长沙市一中2024届高考适应性演练（二）物理参考答案一、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分）题号123456答案CDADAB1．【答案】C【解析】A．由图表知同时弹出C调音阶中的“mi”与“fa”的频率分别为f1330Hz和f2352Hz，得二者频率之比f1:f215:16，故A错误：vBC．声波在同状态空气中波速v相同，由得:16:15，故B错误，C正确；f12D．同时弹出C调音阶中的“mi”与“fa”的频率不同，不可能在空中形成干涉，故D错误。故选C。2．【答案】D【解析】A．由图可知，t1时刻手机开始接触地面，则0~t1内做自由落体运动，释放时，1手机离地面的高度为hgt2，故A错误；21B．由图可知，t1时刻手机开始接触地面，t3时刻手机开始离开地面，则手机第一次与地面碰撞的作用时间为t3t1，故B错误；C．由图可知，t2时刻手机的加速度最大，且方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得Fmgm10g，可得F11mg，手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍，故C错误；D．由图可知，t2时刻手机的加速度最大，此时手机受到地面的弹力最大，手机处于最低点，手机的速度为零，则0~t2时间内手机的速度变化量为零，根据at图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0至t2内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等，故D正确。故选D。3．【答案】A【解析】物料自然堆积成圆锥体，圆锥角底角必定是该物料的摩擦角，对物料作受力分析如图所示当底角大于时，物料将沿锥面下滑，为使物料不下滑，应使减小；物理（一中）答案（第1页，共8页）{#{QQABaYiAogAIAJJAARgCEQFQCgMQkBAACIoGxBAIsAAAiRFABCA=}#}当底角小于时，物料将停留在锥面上，那么使物料恰好不下滑应使增大，且让，所以底角会保持为定值。若已知和锥体的高h，233则可求出它的体积为121hhhVrhh2233tan3tan3故选A。4．【答案】D【解析】当初级电压为U1时，电压表V2的读数为U2，可知此时R0和R两端的电压之和P为U1-U2，则此时次级电流为IU1U2PPR变阻器R消耗的功率为PPI2RP()2RP10R0UU0212U1U2故选D。5．【答案】A【解析】以地球为研究对象，设地球围绕太阳运转的角速度为，地球和太阳之间的万MM有引力充当向心力，得G12M2RR22以韦伯望远镜为研究对象，由题意知，韦伯望远镜跟随地球一起围绕太阳做圆周运动，所以韦伯望远镜的角速度也等于，太阳和地球对韦伯望远镜引力之和等于韦伯望远镜的向MmMm心力，所以G1G2m2Rl(Rl)2l2Rl11M2根据以上两个方程化简可得到322R(Rl)lM1故选A。6．【答案】B【解析】A．由题意可知，只剩下a光从顶部射出时，b光发生全反射，而a光没发生全1c反射，可知b光临界角比a光小，根据sinC，可知b光的折射率比a光的大，根据v，nn可知在此透光材料中b光的传播速度小于a光的传播速度，故A错误；122B．只剩下a光从顶部射出时，如图所示，由题意可知PBR，可得PAR，则22122522PSOSPOA45，PS(R)2(R)2R，在OPS中，由正弦定理得，222sin135sinOPS1光发生全反射有sinCsinOPS，此透光材料对光的折射率为，故正bbnb1042Bnb确；522RPS2522C．a光从P点射出时，a光经过SP路程所需的时间为tRna，vac2cna故C错误；D．b光的折射率比a光的大，b光的频率比a光的大，则b光的波长比a光的小，波长物理（一中）答案（第2页，共8页）{#{QQABaYiAogAIAJJAARgCEQFQCgMQkBAACIoGxBAIsAAAiRFABCA=}#}越长，越容易发生明显的衍射现象，则同一装置用a、b光做单缝衍射实验，a光的衍射现象更加明显，故D错误。故选B。二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分）题号78910答案ADADACDCD7．【答案】AD【解析】AC．除尘过程中，锯条和金属片之间存在强电场，它使空气电离成负离子和正离子，负离子在电场力作用下，向正极移动时，碰到烟尘使它带负电，带电烟尘在电场力作用下，向正极移动，烟尘最终被吸附到金属片上，这样消除了烟尘中的尘粒，所以带电量为q且能到达金属片的烟尘减小的电势能最大值为qU，故A正确，C错误；B．根据俯视图可以看出塑料瓶内存在的是辐射状的电场，不是匀强电场，故B错误；D．质量为m、带电量为q的烟尘被金属片吸附前瞬间水平方向速度为v，则烟尘受到电1p2场力做的功与速度的关系为qUmv222m根据动量定理IΔpp则吸附时水平方向受到的冲量最大为2mqU，故D正确。故选AD。8．【答案】ADkQqkQq2kQql2kQpF02233【解析】A．设点电荷Q带正电，与电偶极子的作用力llhh，hh22故选项A正确；kQkQBC．点电荷Q在离它距离为h的位置产生的电场强度大小为E，故pEh2h22kQp2kQkQ2k2Q2则点电荷Q与极化原子之间的作用力为Fh3h3h2h51若仅将固定点电荷的电量减半，被极化的原子与点电荷之间的相互作用力将变为F；40若被极化的原子与点电荷之间的距离减小一半，则二者之间的相互作用力将变为32F0，则选项BC错误；l'kQqkQql'kQp'F'222233D．将极化原子绕其连线中点顺时针旋转90后l'2h，22l'2hh2l2h24选项D正确。物理（一中）答案（第3页，共8页）{#{QQABaYiAogAIAJJAARgCEQFQCgMQkBAACIoGxBAIsAAAiRFABCA=}#}故选AD。