2024届湖南省长沙市第一中高三下学期高考适应性演练(一）物理含答案.pdf

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1、#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAA

2、oGhAAIIAIAyAFABAA=#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#物理（一中）答案（第 1 页，共 7 页）长沙市一中 2024 届高考适应性演练（一）物理参考答案一、选择题一、选择题（本题共本题共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分分）题号123456答案BACACB1【答案】B【解析】赖曼线系的光子中，从2n 能级跃迁到1n 基态释放的能量最小，即为1123.4eV13.6eV10.2e

3、VEEE 巴耳末线系的光子中，从n 能级跃迁至2n 能级释放的能量最大，即为2203.4eV3.4eVEEE 所以有1210.2eV3.4eV6.8eVEEE，B 正确，ACD 错误。2【答案】A【解析】根据2224MmGmRhTRh，2MmGmgR，得2324()RhTgRA 正确；B根据2MmGmar，得2GMar，空间站的运动半径小于卫星的运动半径，则空间站的加速度比同步卫星的加速度大，B 错误；C空间站运行的线速度一定小于第一宇宙速度 7.9km/s，C 错误；D空间站为环绕天体，无法求得质量，D 错误。3【答案】C【解析】物体A受到的滑动摩擦力为A1Pfv以恒定的功率P拉着物体A和物

4、体B共同运动有AB2Pffv在物体A和B达到最大速度时作用在物体B上的拉力功率为F221B1vvPvPf v。4【答案】A【解析】根据 EF 段方程426yt，可知 EF 段无人机的速度大小为4m/syvt故 A 正确；B 根据yt图像的切线斜率表示无人机的速度，可知 FM 段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故 B 错误；C根据 MN 段方程2140yt，可知 MN 段无人机的速度为2m/syvt#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#物理（一中）答案（第 2 页，共

5、7 页）则有2(2)kg m/s2 4kg m/s12kg m/spmvmv 可知 FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为 12kgm/s，故 C 错误；DMN 段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故 D 错误。5【答案】C【解析】根据图乙可知，板块间开始是静摩擦力，后来是滑动摩擦力，所以，物块与长木板先相对静止后相对运动，故 A 正确不符合题意；根据图乙中数据可得出物块与木板间的最大静摩擦力约 1.08N，故 B 正确不符合题意；根据图乙可求得滑动摩擦力，但不知道正压力，无法计算动摩擦因数，故 C 错误符合题意；5.0s 到 5.2s 图像的波动是由于

6、达到最大静摩擦力后，细线的弹性引起的，故 D 正确不符合题意。6【答案】B【解析】A马达是非纯电阻元件，所以其内阻不是120，故 A 错误；B理想变压器的原副线圈匝数之比等于交流电源的电压有效值与供电电压之比，即12:220:2455:6nn，故 B 正确；C交流电源电压的有效值应为220V，故 C 错误；D正弦交流电每个周期内电流方向变化 2 次，该交流电的周期为0.02s,1s内包含 50 个周期，所以该交流电每秒内电流方向变化 100 次，故 D 错误。二、选择题二、选择题（本题共本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分）题号78910答案ABDBCADAD7【

7、答案】ABD【解析】小磁铁下滑时由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，所受的摩擦力阻力不变，由 mgsin-f-f阻尼=ma 可知，随着小磁铁的加速下滑，阻尼作用增大，则加速度逐渐减小，v-t 线的斜率减小，故 A 正确；若开始下落时小磁铁满足 mgsin-f-f阻尼=0，小磁铁匀速下滑，此时动能不变，故 B 正确；小磁铁下滑时重力势能逐渐减小，但是不会趋近与某一定值，故 C 错误；小磁铁下滑过程中，由于有电能产生，则机械能逐渐减小，故 D 正确。8【答案】BC【解析】设它们之间的作用力是 FT，分析飞船有()TFFtm v，分析火箭有TxFvmv，所以可得火箭的xF tmmv，飞

8、船的质量为xF tmmv，A 错误；B 正确。根据冲量定理可得()xF tmmv，故有()xvFmmt所以推力 F 越大，vt就越大，且vt与 F 成正比，因为xTmvFFt，D 错误 C 正确。9【答案】AD【解析】从 C 点入射的光线，进入玻璃球后光线如图所示，设入射角为 i，折射角为 r，法线与直径 AB 夹角为，则根据几何关系i，2r而sinhR可知o60i，o30r，进入玻璃时，光线沿顺时针偏转了 30o，根据光的折射定律，#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#物理（一中）答案（第 3 页，共 7 页）从 B 点射

9、出时，光线沿顺时针又偏转了 30o，因此从B点的出射光相对C点入射光方向偏折了 60o，A 正确；因此从B点的出射光相对C点入射光方向偏折了 60o，A 错误；根据几何关系，足球的直径2sindRrR，B 错误；由于光线从 C 点射入玻璃中的折射角等于从 B 点出射时的入射角，离开玻璃球的折射角等于射入玻璃球时的入射角，因此光线不会发生全反射，C 错误；如果用频率更小的激光入射时，进入玻璃的折射角增大，从而在玻璃内传播的距离减小，而频率更小时，光在玻璃中的传播速度增大，从而光在玻璃球中的传播时间变短，D 正确。10【答案】AD【解析】AB磁场方向竖直向上，运动轨迹如图所示根据几何关系可得24c

