2024屆河北省邯鄲市高三下學(xué)期5月保溫試題物理參考答案

邯鄲市2024屆高三年級(jí)保溫試題物理參考答案1.【答案】A【詳解】AB．在剛開(kāi)始的短時(shí)間內(nèi)，火罐內(nèi)部氣體體積稍有減小，由于火罐導(dǎo)熱性良好，所以火罐內(nèi)氣體溫度迅速降低，根據(jù)可知，氣體壓強(qiáng)減小，在外界大氣壓的作用下火罐“吸”在皮膚上，故A正確，B錯(cuò)誤。C．氣體的體積稍有減小，可忽略，則，而溫度迅速降低，則氣體內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，可得，即氣體向外放熱，故C錯(cuò)誤。D．因氣體的體積稍有減小，可忽略不計(jì)，則單位體積內(nèi)的分子數(shù)不變，而氣體的溫度降低，則分子的平均動(dòng)能減小，分子的平均速率變小，則火罐內(nèi)氣體分子單位時(shí)間內(nèi)撞擊火罐底部的次數(shù)變少，故D錯(cuò)誤。故選A。【命題意圖】本題從傳統(tǒng)中醫(yī)理療“拔火罐”入手創(chuàng)設(shè)情境，旨在考查理想氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律以及氣體壓強(qiáng)的產(chǎn)生原因。2.【答案】B【詳解】A．氫原子由激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)后，核外電子運(yùn)動(dòng)半徑變小，動(dòng)能增大，原子的電勢(shì)能減小，故A錯(cuò)誤；B．紫外線光子的最小能量為3.11eV，處于n=3能級(jí)的氫原子的電離能為1.51eV，故處于n=3能級(jí)的氫原子可以吸收任意頻率的紫外線，并且使氫原子電離，B正確；C．一個(gè)處于n=4能級(jí)的氦離子向低能級(jí)躍遷時(shí)，最多能輻射出3種不同頻率的光子，分別為n=4能級(jí)躍遷到n=3能級(jí)，n=3能級(jí)躍遷到n=2能級(jí)，n=2能級(jí)躍遷到n=1能級(jí)。C錯(cuò)誤D．氫原子從n=4的能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)發(fā)出的光子能量為E=(-0.85eV)-(-13.6eV)=12.75eV因鋅的逸出功是3.34eV，鋅板表面所發(fā)出光電子最大初動(dòng)能為Ekm=12.75eV-3.34eV=9.41eV，D錯(cuò)誤。故選B【命題意圖】本題以氫原子能級(jí)躍遷為背景，結(jié)合光電效應(yīng)對(duì)波爾能級(jí)理論進(jìn)行了著重考查，對(duì)知識(shí)點(diǎn)的整合歸納有較高的要求。3【答案】D【詳解】由得，由圖像可知，甲車(chē)初速度，由，得，所以甲車(chē)做初速度為，加速度為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，乙車(chē)做的勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；由，得共速時(shí)，此時(shí)，，，故共速前乙車(chē)已追上甲，整個(gè)過(guò)程中兩車(chē)可相遇兩次，故甲、乙兩車(chē)之間的距離先減小后增加，再減小再增加，所以A錯(cuò)誤；由，得，此時(shí)，不等于乙車(chē)的速度，故C錯(cuò)誤；，甲車(chē)的平均速度為，故D正確。【命題意圖】本題以圖像為載體，對(duì)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律應(yīng)用進(jìn)行了考查，需要學(xué)生運(yùn)用一次函數(shù)的特征解決物理追及相遇問(wèn)題。由于本題中甲乙兩輛車(chē)有兩次相遇的機(jī)會(huì)，所以需要考生在運(yùn)動(dòng)分析的過(guò)程中更加注意二者運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性。4【答案】D【詳解】A．在A位置時(shí)，該人受到重力和秋千繩的拉力，合力不為零，不是平衡狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B．在O位置時(shí)，重力和秋千繩拉力的合力產(chǎn)生向上的向心加速度，該人處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．在A位置時(shí)，已知繩子與豎直方向成θ，有，解得，故C錯(cuò)誤；D.在O位置時(shí)，由牛頓第二定律可得，從A到O，由動(dòng)能定理，可知每根秋千繩的拉力大小為，故D正確。故選D?！久}意圖】本題以我國(guó)傳統(tǒng)的體育項(xiàng)目“蕩秋千”為載體創(chuàng)設(shè)情境，重點(diǎn)考查圓周運(yùn)功的向心力分析與動(dòng)能定理，并需要考生結(jié)合運(yùn)動(dòng)分析對(duì)超重失重現(xiàn)象進(jìn)行判斷。5【詳解】A．餃子的加速度，與傳送帶的速度無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．餃子從放上傳送帶到與傳送帶共速所用時(shí)間，餃子在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度故B錯(cuò)誤；C．