【文档说明】湖南省岳阳市2023届高三下学期信息卷（一）物理答案.docx，共(12)页，1.037 MB，由小赞的店铺上传

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信息卷一参考答案1.A2.D3.D【解析】A．玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故A错误；B．大量处于基态的氢原子吸收频率为v的光子后，能产生6种不同颜色的光，由246C=，可知氢原

子从1n=跃迁到4n=能级，被吸收的光子能量为()410.85eV13.6eV12.75eVEEE=−=−−−=故B错误；C．大量第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，能量值的大小关系排列从大到小为n=4→1，n=3→1，n=2→1，n=4→2，n=3→2

，n=4→3由Eh=，可知放出光子能量越大对应光的频率越高，所以如果从n=3跃迁到n=2产生的光子恰能使某种金属产生光电效应，则另外还有4种光也可以使这种金属产生光电效应，故C错误；D．由氢原子能级图

可以很好地解释，原子从高能态向低能态跃迁时放出光子的能量等于前后两能级差。由于原子的能级是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱只有一些分立的亮线。故D正确。4.D5.D【详解】当线圈水平放置沿A1B1快速移动时，电流计指针不偏转，说明线圈中磁通量不变，直导线C

D中无电流。当线圈沿C1D1方向快速移动，电流计指针偏转，说明线圈中磁通量有变化，则直导线AB中有电流，故D正确，A、B、C错误。故选D。6.B7.B8.【答案】ABC【解析】【详解】A．根据负点电荷周围的等势线为以点电荷为圆心的同心圆，B、C两

点距离点电荷0qq−（＞）的距离相等，所以两点在同一等势面上，故B、C两点的电势相等，A正确；B．1Q从B点移到C点的过程中，1Q与A点的负点电荷q−之间的库仑力为斥力，距离先减小后增大，则库仑力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，B

正确；C．根据负点电荷的电势分布可知，C点的1Q与A点的q−在B点的电势相等，则1Q移入之后，B点的电势为2()2BWWqq−==−2Q从无穷远处移到B点的过程中，克服电场力做功为2306WWqWq=−=C正确；D．2Q在B点所受电场力大小22232sin6033qqkqFkL

L==D错误。故选D。9.【答案】BD【解析】【详解】光路如图所示A．根据折射定律sinsininr=可知，a光的偏折程度更大，玻璃砖对b光的折射率小于对a光的折射率。A错误；B．根据光路图可知，光线出射时的折射角与开始的入射角相等，所以

两光线从玻璃砖上表面出射后相互平行。B正确；C．设玻璃砖的厚度为d，则光线在玻璃砖里传播的光程为2cosdsr=光在玻璃中传播的速度为sinsinccrvni==所以传播时间为2sin4sincossinsin2s

diditvrcrcr===因为45i=，所以45r，b光的折射角的两倍大于a光并小于90，因此b光比a光在玻璃中传播的时间短。C错误；D．折射率大的光的频率也较大。所以a光频率大于b光。根据c=，a光波长小于b光。根据干涉条纹间距公式Lxd=可知，b光相邻两条亮条纹间距较

大。D正确。10.ABD11.【答案】BD【解析】【详解】ABD．为保持P与斜面体相对静止，当物块P恰好不下滑时，有最小角速度，水平方向有2N1N11sin37cos37cos37FFmL−=

竖直方向有N1N1cos37sin37FFmg+=解得N1100N11F=1522rad/s11=当物块P恰好不上滑时，有最大角速度，水平方向有2N2N22sin37cos37cos37FFmL+=竖直方向有N2N2cos37sin37FFmg=+解得N220NF=252

rad/s=可知若P与斜面体保持相对静止，根据牛顿私单定律可得P对斜面的压力大小范围是N100N20N11F故A错误，BD正确；C．当P与斜面恰无摩擦力时，有2tan3737cosmLmg=解得53rad/s2=故C错误故选BD。12.【答案】①

.4.60②.定滑轮高度③.()()22f34218FFxMxxf−=−【解析】【详解】（1）[1]由弹簧测力计读数可知滑动摩擦力的大小为f4.60NF=（2）[2][3]调节定滑轮高度，使拉滑块的细线与长木板平行，打C点时，滑块的