9．【答案】ACD1【解析】A．人从A点运动到C点，根据动能定理mghmv2，得出v230m/s，2CC2mvC在C点，根据牛顿第二定律，有Fmg，FN3500N，根据牛顿第三定律，人滑NR到C点时对圆弧的压力为3500N，A正确；B．人从A点运动到C点，先有向下的加速度分量，到C点之前，有向上的加速度分量，到C点时，加速度向上，不是一直处于失重状态，B错误；11C．人从C点滑到D点，根据动能定理mg(RRcos60o)mv2mv2，解得2D2CvD10m/s，C正确；D．人从D点沿切线飞出，做斜抛运动，在对称点上速度与水平方向成60o，水面的位置应低于D点，所以落入水中时的速度方向与水面夹角应大于60°，D正确。故选ACD。10．【答案】CD【解析】A．由右手定则可知，电流方向为逆时针与顺时针交替变化，故A错误；B．跳楼机由静止下落后受安培力与重力，有mgF安ma，跳楼机受到的安培力为E4n2B2L2vF安2nBiL，由法拉第电磁感应定律得E2nBLv，且i，可得mgma，随RR着速度的增加，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大值，以后跳楼机做匀速运动，2224nBLvm当跳楼机速度最大时，安培力与重力平衡有mg，解得vm2m/s，故B错误；RC．由法拉第电磁感应定律得E2nBLv，由闭合电路欧姆定律，当跳楼机的速度为lm/sE2nBLv时，线圈中感应电流为I20A，故C正确；RRD．当跳楼机速度最大时，有F安mg，克服安培力做功的功率为P安mgvm640102W12800W，故D正确。故选CD。三、填空题（本题共2小题，共16分）11．（6分）21sd（1）B（2）1.501.50（3）C（4）m（5）AB/BA2Lt物理（一中）答案（第4页，共8页）{#{QQABaYiAogAIAJJAARgCEQFQCgMQkBAACIoGxBAIsAAAiRFABCA=}#}【解析】（1）小球下落的高度为初、末位置球心间的距离。故选B。（2）遮光条宽度为d1.50cmd1.50根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，小球的速度为v102m/s1.50m/st0.01（3）A．若是空气阻力造成的误差，则EkEp，与表格数据EkEp不符，故A不符合题意；12B．根据Emv，Epmgh，可知小球的质量没有测准，对实验验证机械能守恒k2无影响，故B不符题意；C．由题图知，在该实验中所求的速度是遮光条的速度，而不是钢球的速度，遮光条的速度略大于钢球的速度，故小球的速度没有测准，故C正确。故选C。（4）由题图知，在该实验中所求的速度是遮光条的速度，而不是钢球的速度，二者之间的速度略有差别。由于钢球与遮光条都做圆周运动，它们具有相同的角速度，v球s根据vr，可知钢球的速度与遮光条的速度之间的关系为vL2小球动能变化的大小表达式121sdEkmv球m22Lt（5）A．遮光条尽量窄一些，通过遮光条的平均速度越接近瞬时速度，故A符合题意；B．小球应选择质量大，体积小的钢球，可以减小空气阻力的影响，故B符合题意；C．更换细线为细橡皮条，橡皮条形变量不可忽略，增大了实验误差，故C不符合题意；D．小球拉离竖直位置尽量大一些，可以减小测量的误差，故D不符合题意。故选AB。12．（10分）（1）丁（2）②R③1800④能【解析】（1）电压表的量程0~1V，其内阻具体值不知道，电流表内阻也不知道，所以无法对这两块表进行改装，电源电动势E6V，所以需要使用滑动变阻器的分压式连接，由于待测电阻约为2kΩ，所以采用电流表内接，综合以上分析，丁方案比较合理。RpRVU（2）调节滑动变阻器R，由欧姆定律得R1900RpRVI1RRURx2600RxRI2解得Rx1800根据以上计算可知，该方案可以消除电表内阻造成的误差。四、计算题（本题共3小题，共40分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分）13．（10分）mg（1）根据平衡可知pp10S5解得初始状态气缸内压强p11.510Pa物理（一中）答案（第5页，共8页）{#{QQABaYiAogAIAJJAARgCEQFQCgMQkBAACIoGxBAIsAAAiRFABCA=}#}m'g（2）末态气体压强pp20S根据等温方程p1Sh1p2Sh2解得h230cm（3）根据等温方程p0Vp2Sh2p2Sh1解得V200cm314．（16分）（1）由牛顿第二定律可得fkmgma1根据题意可知k310解得akgm/s23（2）杆头击打母球，对母球由动量定理可得(Ff)tmv014代入数据解得FN3（3）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，11由动能定理可得kmgsmv2mv212120母球与目标球碰撞前后，111根据动量守恒和机械能守恒可得mvmvmv，mv2mv2mv2112212122联立解得目标球被碰撞后的速度大小为v219m/s（4）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，11由动能定理可得kmgsmv2mv212120母球与目标球碰撞前后，111根据动量守恒和机械能守恒可得mvmvmv，mv2mv2mv2112212122目标球前进到CD挡壁，做匀减速直线运动，11由动能定理可得kmgsmv2mv222322111目标球与CD挡壁碰撞，根据题意有(mv2)mv2423241即vv423d11目标球运动到A球洞过程，由动能定理可得kmgACmv2mv2cos302524又满足0v56m/s联立解得222m/sv0258m/s物理（一中）答案（第6页，共8页）{#{QQABaYiAogAIAJJAARgCEQFQCgMQkBAACIoGxBAIsAAAiRFABCA=}#}15．（14分