餃子從靜止加速到與傳送帶共速的過(guò)程，餃子增加的動(dòng)能，因摩擦產(chǎn)生的熱量，又因?yàn)轱溩訌某跛俣葹榱汩_(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)到和傳送帶共速，餃子的位移，，所以餃子增加的動(dòng)能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，故C正確；D．傳送帶多消耗的電能等于餃子增加的動(dòng)能與因摩擦產(chǎn)生的熱量的總和，故D錯(cuò)誤。故選C?！久}意圖】本題以工業(yè)生產(chǎn)中的傳送帶運(yùn)送餃子創(chuàng)設(shè)情境，對(duì)牛頓第二定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理、功能關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)做了重點(diǎn)考查。6【答案】B【詳解】A．地球靜止軌道衛(wèi)星只能在赤道上空，不會(huì)經(jīng)過(guò)北京，故A錯(cuò)誤；B．由萬(wàn)有引力提供向心力，有，解得可知，周期相同的衛(wèi)星軌道半徑相等，故北斗—GEO4和北斗—IGSO2的軌道半徑相等，故B正確；C．由萬(wàn)有引力提供向心力，有，解得可知，軌道半徑越小，運(yùn)行的線速度越大，故北斗—MEO3比北斗—GEO4的線速度大，故C錯(cuò)誤；D．由萬(wàn)有引力提供向心力有解得可知，軌道半徑越小，角速度越大，故北斗—MEO3比北斗—IGSO2的角速度大，故D錯(cuò)誤。故選B?！久}意圖】本題以我國(guó)發(fā)射的北斗衛(wèi)星繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)為素材創(chuàng)設(shè)情境，對(duì)不同種類(lèi)衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)、萬(wàn)有引力定律與勻速圓周運(yùn)動(dòng)相結(jié)合進(jìn)行了全面考查。7【答案】A【詳解】A．根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的合外力指向軌跡的凹側(cè)，可知粒子受到電場(chǎng)力大致向左，故粒子一定帶正電，又c點(diǎn)電勢(shì)比a點(diǎn)高，因此粒子在c點(diǎn)電勢(shì)能比a點(diǎn)高，故A正確；B．粒子可能從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，也可能從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．電場(chǎng)線越密，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，c點(diǎn)電場(chǎng)線較密，則粒子在c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度較大，根據(jù)故粒子在c點(diǎn)的加速度一定大于在b點(diǎn)的加速度，故C錯(cuò)誤；D．若粒子從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，速度方向與電場(chǎng)力方向的夾角為鈍角，電場(chǎng)力做負(fù)功，粒子速度減小，故粒子在c點(diǎn)的速度一定小于在a點(diǎn)的速度，因此粒子在c點(diǎn)的動(dòng)量一定較小。故D錯(cuò)誤。故選A?！久}意圖】本題以帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為背景，需要考生能夠結(jié)合電場(chǎng)線特點(diǎn)與粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡明確出受力方向、電場(chǎng)力大小、加速度大小，并通過(guò)電場(chǎng)力做功判定動(dòng)量的大小變化。8．ABC【詳解】A．由題圖可知，其質(zhì)點(diǎn)P的加速度向下，質(zhì)點(diǎn)Q的加速度也向下，所以?xún)少|(zhì)點(diǎn)的加速度方向相同，故A正確；B．由于波的傳播方向?yàn)閤軸負(fù)方向，根據(jù)題圖可知，質(zhì)點(diǎn)P此時(shí)刻向上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)Q此時(shí)刻向下運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)Q先回到平衡位置，故B正確；C．由題圖可知，該波的波長(zhǎng)為4m，由波速運(yùn)動(dòng)公式有，解得，所以其頻率為，故C正確；D．由題圖可知，其振幅為10cm，質(zhì)點(diǎn)一個(gè)周期通過(guò)的路程為，故D錯(cuò)誤。故選ABC?！久}意圖】本題以波動(dòng)圖像為情境，對(duì)機(jī)械振動(dòng)特點(diǎn)、波動(dòng)特點(diǎn)、波速公式進(jìn)行考查，并需要考生能結(jié)合波形圖判斷質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向、加速度方向。9【答案】BD【詳解】等效電路圖如圖所示其中A．