30：2024届山东省潍坊市高三下学期5月三模学生版答案

北京曲一线图书策划有限公司5年高考3年模拟B版物理试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024届山东省潍坊市高三下学期5月三模物理试题答案1.【答案】D【解析】由题知，频率为ν的单色光照射大量处于基态的氢原子，氢原子辐射出频率分别为的ν1、ν2、ν3三种光子，且ν1<ν2<ν3，则说明hν=hν3=12.09eV，hν2=10.2eV，hν1=1.89eV则可知ν3=ν1＋ν2，故A错误；根据以上分析可知ν=ν3，且该单色光光子的能量为12.09eV，故BC错误；用该单色光照射到某新型材料上，逸出光电子的最大初动能与频率为ν2光子的能量相等，则由hν－W0=hν2解得W0=1.89eV，故D正确。故选D。2.【答案】B【解析】由状态1到状态2气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动平均速率增大，不是每个分子的运动速率都增大，故A错误；状态2相比状态1压强不变，温度升高，分子平均动能增大，体积增大，分子数密度减小，由压强的微观解释可知，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少，故B正确；由状态1到状态2，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量减去气体对外做的功，故C错误；设大气压强为p0，活塞的横截面积为S，气体压强为P，由平衡方程p0活塞向右移动L过程中，对外做功W=pS=(p0S−mg)L，由热力学第一定律得ΔU=Q−W3.【答案】B【解析】根据题意作出光路图如图由几何关系可知，光线射出时的折射角r为2θ，折射率n=sin2θ由图知β=r=2θ=74°，故A错误；光在“水晶球”中的传播速度为v=cn光在“水晶球”中传播的距离l=2acosθ，时间t=lv=故选B。4.【答案】A【解析】喷出气体的质量为Δm=ρV，以喷出气体为研究对象，设气体受到的平均冲力为F，以向下为正方向，根据动量定理可得由于在极短时间Δt内喷出气体，可认为喷出气体的重力冲量忽略不计，故有解得F=Δm(u−v)Δt5.【答案】D【解析】t=2.5s时平衡位置位于x=1m处的质点N刚要起振，起振的方向沿y轴正向，可知波源起振方向沿y轴正方向，选项A错误；经过2.5s时波源第2次到达正向最大位移处，可知波向x轴正向传播5λ4=1m结合波形图可知，质点M的平衡位置位于x=0.6m，选项B错误；因5T4=2.5s可得周期T=2s，则该波的波速为已知M、N之间的各质点在t=2.5s至t=3s内通过路程的最大值为10cm，因Δ因质点在平衡位置时速度最大，则在平衡位置前后T8时间内的路程最大，即可得波源振幅为A=52cm6.【答案】A【解析】设海王星的的公转周期为T海，由题知，每隔时间t海王星与天王星距离最近，则有t2πT−27.【答案】A【解析】若足球在3t时刻停止，根据逆向思维法可知，相等时间间隔内的位移之比为1：3：5：…，由0~t时间内位移大小为2x，则在t~3t时间内位移大小应为1.6x，而题干为x，则说明在3t之前足球就已经停止运动。根据逆向思维法则有v2=2ax，2x=vt+12at28.【答案】C【解析】发电机线圈从图示位置开始转过90°的过程中，设发电机线圈面积为S、匝数为N，原线圈回路总电阻为R总，原线圈位置磁感应强度为B，则原线圈通过的电荷量为q其中Im=NBSωR总，ω=2πT，解得q19.【答案】AC【解析】打开开关瞬间，表演者高度为0，则有v根据牛顿第二定律有0.05v02−mg=ma根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有0.05v12由于v2=1.2×可知，在高度小于5m时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5m时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B错误；结合上述可知，表演者先向上做加速度减小得加速运动，表演者上升5m时，加速度为0，速度达到最大值，故C正确；结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D错误。故选AC。10.【答案】BD【解析】根据场强的叠加可知，a、b处的电荷在M点产生的合场强沿着ab连线由M指向b，c处的电荷在M点产生的场强沿着cM连线由c指向M；而a、c处的电荷在N点产生的合场强沿着ac连线由N指向c，b处的电荷在N点产生的场强沿着bN连线由b指向N，则M点的电场强度与N点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；P点距离a、b、c处的电荷要比d点距离a、b、c处的电荷近，根据点电荷Q周围空间某点的电势φ=kQr，可知r越小φ越大，则P点的电势高于根据场强的叠加可知，b、c处的电荷在P点产生的场强相互抵消，则P点的场强为E根据几何关系可知raP=32l根据点电荷Q周围空间某点的电势φ=kQr，可知d电量为＋q′的试探电荷在d点的电势能为Epd11.