速度422Cxxvf−=则从打O点到打C点过程中，如果表达式()2f312CFFxMv−=即()()22f34218FFxMxxf−=−成立，则动能定理得到验证。13.①.3V②.0.6A③.④.1.4V⑤.1.9-2.0【解

析】【详解】（1）①[1]因为电源电动势为4V，所以电压表选3V的量程。[2]由欧姆定律可得流过待测电阻的最大电流大约为3A0.5A6xUIR===故电流表应选0.6A。②[3]要求电阻丝两端的电压调节范围尽量大，则滑动变阻器应用分压式接入电路，同时待测电阻是小电阻

，电流表应采取外接法，实物图连线如图（2）[4][5]由闭合电路欧姆定律。的()0xUEURrR=++由电阻定律可知60.50xRx=故12xRx=联立可得011112RrUEEx+=+结合图像可得10.7E=00.7122.0RrE+=

解得1.4VE1.9r14.（1）4m/s；（2）1.07s；（3）7.1m【详解】（1）小球下落到达斜面时202vhg=解得04m/sv=（2）小球反弹后做平抛运动，水平方向0xvt=竖直方向212ygt=又根据位移几何关系可知tan53yx=联

立各式解得16s1.07s15t=（3）反弹后平抛运动的水平射程为064m15xvt==平抛运动过程中对应的斜面的长度64m7.1mcos539xs==15.（1）5510VU=；（2）61510N/CE=；（3）3m15【解析】【详解】（1）质子进入速度选择器中的速度

为0v，由力的平衡得0qvBqE=由动能定理有2012qUmv=联立得70110m/sv=，5510VU=（2）质子在电场中运动到达OP上的Q点时间为t，竖直方向速度为yv，水平位移为x，竖直位移为y，加速度为a。由运动学公式有0xvt=，212ya

t=，yvat=由几何关系有tandyx−=，0tanyvv=由牛顿第二定律有1qEma=联立可得3m5x=，0.3my=，61510N/CE=（3）质子进入磁场的速度为v，则7002210m/scos60

vvv===质子在磁场中运动半径为R，由牛顿第二定律有21vqvBmR=有0.4m0.2m3R由几何关系有0.4mcos30xOQ==，0.2mQNdy=−=当20.2mR=，质子恰好从N点飞出，当10.4m3R=，质子恰好与x轴相切。故质子能到达x轴上的区间长度

13cos30m15LR==16.【答案】（1）1.3s；（2）0.64J1JE；（3）1.4m【解析】（1）对小物块由牛顿第二定律可得22m/sfmgamm===小物块先加速到传送带速度1v，所用时间为1t，可得111s==vta加速位移为2111.0m1.

6m2xat==故小物块之后做匀速运动，时间为2t，可得1200.3sLxtv−==可得总时间为121.3sttt+==（2）①若小物块与小球发生弹性碰撞，系统没有能量损失，小物块与小球速度交换，小球能上升的最大高度为h，

则有222112mghmv=解得0.2mh=因为0.2m2lhl=细线会发生弯曲，所以不可能是弹性碰撞。②若小物块与小球碰撞后，小球恰好到达与圆心O等高的位置，由机械能守恒得222212mglmv=由动量守恒定律得111322mvmvmv=+系统损失的能量为222111132211

1222Emvmvmv=−−解得10.64JE=③若小物块与小球发生完全非弹性碰撞()11124mvmmv=+解得41m/sv=系统损失的能量为()222111241122Emvmmv=−+解得21JE=所以系统损失的能量范围为0.64J1J

E（3）小物块射出后相对于传送带的运动方向如图所示滑动摩擦力与相对运动方向相反，可得202.5m/svvv=+=相，0xvaav=相，yvaav=相由于00ΔΔxxyyavvatavvat−==−所以

加速变a的方向不变，小物块两个方向的加速度分量不变，由上可知，相对地面，小物块在1v方向做匀减速直线运动，在AC方向做匀加速直线运动，设小物块从BD边射出，运动时间为t，由匀减速运动可知212ydvtat=−可得10.5st=或者22st=（舍去）此时沿

AC方向的位移为2110.2m2xxat==假设成立，所以小物块从BD边射出，射出点距离D点为1.4mDxLx=−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com