2024届河北省邯郸市高三下学期5月保温试题物理参考答案

邯郸市2024届高三年级保温试题物理参考答案1.【答案】A【详解】AB．在刚开始的短时间内，火罐内部气体体积稍有减小，由于火罐导热性良好，所以火罐内气体温度迅速降低，根据可知，气体压强减小，在外界大气压的作用下火罐“吸”在皮肤上，故A正确，B错误。C．气体的体积稍有减小，可忽略，则，而温度迅速降低，则气体内能减小，根据热力学第一定律，可得，即气体向外放热，故C错误。D．因气体的体积稍有减小，可忽略不计，则单位体积内的分子数不变，而气体的温度降低，则分子的平均动能减小，分子的平均速率变小，则火罐内气体分子单位时间内撞击火罐底部的次数变少，故D错误。故选A。【命题意图】本题从传统中医理疗“拔火罐”入手创设情境，旨在考查理想气体状态方程与热力学第一定律以及气体压强的产生原因。2.【答案】B【详解】A．氢原子由激发态跃迁到基态后，核外电子运动半径变小，动能增大，原子的电势能减小，故A错误；B．紫外线光子的最小能量为3.11eV，处于n=3能级的氢原子的电离能为1.51eV，故处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离，B正确；C．一个处于n=4能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能辐射出3种不同频率的光子，分别为n=4能级跃迁到n=3能级，n=3能级跃迁到n=2能级，n=2能级跃迁到n=1能级。C错误D．氢原子从n=4的能级向基态跃迁时发出的光子能量为E=(-0.85eV)-(-13.6eV)=12.75eV因锌的逸出功是3.34eV，锌板表面所发出光电子最大初动能为Ekm=12.75eV-3.34eV=9.41eV，D错误。故选B【命题意图】本题以氢原子能级跃迁为背景，结合光电效应对波尔能级理论进行了着重考查，对知识点的整合归纳有较高的要求。3【答案】D【详解】由得，由图像可知，甲车初速度，由，得，所以甲车做初速度为，加速度为的匀加速直线运动，乙车做的匀速直线运动，故B错误；由，得共速时，此时，，，故共速前乙车已追上甲，整个过程中两车可相遇两次，故甲、乙两车之间的距离先减小后增加，再减小再增加，所以A错误；由，得，此时，不等于乙车的速度，故C错误；，甲车的平均速度为，故D正确。【命题意图】本题以图像为载体，对匀变速直线运动的规律应用进行了考查，需要学生运用一次函数的特征解决物理追及相遇问题。由于本题中甲乙两辆车有两次相遇的机会，所以需要考生在运动分析的过程中更加注意二者运动的相对性。4【答案】D【详解】A．在A位置时，该人受到重力和秋千绳的拉力，合力不为零，不是平衡状态，故A错误；B．在O位置时，重力和秋千绳拉力的合力产生向上的向心加速度，该人处于超重状态，故B错误；C．在A位置时，已知绳子与竖直方向成θ，有，解得，故C错误；D.在O位置时，由牛顿第二定律可得，从A到O，由动能定理，可知每根秋千绳的拉力大小为，故D正确。故选D。【命题意图】本题以我国传统的体育项目“荡秋千”为载体创设情境，重点考查圆周运功的向心力分析与动能定理，并需要考生结合运动分析对超重失重现象进行判断。5【详解】A．饺子的加速度，与传送带的速度无关，故A错误；B．饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间，饺子在传送带上留下的痕迹长度故B错误；C．饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能，因摩擦产生的热量，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移，，所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。故选C。【命题意图】本题以工业生产中的传送带运送饺子创设情境，对牛顿第二定律、匀变速直线运动、动能定理、功能关系等知识点做了重点考查。6【答案】B【详解】A．地球静止轨道卫星只能在赤道上空，不会经过北京，故A错误；B．由万有引力提供向心力，有，解得可知，周期相同的卫星轨道半径相等，故北斗—GEO4和北斗—IGSO2的轨道半径相等，故B正确；C．由万有引力提供向心力，有，解得可知，轨道半径越小，运行的线速度越大，故北斗—MEO3比北斗—GEO4的线速度大，故C错误；D．