要求；Ｕ２１ｎ１２（３）由图可知图像的斜率ｋ＝＝，原、副线圈的匝数比＝，所以变压器原、副线圈电Ｕ１２ｎ２１Ｕｎ压与匝数的关系为１＝１。Ｕ２ｎ２ｄｄ２１２．【答案】（１）①１２６０（２分） ②（１分） ③（１分）ｔ２ｇ２ｍｇ（２）（２分） ｍｇ（２分）Ｒ【解题思路】（１）①由图可知，该游标卡尺为２０分度，游标尺的第１２条刻度线与主尺的２４ｍｍ对齐，所以小球的直径ｄ＝（２４００－０９５×１２）ｍｍ＝１２６０ｍｍ＝１２６０ｃｍ；ｄ②小球通过Ｃ点时的速度ｖ＝；ｔ１１ｄ２ｄ２１③若小球在运动过程中机械能守恒，有ｍｇｈ＝ｍｖ２＝ｍ，所以ｈ＝·，所以直２２(ｔ)２ｇｔ２ｄ２线的斜率ｋ＝。２ｇ１（２）小球在运动过程中机械能守恒，有ｍｇｈ＝ｍｖ２，对小球在Ｃ点受力分析并结合牛顿第二２ｍｖ２２ｍｇ２ｍｇ定律有Ｆ－ｍｇ＝，由牛顿第三定律有Ｆ＝Ｆ，所以Ｆ＝ｈ＋ｍｇ，所以ｋ＝，ｂ＝ｍｇ。ＮＲＮＲＲ５６１３．【答案】（１）ｎ＝ （２）ｈ≥槡ｄ槡２２【解题思路】（１）设Ｏ点发出的光线与界面的交点为Ｄ，光路图如右图所示３２由几何关系可知ＡＣ＝ｈ＝ｄ，所以ｓｉｎｒ＝ｓｉｎ４５°＝槡（１分）２２ｄ２５由几何关系可知ｓｉｎｉ＝＝槡（１分）ｄ２５ｄ２＋槡(２)槡２ｓｉｎｒ２５由折射定律有ｎ＝＝＝（２分）ｓｉｎｉ槡５槡２５【·高三年级质监考试———物理答案 第４页（共６页）】{#{QQABaQIEgggAAAIAAQhCEwE4CkEQkBGACIoGgAAMsAAAyRFABAA=}（２）设液面刚好被全部照亮时液体深度为Ｈ，光线在液面边缘刚好发生全反射，光路图如右图所示１由折射定律有ｎ＝（１分）ｓｉｎＣｄ由几何关系有ｓｉｎＣ＝（１分）槡ｄ２＋Ｈ２６解得Ｈ＝槡ｄ（１分）２６结合题意和几何关系可知，若要液面全部被Ｏ处光源照亮，求桶内透明液体的深度ｈ≥槡ｄ２（１分）。３１４．【答案】（１）ｘ＝６３ｈ（２）ｈ＝ｈ （３）Ｑ＝（２８－１６３）ｍｇｈ槡ｍａｘ４槡【解题思路】（１）小球Ａ抛出时的初速度为ｖ０，抛出后小球做平抛运动，有１４５ｈ－１５ｈ＝ｇｔ２（１分）２１ｖｇｔｔａｎ３０°＝ｙ＝１（１分）ｖ０ｖ０小球Ａ抛出点与斜面体左端的水平距离ｘ＝ｖ０ｔ１（１分）解得ｘ＝６槡３ｈ（１分）１１（２）小球到达斜面底端时速度为ｖ，由动能定理有ｍｇ×４５ｈ＝ｍｖ２－ｍｖ２（１分）１２１２０解得ｖ１＝３槡３ｇｈ小球Ａ与滑块Ｂ碰撞过程有ｍｖ１＝－ｍｖ２＋２ｍｖ３（１分）１１１ｍｖ２＝ｍｖ２＋×２ｍｖ２（１分）２１２２２３解得ｖ２＝槡３ｇｈ，ｖ３＝２槡３ｇｈ小球Ａ反向滑上斜面体的过程中有ｍｖ２＝（ｍ＋ｍ）ｖ共（１分）１１ｍｖ２＝（ｍ＋ｍ）ｖ２＋ｍｇｈ（１分）２２２共ｍａｘ３解得ｈ＝ｈ（１分）ｍａｘ４（３）假设滑块Ｂ滑上传送带后先加速后匀速，加速过程有μ·２ｍｇ＝２ｍａ１ｖ＝ｖ＋ａｔ，ｘ＝ｖｔ＋ａｔ２３２１３２２３解得ｘ１＝４ｈ＜Ｌ（１分）ｈ所以假设成立，滑块Ｂ加速运动的时间ｔ＝（８－４３）（１分）２槡槡ｇＬ－ｘ１１ｈ滑块Ｂ在传送带上匀速运动的时间ｔ＝＝３ｖ２槡ｇ１７－８３ｈ所以滑块Ｂ在传送带上运动的时间ｔ＝ｔ＋ｔ＝槡（１分）２３２槡ｇ【·高三年级质监考试———物理答案 第５页（共６页）】{#{QQABaQIEgggAAAIAAQhCEwE4CkEQkBGACIoGgAAMsAAAyRFABAA=}#}在传送带加速过程中滑块Ｂ相对传送带的位移ｘ相＝ｘ带－ｘ１＝ｖｔ２－ｘ１＝（２８－１６槡３）ｈ此过程中产生的热量Ｑ＝μ·２ｍｇｘ相＝（２８－１６槡３）ｍｇｈ（１分）ｍｖ２ｍｖ