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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
