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1、 物理参考答案第 1 页(共 7 页)2024 届云南三校高考备考实用性联考卷(一)物理参考答案 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第 18题只有一项符合题目要求;第 912 题有多项符合题目要求,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分。题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D B C C A B D C ADBD BD AD【解析】1卢瑟福粒子散射实验证明了原子核式结构,玻尔理论解释了氢原子光谱不连续性,故 A错误。半衰期具有统计规律,对大量的原子核适用,对少数的原子核不适用,故 B
2、 错误。根据质量数和电荷数守恒知2382064 8,发生 8 次衰变;92822 86,发生 6次衰变,衰变的实质即为中子转化为质子同时释放电子,故 C 错误。质子和中子结合成一个粒子的方程为1141022 H+2 nHe,根据爱因斯坦质能方程,可得该核反应中释放的能量为22123(22)Emcmmm c,故D正确。2根据乙图和丙图可知条纹间距变大,根据条纹间距公式Lxd 可知,条纹间距变大,可能是改用了波长较长的光,也有可能是增大了双缝到光屏的距离 L,也有可能减小了双缝间的距离 d;条纹间距与光源到双缝的距离无关,绿光的波长大于紫光,故选B。3小球 A 做平抛运动:1xt v,若与B相遇时
3、下落的高度为h,则212hgt,小球B做竖直上抛运动:2212Hhtgtv,联立以上式子可得12xHvv,故C正确。A、B两个小球在B上升、下降过程中或B到达最高点均有可能相遇,故A错误。若只改变小球A的水平速度1v,不再满足12xHvv,A、B两个小球不可能在Q点正上方相遇,故B错误。A、B两个小球从抛出到相遇过程中,加速度均为重力加速度g,运动时间t相等,故速度的变化量gt v也相同,故D错误。4若保持绳子的长度、绳子与B杆的结点不变,将B杆缓慢向右移动,绳子与竖直方向之间的夹角增大,绳子上的拉力逐渐增大,故A错误。若保持绳子的长度、B杆的位置不变,只移动绳子与B杆的结点过程中,绳子与竖直
4、方向之间的夹角保持不变,绳子上的拉力保#QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=#1 物理参考答案第 2 页(共 7 页)持不变,故B错误,C正确。若只改变绳子的长度,则绳子与竖直方向之间的夹角一定随之改变,绳子上的拉力一定改变,故D错误。57.9km/s即第一宇宙速度,是在近地圆轨道上卫星的环绕速度,要能变轨到轨道2,则必须在P点加速,而卫星始终无法脱离地球引力而绕着地球转,所以只要围着地球转的卫星速度必定小于第二宇宙速度11.2km/s,故A正确。由圆周运动的条件可知,该卫星在轨道2的Q点的加速度大于22rv,故B错误。在轨道
5、2上运动过程,只有引力做功,机械能守恒,故经过P点的机械能等于经过Q点的机械能,故C错误。由开普勒第三定律可知,2223313322TTT,故D错误。6A、B放置在光滑的水平桌面上时,有1()ABFmma、11AFm a;A、B放置在粗糙的水平桌面上时,2()()ABABFmmgmma、22AAFm gm a;可得12aa、12FF,即12LL,故B正确。A、B放置在光滑的水平桌面上时,若突然撤去拉力F,弹簧还处于拉伸状态,弹力不为0,A、B受力均不为0,均不会做匀速直线运动,故C错误。A、B放置在粗糙的水平桌面上时,突然撤去拉力F的瞬间,物块B受力情况发生突变,B加速度发生突变,但弹簧弹力不
