届高三月大联考Ű物理２０２４４参考答案、提示及评分细则.【答案】１Ｂ【解析】是氢原子巴耳末系中频率最小波长最长的谱线错误光电效应产生的条件是Ｈα、ꎬＡꎻ入射光的频率大于金属的极限频率验电器指针没有张开说明入射光的频率小于金属的极ꎬꎬ限频率据利用玻尔理论中的频率条件ｈνＥｎＥ可知从ｎ跃迁到ｎ发出的光频率比ꎬ＝－２＝５＝２光束频率要高用该光照射金属板可能发生光电效应现象验电器指针可能张开正ＨαꎬꎬꎬꎬＢ确增大光束的强度不能发生光电效应现象错误改用逸出功更大的金属板材料其ꎻＨαꎬꎬＣꎻꎬ入射光的频率更小于金属的极限频率不能发生光电效应错误故选.ꎬꎬＤꎬＢ.【答案】２Ｂ【解析】沿虚线ａ向左移动时细线对空竹的合力与重力等大反向可知合力不变错误沿ꎬꎬꎬＡꎻ虚线ｂ向上移动时ＡＢ两点水平间距不变绳长不变可知细线与竖直方向的夹角θ不变则ꎬꎬꎬꎬ细线的拉力不变正确沿虚线ｃ斜向上移动时细绳与竖直方向的夹角θ增大则细线的拉ꎬＢꎻꎬꎬ力将增大错误沿虚线ｄ向右移动时细绳与竖直方向的θ角增大则细线的拉力将增大ꎬＣꎻꎬꎬꎬ错误故选.ＤꎬＢ.【答案】３Ａ【解析】根据介质对光的折射率Ｃ１及几何关系可得当入射角为临界角时在上表面能ｓｉｎ＝ｎꎬꎬ折射出光线的最大半径为ａ大于水面对角线的一半因此光线在上表面能被光照亮的区域３ꎬꎬ是整个水面所以面积为ａ２.故选.ꎬ１６Ａ.【答案】４Ｄａ３【解析】开普勒第三定律ｋ其中ｋ与中心天体有关新视野探测器地球做圆周运动的Ｔ２＝ꎬꎬ“”、ＭｍＧＭ中心天体不同错误在天涯海角表面不考虑星球自转的影响有ＧｍｇｇꎬＡ、Ｂꎻꎬ:Ｒ２＝１⇒１＝Ｒ２ꎻＭｍ２２ｒ１对新视野探测器Ｇｍ４πｒｍａｎ解得ａｎ４π因探测器的运动半径大于小行星的“”ｒ２＝Ｔ２１＝ꎬ＝Ｔ２ꎬ１１１２ｒＭｍ半径可知小行星表面的重力加速度不等于４π１错误对小行星的近地卫星Ｇ０ｍꎬＴ２ꎬＣꎻＲ２＝０１高三物理试题参考答案第页共页【 １(７)】{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}ｖ２ＧＭ２ｒ３１解得ｖ４π１正确故选.Ｒꎬ１＝Ｒ＝Ｔ２ＲꎬＤꎬＤ１.【答案】５Ｃｈ【解析】离地ｈ投送时物资包做平抛运动的时间ｔ２１直升机飞行的速度大１＝４５ｍꎬ１＝ｇ＝３ｓꎬｈ小为离地ｈ投送时物资包做平抛运动的时间ｔ２２设直升机投送物资５ｍ/ｓꎬ２＝２０ｍꎬ２＝ｇ＝２ｓꎬ包时速度为ｖ离目标位置水平距离为ｘ依题意有ꎬꎬ:ｖ２２.ｘ－５＝２×１５×(４５－)①ｘｖ ＝２②联立解得直升机投送物资包时的位置离目标位置水平距离为项正确故选.①②２０ｍꎬＣꎬＣ.【答案】６Ｄ【解析】因为两圆环彼此在对方圆心处场强不为错误ＰＮ两点场强大小相等但方向不０ꎬＡꎻ、同错误根据对称性特点可知ＰＮ两点是等势点错误ꎬＢꎻ、ꎬＣꎻｋΔＱｋΔＱｋＱ由ＥＰ３(２５２－３１０)可知正确故选.＝∑Ｒ２ｃｏｓ４５°－∑Ｒ２Ű＝Ｒ２ＤꎬＤ(２)(１０)１０１００.【答案】７ＡＣＤλ【解析】由题知Ａλ则有Ｔ正确.