【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

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2ab99e9823a2f2ecec4c80fb5024dc5e.html

以下为本文档部分文字说明：

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()410.85eV13.6eV12.75

eVEEE=−=−−−=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CD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22232sin6033qqkqFkLL==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2sin4sincossinsin2sdiditvrcrcr=

==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=252rad/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.()()22f3

4218FFxMxxf−=−【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=，212yat=，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/scos60vvv

===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222

112mghmv=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2221111322111222Emvmv

mv=−−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0.64J1JE（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2110.2m2

xxat==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