湖南省2024届湖南省邵阳市大祥区邵阳市二中2024年高三（5月）模拟考试(三模)物理试卷答案

邵阳市二中2024年高三（5月）模拟考试物理试卷答案1．D【详解】A．由题意可知，氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ的能量大于可见光Ⅱ，可见光Ⅰ的频率大于可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ是紫光，可见光Ⅱ是红光，图1中的Hα对应的是Ⅱ，故A错误；B．因可见光Ⅱ的频率小，故可见光Ⅱ波长大，其条纹间距较大，根据Δ可知图丙中的干涉条纹对应的是Ⅱ，故B错误；C．根据p=ℎD．根据爱因斯坦光电效应方程Ek=ℎν−W0可知发生光电效应时I对应的遏制电压大，则P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。故选D。2．A【详解】两粒子在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得设a粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，b粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，两粒子初速度间的夹角为θ，两粒子的运动轨迹如图所示由几何关系可知又因为，两粒子比荷相同，故有即故选A。3．C【详解】AB．轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，可知轻杆对C端的支持力方向沿杆的方向，两边细线的拉力方向成120°角，轻杆的弹力方向在两细绳拉力的平分线上，可知两边细绳的拉力大小相等，均为F，选项A错误，B错误；CD．对C受力分析如图由相似三角形可知，FAO=TAC=NOC，若缓慢增大竖直向下的拉力F，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力T增大，轻杆4．D【详解】A．根据理想气体的状态方程可得代入数据得=6∶1故A错误；B．b→c过程温度升高，分子平均动能增大，平均速率增大，容器壁单位面积上的分子平均作用力变大，故B错误；C．c→a过程体积缩小，外界对气体做功W>0，等温变化，内能不变，ΔU=0，由热力学第一定律ΔU=Q+W得Q<0，气体向外界放热，故C错误；D．将V-T图像转化为p-V图像，根据图线下方围成的面积等于功易知，a→b过程中气体体积增大，气体对外做功，b→c过程体积不变，对外不做功，c→a过程体积缩小，外界对气体做功，p-V图像围成的封闭面积等于外界对气体做的功，回到原状态A，温度回到初始状态，全过程内能变化量ΔU=0由热力学第一定律ΔU=Q+W得，气体一定放出热量且放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确。故选D。5.D【详解】A.根据牛顿第二定律可得，解得可知飞船在A点点火加速后瞬间的加速度不变，故A错误；B.不知道飞船在轨道Ⅰ上的速度，飞船在A点加速度后，速度与第一宇宙速度的大小关系不确定，故B错误；C.飞船在Ⅲ轨道运行的周期根据万有引力提供向心力可得，解得，飞船在Ⅱ轨道上运行的半长轴小于轨道Ⅲ的半径，故在轨道Ⅱ上由A点到B点的时间小于在轨道Ⅲ上的周期的一半，故C错误；D.飞船与地心的连线单位时间内扫过的面积，轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，故在轨道Ⅰ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积小于在轨道Ⅱ上扫过的面积，故D正确。故选D。6.AD【详解】金属棒向右运动，切割磁感应线产生电动势E，给电容器充电，设在t~t+Δt的时间里，电容器充电量为Δq，则则充电电流为对金属棒列牛顿第二定律方程得上式说明金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由可得，得再由q=CE=CBLv=CBLat得金属杆最终出磁场时，电容器带电量最大，带电量为故选AD。7.CD【详解】A．由题图可知波长λ＝4m，正立方体的边长为a＝m=4m，该横波的波长与正方体（障碍物）的边长尺寸相同，则该横波遇到体积为64m3的正方体能发生明显衍射，A错误；B．该简谐横波沿x轴正方向传播，传播时间＝0.75s，则（n＝0，1，2，3…），解得s（n＝0，1，2，3…）当n＝0时，解得周期T＝1s，则＝1Hz，该横波的频率可能为1Hz，则该横波与另一列频率为1Hz的简谐横波相遇可能发生干涉，B错误；C．根据波长与波速以及周期之间的关系，有，解得m/s（n＝0，1，2，3…），把＝4m/s代入，解得n=0，则该横波传播的速度大小可能为4m/s，C正确；D．因为rad/s（n＝0，1，2，3…），当n＝0，ω＝2πrad/s，可设质点P的振动方程为cm，把t1＝2s，y＝0代入可解得可能为0，则质点P的振动方程可能为（cm），故D正确。故选CD。8.AC【详解】AB．副线圈两端电压为将n1:n2=2:1和U1=12V代入上式解得U2=6V，电动机消耗的功率，当时电动机消耗的功率最大，即，由于是理想变压器，所以，电动机消耗功率最大时，原线圈上电流为，故A正确，B错误；CD．