10、os45rL，解得22 2Lr 则有02 2mvBLq，A 正确，B 错误；CD若磁场方向竖直向下，且带电粒子只与容器壁碰撞一次后从小孔 d 飞出，则带电粒子的运动轨迹应左右对称，则左侧的运动轨迹如图所示根据几何关系可得2cos5abaM，1sin5bMaM，90(45)45，12sinaMr，#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#物理（一中）答案（第 4 页，共 7 页）52LaM 解得12 25rL由洛伦兹力提供向心力2001vqv Bmr，解得01mvrqB联立可得02 25mvBLq，C 错误，D 正确。三三、填空填

11、空题题（本题共本题共 2 小题小题，共共 16 分分）11（6 分）（1）C（2）2.20（3）2.210-3（4）C【解析】（1）用与 A、B 相同的带电小球 C，先接触 A，再接触 B，两球将带上不等量的同种电荷，选项 A 错误；A、B 小球接触后靠近带电体但不接触，然后分开 A、B 小球，再移走带电体，能使小球带等量异种电荷，选项 B 错误；A、B 小球接触后，用带电小球接触 A、B，移除导体球，再分开 A、B 小球，能使小球带等量同种电荷，选项 C 正确；（2）由图可知，A、B 小球之间的距离 r=2.20cm。（3）对小球受力分析可知，库仑力tansinrFmgmgmgl带入数据解得

12、32.20.01 9.8N2.2 10 N100F（4）根据2qQFkr，可知21Fr图像为过原点的直线，故选 C。12（10 分）（1）丙（2）1.36s（1.321.40s）均可（3）（4）9.71（9.479.78 均可）（5）不正确。设摆球的重心下移L，根据单摆周期公式2LTg，有21124gLLT，22224gLLT 所以21222124LgTTL，与L无关。（或：不正确。小磁片只影响图像在 L轴上的截距，不影响图像的斜率，故不影响从图像中测得的 g 的大小。）【解析】（1）图乙的方法中当单摆摆动时摆长会发生变化，则图丙的悬挂方式较好；#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQX

13、QCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#物理（一中）答案（第 5 页，共 7 页）（2）小球经过最低点时磁感应强度最大，相邻两次磁场最强的时间间隔为半个周期，由图可知单摆的周期约为 1.36s；（3）根据表格中数据描点连线如图（4）根据2LTg可得224gLT则图线斜率为21.2400.24845.00g则29.78m/sg（5）重力加速度根据图像的斜率可求，由（4）的分析可知，小磁片不影响重力加速度的测量值，所以这个同学的观点是不正确的。四、计算题（本题共四、计算题（本题共 3 小题，共小题，共 40 分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分）分。写出必要的推理过程，仅有结

14、果不得分）13（10 分）（1）设预警传感器到容器底部的距离为h，挂重物前，对活塞分析，有10p Smgp S挂上重物后，对重物和活塞组成的系统分析，有20p SMm gp S又01118SMmgp气体发生等温变化，则123Lhp Sp S解得67hL（2）气体发生等压变化，则006ShVTT解得17VSL外界对气体做功2WpShV气体内能的变化量为006TUkkT根据热力学第一定律UWQ可得，0055181586QkTp SLmgL#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#物理（一中）答案（第 6 页，共 7 页）可知，气体放

15、出的热量为0055185681QQkTp SLmgL14（14 分）（1）带电量为q的粒子，由a板中央处静止释放，经b板上的小孔射出，说明b板电势高，由楞次定律可知磁感应强度0B随时间t是均匀减小的。（2）由法拉第电磁感应定律有ENt202BENSNk rt由闭合电路欧姆定律有2EIRR平行金属板ab、两端的电压UIR粒子在电场中运动时，由动能定理有212qUmv解得223Nqkvrm（3）粒子从M点进入圆筒，速度为v，在圆筒中运动有2vqvBmr粒子在圆筒中运动的可能轨迹如图所示，由几何关系可知3tan2rr52n（1n 或 2）第一种情况25则2323tan5rNmkBqr第二种情况45#

16、QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#物理（一中）答案（第 7 页，共 7 页）则23223tan5rNmkBqr15（16 分）（1）根据牛顿第二定律，在 E 点滑块 c，23N3Em vFm gR解得8m/sEv 滑块 c 第一次经过 E 点到 F 点，根据动能定理2233311222FEm gRm vm v解得m/s4 6Fv（2）滑块 c 在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块 c 的速度设为 vc，根据运动学规律22112EcgLvv滑块 a，b 作为整体与滑块 c 发生相互作用，最终滑块 c 被弹出，根据

17、动量守恒与能量守恒得1211223()(cmm vmm vm v2221211223111()2()22cmm vmm vm v联立解得17.5m/sv、21.5m/sv a 与 b 发生碰撞，最后共速，满足动量守恒1 0121()mvmm v联立解得010m/sv（3）假设滑块 c 能再次回到 E 点，从 F 点到 E 点，根据动能定理222323313112222EFm gLm g Rm vm v解得14 2m/sEv速度大于零，假设成立，滑块 c 可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律2211312EgLvv联立解得32m/s1.5m/sv 即可以追上滑块 a，b 发生再次碰撞，设最大压缩量为x，根据动量守恒与能量守3 3122123()m vmm vmmm v共22223 31221231111()22)22(m vmm vmmm vk x共联立解得0.2mx#QQABJQCAoggAQJAAABgCAQXQCgOQkBAAAAoGhAAIIAIAyAFABAA=#