昆明一中 2024 届高三第 8 次联考物理答案

昆明一中2024届高三第8次联考物理参考答案题号1415161718192021答案CDBDDACCDBC14．解析：选C。贝克勒尔最早发现天然放射现象，故A错误；卢瑟福通过核反应第一次实现了原子核的人工核反应，故B错误；符合半衰期特点，故C正确；根据比结合能——质量数图像可知，钡核的平均结合能比铀核的平均结合能大，故D错误。15．解析：选D。푡1时刻游客的速度最大，故加速度应该为0，故Ａ错误。푡2时刻游客运动到最低点，故游客应该具有竖直向上的加速度，故B错误。푡1时刻游客的加速度为0，因此游客已经受到了弹性绳的作用，故０～푡1时间内游客的机械能不守恒，故C错误。푡1～푡2时间内游客所受合力的方向向上，且大小逐渐增大，故Ｄ正确。16．解析：选B。只打开隔板Ｋ1，Ｂ中气体进行自由扩散，不会对外做功，内能不变，故Ａ错误，B正确。只打开隔板Ｋ1，Ｂ中气体内能不变，温度不变，但体积变大了，故压强将减小，故C错误。打开卡销Ｋ2，活塞将向下运动，因此外界对B中气体做功，B中气体内能增大，故D错误。17．解析：选D。根据系统机械能守恒可知，振动的振幅不变，故A错误；根据系统机械能守恒可知，小物体和小桶一起运动过程中，在同一位置的速度都会减小，而振动的振幅不变，故周期变大，B、C错误，D正确。18．解析：选Ｄ。根据点电荷的电势公式可得a、b两点电势不一样，故A错误。根据电场场强叠加原理，可得b、c两点处的场强仅大小相等但方向不一样，故Ｂ错误。根据点电荷的电势公式可得e点电势将高于f点电势，故Ｃ错误。负试探电荷从a点运动到e点过程中，电场力做正功，电势能减小，故Ｄ正确。19．解析：选AC。对A球进行受力分析（图甲），根据动态平衡的分析方法，A球受到的重力大小、方向不变，支持力的方向不变，库仑力的方向在改变，但是由于B球只能到C，故由矢量三角形可知A受到的库仑力和支持力都在减小。根据库仑定律的表达式可得AB之间的距离变大。再对Ａ、B整体受力分析（图乙），根据平衡条件可得Ｂ所受摩擦力的大小变小。故选Ａ、Ｃ。1学科网（北京）股份有限公司MMr==20．解析：选CD。A．根据4，可知“望舒”的平均密度与地球的平均密度之比为VpR3333rMR地51=×3=´3»1.5，可知“望舒”的平均密度比地球平均密度大，故A错误；r地MR地11.5MmB．在星球表面，根据G＝mg，可知“望舒”表面处的重力加速度与地球表面处的重力加速度之比为R2gMR2512地2=×2=´2»2.2，可知“望舒”表面处的重力加速度大于9.8m/s，故B错误；C．根据g地M地R11.5Mmv2GMG=m，可得v=，可知飞船在“望舒”表面附近运行时的速度与飞船在地球表面附近运行时RR2RvMR51的速度之比为=×地=´»1.8，可知飞船在“望舒”表面附近运行时的速度大于7.9km/s，v地M地R11.52Mm2p42R3故正确；．根据æö，可得p，可知飞船在望舒表面附近运行时的周期与CDG2=mç÷RT=“”RTèøGM33TRM地1.51飞船在地球表面附近运行时的周期之比为=3×=3´=0.675，可知飞船在“望舒”表面附TRM地地15近运行时的周期要比绕地球表面运行时的周期小，故D正确，故选CD。21．解析：选BC。小滑块运动到最低点B时，小滑块的速度方向为水平方向，重力的方向竖直向下，此时重力的功率为0。因此小滑块从接触半圆槽到第一次运动至B的过程中，小滑块所受重力的功率不可能逐渐增大，故A错误；设小滑块的对地水平位移大小为x1，槽的对地位移大小为x2，因为系统水平方向动量守恒，则水平方向满足：mx1=mx2，x1+x2=2R，故解得：x1=R，x2=R，故B正确；小滑块运动到半圆槽的C处时，小滑块相对于半圆槽竖直向上运动，又因为系统水平方向动量守恒，且系统水平方向的初动量为0，故小滑块运动到C点处，小滑块的对地速度的方向为竖直向上。对小滑块从A运动到C的过程，通过动量定律可得该过程中槽对小滑块的的冲量为竖直向上的方向，故C正确。小滑块运动到半圆槽的C处时，小滑块的对地速度的方向为竖直向上，又因为系统水平方向动量守恒，且系统水平方向的初动量为0，故此时槽的对地速度为0。