由万有引力提供向心力有解得可知，轨道半径越小，角速度越大，故北斗—MEO3比北斗—IGSO2的角速度大，故D错误。故选B。【命题意图】本题以我国发射的北斗卫星绕地球匀速圆周运动为素材创设情境，对不同种类卫星的运动特点、万有引力定律与匀速圆周运动相结合进行了全面考查。7【答案】A【详解】A．根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，可知粒子受到电场力大致向左，故粒子一定带正电，又c点电势比a点高，因此粒子在c点电势能比a点高，故A正确；B．粒子可能从a点运动到b点，也可能从b点运动到a点，故B错误；C．电场线越密，电场强度越大，c点电场线较密，则粒子在c点的电场强度较大，根据故粒子在c点的加速度一定大于在b点的加速度，故C错误；D．若粒子从a点运动到c点，速度方向与电场力方向的夹角为钝角，电场力做负功，粒子速度减小，故粒子在c点的速度一定小于在a点的速度，因此粒子在c点的动量一定较小。故D错误。故选A。【命题意图】本题以带电粒子在电场中的运动为背景，需要考生能够结合电场线特点与粒子的运动轨迹明确出受力方向、电场力大小、加速度大小，并通过电场力做功判定动量的大小变化。8．ABC【详解】A．由题图可知，其质点P的加速度向下，质点Q的加速度也向下，所以两质点的加速度方向相同，故A正确；B．由于波的传播方向为x轴负方向，根据题图可知，质点P此时刻向上运动，质点Q此时刻向下运动，所以质点Q先回到平衡位置，故B正确；C．由题图可知，该波的波长为4m，由波速运动公式有，解得，所以其频率为，故C正确；D．由题图可知，其振幅为10cm，质点一个周期通过的路程为，故D错误。故选ABC。【命题意图】本题以波动图像为情境，对机械振动特点、波动特点、波速公式进行考查，并需要考生能结合波形图判断质点振动方向、加速度方向。9【答案】BD【详解】等效电路图如图所示其中A．由“串反并同”，故电阻R3的功率一直减小，故A错误；B．当滑片位于a端时，电流表的示数最小，此时滑动变阻器的阻值为3Ω，原线圈电流为，故B正确；C．由图可知当滑片P从a端滑到b端的过程中滑动变阻器的阻值变小，则总电阻减小，原线圈的电流不断变大，又因为，所以当滑片Р滑至b端时，整个电路的功率达到最大，故C错误；D．由等效电路方法，R1等效为电源内阻。输出功率最大时满足，此时原线圈电压与R1两端电压相等，输出功率为，故D正确。故选BD。【命题意图】本题以“一拖二”类型的理想变压器为情境，重点考查理想变压器原副线圈的电压关系、电流关系、功率关系，并且需要考生能够使用等效法将两个副线圈抽象为并联的两个支路电阻，从而使用闭合电路欧姆定律进行电路动态分析。10【答案】ABC【详解】A．粒子能在磁场中做完整圆周运动，速度最大时对应的运动轨迹与矩形两边界相切，如图所示由几何知识可得r=5cm，洛伦兹力提供粒子圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得解得v=1.0×107m/s，故A正确；B．如图所示，当轨迹圆弧与dc边相切于c点时，对应能从c点射出的最小速度；当轨迹圆弧与bc边相切于b点时，对应能从b点射出的最小速度；由几何关系可求出若粒子分别能从b点、c点射出的最小半径分别为，，速度之比为C．粒子在磁场中运动时间最短时，则其在磁场中的运动轨迹对应的弦最短，粒子的速度为1.6×107m/s时，r=8cm，由几何知识可得，解得可得粒子在磁场中运动的最短时间为，故C正确；粒子的速度为1.6×107m/s时，与ad或者bc相切时运动时间最长，如图所示可得粒子在磁场中运动的最长时间为，故D错误。【命题意图】本题创设带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的情境，结合几何关系与临界分析，对匀速圆周运动与洛伦兹力相结合进行半径与周期的判定提出了较高的要求。11【答案】（1）1.130cm；（2）B；（3）（每空2分）【解析】（1）20分度游标卡尺游标尺的每1小格实际长度为0.95mm，从图中可以看出游标尺的第6小格与固定刻度中的17mm对齐，故读数应为17mm-6×0.95mm=11.30mm，换算单位为1.130cm。