2024届贵州省黔东南苗族侗族自治州凯里市第一中学高三下学期三模物理试题（黄金二卷）含答案.pdf

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1、#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAA

2、oGhBAMMAAAiBFABAA=#物理参考答案第 1 页（共 7 页）凯里一中 2024 届高三模拟考试（黄金卷）物理参考答案 一、单项选择题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C A C B C D B【解析】1依题知氢原子从基态至少跃迁到第 3 能级，之后才能辐射出巴耳末系谱线，最少应给氢原子提供的能量为 12.09eV，故 C 正确。2tv图像面积为位移大小，由运动学公式得2mmm222txaavvv，解得25m/sa，故 A正确。3根据分子动理论，温度增加，速率较大的分子占比增大

3、，并不是所有的氧气分子的速率都增大，故 A 错误。气体压强的产生是大量分子频繁撞击器壁的结果，而不是分子间的相互作用力，故 B 错误。若氧气压强增大，由动量定理知：单位时间内氧气分子对器壁的平均冲量变大，故 C 正确。若容器的体积减小，单位时间撞击在单位面积上的分子数不一定增加，比如温度下降较大幅度，分子活跃度下降，单位时间撞击器壁的分子数可能不变，还有可能减少，故 D 错误。4由简谐运动的特点知：滑块从 O 点运动到 D 点的时间小于8T，故 A 错误。滑块在 B 点时弹簧的形变量是在 D 点时的 2 倍，故弹力是 2 倍，由Fma知 B 正确。由2p12Ekx知滑块在D点时弹簧的弹性势能是

4、最大弹性势能的14，由机械能守恒知滑块在D点时的动能是在O点时动能的34，故 C、D 错误。5篮球只受重力，加速度均为g，单位时间内速度的变化gtg=v，故 A 错误。斜抛运动最小速度为A点的水平分速度，由于Av与水平方向夹角大于，故 B 错误。将AB段等效#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#物理参考答案第 2 页（共 7 页）为反向平抛运动，由平抛运动得tanyx,212ygt,Bxt v，故2tanBtgv，由几何关系知BC与水平方向夹角为30，则tan603tan301ABBCtt，故C正确。由212ygt知，AB段

5、篮球竖直位移大小为BC段的9倍，故D错误。6由于磁场方向不确定，故电流方向也不能确定，故A错误。若电流方向从b到a，磁场方向可以竖直向下，故B错误。若所加磁场的磁感应强度最小，安培力应沿导轨向上，则磁场方向不可能沿导轨向上，故C错误。此时对金属棒应有sinBILmg，解得sinmgBIL，故D正确。7根据匀强电场的特点，由11AACC，得2 VC，再由ADBC，得1 VD，故A错误。分别沿AB、AD、1AA建立直角坐标系Oxyz，电场强度沿x、y、z的分量1 V/mABxEd，1 V/mADyEd，12 V/mAAzEd，匀强电场强度的大小2226V/mxyzEEEE，故B正确。由111AAB

6、BDD，得113 V/mBD，11BDD B不是等势面，电场线不与11BDD B垂直，故C错误。将一电子从1B移动到1C时，电场力做功11()1 eVBCWe，故D错误。二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。题号 8 9 10 答案 AD AC BCD【解析】8飞行器速度最大时加速度为零，由牛顿第二定律得mmgkv，则mmgkv，故A正确。对飞行器由动能定理得2m12fmghWmv，则3222fm gWmghk，故B错误。对飞行器由动量定理得mmgtk tmvv，thv，则22m

7、 gk htkmg，故C错误，D正确。#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#物理参考答案第 3 页（共 7 页）9列车以加速度a匀加速时，乘客所受的合力大小为ma，由力的合成，可知车厢给质量为m的乘客作用力大小为22()mgma（），故A正确。设短编组列车的额定功率为P，每节车厢质量为M，车厢在平直轨道上运行时所受阻力为重力的k倍，8节的短编组列车最大速度18gPkMv，16节的长编组列车最大速度2216gPkMv，则两种情况最大速度大小相等，故B错误。由牛顿第二定律21616PkMgMav知，速度增加，加速度减小，故C正确

8、。关闭发动机后列车在阻力作用下做匀减速直线运动，滑行距离2max2 gxkv，则滑行距离相等，故D错误。10在00.5s内，磁场磁感应强度00.5 TB，导体棒运动过程中t时刻产生的感应电动势100EB lB latv，感应电流11IrER，对棒由牛顿第二定律有0 1FB I lma，联立解得2 20B l aFmatRr，故A错误。对棒由动量定理有FIIm安v，其中0 1=B IIl t安，01B lxI tRrRr，而atv，212xat，由图丙，将22m/sa，0.5st 代入可解得33N s32FI，故B正 确。在0.5s1s时 间 内，回 路 中 任 一t时 刻 的 磁 通 量220