时质点Ｎ处的振动信息刚好传到＝２ｍꎬ＝４０ｍ＝ｖ＝２ｓꎬＡꎻ１５ｓ质点Ｍ处此时Ｍ将远离平衡位置错误由题意可知质点Ｍ第一次回到平衡位置需要ꎬꎬＢꎻ.而质点Ｎ第一次回到平衡位置的时间ｔ５０－３５.正确Δｔ.３Ｔ在０２５ｓꎬ＝ｓ＝０７５ｓꎬＣꎻ＝７５ｓ＝(３＋)ꎬ２０４振动了Ｔ后质点Ｍ和Ｎ的振动状态和ｔ时一样只需要考虑３Ｔ内的情况在３Ｔ.３ꎬ＝０ꎬꎬ＝１５ｓ４４内波向前传播的距离为质点Ｎ的振动状态传播到ｘ质点即质点Ｍ处ｘꎬ３０ｍꎬ＝５ｍ()ꎬ１＝６５ｍ处质元的振动状态传播到ｘ质点即质点Ｎ处此时质点Ｍ和Ｎ的振动速度大小相等＝３５()ꎬꎬ方向相反正确故选.ꎬＤꎬＡＣＤ.【答案】８ＡＣ【解析】当Ｒ滑片滑至正中间时变压器输出端总电阻Ｒ电压为Ｕ电流为Ｉ根据ｎ/３ꎬ＝５５Ωꎬ２、２ꎬ１ｎｋＵ/ＵＩ/Ｉ可得Ｉ.ｋ又ＵＵ/ｋＩＵ/ＲＵＵＩＲ联立可２＝＝１２＝２１ꎬ２＝０５ꎬ２＝１①、２＝２②、１＝－１０③ꎬ①②③得ｋ正确Ｒ滑片下滑输出端总电阻减小总电流增大则输入电流增大电流表读＝２∶１ꎬＡꎻ３ꎬꎬꎬꎬ数增大错误当变压器输出功率最大时输出端总电阻Ｒ有ｋ２ＲＲ可得Ｒ根据串ꎬＢꎻꎬꎬ＝０ꎬ＝５５Ωꎬ并联电路电阻的规律有ＲＲＲＲ/ＲＲ可得Ｒ根据ＰｍＵ２/Ｒ可得最大输＝１＋２３(２＋３)ꎬ３＝２０Ωꎬ＝４０ꎬ高三物理试题参考答案第页共页【 ２(７)】{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}出功率为正确根据ｎ/ｎｋＵ/ＵＩ/Ｉ可得ＵＵＩＩ又有ＲＵ/Ｉ当５５ＷꎬＣꎻ１２＝＝１２＝２１ꎬ１＝４２ꎬ２＝４１ꎬ＝２２ꎬＲ滑片滑至正中间时变压器输出端总电阻Ｒ可得Ｕ/Ｉ又ＵＵＩＲ可得３ꎬ＝５５Ωꎬ１１＝８８０Ωꎬ１＝－１０ꎬＩ.根据ＰＩ２ＲＰ.错误故选.１＝０２Ａꎬ０＝１０ꎬ０＝８８ＷꎬＤꎬＡＣ.【答案】９ＢＣ【解析】以木箱作为参考系当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用ꎬꎬ此时滑块的加速度ａｇθ.２末由图可知ａ２滑块相对于木箱没有发生相＝ｔａｎ＝７５ｍ/ｓꎬ１ｓ＝３ｍ/ｓꎬ对运动滑块木箱可视为整体据ＦＭｍａ可知Ｆ错误根据图求面积可知内ꎬꎬ＝(＋)＝９ＮꎬＡꎻ２ｓ速度增加量ｖａｔ末速度为正确.末滑块的加速度为.２滑块Δ＝Δ＝６ｍ/ｓꎬ２ｓ６ｍ/ｓꎬＢꎻ２５ｓ７５ｍ/ｓꎬ相对于斜面开始滑动正确ꎬＣꎻ选项方法一Ｄꎬ:Ｈ.后开始发生相对滑动设相对加速度为ａ根据ｍａｍａθｍｇθ１ａｔ２解得ｔ２５ｓꎬ１ꎬ１＝ｃｏｓ－ｓｉｎꎬθ＝１ꎬｓｉｎ２.则滑块到达斜面顶部时刻为.末错误.＝０４ｓꎬ２９ｓꎬＤ选项方法二滑块相对于斜面运动时受到重力和支持力Ｆ作用将支持力正交分解成水Ｄꎬ:ꎬꎬＦθｍｇＦθ平分力Ｆ和竖直方向的分力Ｆ竖直方向有ａｙｃｏｓ－水平方向有ａｘｓｉｎ滑块１２ꎬ:＝ｍ①ꎬ:＝ｍ②ꎬ从斜面底端运动到顶端过程设斜面底边长Ｌ竖直方向有Ｈ１ａｔ２水平方向有Ｌ１ａꎬꎬ:＝ｙ③ꎬ:＝(２２Ｈａｔ２又θ.