湖南省2024屆湖南省邵陽市大祥區(qū)邵陽市二中2024年高三（5月）模擬考試(三模)物理試卷答案

邵陽市二中2024年高三（5月）模擬考試物理試卷答案1．D【詳解】A．由題意可知，氫原子從能級6躍遷到能級2產(chǎn)生可見光Ⅰ，從能級3躍遷到能級2產(chǎn)生可見光Ⅱ，故可見光Ⅰ的能量大于可見光Ⅱ，可見光Ⅰ的頻率大于可見光Ⅱ，故可見光Ⅰ是紫光，可見光Ⅱ是紅光，圖1中的Hα對應(yīng)的是Ⅱ，故A錯誤；B．因可見光Ⅱ的頻率小，故可見光Ⅱ波長大，其條紋間距較大，根據(jù)Δ可知圖丙中的干涉條紋對應(yīng)的是Ⅱ，故B錯誤；C．根據(jù)p=?D．根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程Ek=?ν?W0可知發(fā)生光電效應(yīng)時I對應(yīng)的遏制電壓大，則P向a移動，電流表示數(shù)為零時Ⅰ對應(yīng)的電壓表示數(shù)比Ⅱ的大，故D正確。故選D。2．A【詳解】兩粒子在磁場中均做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力可得設(shè)a粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為，b粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為，兩粒子初速度間的夾角為θ，兩粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知又因為，兩粒子比荷相同，故有即故選A。3．C【詳解】AB．輕桿通過鉸鏈固定在豎直墻上的O點(diǎn)，可知輕桿對C端的支持力方向沿桿的方向，兩邊細(xì)線的拉力方向成120°角，輕桿的彈力方向在兩細(xì)繩拉力的平分線上，可知兩邊細(xì)繩的拉力大小相等，均為F，選項A錯誤，B錯誤；CD．對C受力分析如圖由相似三角形可知，F(xiàn)AO=TAC=NOC，若緩慢增大豎直向下的拉力F，則在OC到達(dá)水平位置之前，輕繩AC的拉力T增大，輕桿4．D【詳解】A．根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程可得代入數(shù)據(jù)得=6∶1故A錯誤；B．b→c過程溫度升高，分子平均動能增大，平均速率增大，容器壁單位面積上的分子平均作用力變大，故B錯誤；C．c→a過程體積縮小，外界對氣體做功W>0，等溫變化，內(nèi)能不變，ΔU=0，由熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W得Q<0，氣體向外界放熱，故C錯誤；D．將V-T圖像轉(zhuǎn)化為p-V圖像，根據(jù)圖線下方圍成的面積等于功易知，a→b過程中氣體體積增大，氣體對外做功，b→c過程體積不變，對外不做功，c→a過程體積縮小，外界對氣體做功，p-V圖像圍成的封閉面積等于外界對氣體做的功，回到原狀態(tài)A，溫度回到初始狀態(tài)，全過程內(nèi)能變化量ΔU=0由熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W得，氣體一定放出熱量且放出的熱量等于外界對氣體做的功，故D正確。故選D。5.D【詳解】A.根據(jù)牛頓第二定律可得，解得可知飛船在A點(diǎn)點(diǎn)火加速后瞬間的加速度不變，故A錯誤；B.不知道飛船在軌道Ⅰ上的速度，飛船在A點(diǎn)加速度后，速度與第一宇宙速度的大小關(guān)系不確定，故B錯誤；C.飛船在Ⅲ軌道運(yùn)行的周期根據(jù)萬有引力提供向心力可得，解得，飛船在Ⅱ軌道上運(yùn)行的半長軸小于軌道Ⅲ的半徑，故在軌道Ⅱ上由A點(diǎn)到B點(diǎn)的時間小于在軌道Ⅲ上的周期的一半，故C錯誤；D.飛船與地心的連線單位時間內(nèi)掃過的面積，軌道Ⅰ的半徑小于軌道Ⅲ的半徑，故在軌道Ⅰ上飛船與地心連線單位時間內(nèi)掃過的面積小于在軌道Ⅱ上掃過的面積，故D正確。