6、变,物块A受力情况不变加速度不变,故D错误。7等势面越密集,电场强度越大,a点电场强度小于b点电场强度,故A错误。由等势面可知,P、Q为等量异种电荷,故c、d两点电场强度均垂直cd等势面向右,故B错误。由P为正电荷、Q为负电荷可知,a点电势高于b点电势,故负电荷在a点电势能小于在b点电势能,故C错误。电场力为保守力,做功与路径无关,故D正确。8传送带以某一速度逆时针转动时,与传送带静止时相比较,滑块的受力情况不变,滑块的加速度不变,滑块还是能从传送带的右端滑离传送带,且滑块在传送带上运动的时间不变,但滑块相对于传送带发生的位移增大,因此摩擦产生的热量增多,故C正确。9DA为等温线,则300KA
7、DTT,C到D过程由盖吕萨克定律得CDCDVVTT=,得375KCDCDV TTV,故A正 确。A到B过 程 压 强 不 变,则 气 体 对 外 做 功532 103 10 J600JWp V ,B到C过程体积不变,则气体不做功,则A到C过程,气体对外做功600J,故B错误。气体从状态D变化到状态A,气体体积减小,单位体积内气体分子数增大,温度不变,气体分子的平均动能不变,故C错误。气体从A到B过程体积增大,对外做功532 103 10 J600JABWp V ,气体从B到C过程体#QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=#2 物
8、理参考答案第 3 页(共 7 页)积不变,气体不做功,即0BCW,气体从C到D过程体积减小,外界对气体做功,即531 10(54)10 J100JCDW,一 次 循 环 内 能 不 变,由 热 力 学 第 一 定 律 可 得UWQ,即(6000100250)J250JABBCCDDAWWWWW ,则气体吸收的热量为250J,故D正确。10对1mx 处的质点利用“同侧法”得波源的振动方向沿y轴负方向,故A错误。由题中图像可知,M点与最近波谷的水平距离4mx,波速8m/sxtv,故B正确。N点与最近波峰的水平距离111mx,经过的时间111 375sxt.v,故C错误。M、N两点间距离25mx,波
9、从M点到N点的传播时间225s8xt v,N点从起振至到达波谷的时间3141ss488t,233s4ttt总,40.3mtsAT总,故D正确。11由题意可得,当关闭电源后只有阻力对小车做功,有KEfx,结合动能与位移的关系图像可得车受到的阻力为2Nf,故A错误。由题意与图像可得小车的最大动能为2Kmaxm18J2Emv,则最大速度为m4m/sv,小车的额定功率为m8WPf额 v,故B正确。加速过程中,对小车列动能定理:1kmaxP tfxE额,可得加速时间17s4t,故C错误。当关闭电源后,由牛顿运动定律可得22m/sfam,小车减速时间为m32stav,故D正确。12P、Q金属框刚好匀速经过
10、虚线边界,两金属框受到的安培力均等于重力,所以受到的安培力之比为 11,故C错误。由能量守恒可得,减小的重力势能均全部转化为金属框上产生的热量,而P、Q金属框经过虚线边界过程中减小的重力势能相等,故金属框上产生的热量之比为 11,故A正确。P、Q金属框经过虚线边界过程中,P金属框受力情况为221B LmgRv,Q金属框受力情况为2224B LmgRv,而金属框到达虚线边界前均只受重力,机械能守恒21112mghmv,22212mghmv,可得124 1vv,1216 1hh ,故B错误。流 过 金 属 框 横 截 面 的 电 量 为EqItttRtRR ,可 得121212qq ,故D正确。#
11、QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=#3 物理参考答案第 4 页(共 7 页)二、填空、实验题:本大题共2小题,共14分。13(每空2分,共6分)(1)BC (2)偏小(3)12xx【解析】(1)实验中,不能将玻璃砖界面当尺子画界线,故A错误。大头针1P和2P及3P和4P之间的距离适当大些时,引起的角度误差会减小,故B正确。只要操作正确,任何形状的玻璃砖均可用“插针法”测量折射率,故C正确。由几何知识可知,光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角,根据光路可逆原理可知,光线一定会从下表面射出,折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全