【答案】BC【解析】由于平行风筝平面的风速大小不变，故平行风筝的平面上风力大小为零，对风筝受力分析如图所示，平衡时则有Tcos30°=F解得T=mg，F=3mg当风速缓慢增大时，垂直作用在风筝上的力F逐渐增大，作出其矢量三角形，如图所示由图可知，风速缓慢增大时，则线与水平方向夹角变大，C正确；风速缓慢增大时，风筝线的长度不变，风速平行风筝平面的分速度增大，相当于风筝在该方向上的速度变大，机械能应增加，D错误。故选BC。12.【答案】ACD【解析】由题知，导体棒在abed区域获得的最终速度为v，则导体棒刚进入efgh区域时的加速度大小a=B2ILm，I=B导体棒进入eh到静止，根据动量定理有－∑B2IL·t=－mv且运动过程中有q=B2Lx2R，导体棒在eh右侧到eh距离为kx（0<k<1）时，根据逆向思维法，列出动量定理有∑B2IL·t′=mv′且运动过程中有q′=B2L(1−k)x2R，I′=B2L联立解得P=1−k2导体棒在abcd区域获得最终最大速度v时，满足U=B1Lv，C=q0U0=qU，Δq∑B1ILt=B1L·Δq=mv－0联立解得v=CB1L要让v最大，则mC+B113.【答案】(1)AC(2)2ℎΔx【解析】（1）由双缝干涉条纹间距公式有Δ若要增大条纹间距，可以增大D，即将光屏向右移动；减小d，即将平面镜稍向上移动一些；或者换用波长更大的单色光，如将光源由绿色改为红色。故选AC。（2）由题意结合条纹间距公式有Δx=D2ℎ（3）如果把光屏移动到和平面镜非常接近，即相当于两者接触，在入射角接近90°时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，即“半波损失”，故直接射到光屏上的光和经平面镜反射的光相位差为π，光程差为半波长，所以两束光相遇会减弱。14.【答案】(1)5(2)5.90.75(3)能【解析】（1）电流表A1的量程0~120mA，电流表A2的量程0~0.6A；两表指针偏转角度总是相同，则两电流表示数的关系为IA则IR2=4I解得电流表A1的内阻R（2）[1][2]闭合开关S2后，电流表A2被短路；电流表的读数为I1时，干路电流I=根据闭合电路的欧姆定律E=代入数据整理得1由图乙可知，图像的斜率k=由k=5E解得电动势E=5.9V，图像的纵截距b=2.0A−1（3）电流表A1、电阻R1与电阻R2的并联电阻R开关S2断开，根据闭合电路的欧姆定律E=I2图像的纵截距b'=R并+RA2+rE，15.【答案】（1）15m/s，方向水平向左；（2）1800J【解析】（1）由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则mg=m所以v0=15（2）小朋友从B滑到E，根据动能定理可得mgr(1−在E点，根据牛顿第二定律可得F联立可得W16.【答案】（1）7:10（2）1800cm3【解析】（1）设开始时气室内气体体积为V1，从气阀中充入的压强为p0的气体体积为V0，当气室充气至压强为p1=0.17MPa，则由玻意耳定律p解得V0=0.7V1从气阀充入的气体和原有气体质量之比为0.7:1=7:10（2）当气室压强为p2=0.34MPa时，根据玻意耳定律p解得V气室压强下降到p3=0.25MPa时，根据玻意耳定律p解得V排出水的体积Δ17.【答案】（1）60°（2）E=mv024ql【解析】根据题意绘出粒子从P到N的运动轨迹如下（1）粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，有q根据几何关系有sin解得α=60°（2）由几何关系可知，Q、N两点沿电场方向的距离为l，粒子由Q到N过程沿x轴方向做匀速直线运动有vNx=vQx=v0cosα，cos由动能定理有−qEl=解得E=（3）粒子由P到Q过程，设时间为t1，有t1=粒子由Q到N过程，沿y轴方向先匀减速后匀加速，设时间分别为t2、t3，有v0sin其中t=t1＋t2＋t3联立解得t=（4）粒子运动在xOz平面内的投影为匀速圆周运动qv粒子运动周期T=2πmqB可得x=r1sinα+v0cosαt2+粒子沿y轴方向做匀加速运动，可得y=即粒子的位置坐标为2318.【答案】（1）14J（2）5J（3）见解析（4）12.8m【解析】（1）设弹开后b速度大小为vb，由动量守恒定律得m解得v根据能量守恒有E解得E（2）b与c发生完全非弹性碰撞，设碰后二者共同速度为vc，由动量守恒定律有m解得v由能量守恒，碰撞过程损失机械能为Δ解得Δ（3）滑块a离开C点做平抛运动，在竖直方向上有ℎ=解得落地时间t=0.4当滑块a在水平传动带上滑动时，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律可得μ解得a=5若传送带速度v<4m/s，a在传送带上减速，设减速至2m/s通过位移为x，则有2解得x=1.2即a离开传送带时的速度和传送带速度相等，若传送带速度v>4m/s，a在传送带上一直加速，设最终获得的末速度为v1，则有v解得v1=6m/s综上可知，传送带速度2m/s<v<6m/s时，a离开传送带时的速度和