故選D。6.AD【詳解】金屬棒向右運(yùn)動，切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生電動勢E，給電容器充電，設(shè)在t~t+Δt的時間里，電容器充電量為Δq，則則充電電流為對金屬棒列牛頓第二定律方程得上式說明金屬棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由可得，得再由q=CE=CBLv=CBLat得金屬桿最終出磁場時，電容器帶電量最大，帶電量為故選AD。7.CD【詳解】A．由題圖可知波長λ＝4m，正立方體的邊長為a＝m=4m，該橫波的波長與正方體（障礙物）的邊長尺寸相同，則該橫波遇到體積為64m3的正方體能發(fā)生明顯衍射，A錯誤；B．該簡諧橫波沿x軸正方向傳播，傳播時間＝0.75s，則（n＝0，1，2，3…），解得s（n＝0，1，2，3…）當(dāng)n＝0時，解得周期T＝1s，則＝1Hz，該橫波的頻率可能為1Hz，則該橫波與另一列頻率為1Hz的簡諧橫波相遇可能發(fā)生干涉，B錯誤；C．根據(jù)波長與波速以及周期之間的關(guān)系，有，解得m/s（n＝0，1，2，3…），把＝4m/s代入，解得n=0，則該橫波傳播的速度大小可能為4m/s，C正確；D．因為rad/s（n＝0，1，2，3…），當(dāng)n＝0，ω＝2πrad/s，可設(shè)質(zhì)點(diǎn)P的振動方程為cm，把t1＝2s，y＝0代入可解得可能為0，則質(zhì)點(diǎn)P的振動方程可能為（cm），故D正確。故選CD。8.AC【詳解】AB．副線圈兩端電壓為將n1:n2=2:1和U1=12V代入上式解得U2=6V，電動機(jī)消耗的功率，當(dāng)時電動機(jī)消耗的功率最大，即，由于是理想變壓器，所以，電動機(jī)消耗功率最大時，原線圈上電流為，故A正確，B錯誤；CD．把電動機(jī)換成滑動變阻器，滑動變阻器消耗的功率為，滑動變阻器消耗的最大功率跟電動機(jī)消耗的最大功率相同，故C正確；R0上的功率為當(dāng)電流最大時，定值電阻R0的功率最大，即滑動變阻器的阻值為零時，R0上的功率最大，故D錯誤。故選AC。9.AD【詳解】A．用手托住球B，此時彈簧剛好處于原長，設(shè)繩子拉力為T，滑塊A剛要沿斜面向上運(yùn)動可知，對B受力分析，設(shè)手的支持力為F，則，根據(jù)牛頓第三定律可知手受到B球的壓力為24N，故A正確；B．松手后，A做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)A受到的合力為零時，速度最大，當(dāng)A加速度為零時，B的加速度也為零，對A受力分析得，對B受力分析得，解得故B錯誤；C．根據(jù)能量守恒定律，松手后到滑塊A最大速度的過程中有解得，故C錯誤；D．當(dāng)滑塊A向上滑行的距離最大時，A、B的速度都為0，物塊B的重力勢能轉(zhuǎn)化為A的重力勢能、彈性勢能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律有，解得故D正確。故選AD。10.CD【詳解】A．根據(jù)題意可知，線框剛進(jìn)入磁場后，線框受安培力，初速度方向上做減速運(yùn)動，則線框在斜面上不做類平拋運(yùn)動，故A錯誤；B．根據(jù)題意可得，，，聯(lián)立解得線框剛進(jìn)入第一個磁場區(qū)域時受到的安培力大小為，F(xiàn)=0.2N，線框的加速度大小為，，故B錯誤；C．線框穿過第一個磁場區(qū)域過程中，通過線框的電荷量為，穿出也為0.04C，方向相反，總電荷量為0，故C正確；D．設(shè)線框沿x方向速度減到零時，線框沿y方向運(yùn)動的位移為y，根據(jù)能量守恒定律有，在沿y方向根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律得，解得Q=0.5J，故D正確。