37：2024届浙江省宁波市镇海中学高三下学期高考选考科目适应性考试物理试卷学生版答案

北京曲一线图书策划有限公司5年高考3年模拟B版物理答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页2024届浙江省宁波市镇海中学高三下学期高考选考科目适应性考试物理试题答案1．【答案】A【解析】国际单位制的七个基本单位分别为米(m)、秒(s)、千克(kg)、安培(A)、开尔文(K)、摩尔(mol)、坎德拉(cd)。故选A。2．【答案】D【解析】质点是理想化模型，只有当物体的形状和大小对所要研究的问题可忽略不计时才能把物体看作质点，观看体操运动员的动作时，不可以把运动员看成质点，A错误；物体能否看成质点，不是看物体的体积和质量大小，而是看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略，B错误；选择不同的参考系，运动的描述是不一样的，C错误；应选择使运动的描述更简单的物体作为参考系，选择太阳更容易描述行星的运动，D正确。故选D。3．【答案】B【解析】跳伞运动员在空中匀速下落，处于平衡状态，其所受重力与阻力平衡，可知在运动员下降过程中除了重力做功外，阻力对运动员做负功，远动员的机械能减小，故A错误；小物块做自由落体运动，在其运动过程中只受重力，即只有重力做功，其机械能守恒，故B正确；汽车在公路上加速行驶，合外力对汽车做正功，其机械能增加，故C错误；物块在粗糙斜面上下滑，下滑过程中除重力对物块做功外还有摩擦力最物块做负功，物块的机械能减小，故D错误。4．【答案】B【解析】电场中某点的电场强度与试探电荷的电荷量无关，A错误；电场力对带电量为1C的正电荷做功为1J，则初、末位置的电势差为1V，B正确；电容器的电容与是否带电、带电多少无关，C错误；根据左手定则，磁感应强度方向与放入磁场中的通电直导线所受的安培力方向垂直，D错误。5．【答案】B【解析】由图乙可知，t=0时刻穿过线圈的磁通量为0，则线圈与中性面垂直，故A错误；t1根据题意可知，电流表的示数为回路中电流的有效值，而回路中电流的有效值不变，故C错误；t46．【答案】C【解析】A向下匀速运动，根据平衡条件可知，A受到与斜面平行且向上的摩擦力，故AB错误；A、B匀速下滑过程中有m′g7．【答案】C【解析】由质量数守恒和电荷数守恒可知，X为24He粒子，故A错误；衰变后原子核更稳定，比结合能越大，即93237Np的比结合能大于8．【答案】C【解析】当小球沿着OP方向射出时，则速度方向满足tanθ=vyvx即要想小球沿着OP方向射出，则vy弹射器在E位置，将小球以大于v0的速度斜向右上射出，则到达P点时速度的竖直分量变大，所用时间变大，而EP=R不变，可知到达P点时的水平速度变小，此时v弹射器在E位置，将小球以小于v0的速度斜向右下射出，则到达P点时速度的竖直分量变大，而水平速度变小，此时v升高弹射器至Q点，小球以大于v0的速度斜向右下射出，则到达P点时速度竖直分量变大，虽然高度增加，但是所用时间可能变短，因QO=R一定，此时水平速度也增加，则v升高弹射器至Q点，小球以小于v0的速度斜向右上射出，则到达P点时速度竖直分量变大，水平速度变小，则v9．【答案】A【解析】小球在最低点时加速度向上，则小球处于超重状态，故A错误，符合题意；小球经过最高点Z时，若对轨道的压力为零，则重力完全提供向心力，小球处于完全失重状态，故B正确，不符合题意；由于在最高点圆管能支撑小球，所以速度的最小值为零，故C正确，不符合题意；若过最高点的速度较小，则在Z点，小球在Z点对管壁压力向下，轨道对小球有向上的弹力，根据牛顿第二定律可得mg−F=mv2L，此时经过最高点Z10．【答案】D【解析】由位移x与时间t的关系图可知周期为T=4s，振动频率为f=1T=0.25Hz，A错误；在A点时振幅最大，根据简谐振动规律此时速度最小，故B错误；在B点时处于平衡位置，根据简谐振动规律此时回复力为零，得加速度为零，故C错误；在0~3s内质点经历34T，由位移x与时间t11．【答案】B【解析】因电场线向下，两粒子均受向下的电场力而做类平抛运动，故均带正电，故A错误；设任一粒子的速度为v0，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为a=qEm，对竖直分运动为匀加速直线运动，有y=12at2，对水平分运动为匀速直线运动，有x=v0t，联立得v0=xqE2my，因比荷qm相同，y相同，E相同，则x大的初速度大，即a的初速度一定小于b的初速度，故B正确；由竖直分运动可得时间为t=2ymqE，因比荷qm12．【答案】D【解析】在A点时，由题意可知，入射角为60°，则由几何关系有sin由折射定律得n=sinisin∠BAO=3，故A错误；该束单色光在该透明材料中的传播速度为v=cn，单色光在该材料中的传播时间为t=2×2Rcos∠BAOv，代入数据解得t=6Rc，故B错误；光束从恰好发生全反射，由于sin∠DCA=1n解得sin∠CAO=36，由折射定律得n=sini13．【答案】D【解析】线圈中电流I(t)的减小将在线圈内导致自感电动势，故ε=−L其中L代表线圈的自感系数，有L=ΦI，在计算通过线圈的磁通量Φ时，以导线附近即r1处的B为最大，而该处则L=kS=kπr22，根据电阻定律有ΔI=2IρΔ则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为10−20V，14．