联立式有ｔ.则滑块到达斜面顶部时刻为.末错误－ｘ)④ｔａｎ＝Ｌ⑤①~⑤:＝０４ｓꎬ２９ｓꎬＤꎬ故选.ＢＣ.【答案】１０ＡＢ【解析】导体棒ａ在ＡＢ位置只受重力和支持力根据ｍｇθｍａａｇθ正确到达ＥＦꎬｓｉｎ＝ꎬ＝ｓｉｎꎬＡꎻＢ２Ｌ２ｖｍｇθｋｄＲＲ时速度达到最大合力为受力分析可得ｍｇθｋｄｖ(ｓｉｎ－)(１＋２)ꎬ０ꎬｓｉｎ－－ＲＲ＝０⇒＝Ｂ２Ｌ２ꎬ１＋２正确由于电路中焦耳热增加弹簧弹性势能增加根据能量守恒导体棒机械能不断减Ｂꎻꎬꎬꎬ小错误整个过程中焦耳热增加所以导体棒与弹簧组成的系统机械能减少不能回到原ꎬＣꎻꎬꎬ位置错误故选.ꎬＤꎬＡＢ.【答案】共分每空分距离相等..１１(８ꎬ２)(１) (２)①ＢＣ ②０８２ ③９７【解析】若小车匀速下滑则小车在相等时间内通过的路程相等因此在纸带上打出一系(１)ꎬꎬ列距离相等的点.轨道不需要光滑错误(２)①Ａ.ꎬＡꎻ先接通电源后释放小车小车应从靠近打点计时器处释放正确Ｂ.ꎬꎬꎬＢꎻ小车下滑时为保证实验的准确性应使细线始终与轨道平行正确Ｃ.ꎬꎬꎬＣꎻ悬挂着个槽码时小车匀速下滑则ＭｇθｆｍｇＤ.６ꎬꎬｓｉｎ－＝６高三物理试题参考答案第页共页【 ３(７)】{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}若细线下端悬挂着个槽码小车加速下滑设绳子的拉力为Ｔ′２ꎬꎬꎻ根据牛顿第二定律对槽码Ｔ′ｍｇｍａ′ꎬ－２＝２对小车ＦＭｇθｆＴ′ｍｇｍｇａ′ｍｇｍｇｍｇ合＝ｓｉｎ－－＝６－２(＋)<６－２＝４所以槽码加速上升时小车下滑过程中受到的合外力小于ｍｇ故错误故选.ꎬ４ꎬＤꎬＢＣ相邻计数点间的时间间隔为Ｔ５５.根据逐差法加速度为②＝ｆ＝＝０１ｓꎬꎬ５０ｘｘ......ａ４７－１４(６８２＋７６４＋８４６)－(４３６＋５１８＋６００)－３２.２.＝Ｔ２＝.２×１０ｍ/ｓ＝０８２０ｍ/ｓ(３)(３×０１)故ａ.２.＝０８２ｍ/ｓ对小车匀速时有Ｍｇθｆｍｇ③ꎬｓｉｎ－＝６减小ｎ个槽码后对小车和槽码分别有ＭｇθｆＴＭａꎬｓｉｎ－－＝Ｔｎｍｇｎｍａ－(６－)＝(６－)ｍＭ联立可得１６＋１１故图像的截距ｂ１代入数据解得ｇ.２.ａ＝ｍｇŰｎ－ｇꎬ＝ｇꎬ＝９７ｍ/ｓ.【答案】共分每空分黑.１２(８ꎬ２)(２) (３)０５０ (３)２０ (４)１００【解析】根据图甲可知欧姆表的表笔与毫安表的正接线柱相连对于毫安表电流是从(２)ｂꎬ正接线柱流入负接线柱流出则可知对于欧姆表电流是从表笔流出表笔流入依据红ꎬꎬｂꎬａꎬ“进黑出原则可知表笔为黑表笔.”ꎬｂ毫安表读数为..(３)０５０ｍＡＥ由读数知欧姆表满偏电流为.Ｒ则Ｒ故正中央刻度应(４)７５ｍＡꎬΩ＝Ｉ＝２００ΩꎬΩ＝２０×１０Ωꎬｍａｘ标记的数值为.２０由图乙可知欧姆表内的电源电动势为Ｅ.欧姆表内阻和毫安表内阻之和为ｒＲ(５)ꎬ＝１５Ｖꎬ＝ΩΔＵ..ＲＡ根据闭合电路欧姆定律得ＵＥＩｒ.结合ＵＩ图像可知ｒ１５－１３５则＋ꎬ:＝－－＝ΔＩ＝.