9、1(1)(2)2tBxattt，23220tt ，其中0.5 1t，磁通量不断减小，根据楞次定律可知电流方向为俯视顺时针方向，故C正确。从01s内00.5 CBlxqI tRrRr ，故D正确。三、非选择题：本大题共5小题，共57分。11（除特殊标注外，每空1分，共5分）（2）摆线长 摆球直径（3）拉开一个小角度后无初速度释放（合理即可，2分）tn#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#物理参考答案第 4 页（共 7 页）【解析】（2）（3）根据单摆的周期公式2lTg，要测量当地的重力加速度，需要测量摆长和周期，摆长为摆线长加

10、上小球的半径，因此测量摆长的过程中，需要测摆线长和摆球的直径。单摆只有在小角度的范围内振动才能看成简谐运动，因此在测量周期的过程中，应将小球从平衡位置拉开一个小角度后无初速度释放，n次全振动所用的时间为t，单摆振动的周期tTn。12（除特殊标注外，每空1分，共10分）（1）0.05 125.60 （2）5.000 （3）如图1所示（3分，电压表选择正确给1分，电流表内接给1分，滑动变阻器分压接法给1分，有错扣2分，扣完为止）22gg44()lIlUUIRdRdI或（2分）0.020或22.0 10（2分，有效数字错误扣1分）【解析】（1）根据游标卡尺的原理，20分度的游标卡尺精确到1mm0.0

11、5 mm20，由图可知，整数部分读数为125 mm，小数部分读数为0.05 120.60 mm，样品的长度为125.60 mm。（2）螺旋测微器的固定刻度值为5mm，可动刻度值为0.000mm，金属圆片的直径为5.000mm。（3）由于待测样品的电阻约为 320k，电流表的量程为 50A，电流表满偏时电压的数值为16VxUIR，所以应选择 15V 的电压表；由于gxRR，电流表应选择内接法；因为滑动变阻器的最大阻值远小于xR，滑动变阻器应采用分压接法。根据实验电路，有gxURRI，其中xllRSS，214Sd，得22gg44()lIlUUIRdRdI，代入数据得20.020S/m2.0 10S

12、/m。13.（12分）解：（1）光线不被折射出侧面，说明发生了全反射。此时光线到达侧面的入射角为C（如图2甲所示），由折射定律可知 1sinCn 图 1#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#物理参考答案第 5 页（共 7 页）由几何关系2C 解得454C，902 （2）如图乙所示，光从O到达半圆的时间为 1Rtc 光在导光柱中的传播速度为v，则cnv 设射到AD或BC侧面的入射角为时，到达CD面所用时间最长，此时光沿AD方向的速度1v大小为 1sinvv 沿此方向传播的距离为sinxLR 解得2sinLRtvv 光线的传播时

13、间为12ttt 由题意452 解得最长时间22LRRt=c 评分标准：本题共12分。正确得出式给2分，其余各式各给1分。14.（14分）解：（1）当粒子能从BC边离开磁场时，其在磁场中运动时间最长，设粒子在磁场中运动的速度为1v、轨迹半径为1r，对应圆心角为，由题意得 qkm 2111mqBrvv 图 2#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#物理参考答案第 6 页（共 7 页）112rT v 由几何关系可得43 粒子在磁场中运动的最长时间m2tT 联立解得m43tkB （2）如图3所示，当粒子运动轨迹与AC边相切时，设其运动

14、轨迹半径为2r，粒子运动到AB边有最大速度，当粒子运动轨迹恰好与AB边相切时，设其运动轨迹半径为3r，对应有最小速度，由几何关系得 22dr 334dr 2222mqBrvv 2333mqBrvv 粒子能从AB边上射出的速度32vvv 解得能从AB边射出的粒子速率范围为 3 42kBdkBdv 评分标准：本题共14分。正确得出、式各给2分，其余各式各给1分。15.（16分）解：（1）设平板减速时滑块a和滑块b相对滑动且加速度大小分别为1a、2a。由牛顿第二定律：对滑块a有11mgma 对滑块b有1222mgmgma 解得212.5m/sa ，223.0m/sa 图 3#QQABBYoAggCo

15、AIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#物理参考答案第 7 页（共 7 页）a、b之间存在相对滑动，加速度大小分别为 212.5 m/sa、223.0 m/sa，方向均与初速度方向相反 （2）设滑块a、b减速到0所用时间分别为1t、2t，则 1 12 2a ta tv 解得11.2st，21st 滑块b减速到0后，对滑块b，有 1220mgmg 滑块b减速到0后停止运动，滑块a继续滑行直到速度为0，整个过程中滑块a、b的位移分别为 2111 111.8m2xta tv 2222 211.5m2xta tv 又120.3m 2dxx，滑块a未从滑块b上掉落。相对位移 120.3mxxx （3）平板车减速运动的位移为3x，则 20300.9 m2xav 若滑块b没有从平板上滑落，滑块b相对于平板车的位移 230.6 mxxx 要使滑块b不从平板上掉落的临界条件是ab整体的重心（几何中心）恰好和平板的右端平齐，如图4所示，由几何关系可知，重心到平板右侧的距离 0.45 md L的最小距离0.15 mLxd 即要确保滑块b不从平板上滑落，L应满足 0.15 mL 评分标准：本题共16分。正确得出式给2分，其余各式各给1分。图 4#QQABBYoAggCoAIAAABgCUwUyCAAQkACCAAoGhBAMMAAAiBFABAA=#