故選CD。11.【答案】（1）9（5）（6）【解析】（1）因為游標(biāo)卡尺精確度為0.05mm，每個小格實(shí)際長度為0.95mm，所以可得游標(biāo)尺中第6格刻度線與主尺對齊刻度線為，（5）由題意鐵片下邊的擋光時間分別為，鐵片遮光寬度d。則通過光電門的速度近似為。（6）研究鐵片上下兩邊依次通過光電門的運(yùn)動過程，根據(jù)公，解得。12.【答案】（1）R1連線見解析（2）95815kΩ（3）5（4）156060【解析】（1）為了保證改裝后歐姆表能正常使用，歐姆調(diào)零時，有解得歐姆調(diào)零時歐姆表內(nèi)阻為，此時滑動變阻器接入電路阻值為，則滑動變阻器應(yīng)選R1；歐姆表黑表筆應(yīng)接電源的正極，實(shí)物連線如圖所示，（2）歐姆調(diào)零時，有，解得歐姆調(diào)零時歐姆表內(nèi)阻為，此時滑動變阻器接入電路阻值為設(shè)電流表表盤的刻度對應(yīng)的改裝后歐姆表的刻度為，則有，解得（3表盤上c處的電流刻度為75，設(shè)此時測量電阻為，則有，則c處的電阻刻度為5。（4）設(shè)改裝后干路的最大電流為，則歐姆調(diào)零時有對電路進(jìn)行了改進(jìn)，使中值電阻為1500Ω，則有聯(lián)立解得，則圖中電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為若用該表測量一阻值為1000Ω的電阻時，此時干路電流為，則電流表指針對應(yīng)的電流是13.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根據(jù)題意可得，光路如下圖所示。根據(jù)題意可知，則故，根據(jù)折射定律有，可得，則，根據(jù)折射定律有，故出射角的正弦值為（2）由幾何知識可知則光在玻璃柱體中的路程為光在玻璃柱體中的速度為則光穿越玻璃柱體的時間為14.[答案](1)2g2eq\r(gR)(2)eq\f(R,μ2)(3)L0－eq\f(2R,μ1)[解析](1)自由下落過程veq\o\al(2,B)＝2gh進(jìn)入圓軌道時在B點(diǎn)an＝eq\f(v\o\al(2,B),R)＝2g根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝2eq\r(gR)。(2)若μ1>μ2因為輕質(zhì)平板小車受到的合力一定為零，所以物塊所受摩擦力f＝μ2mg物塊1一滑上平板小車，馬上與車相對靜止，物塊2與車相對運(yùn)動，直到與平板小車速度相等后一起運(yùn)動，根據(jù)動量守恒定律m1vC＝(m1＋m2)v由功能關(guān)系得μ2m2gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2解得L＝eq\f(v\o\al(2,C),4μ2g)＝eq\f(R,μ2)。(3)若μ1<μ2，物塊所受摩擦力f＝μ1mg。物塊1一滑上平板車后，物塊2與車相對靜止，物塊1與車相對運(yùn)動，直到與平板小車速度相等后以共同速度v一起運(yùn)動，此過程中兩物塊距離減小x1，由功能關(guān)系得μ1m1gx1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2解得x1＝eq\f(R,μ1)設(shè)小物塊2與彈性擋板P發(fā)生碰撞后以速度v被彈回。根據(jù)動量守恒定律m1v－m2v＝(m1＋m2)v1解得v1＝0碰后兩物塊距離減小x2，由功能關(guān)系得μ1m1gx2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2解得x2＝eq\f(R,μ1)s＝L0－x1－x2＝L0－eq\f(2R,μ1)。15.【答案】（1）；（2）；（3）（n＝1，2，3，…）【解析】（1）粒子在電場中運(yùn)動時，有