－３＝３００Ωꎬ０５×１０毫安表的内阻Ｒ.Ａ＝１００Ω.【答案】.－３３或.－４３１３(１)６０×１０ｍ(６０×１０ｍ)或或.(２)①１２０ｋｇ(１２ｋｇ) ②１８０Ｊ(１８Ｊ)【解析】设充入的气体体积为Ｖ则有(１)ꎬｐＬＳｐＶｐＬＬＳ分１１＋０＝１(１＋Δ)(２)ｐＳＬ解得Ｖ１Δ.－３３分:＝ｐ＝６０×１０ｍ(１)０ｐＳＬ若按ｐ.５计算的或解得Ｖ１Δ.－４３分(１＝３０×１０Ｐａꎬ:＝ｐ＝６０×１０ｍ(１))０由理想气体状态方程有(２)①:高三物理试题参考答案第页共页【 ４(７)】{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}ｐＳＬＬｐＳＬ１(１＋Δ)２２分Ｔ＝Ｔ(１)１２解得ｐ.６分２＝３６×１０Ｐａ(１)若按ｐ.５计算的解得ｐ.５分(１＝３０×１０Ｐａꎬ:２＝３６×１０Ｐａ(１))ｐｐＳｍｇ分(２－１)＝(１)解得ｍ分＝１２０ｋｇ(１)若按ｐ.５计算的或解得ｍ分(１＝３０×１０Ｐａꎬ＝１２ｋｇ(１))ｐｐ外界对气体做功Ｗ１＋２ＳＬＬＬ分②:＝(１＋Δ－２)(１)２解得Ｗ分:＝１９８Ｊ(１)若按ｐ.５计算的或解得Ｗ.分(１＝３０×１０Ｐａꎬ:＝１９８Ｊ(１))由热力学第一定律有ΔＵＷＱ分:＝－＝１９８－１８＝１８０Ｊ(１)若按ｐ.５计算的或结果ＵＷＱ..分(１＝３０×１０Ｐａꎬ:Δ＝－＝１９８－１８＝１８Ｊ(１))Ｒｄｍ.【答案】４ｄ１４(１)ｄ (２) (３)Ｍ２Ｒｇ【解析】释放小球后１ｍｖ２ｍｇＲ分(１)ꎬ０＝(１－ｃｏｓ６０°)(１)２得到达水平面的速度ｖＲｇ分０＝(１)小球与滑块发生弹性碰撞ｍｖｍｖＭｖ分:０＝１＋２(１)１ｍｖ２１ｍｖ２１Ｍｖ２分０＝１＋２(１)２２２ｍＭｍ解得ｖ－ｖｖ２ｖ分１＝ｍＭ０ ２＝ｍＭ０(１)＋＋碰后小球匀速滑块减速当ｖ′ｖ时两者距离最大设经历时间为ｔꎬꎬ２＝１ꎬꎬ１ｖｖ′则由题意有２＋２ｔｖｔｄ分１－１１＝(１)２对滑块运用动量定理μＭｇｔＭｖ′Ｍｖ分－１＝２－２(１)Ｒ解得μ分＝ｄ(１)２第一次碰撞后从相距最大到第二次碰撞经历时间为ｔ(２)２ꎬ′则有ｖｔｖｔ１ａｔ２ｄ分１２－(２２－２)＝(１)２ｄｄｄ解得ｔ２２２由上式解得ｔｔ分２＝ａ＝μｇ＝Ｒｇꎬ１＝２(１)ｄ所以第一次碰撞到第二次碰撞的时间ｔｔｔ４分＝１＋２＝Ｒｇ(１)高三物理试题参考答案第页共页【 ５(７)】{#{QQABKQyAggiIAIAAABgCUQHACEMQkBACAAoGQEAEIAABiQFABAA=}#}多次碰撞后小球与滑块均静止由系统能量守恒μＭｇｘ１ｍｖ２分(３)ꎬ＝０(２)２ｍ解得ｘｄ分＝Ｍ(１).【答案】２ｙ.ｙ.１５(１)３×１０ｍ/ｓ (２)１＝１３ｍꎬ２＝－０２ｍｘｎ.ｎ或ｘ′ｎ.ｎ(３)ｎ＝(－０８)３ｍ(＝１、２、３ƺ)ｎ＝(－０３)３ｍ(＝１、２、３ƺ)ｖｙ【解析】根据带电粒子在区域电场做类平抛运动特点有°分(１)１ｔａｎ６０＝ｖꎬ(２)０ｑＥ其中ｖａｙｙ２分ｙ＝２