由“串反并同”，故電阻R3的功率一直減小，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)滑片位于a端時(shí)，電流表的示數(shù)最小，此時(shí)滑動(dòng)變阻器的阻值為3Ω，原線圈電流為，故B正確；C．由圖可知當(dāng)滑片P從a端滑到b端的過(guò)程中滑動(dòng)變阻器的阻值變小，則總電阻減小，原線圈的電流不斷變大，又因?yàn)椋援?dāng)滑片Р滑至b端時(shí)，整個(gè)電路的功率達(dá)到最大，故C錯(cuò)誤；D．由等效電路方法，R1等效為電源內(nèi)阻。輸出功率最大時(shí)滿足，此時(shí)原線圈電壓與R1兩端電壓相等，輸出功率為，故D正確。故選BD?！久}意圖】本題以“一拖二”類(lèi)型的理想變壓器為情境，重點(diǎn)考查理想變壓器原副線圈的電壓關(guān)系、電流關(guān)系、功率關(guān)系，并且需要考生能夠使用等效法將兩個(gè)副線圈抽象為并聯(lián)的兩個(gè)支路電阻，從而使用閉合電路歐姆定律進(jìn)行電路動(dòng)態(tài)分析。10【答案】ABC【詳解】A．粒子能在磁場(chǎng)中做完整圓周運(yùn)動(dòng)，速度最大時(shí)對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡與矩形兩邊界相切，如圖所示由幾何知識(shí)可得r=5cm，洛倫茲力提供粒子圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律得解得v=1.0×107m/s，故A正確；B．如圖所示，當(dāng)軌跡圓弧與dc邊相切于c點(diǎn)時(shí)，對(duì)應(yīng)能從c點(diǎn)射出的最小速度；當(dāng)軌跡圓弧與bc邊相切于b點(diǎn)時(shí)，對(duì)應(yīng)能從b點(diǎn)射出的最小速度；由幾何關(guān)系可求出若粒子分別能從b點(diǎn)、c點(diǎn)射出的最小半徑分別為，，速度之比為C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短時(shí)，則其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的弦最短，粒子的速度為1.6×107m/s時(shí)，r=8cm，由幾何知識(shí)可得，解得可得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為，故C正確；粒子的速度為1.6×107m/s時(shí)，與ad或者bc相切時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，如圖所示可得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為，故D錯(cuò)誤?！久}意圖】本題創(chuàng)設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的情境，結(jié)合幾何關(guān)系與臨界分析，對(duì)勻速圓周運(yùn)動(dòng)與洛倫茲力相結(jié)合進(jìn)行半徑與周期的判定提出了較高的要求。11【答案】（1）1.130cm；（2）B；（3）（每空2分）【解析】（1）20分度游標(biāo)卡尺游標(biāo)尺的每1小格實(shí)際長(zhǎng)度為0.95mm，從圖中可以看出游標(biāo)尺的第6小格與固定刻度中的17mm對(duì)齊，故讀數(shù)應(yīng)為17mm-6×0.95mm=11.30mm，換算單位為1.130cm。為減小實(shí)驗(yàn)誤差，擺球應(yīng)選用密度大、體積小的小球，A錯(cuò)；擺線應(yīng)該選用輕且細(xì)且不易形變的繩，B正確；擺線越長(zhǎng)其質(zhì)量以及所受阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響越大，所以擺線長(zhǎng)度應(yīng)適度長(zhǎng)，并非越長(zhǎng)越好；中學(xué)階段誤差要求，單擺擺角在15°范圍內(nèi)均可近似看作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，所以在擺長(zhǎng)一定的情況下振幅不能太大，D錯(cuò)；根據(jù)單擺的周期公式，帶入測(cè)量量可得【命題意圖】本題以“單擺測(cè)重力加速度”實(shí)驗(yàn)為切入點(diǎn)，考生僅能夠使用游標(biāo)卡尺進(jìn)行讀數(shù)是不夠的，還必須理解游標(biāo)卡尺的原理，否則無(wú)法解決零誤差并測(cè)量擺球直徑。在進(jìn)行實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)過(guò)程中，需要考生結(jié)合單擺周期公式中，對(duì)其中各個(gè)參量進(jìn)行精準(zhǔn)測(cè)定，避免出現(xiàn)大的誤差，進(jìn)而得到當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣戎怠?2【答案】（1）1.5，3.1（2）2.0，6.3或6.2（3）＞（每空2分）【解析】（1）由乙圖的縱截距可知，電池A的電動(dòng)勢(shì)為EA=1.5V，橫截距可知短路電流為0.48A，內(nèi)阻，代入數(shù)據(jù)得rA=3.125Ω，保留兩位有效數(shù)字后為rA=3.1Ω。