【答案】ACD【解析】根据光电效应方程Ekm=hv-W0知，入射光的频率不变，则逸出的光电子最大初动能不变，而减弱光的强度，则逸出的光电子数减少，故A正确；通过电子的衍射证实物质波的假设是正确的，故B错误；在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长，故C正确；速度相等的电子和质子，电子的动量小；根据物质波的波长公式λ=ℎ15．【答案】BD【解析】A．由丙图可知超声波的波长λ=0.01m，超声波悬浮仪所发出的超声波信号频率为f=vλ=34000Hz，故A错误；波源P、Q振动步调相反，当波程差为波长的整数倍时，该点是振动减弱点，设波源P、Q之间某一点坐标为x，悬浮点为振动减弱点，满足|(2−x)−[x−(−2.5)]|=|2x+0.5|=nλ(故两列波稳定叠加后，波源P、Q之间小水珠共有9个悬浮点，故B正确；C．波源P、Q之间振幅为2A的点为振动减弱点，当波程差为半波长的奇数倍时，该点是振动加强点，满足|(2−x)−[x−(−2.5)]|=|2x+0.5|=2n+12λ(两列波稳定叠加后，波源P、Q之间振幅为2A的点共有8个，故C错误；D．拔出图乙线圈中的铁芯，LC振荡回路的振荡周期减小，超声波频率变大，波长变短，相同空间距离内节点个数变多，故D正确。16．【答案】(1)不挂(2)E3.8(3)b【解析】(1)实验之前要平衡小车所受的阻力，即不挂砂桶，连接好纸带后，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列间距均匀的点。(2)根据题意有xAB=1.00cm，xBC所以ΔΔΔx3=x[2]相邻两计数点间的时间间隔为T=5小车运动的加速度为a=(3)根据牛顿第二定律可得m0g−T=联立可得1所以1m0g=k，17．【答案】(1)b(2)500(3)4.9×10【解析】(1)闭合开关S1，滑动变阻器是分压式接法，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器R1的滑片应向(2)由图乙可知，电容器开始放电电流是I1=6(3)由表中数据，在图丙中描点画U−Q图像，如图所示。根据电容的定义式C=QU则U−Q图像的斜率1电容器电容C=18．【答案】(1)上(2)14R0(3)或【解析】(1)由多用电表红黑表笔的特点，红黑表笔的电流“红入黑出”，B点接红表笔，A点接黑表笔，按照电路图连接实物图如下电表调零时，红黑表笔短接，电流表应达到最大值，需要调节滑动变阻器滑片，使电流表指针满偏，当电流表电流增大时，由欧姆定律I=UR可得，电流表两端电压Ug=IgRgIg增大，Rg不变时，电流表两端电压Ug增大。由并联电路特点知，R1、R2两端的总电压也等于Ug，通过R1、R2的电流I(2)由欧姆表电路的特点及闭合电路的欧姆定律得，当红黑表笔短接时E=当电流表处于a、b两位置时E=将Igm=100μA、I(3)由题意可得1、3之间的电阻可为1、2和2、3之间电阻的串联值，所以第一情况：1、2之间接一个5Ω电阻，2、3之间接两个5所以第二情况：1、2之间接两个10Ω电阻并联，2、3之间接一个1019．【答案】(1)m=p0Sg(2【解析】(1)A气体等温变化p1VB气体等温变化p3V3对活塞受力分析可得mg=p2S−p(2)打开K3活塞上方气体压强变为p0则活塞上移，移到汽缸顶部下方气体压强变为p5下方气体发生等温变化p1V=p52V，可得P5=94p若再低温度，活塞下移，当刚好到达汽缸底部时温度为T2，P52VT当温度降为T=7°C=280K>Tp5T0=pT当温度为降为T=−23°C=250K>T220．【答案】(1)29m/s1.04m；(2)1.6m(【解析】(1)在C点，由牛顿第二定律得FNC−mg=m物块从释放到运动至C，由动能定理得mg解得H=1.04(2)物块从C运动至D，由动能定理得−mgR−Rcos53°在D点，分解速度可得vDx=vDcos依题意L(3)依题意，物块m恰好从传送带左端E点沿水平方向落入传送带，有v因为x所以物块m从E运动到F先减速后匀速，传送带上运动时间t到达传送带右端速度v因为物块1、2、3…、N中任意相邻两物块间碰撞时均发生速度交换，所以物块m每次从传送带返回到右边水平面上与物块1碰撞前，物块1的速度均为零。设物块m第n次与物块1碰前的速度为vn−1，碰后速度为vn，物块1碰后的速度为mvn−1由以上两式得vn=−所以vnvn−1所以物块m在传送带上先向左减速后反向加速回到水平面上，物块m第一次与物块1碰撞后到第二次与物块1碰撞前在传送带上运动时间t同理tn−1=2vn−1μg，tn当n→+∞时，t=4s，所以物块m21．【答案】(1)1.8kg(2)2.4m(3)−48.3【解析】(1)由题意知，金属棒在斜面上运动，匀速时，受力平衡F其中动生电动势E=BL根据闭合电路欧姆定律有I=代入数据得到m＝1.8kg(2)由几何关系可知，bd边界与边界ef的距离为1m，图像与横轴所围面积代表金属棒从bd到ef的时间t则金属棒从ef运动到pn所用时间为t从撤去外力到运动至pn处，由动量定理−μmg代入数据，联立求得d＝2.4m(3)金属棒在水平轨道zkef间运动时，金属棒所受安培力F而电流Ix=E金属棒切割磁感线的有效长度L联立得F安x=变形得到v=81+2x，金属棒在水平轨道zkef间运动过程中F所以W由动能定理有W外−μmgx22．【答案】(1)B=mv0eR(2)(25R，−32+2020R，l)(3)【解析】(1)由题可得，电子在磁场中运动的半径为R，则ev0B=mv02(2)如图所示为从b、c两点射出的电子的运动轨迹由几何关系易得sinα