物理-湖南省長沙市一中2024屆高考適應(yīng)性演練二試題和答案

長沙市一中2024屆高考適應(yīng)性演練（二）物理參考答案一、選擇題（本題共6小題，每小題4分，共24分）題號123456答案CDADAB1．【答案】C【解析】A．由圖表知同時彈出C調(diào)音階中的“mi”與“fa”的頻率分別為f1=330Hz和f2=352Hz，得二者頻率之比f1:f2=15:16，故A錯誤：BC．聲波在同狀態(tài)空氣中波速v相同，由λ=得λ1:λ2=16:15，故B錯誤，C正確；D．同時彈出C調(diào)音階中的“mi”與“fa”的頻率不同，不可能在空中形成干涉，故D錯誤。故選C。2．【答案】D【解析】A．由圖可知，t1時刻手機開始接觸地面，則0~t1內(nèi)做自由落體運動，釋放時，手機離地面的高度為h=gt12，故A錯誤；B．由圖可知，t1時刻手機開始接觸地面，t3時刻手機開始離開地面，則手機第一次與地面碰撞的作用時間為t3一t1，故B錯誤；C．由圖可知，t2時刻手機的加速度最大，且方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律可得Fmg=m.10g，可得F=11mg，手機第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的11倍，故C錯誤；D．由圖可知，t2時刻手機的加速度最大，此時手機受到地面的彈力最大，手機處于最低點，手機的速度為零，則0~t2時間內(nèi)手機的速度變化量為零，根據(jù)a一t圖像與橫軸圍成的面積表示速度變化量，可知0至t2內(nèi)圖線與橫坐標圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等，故D正確。故選D。3．【答案】A【解析】物料自然堆積成圓錐體，圓錐角底角必定是該物料的摩擦角，對物料作受力分析如圖所示當?shù)捉铅却笥赒時，物料將沿錐面下滑，為使物料不下滑，應(yīng)使θ減?。?當?shù)捉铅刃∮赒時，物料將停留在錐面上，那么使物料恰好不下滑應(yīng)使θ增大，且讓θ=Q，所以底角會保持為定值Q。若已知Q和錐體的高h，則可求出它的體積為V=πr2h=π2h==故選A。4．【答案】D【解析】當初級電壓為U1時，電壓表V2的讀數(shù)為U2，可知此時R0和R兩端的電壓之和為U1-U2，則此時次級電流為I=變阻器R消耗的功率為PR=P-I2R0=P-()故選D。5．【答案】A【解析】以地球為研究對象，設(shè)地球圍繞太陽運轉(zhuǎn)的角速度為負，地球和太陽之間的萬有引力充當向心力，得G=M2負2R以韋伯望遠鏡為研究對象，由題意知，韋伯望遠鏡跟隨地球一起圍繞太陽做圓周運動，所以韋伯望遠鏡的角速度也等于負，太陽和地球?qū)f伯望遠鏡引力之和等于韋伯望遠鏡的向根據(jù)以上兩個方程化簡可得到-=.故選A。6．【答案】B【解析】A．由題意可知，只剩下a光從頂部射出時，b光發(fā)生全反射，而a光沒發(fā)生全反射，可知b光臨界角比a光小，根據(jù)sinC=，可知b光的折射率比a光的大，根據(jù)v=可知在此透光材料中b光的傳播速度小于a光的傳播速度，故A錯誤； c ,n2B．只剩下2R，可得PA=R，則 R2S,b光發(fā)生全反射有sinC=sin人OPS=，此透光材料對b光的折射率為nb=，故B正確；C．a(chǎn)光從P點射出時，a光經(jīng)過SP路程所需的時間為t==R=Rna，na故C錯誤；D．b光的折射率比a光的大，b光的頻率比a光的大，則b光的波長比a光的小，波長越長，越容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，則同一裝置用a、b光做單縫衍射實驗，a光的衍射現(xiàn)象更加明顯，故D錯誤。故選B。二、選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分）題號789答案ADADACDCD7．【答案】AD【解析】AC．除塵過程中，鋸條和金屬片之間存在強電場，它使空氣電離成負離子和正離子，負離子在電場力作用下，向正極移動時，碰到煙塵使它帶負電，帶電煙塵在電場力作用下，向正極移動，煙塵最終被吸附到金屬片上，這樣消除了煙塵中的塵粒，所以帶電量為q且能到達金屬片的煙塵減小的電勢能最大值為qU，故A正確，C錯誤；B．根據(jù)俯視圖可以看出塑料瓶內(nèi)存在的是輻射狀的電場，不是勻強電場，故B錯誤；D．質(zhì)量為m、帶電量為q的煙塵被金屬片吸附前瞬間水平方向速度為v，則煙塵受到電場力做的功與速度的關(guān)系為qU之mv2=根據(jù)動量定理I=Δp=p則吸附時水平方向受到的沖量最大為，故D正確。故選AD。8．【答案】AD2故選項A正確；BC．點電荷Q在離它距離為h的位置產(chǎn)生的電場強度大小為E=，故p=CE=C則點電荷Q與極化原子之間的作用力為F==.C=若僅將固定點電荷的電量減半，被極化的原子與點電荷之間的相互作用力將變?yōu)镕0；若被極化的原子與點電荷之間的距離減小一半，則二者之間的相互作用力將變?yōu)?2F0，則選項BC錯誤；D．將極化原子繞其連線中點順時針旋轉(zhuǎn)90。后選項D正確。h22h3，故選AD。9．【答案】ACD【解析】A．