（2）外電路此時(shí)的電壓為1.0V，根據(jù)圖像可知電流為0.16A，連接（0，0）點(diǎn)和（0.16A，1.0V）的直線即為外電阻的U-I圖像，易知滑動(dòng)變阻器的阻值為，保留兩位有效數(shù)字后為（答也可得分）。兩電池的U-I圖像與電阻的U-I圖像相交于（0.16A，1.0V），又EA︰EB=3︰4，故畫(huà)出電池EB的U-I圖像如下圖1所示，根據(jù)第（1）問(wèn)的方法即可求得B電池的EB=2.0V，rB=6.3Ω，（rB=6.2Ω也可得分）。當(dāng)外電路所接電阻變小時(shí)，作出變小電阻的U-I圖像如圖2所示，由圖可知，兩電池分別在外電路接同一變小的電阻時(shí)，電池A的U-I圖像與電阻圖像交點(diǎn)的路端電壓和電流均比電池B的U-I圖像與電阻圖像交點(diǎn)的路端電壓和電流大，故兩外電路功率P1＞P2?！久}意圖】本題考查“測(cè)量電池的電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻”實(shí)驗(yàn)，以電源的U-I圖像為載體，考查閉合電路的歐姆定律與電路的基本知識(shí)應(yīng)用，需要考生能夠靈活應(yīng)用電源的U-I圖像與電阻的U-I圖像相結(jié)合，進(jìn)而比較出實(shí)際外功率的大小。13【答案】（1）（2）60°【解析】（1）光從C點(diǎn)到B點(diǎn)的光路圖如圖所示，光在C點(diǎn)折射，由折射定律可知（1分）激光在玻璃球中的傳播速度為（1分）由幾何關(guān)系可得（1分）解得（2分）（2）光在B點(diǎn)折射，由折射定律可知，（1分）可得（2分）故B點(diǎn)的出射光相對(duì)C點(diǎn)入射光方向偏折角為60°【命題意圖】本題以光線在玻璃球中的折射為情境，考查了光的折射與折射定律、光在介質(zhì)中的速度公式，需要考生能夠結(jié)合幾何作圖確定相應(yīng)的幾何關(guān)系，并得出最終結(jié)論。14【答案】（1）（2）（3）【解析】解：（1）如圖所示，導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，將會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)利用歐姆定律得此時(shí)的感應(yīng)電流此時(shí)導(dǎo)體受到的安培力大小為聯(lián)立可得（2分）此時(shí)導(dǎo)體棒所受到的合外力為由牛頓第二定律可知導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)最后合力為零時(shí)導(dǎo)體棒速度達(dá)到穩(wěn)定，得（2分）（2）依題意，金屬導(dǎo)軌剛要開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒受到的安培力等于地面與金屬導(dǎo)軌之間的最大靜摩擦力。設(shè)導(dǎo)體棒對(duì)金屬導(dǎo)軌的壓力為金屬導(dǎo)軌對(duì)水平面的壓力為（1分）當(dāng)導(dǎo)軌開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬導(dǎo)軌受到的摩擦力為（1分）導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，感應(yīng)電流為I，導(dǎo)體棒受到安培力的大小為F1，金屬導(dǎo)軌開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，聯(lián)立得（2分）（3）金屬框開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，金屬框與導(dǎo)體棒均產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則電路中的電流會(huì)逐漸減小，到最后導(dǎo)體棒與金屬框有共同加速度時(shí)達(dá)到穩(wěn)定。設(shè)此加速度為a，導(dǎo)體棒受到的安培力為F2，電路中電流表示數(shù)為I2，由（1分）（1分）（1分）聯(lián)立可得：（2分）【命題意圖】本題以導(dǎo)體棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中切割磁感線運(yùn)動(dòng)為情境，著重考查了電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律、安培力等重要知識(shí)點(diǎn)，需要考生對(duì)“單棒切割”模型的收尾速度、加速度有清晰的認(rèn)識(shí)。15【答案】（1），方向沿水平面向右；，方向沿水平面向左。（2）（3）（4）10m【解析】（1）施加外力后，AB一起向左運(yùn)動(dòng)。B第一次與C碰撞后，A與B在相對(duì)靜止之前，A相對(duì)B向左滑動(dòng)。對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律，解得，方向沿水平面向右；（2分）對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律，解得，方向沿水平面向左。（2分）（2）B與C碰撞前瞬間，對(duì)AB整體，根據(jù)牛頓第二定律，解得此過(guò)程滿足，解得AB速度大小均為（1分）以沿水平向左為正方向，BC碰撞過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，解得，