【文档说明】湖南省湘西州吉首市2024届高三上学期第二届中小学生教师解题大赛 物理参考答案.pdf，共(9)页，302.175 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-c66d1a76ed2128307357a1447a80d6ba.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页/共8页学科网（北京）股份有限公司2024届高三模拟试题物理参考答案1.【答案】B【详解】A．10.2eV恰好为氢原子2能级和1能级的能极差，所以处于基态的氢原子恰好能吸收，发生跃迁，故选项A错误；B．放射性原子核从0

23m衰变为013m，所用时间182.467.3115.1ddd有半数发生衰变，所以半衰期为115.1d，故选项B正确；C．粒子穿透能力比较弱，不能穿透钢板，故选项C错误；D．比结合能越大，平均核子质量越小，故D

错误。2.【答案】C【详解】A．交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为150HzfT，故A错误；B．根据变压器电压与匝数的关系可知1122UnUn解得210VU由于2R、3R阻值相同，所以电压表示数为5V，故B错误；C．设三个电阻的阻值均为R，根据闭合电路欧姆定律

有21()22UUIRR将5AI代入解得4.5R，故C正确；D．副线圈的输出功率为22100W29UPR3.【答案】A【详解】根据几何关系可知，A、B、C三导线在O处产生的磁感应强度大小相等，设为1B；根据右手螺旋定则可知，B、C两导线在O处产生的磁感应强度方向均垂直于BC向下，A

导线在O处产生的磁感应强度方向由O指向C，则A、B、C三导线在O处的合磁感应强度大小为22111(2)5BBBB由于在该区域加上一个磁感应强度大小为0B的匀强磁场后，O处的磁感应强度恰为零，则有015B

B解得0155BB如果撤去匀强磁场和导线C，剩下A导线在O处产生的磁感应强度方向由O指向C，大小为1B，B导线在O处产生的磁感应强度方向垂直于BC向下，大小为1B，则A、B两导线在O处合磁感应强度大小为{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgF

AAIAAAgANABAA=}#}第2页/共8页学科网（北京）股份有限公司100521BBB合，方向由A指向C。4.【答案】C【详解】AB．平衡锤和空间站的角速度相等，根据2ar，可知平衡锤的加速度大

于空间站的加速度；根据vr可知平衡锤的线速度大于空间站的线速度，故AB错误；C．平衡锤受拉力和万有引力共同作用提供向心力，所以平衡锤做圆周运动所需的向心力大于地球对其万有引力，故C正确；D．若平衡锤与空间站与间的缆绳断裂，则平衡锤所受引力不足以提供向

心力，平衡锤做离心运动，故D错误；5【答案】B【详解】A．粒子从坐标2x处以初速度0v沿x轴正方向射出，仅在静电力作用下恰好在13,xx区间内往复运动，可知粒子从2x运动到3x的过程中，粒子速度减小，电场力方向沿

x轴向左，沿电场线方向电势降低，可知23,xx区间内电场强度方向沿x轴向左，故粒子一定带正电，故A错误；B．x图象的斜率大小表示电场强度大小，电场力是粒子的合外力，粒子从2x运动到3x的过程中，斜率大小先增大后减小，故加速度先增大后减小，故B正确；C．

粒子从1x运动到3x的过程中，12,xx区间电场强度方向沿x轴向右，电场力做正功，粒子动能增大，23,xx区间内电场强度方向沿x轴向左，电场力做负功，粒子动能减小，可知在2x处粒子的动能最大，故电势能先减小后增大，故C错误；D．粒子从2x运动到3x的过程中根据动能定理得2230

102Uqmv粒子从2x射出后能运动到无穷远处至少需要动能23000KUqqE解得20012KEmvq，故D错误。6.【答案】C【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理20

102nneUmv解得02nneUvm，故B错误；{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}第3页/共8页学科网（北京）股份有限公司D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间

为2T时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；C．第n个圆筒长度0222nnneUTTLvm，则各金属筒的长度之比为1:2：3：，故C正确。7.【答案】BD【详解】A．由图中各色光的折射程度可知c光的折射率最

大，根据cvn可知，c光在棱镜中的速度最小，故A错误；B．c光的折射率最大，则频率最大，根据光电效应方程0ceUhW可知c光打出的光电子的遏止电压最大，故B正确；C．c光的频率最大，则波长最小，根据干涉条纹间距公式lxd可知c光双缝干涉条纹宽度最小，故C

