凯里一中2024届高三模拟考试（黄金Ⅱ卷）物理参考答案一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。题号1234567答案CACBCDB【解析】1．依题知氢原子从基态至少跃迁到第3能级，之后才能辐射出巴耳末系谱线，最少应给氢原子提供的能量为12.09eV，故C正确。22vv2．图像面积为位移大小，由运动学公式得mm，解得2，故2vtvmtxa5m/sA2aa正确。3．根据分子动理论，温度增加，速率较大的分子占比增大，并不是所有的氧气分子的速率都增大，故A错误。气体压强的产生是大量分子频繁撞击器壁的结果，而不是分子间的相互作用力，故B错误。若氧气压强增大，由动量定理知：单位时间内氧气分子对器壁的平均冲量变大，故C正确。若容器的体积减小，单位时间撞击在单位面积上的分子数不一定增加，比如温度下降较大幅度，分子活跃度下降，单位时间撞击器壁的分子数可能不变，还有可能减少，故D错误。T4．由简谐运动的特点知：滑块从O点运动到D点的时间小于，故A错误。滑块在B点时81弹簧的形变量是在D点时的2倍，故弹力是2倍，由Fma知B正确。由Ekx2知滑p21块在D点时弹簧的弹性势能是最大弹性势能的，由机械能守恒知滑块在D点时的动能43是在O点时动能的，故C、D错误。45．篮球只受重力，加速度均为g，单位时间内速度的变化v=gtg，故A错误。斜抛运动最小速度为A点的水平分速度，由于vA与水平方向夹角大于，故B错误。将AB段等效物理参考答案·第1页（共7页）{#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}y12tanv为反向平抛运动，由平抛运动得tan,ygt2,xvt，故tB，由几何关x2Bgttan6031系知BC与水平方向夹角为30，则AB，故C正确。由ygt2知，AB段篮tBCtan3012球竖直位移大小为BC段的9倍，故D错误。6．由于磁场方向不确定，故电流方向也不能确定，故A错误。若电流方向从b到a，磁场方向可以竖直向下，故B错误。若所加磁场的磁感应强度最小，安培力应沿导轨向上，则磁mgsin场方向不可能沿导轨向上，故C错误。此时对金属棒应有BILmgsin，解得B，IL故D正确。7．根据匀强电场的特点，由AA11CC，得C2V，再由ADBC，得D1V，故A错误。分别沿AB、AD、AA1建立直角坐标系O−xyz，电场强度沿x、y、z的分量EAB1V/m，EAD1V/m，EAA12V/m，匀强电xdydzd222场强度的大小EEEExyz6V/m，故B正确。由AA11BBDD1，得BD113V/m，BDD11B不是等势面，电场线不与BDD11B垂直，故C错误。将一电子从B移动到C时，电场力做功We()1eV，故D错误。11BC11二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。题号8910答案ADACBCD【解析】mg8．飞行器速度最大时加速度为零，由牛顿第二定律得mgkv，则v，故A正确。对mmk1mg32飞行器由动能定理得mghWmv2，则Wmgh，故B错误。对飞行器由动f2mf2k2mg22kh量定理得mgtkvvtm，vth，则t，故C错误，D正确。mkmg物理参考答案·第2页（共7页）{#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}9．列车以加速度a匀加速时，乘客所受的合力大小为ma，由力的合成，可知车厢给质量为m的乘客作用力大小为（）mg22()ma，故A正确。设短编组列车的额定功率为P，每节车厢质量为M，车厢在平直轨道上运行时所受阻力为重力的k倍，8节的短编组列车最大速P2P度v，16节的长编组列车最大速度v，则两种情况最大速度大小相等，18gkM216kMg2P故B错误。由牛顿第二定律16kMg16Ma知，速度增加，加速度减小，故C正确。vv2关闭发动机后列车在阻力作用下做匀减速直线运动，滑行距离xmax，则滑行距离相等，2gk故D错误。10．在0~0.5s内，磁场磁感应强度B00.5T，导体棒运动过程中t时刻产生的感应电动势EEBlBlatv，感应电流I1，对棒由牛顿第二定律有FBIlma，联立解得1001Rr01Bla22Fma0t，故A错误。对棒由动量定理有IImv，其中Ilt=BI，RrF安安01Blx1It0，而vat，xat2，由图丙，将a2m/s2，t0.5s代入可解得1RrRr233INs，故B正确。在0.5s~1s时间内，回路中任一t时刻的磁通量F321222，Btxattt0(1)(2)，3220tt，其中t[0.51]，磁通量不断2减小，根据楞次定律可知电流方向为俯视顺时针方向，故C正确。从0~1s内BlxqIt00.5C，故D正确。RrRr三、非选择题：本大题共5小题，共57分。11．