把电动机换成滑动变阻器，滑动变阻器消耗的功率为，滑动变阻器消耗的最大功率跟电动机消耗的最大功率相同，故C正确；R0上的功率为当电流最大时，定值电阻R0的功率最大，即滑动变阻器的阻值为零时，R0上的功率最大，故D错误。故选AC。9.AD【详解】A．用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为T，滑块A刚要沿斜面向上运动可知，对B受力分析，设手的支持力为F，则，根据牛顿第三定律可知手受到B球的压力为24N，故A正确；B．松手后，A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，对A受力分析得，对B受力分析得，解得故B错误；C．根据能量守恒定律，松手后到滑块A最大速度的过程中有解得，故C错误；D．当滑块A向上滑行的距离最大时，A、B的速度都为0，物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律有，解得故D正确。故选AD。10.CD【详解】A．根据题意可知，线框刚进入磁场后，线框受安培力，初速度方向上做减速运动，则线框在斜面上不做类平抛运动，故A错误；B．根据题意可得，，，联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为，F=0.2N，线框的加速度大小为，，故B错误；C．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为，穿出也为0.04C，方向相反，总电荷量为0，故C正确；D．设线框沿x方向速度减到零时，线框沿y方向运动的位移为y，根据能量守恒定律有，在沿y方向根据运动学规律得，解得Q=0.5J，故D正确。故选CD。11.【答案】（1）9（5）（6）【解析】（1）因为游标卡尺精确度为0.05mm，每个小格实际长度为0.95mm，所以可得游标尺中第6格刻度线与主尺对齐刻度线为，（5）由题意铁片下边的挡光时间分别为，铁片遮光宽度d。则通过光电门的速度近似为。（6）研究铁片上下两边依次通过光电门的运动过程，根据公，解得。12.【答案】（1）R1连线见解析（2）95815kΩ（3）5（4）156060【解析】（1）为了保证改装后欧姆表能正常使用，欧姆调零时，有解得欧姆调零时欧姆表内阻为，此时滑动变阻器接入电路阻值为，则滑动变阻器应选R1；欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示，（2）欧姆调零时，有，解得欧姆调零时欧姆表内阻为，此时滑动变阻器接入电路阻值为设电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为，则有，解得（3表盘上c处的电流刻度为75，设此时测量电阻为，则有，则c处的电阻刻度为5。（4）设改装后干路的最大电流为，则欧姆调零时有对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，则有联立解得，则图中电阻箱的阻值应调为若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，此时干路电流为，则电流表指针对应的电流是13.【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据题意可得，光路如下图所示。根据题意可知，则故，根据折射定律有，可得，则，根据折射定律有，故出射角的正弦值为（2）由几何知识可知则光在玻璃柱体中的路程为光在玻璃柱体中的速度为则光穿越玻璃柱体的时间为14.[答案](1)2g2eq\r(gR)(2)eq\f(R,μ2)(3)L0－eq\f(2R,μ1)[解析](1)自由下落过程veq\o\al(2,B)＝2gh进入圆轨道时在B点an＝eq\f(v\o\al(2,B),R)＝2g根据机械能守恒定律得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝2eq\r(gR)。(2)若μ1>μ2因为轻质平板小车受到的合力一定为零，所以物块所受摩擦力f＝μ2mg物块1一滑上平板小车，马上与车相对静止，物块2与车相对运动，直到与平板小车速度相等后一起运动，根据动量守恒定律m1vC＝(m1＋m2)v由功能关系得μ2m2gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2解得L＝eq\f(v\o\al(2,C),4μ2g)＝eq\f(R,μ2)。(3)若μ1<μ2，物块所受摩擦力f＝μ1mg。物块1一滑上平板车后，物块2与车相对静止，物块1与车相对运动，直到与平板小车速度相等后以共同速度v一起运动，此过程中两物块距离减小x1，由功能关系得μ1m1gx1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2解得x1＝eq\f(R,μ1)设小物块2与弹性挡板P发生碰撞后以速度v被弹回。根据动量守恒定律m1v－m2v＝(m1＋m2)v1解得v1＝0碰后两物块距离减小x2，由功能关系得μ1m1gx2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2解得x2＝eq\f(R,μ1)s＝L0－x1－x2＝L0－eq\f(2R,μ1)。15.【答案】（1）；（2）；（3）（n＝1，2，3，…）【解析】（1）粒子在电场中运动时，有