错误；D．C处均为直角，根据光的反射定律结合几何关系可知从CD面出射时a光、b光、c光互相平行，故D正确；8.【答案】CD【详解】A．图（b）可知0.2st，P向下振动，根据平移法可知波沿x轴负方向传播，故A错误；B．图（b）可知0.6sT，可解

得12mvT故B错误；C．设0x的质点，从平衡位置到1cmy经历的时间为Δt，由振动方向可知0.05s12Tt所以点P平衡位置的横坐标为()3mxvtt，故C正确；D．图（b）可知质点P的振

动方程为22sin0.6yt，波从O到P所需时间为31's=204tT可知坐标原点处质点的振动方程为102sincm32ty9.【答案】AC【详解】A．施加电场前，对物体B根据平衡条件可知轻绳的拉力大小为12sinTmgmg再对物体A同

理可知弹簧的弹力大小为21TTmg施加电场的初始时刻，物体A、B具有相同大小的加速度a，设此时轻绳的拉力大小为1T，弹簧弹力大小不会突变，仍为T2，则对物体A、B根据牛顿第二定律分别有12TTma

12sin2qEmgTma解得12Tmg，故A正确；B．物体B的速度最大时，所受合外力为零，此时轻绳的拉力大小为{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}第4页/共8页学科网（北京）股份有限公

司12sin4TqEmgmg此时物体A速度也达到最大值，所受合外力也为零，则弹簧弹力大小为214TTmg根据胡克定律可知此时弹簧的形变量为224Tmgxkk，故B错误；C．刚施加电场时弹簧的形变量为21Tmgxkk根据功

能关系可知，物体B从开始运动到最大速度的过程中，系统电势能的减少量等于电场力对系统所做的功，为22pEE219()mgEWqExxk，故C正确；D．根据功能关系可知，物体B从开始运动到最大速

度的过程中，系统克服弹簧弹力所做的功等于弹簧弹性势能的增加量，为2222pT21T1115222mgWEkxkxk克物体B从开始运动到最大速度的过程中，电场力和弹簧弹力对系统做功的代数和为22ET302mgWWWk克所以该过程中，物体A和物体B机

械能之和增加，故D错误。10.【答案】ACD【详解】A．根据图象感应电流随位移变化的表达式为0.50.25ix金属棒在2mx处感应电流的大小1.25Ai感应电流有eBLviRR解得金属棒在2mx处速度为5m/sv，故A正确；B．感应电流有eBLviRR可得速度随位移变化的表

达式为21vx两边对时间求导得2av故金属棒在2mx处加速度为210m/s，故B错误；C．从开始到2mx处摩擦力产生的热量18JQfxmgx从开始到2mx处电阻产生的热量Q2=1.5j从开始到2mx处系统产生的总热量为129.5JQQQ，故C正确；{#{QQA

BZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}第5页/共8页学科网（北京）股份有限公司D．金属棒在0mx处速度为01m/sv从开始到2mx处根据能量守恒有220119.52

51J33.5J22WQmvmv故从开始到2mx处拉力做功为33.5J，故D正确。11..【答案】①.B（2分）②.22dk（2分）③.22dFkM（2分）【详解】（1）A．本实验方案中需要用到刻度尺、天平，但不需要用到秒表

，A错误；B．长木板右侧适当垫高是为了补偿小车受到的阻力，B正确；C．在砝码盘及盘中砝码总质量一定时，探究小车加速度与小车的总质量M（含车内钧码）关系时，不断改变车内钩码数量，重复实验，测定多组相关数据，再通过作出

1aM的图像，得到a与1M成正比，即得到a与M的反比关系，C错误；D．平衡阻力时，应把砝码盘和砝码撤去，适当抬高长木板右侧，先打开电源，后释放小车，观察点迹是否均匀，D错误。故选B。（2）A．实验中的细线拉力可以通过力传感

器得到，不需要保证钩码质量远小于滑块质量M，A错误；B．为了减小速度的测量误差，遮光条适当窄些，B正确；C．为了保持细线拉力为恒力，细线在导轨上的部分应与导轨平行，C正确。故选BC。（3）滑块经过光电门的速度为dvt根

据运动学公式可得22axv联立可得2212dxat可知21xt图像的斜率为22dka，解得22dak（4）根据牛顿第二定律可得FaM满足关系式为22dFkM，则牛顿第二定律成立。11.【答案