（除特殊标注外，每空1分，共5分）（2）摆线长摆球直径t（3）拉开一个小角度后无初速度释放（合理即可，2分）n物理参考答案·第3页（共7页）{#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}l【解析】（2）（3）根据单摆的周期公式T2π，要测量当地的重力加速度，需要测量g摆长和周期，摆长为摆线长加上小球的半径，因此测量摆长的过程中，需要测摆线长和摆球的直径。单摆只有在小角度的范围内振动才能看成简谐运动，因此在测量周期的过程中，应将小球从平衡位置拉开一个小角度后无初速度释放，n次全振动所用的时间为t，t单摆振动的周期T。n12．（除特殊标注外，每空1分，共10分）（1）0.05125.60（2）5.000（3）①如图1所示（3分，电压表选择正确给1分，电流表内接给1分，滑动变阻器分压接法给1分，有错扣2分，扣完为止）图144lIl②或（分）.或2（分，有效数字错误扣分）2200202.01021U2()πUIRdgRdgπI1【解析】（1）根据游标卡尺的原理，20分度的游标卡尺精确到mm0.05mm，由图可20知，整数部分读数为125mm，小数部分读数为0.05120.60mm，样品的长度为125.60mm。（2）螺旋测微器的固定刻度值为5mm，可动刻度值为0.000mm，金属圆片的直径为5.000mm。（3）由于待测样品的电阻约为320kΩ，电流表的量程为50μA，电流表满偏时电压的数值为UIRx16V，所以应选择15V的电压表；由于RRxg，电流表应选择内接法；因为滑动变阻器的最大阻值远小于Rx，滑动变阻器应采用分压接法。根据实验电Ull144lIl路，有，其中，2，得，RRxgRxSdπ2ISS4U2()πUIRdgRdgπI代入数据得0.020S/m2.0102S/m。13.（12分）解：（1）光线不被折射出侧面，说明发生了全反射。此时光线到达侧面的入射角为C（如图2甲所示），由折射定律可知1sinC①n物理参考答案·第4页（共7页）{#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}由几何关系π2C②ππ解得C45，90③42图2（2）如图乙所示，光从O到达半圆的时间为Rt④1cc光在导光柱中的传播速度为v，则v⑤n设射到AD或BC侧面的入射角为时，到达CD面所用时间最长，此时光沿AD方向的速度v1大小为vv1sin⑥沿此方向传播的距离为xLRsin⑦LR解得t⑧2vvsin光线的传播时间为tt12t⑨π由题意45≤≤⑩222LRR解得最长时间t=c评分标准：本题共12分。正确得出①式给2分，其余各式各给1分。14.（14分）解：（1）当粒子能从BC边离开磁场时，其在磁场中运动时间最长，设粒子在磁场中运动的速度为v1、轨迹半径为r1，对应圆心角为α，由题意得qk①m2mv1qBv1②r1物理参考答案·第5页（共7页）{#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}2πrT1③v14由几何关系可得απ④3α粒子在磁场中运动的最长时间tT⑤m2π4π联立解得t⑥m3kB（2）如图3所示，当粒子运动轨迹与AC边相切时，设其运动轨迹半径为r2，粒子运动到AB边有最大速度，当粒子运动轨迹恰好与AB边相切时，设其运动轨迹半径为r3，对应有最小速度，由几何关系得dr⑦223dr⑧342图3mv2qBv2⑨r22mv3qBv3⑩r3粒子能从AB边上射出的速度vvv32≤解得能从AB边射出的粒子速率范围为3kBdkBdv≤42评分标准：本题共14分。正确得出⑦、⑧式各给2分，其余各式各给1分。15.（16分）解：（1）设平板减速时滑块a和滑块b相对滑动且加速度大小分别为a1、a2。由牛顿第二定律：对滑块a有11mgma①对滑块b有12mg2mgma2②22解得a12.5m/s，a23.0m/s③物理参考答案·第6页（共7页）{#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}a、b之间存在相对滑动，加速度大小分别为22a12.5m/s、a23.0m/s，方向均与初速度方向相反④（2）设滑块a、b减速到0所用时间分别为t1、t2，则vat11at22⑤解得t11.2s，t21s⑥滑块b减速到0后，对滑块b，有12mg20mg⑦滑块b减速到0后停止运动，滑块a继续滑行直到速度为0，整个过程中滑块a、b的位移分别为1xtvat21.8m⑧112111xtvat21.5m⑨22222d又xx0.3m<，滑块a未从滑块b上掉落。相对位移122xx12x0.3m⑩（3）平板车减速运动的位移为x3，则2v0x30.9m2a0若滑块b没有从平板上滑落，滑块b相对于平板车的位移xxx230.6m要使滑块b不从平板上掉落的临界条件是ab整体的重心（几何中心）恰好和平板的右端平齐，如图4所示，由几何关系可知，重心到平板右侧的距离d0.45mL的最小距离Lxd0.15m图4即要确保滑块b不从平板上滑落，L应满足L≥0.15m评分标准：本题共16分。正确得出⑤式给2分，其余各式各给1分。物理参考答案·第7页（共7页）{#{QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=}#}