人從A點運動到C點，根據(jù)動能定理mgh=2 mv，得出vC=22在C點，根據(jù)牛頓第二定律，有FN-mg=，F(xiàn)N=3500N，根據(jù)牛頓第三定律，人滑到C點時對圓弧的壓力為3500N，A正確；B．人從A點運動到C點，先有向下的加速度分量，到C點之前，有向上的加速度分量，到C點時，加速度向上，不是一直處于失重狀態(tài)，B錯誤；C．人從C點滑到D點，根據(jù)動能定理-mg(R-Rcos60o)=mvD2-mvC2，解得vDD．人從D點沿切線飛出，做斜拋運動，在對稱點上速度與水平方向成a=60o，水面的位置應(yīng)低于D點，所以落入水中時的速度方向與水面夾角應(yīng)大于60°,D正確。故選ACD。10．【答案】CD【解析】A．由右手定則可知，電流方向為逆時針與順時針交替變化，故A錯誤；B．跳樓機由靜止下落后受安培力與重力，有mg-F安=ma，跳樓機受到的安培力為=2nBiL，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=2nBLv，且i=，可得mg-=ma，隨著速度的增加，加速度減小，當加速度為0時，速度達到最大值，以后跳樓機做勻速運動，當跳樓機速度最大時，安培力與重力平衡有mg=，解得vm=2m/s，故B錯誤；C．由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=2nBLv，由閉合電路歐姆定律，當跳樓機的速度為lm/s時，線圈中感應(yīng)電流為I===20A，故C正確；D．當跳樓機速度最大時，有F安=mg，克服安培力做功的功率為P故選CD。三、填空題（本題共2小題，共16分）116分）（1）B（2）1.501.50（3）C（4）m2（5）AB/BA【解析】（1）小球下落的高度為初、末位置球心間的距離。故選B。（2）遮光條寬度為d=1.50cm根據(jù)極短時間的平均速度等于瞬時速度，小球的速度為v==根10一2m/s=1.50m/s（3）A．若是空氣阻力造成的誤差，則ΔEk<ΔEp，與表格數(shù)據(jù)ΔEk>ΔEp不符，故A不符合題意；=mgh，可知小球的質(zhì)量沒有測準，對實驗驗證機械能守恒無影響，故B不符題意；C．由題圖知，在該實驗中所求的速度是遮光條的速度，而不是鋼球的速度，遮光條的速度略大于鋼球的速度，故小球的速度沒有測準，故C正確。故選C。（4）由題圖知，在該實驗中所求的速度是遮光條的速度，而不是鋼球的速度，二者之間的速度略有差別。由于鋼球與遮光條都做圓周運動，它們具有相同的角速度負，根據(jù)v=負r，可知鋼球的速度與遮光條的速度之間的關(guān)系為v=小球動能變化的大小表達式ΔEk=mv=m2（5）A．遮光條盡量窄一些，通過遮光條的平均速度越接近瞬時速度，故A符合題意；B．小球應(yīng)選擇質(zhì)量大，體積小的鋼球，可以減小空氣阻力的影響，故B符合題意；C．更換細線為細橡皮條，橡皮條形變量不可忽略，增大了實驗誤差，故C不符合題意；D．小球拉離豎直位置盡量大一些，可以減小測量的誤差，故D不符合題意。故選AB。1210分）（1）?。?）②R③1800④能【解析】（1）電壓表的量程0~1V，其內(nèi)阻具體值不知道，電流表內(nèi)阻也不知道，所以無法對這兩塊表進行改裝，電源電動勢E=6V，所以需要使用滑動變阻器的分壓式連接，由于待測電阻約為2kΩ,所以采用電流表內(nèi)接，綜合以上分析，丁方案比較合理。（2）調(diào)節(jié)滑動變阻器R，由歐姆定律得R,===900Ω根據(jù)以上計算可知，該方案可以消除電表內(nèi)阻造成的誤差。四、計算題（本題共3小題，共40分。寫出必要的推理過程，僅有結(jié)果不得分）1310分）（1）根據(jù)平衡可知p1=p0+解得初始狀態(tài)氣缸內(nèi)壓強p1=1.5根105Pa（2）末態(tài)氣體壓強p2=p0+根據(jù)等溫方程p1Sh1=p2Sh2解得h2=30cm（3）根據(jù)等溫方程p0V+p2Sh2=p2Sh11416分）（1）由牛頓第二定律可得f=kmg=ma根據(jù)題意可知k=解得a=kg=m/s2（2）桿頭擊打母球，對母球由動量定理可得(F一f)Δt=mv一0代入數(shù)據(jù)解得F=N（3）母球與目標球碰撞前，做勻減速直線運動，母球與目標球碰撞前后，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得mv1=mv+mv2，聯(lián)立解得目標球被碰撞后的速度大小為v2=m/s（4）母球與目標球碰撞前，做勻減速直線運動，母球與目標球碰撞前后，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得mv1=mv+mv2，目標球前進到CD擋壁，做勻減速直線運動，目標球與CD擋壁碰撞，根據(jù)題意有x(mv)=mv目標球運動到A球洞過程，由動能定理可得一kmg=mv一1514分）（1）粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力可得qv0B=m2v 0vRmBd聯(lián)立解得粒子的比荷為q=mBd（2）粒子的軌跡如圖所示qE粒子在電場中可逆向看成做類平拋運動，則有2d=v0t1，vy=v0tanqE聯(lián)立解得勻強電場電場強度大小為E=