12、反射,故D错误。(2)如图所示,作图得到的光路图和实际光路图相比,入射角没有变化,折射角的测量值偏大,由sinsininr知折射率偏小。(3)由几何关系可知1sinxABiOAR、2sinxCDrOCR,则玻璃砖的折射率为12sinsinxinrx。14(除特殊标注外,每空1分,共8分)(1)B 21.6 (2)1700(3)如图所示(2分)(4)32.1 10(2分)(5)24Ld R 【解析】(1)注水前,用如图甲所示游标卡尺的内测量爪B测玻璃管内径,该游标卡尺为10分 度 的 游 标 卡 尺,最 小 分 度 为0.1mm,则 游 标 卡 尺 的 读 数 为21mm60.1mm21.6mm
13、d。(2)用 多 用 电 表 欧 姆 挡“100”倍 率,由 图 可 知,玻 璃 管 中 水 的 电 阻 为17.0 1001700R 。(3)根据题意,滑动变阻器应采用分压式接法,电流表应采用内接法。(4)U I-图像的斜率即为水样的电阻大小32.1 10URI。(5)由电阻定律LRS、24dS,由题意电导率1,联立得24Ld R。#QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=#4 物理参考答案第 5 页(共 7 页)三、计算题:本大题共4小题,共38分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后结果的不能得分。1
14、5(8分)解:(1)设滑块P沿斜面下滑加速度为a1、弹回后沿斜面上滑加速度为a2,则 由牛顿第二定律得 下滑:1sincosmgmgma 上滑:2sincosmgmgma 又由tv图像atv可得215m/sa、2211m/sa 联立式解得0.5 (2)设滑块P下滑至O点与Q碰撞前速度为1v,碰撞后速度为1v,Q碰撞后速度为2v,则,由图乙可知110m/sv、22m/s v 碰撞过程时间极短,系统动量守恒得 1120PPQmmmvvv,解得26m/sv Q碰撞后至停止,由动能定理得 22102QQm glmv 解得3.6ml 评分标准:本题共8分。正确得出式给2分,其余各式各给1分。16.(8分
15、)解:(1)人坐上椅子,缸内压强由1p变为2p,环境温度不变,气缸导热,所以气体做等温压缩变化,根据玻意耳定律可得 1234LpLSpS 人坐上椅子以前,以活塞和椅面整体为对象,根据平衡条件可得 10p Sp Smg 人坐上椅子稳定以后,以活塞、椅面和人整体为对象,根据平衡条件可得 20p Sp SmgMg 解得0133p SMmg#QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=#5 物理参考答案第 6 页(共 7 页)(2)室内气温缓慢上升至01.04T的过程,气体等压膨胀,设末态气柱的高度为L,根据盖吕萨克定律有 0031.404L
16、SL STT 解得0.78LL 因为气体膨胀,所以气体对外做正功 234LWp SL 解得00.04()Wp Smg L 评分标准:本题共8分。正确得出式各给1分。17.(11分)解:(1)小球在电磁场区域做匀速圆周运动,所受重力和电场力平衡,所以电场力方向向上,小球带负电 qEmg 解得qEmg (2)小球从A运动到D点的过程中,设小球经过D点时的速度大小为v,根据动能定理可得 212mgRqERmv 解得2 gRv (3)设小球在电磁场区域中做匀速圆周运动的半径为r,根据牛顿第二定律有 2mq Brvv 解得mrqBv 可知B越小,r越大,当小球运动轨迹恰好与电磁场屏蔽区边界相切时,r有最大值,B有最小值,如图所示,根据几何关系有 222(2)()RrrR 解得43E gRBgR 评分标准:本题共11分。正确得出、式各给2分,其余各式各给1分。#QQABDYgUgggIAABAAQBCQwHwCkMQkgCCAAgGxBAcIEIBiRFABAA=#6 物理参考答案第 7 页(共 7 页)18.(11分)解:(1)由图乙可知磁感应强度B2变化率21Bt 线圈中感应电动势21V2dB