之后小滑块将从C点开始做竖直上抛运动（此过程中小滑块与竖直挡板无相互作用），根据系统机械能守恒可知，小滑块将运动到与初始位置等高的位置，故D错误。22.【答案】（每空2分）（1）C（2）13.8707.3×10―7（3）AD2学科网（北京）股份有限公司【解析】（1）根据“用双缝干涉测量光的波长”实验装置的要求，C正确。（2）根据螺旋测微仪的读数规则，示数为13.870mm。根据双缝干涉实验的公式∆푥=푙λ（其中d为푑双缝间距,푙为双缝与屏的距离），可得波长为7.3×10―7m。（3）仅撤掉滤光片仍能发生干涉现象，故A正确。单缝与双缝间的距离不会影响条纹间的距离，故不会影响光屏上观察到的条纹数。故B错误。单、双缝相平行，两缝与光屏上的条纹相平行，故C错误。仅撤掉双缝，有可能发生单缝衍射，故D正确。23.【答案】（每小问2分）（1）（画出电磁铁部分的电路即可）（2）A（3）R2（4）增大（5）BC【详解】（1）为满足实验要求，控制电路的连接情况如图所示。（2）天亮时照度增大，光敏电阻的阻值减小，电磁铁中电流增大，磁场增强，吸引衔铁向下与C接通，灯熄灭，故灯泡应接在A、B之间，故选择A。（3）要求天色渐暗照度降低至15lx时点亮路灯，此时光敏电阻的电阻值约为5.6kΩ，由闭合电路欧姆定律可知，此时的滑动变阻器的阻值约为1.5kΩ，故滑动变阻器应选择R2；（4）使用过程中发现天色比较暗了，路灯还未开启，说明此时控制电路的电流较大，总电阻较小，所以为使路灯亮得更及时，应适当地增大滑动变阻器的电阻。（5）车灯照到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值减小，控制电路部分的电流增大，此时电动机启动，故将开门电动机连接在BC接线柱上满足题意。24.【答案】4ms【解析】小球做平抛运动，当垂直打在斜面上时，由速度关系有vtan45°＝0（2分）vy3学科网（北京）股份有限公司vy=gt（1分）由位移关系可得x=v0t（2分）1y=gt2（2分）2有几何关系可得：x×tan45°+y=H（2分）联立求解可得：v0=4ms（1分）B2v（）2L+vtL2【答案】（）00（）025.1P外=2BB=20r(L0+vt）【详解】（1）金属棒MN运动的速度为v，则MN切割产生电动势（2分）回路总电阻为R=（）L0+vtr（1分）由闭合电路欧姆定律得（1分）电流为恒定电流，故安培力为(2分)由于导体棒匀速运动，可得B（）2L+vtvFF==00（1分）外r水平外力做功的功率随时间t变化的关系式为B2v（）2L+vtP=F×v=00（1分）外外r（2）金属棒MN以速度v匀速向右运动时，闭合回路中电流为0，根据法拉第电磁感应定律可得E=0,闭合回路的磁通量保持不变。初始时,磁通量为BL2f=00（2分）12t时,磁通量为4学科网（北京）股份有限公司B（）L+vt2f=0（2分）22磁通量保持不变,可得f1=f2（1分）最终可得2L0BB=20（1分）(L0+vt）23πR3326.【答案】（1）（2）sinb=（3）d=R3v33【解析】(1)粒子以速度v沿直径AOB方向射入磁场时，如图由v2qvB=m2（1分）r1得半径mvr=（1分）1qB根据几何关系可知r1=tan60o（1分）R所以r1=3R（1分）v以速度射入时，半径3vm´13（分）r=3=r=R12qB313设第二次射入时的圆心角为a，根据几何关系可知5学科网（北京）股份有限公司aRtan==3（1分）2r2所以a=1200（2分）则第二次运动的时间为（由运动弧长计算）13R×2π×s23πRt==33=（2分）vv3v33（2）当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大，如图所示Rsinb=（2分）r1计算得出3sinb=（2分）3（3）当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大，如图所示由图可知R3sinq==（2分）r13平移距离为d=Rsinq（2分）解得3d=R（2分）36学科网（北京）股份有限公司