为减小实验误差，摆球应选用密度大、体积小的小球，A错；摆线应该选用轻且细且不易形变的绳，B正确；摆线越长其质量以及所受阻力对实验结果的影响越大，所以摆线长度应适度长，并非越长越好；中学阶段误差要求，单摆摆角在15°范围内均可近似看作简谐运动，所以在摆长一定的情况下振幅不能太大，D错；根据单摆的周期公式，带入测量量可得【命题意图】本题以“单摆测重力加速度”实验为切入点，考生仅能够使用游标卡尺进行读数是不够的，还必须理解游标卡尺的原理，否则无法解决零误差并测量摆球直径。在进行实验设计过程中，需要考生结合单摆周期公式中，对其中各个参量进行精准测定，避免出现大的误差，进而得到当地的重力加速度值。12【答案】（1）1.5，3.1（2）2.0，6.3或6.2（3）＞（每空2分）【解析】（1）由乙图的纵截距可知，电池A的电动势为EA=1.5V，横截距可知短路电流为0.48A，内阻，代入数据得rA=3.125Ω，保留两位有效数字后为rA=3.1Ω。（2）外电路此时的电压为1.0V，根据图像可知电流为0.16A，连接（0，0）点和（0.16A，1.0V）的直线即为外电阻的U-I图像，易知滑动变阻器的阻值为，保留两位有效数字后为（答也可得分）。两电池的U-I图像与电阻的U-I图像相交于（0.16A，1.0V），又EA︰EB=3︰4，故画出电池EB的U-I图像如下图1所示，根据第（1）问的方法即可求得B电池的EB=2.0V，rB=6.3Ω，（rB=6.2Ω也可得分）。当外电路所接电阻变小时，作出变小电阻的U-I图像如图2所示，由图可知，两电池分别在外电路接同一变小的电阻时，电池A的U-I图像与电阻图像交点的路端电压和电流均比电池B的U-I图像与电阻图像交点的路端电压和电流大，故两外电路功率P1＞P2。【命题意图】本题考查“测量电池的电动势与内阻”实验，以电源的U-I图像为载体，考查闭合电路的欧姆定律与电路的基本知识应用，需要考生能够灵活应用电源的U-I图像与电阻的U-I图像相结合，进而比较出实际外功率的大小。13【答案】（1）（2）60°【解析】（1）光从C点到B点的光路图如图所示，光在C点折射，由折射定律可知（1分）激光在玻璃球中的传播速度为（1分）由几何关系可得（1分）解得（2分）（2）光在B点折射，由折射定律可知，（1分）可得（2分）故B点的出射光相对C点入射光方向偏折角为60°【命题意图】本题以光线在玻璃球中的折射为情境，考查了光的折射与折射定律、光在介质中的速度公式，需要考生能够结合几何作图确定相应的几何关系，并得出最终结论。14【答案】（1）（2）（3）【解析】解：（1）如图所示，导体棒做切割磁感线运动，将会产生感应电动势利用欧姆定律得此时的感应电流此时导体受到的安培力大小为联立可得（2分）此时导体棒所受到的合外力为由牛顿第二定律可知导体棒做加速度减小的加速运动，当最后合力为零时导体棒速度达到稳定，得（2分）（2）依题意，金属导轨刚要开始运动时，导体棒受到的安培力等于地面与金属导轨之间的最大静摩擦力。设导体棒对金属导轨的压力为金属导轨对水平面的压力为（1分）当导轨开始运动时，金属导轨受到的摩擦力为（1分）导体棒中的感应电动势为E，感应电流为I，导体棒受到安培力的大小为F1，金属导轨开始运动时，联立得（2分）（3）金属框开始运动后，金属框与导体棒均产生感应电动势，则电路中的电流会逐渐减小，到最后导体棒与金属框有共同加速度时达到稳定。设此加速度为a，导体棒受到的安培力为F2，电路中电流表示数为I2，由（1分）（1分）（1分）联立可得：（2分）【命题意图】本题以导体棒在匀强磁场中切割磁感线运动为情境，着重考查了电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、安培力等重要知识点，需要考生对“单棒切割”模型的收尾速度、加速度有清晰的认识。15【答案】（1），方向沿水平面向右；，方向沿水平面向左。（2）（3）（4）10m【解析】（1）施加外力后，AB一起向左运动。B第一次与C碰撞后，A与B在相对静止之前，A相对B向左滑动。对A，根据牛顿第二定律，解得，方向沿水平面向右；（2分）对B，根据牛顿第二定律，解得，方向沿水平面向左。（2分）（2）B与C碰撞前瞬间，对AB整体，根据牛顿第二定律，解得此过程满足，解得AB速度大小均为（1分）以沿水平向左为正方向，BC碰撞过程，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，解得，