】①.1.5（1分）②.0.83（1分）③.12UU（2分）④.b（2分）⑤.k（2分）⑥.相等（2分）【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律UEIr{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKo

OgFAAIAAAgANABAA=}#}第6页/共8页学科网（北京）股份有限公司结合图像斜率和截距可得1.5VE，0.83ΩUrI（2）根据题意灵敏电流计G的示数为0，则111A1()UIRR222A2()UIRR根据闭合电路欧姆定律1212()EUUIIr，整理

可得1212()()UUEIIr以12UU为纵坐标，得到的图像为直线。根据上式可知Eb，rk13【答案】（1）吸热；（2）7.5×104Pa；（3）4.98kg【详解】（1）整个过程中，温度不变，空腔内气体内能不变

，扳下锁扣过程中外力对空腔内气体做负功，根据热力学第一定律，空腔内气体吸热。...................................................................................

.............3分（2）根据玻意耳定律0011pVpV................................................................................

...........................2分代入数据解得p1=7.5×104Pa.............................................2分（3）若挂钩挂上重物

时恰好不脱落，对挂钩受力分析N()mMgF............................................2分挂钩对墙面的压力N02011()FpSppS.......

........................................................................................2分联立代入数据得M=4.98kg..

.........................................................................................................................

..1分14.【答案】（1）1233gRv；（2）2xR；（3）423xR【详解】（1）物块第一次通过C点时，由凹槽和物块组成的系统机械能守恒可得2212112()222MgRRMvMv......................

........................................................1分由凹槽和物块组成的系统动量守恒可得1202MvMv..........................................................

...................1分解得1233gRv.......................................................................2分（2）物块第一次通过C点时，二者水平方向

上动量守恒，物块水平向右发生的位移大小为1x，凹槽水平向左发生位移大小为2x，可得122MxMx12xxR解得113xR...................................1分{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACA

CKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}第7页/共8页学科网（北京）股份有限公司物块冲上粗糙面后，物块的加速度为1a，凹槽的加速度为2a，由于牛顿第二定律可得120.052MgagM，220.1MgagM.

.............................................1分当物块与凹槽右挡板发生碰撞时满足25MMssR，即22112211522vtatvtatR解得253MsR...................................

............1分物块水平方向的位移大小为1215233MxxsRRR.....................................................1分（3

）由水平方向上动量守恒可得，物块与凹槽最终都静止，由能量守恒定律可得222MgxMgR解得40xR...........................................1分5xnRx当8n时，0x，即物块将停在C点。物块相对凹槽停下时，凹槽也停止运动，整个过

程中，物块相对凹槽发生的位移为xR总............................................................................................

.................1分对二者研究，由于水平方向上动量守恒，物块水平向右发生的位移大小为3x，凹槽水平向左发生位移大小为4x，可得342MxMx，34xxxR总........................................

.....................................1分解得423xR...............................................................................1分15.【答案】（1

）2kmin014Emv；（2）2202232mvSqB；（3）02mtqB；222202gmyqB【详解】（1）由mgqE可知小球受到的电场力与重力等大，所以电场力与重力的合力为2Fmg方向与x轴负方向夹角为45°，小球的运动可

以看成类斜抛运动，当小球的速度与合力垂直时，速度最小，动能最小，此时有xyvv..............................................................................

................................2分0xyqEvtmvvgt联立可得02xyvvv..............................................................................

........................................2分则最小速度大小为min0222xvvv.，动能的最小值为{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQ

kACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}第8页/共8页学科网（北京）股份有限公司22kminmin01124Emvmv..........................................

.......................................................................2分（2）小球在xoz平面内分别做匀速圆周运动，由2mvqBvr可得小球在两个

磁场中的半径分别为0109mvRqB0208mvRqB..............................................1分周期分别为1029mTqB2028mTqB.....................................

.................................................1分小球在每个磁场中完成半个圆周运动进入另一个磁场，则在12022TTt的时间内，沿z轴移动的距离

为002102236mvzRRqB..............................................................2分则有010236mvRnqB，可得8n..............................

....................................................................2分则小球从抛出到再次经过y轴所用的时间100282TmttqB

.........................................................2分小球在y轴方向做自由落体运动，从抛出到再次经过y轴时到O点的距离为222220122gmygtqB...................

......................................2分.{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

众号www.xiangxue100.com