北京曲一線圖書策劃有限公司5年高考3年模擬B版物理試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2024屆山東省濰坊市高三下學(xué)期5月三模物理試題答案1.【答案】D【解析】由題知，頻率為ν的單色光照射大量處于基態(tài)的氫原子，氫原子輻射出頻率分別為的ν1、ν2、ν3三種光子，且ν1<ν2<ν3，則說明hν=hν3=12.09eV，hν2=10.2eV，hν1=1.89eV則可知ν3=ν1＋ν2，故A錯誤；根據(jù)以上分析可知ν=ν3，且該單色光光子的能量為12.09eV，故BC錯誤；用該單色光照射到某新型材料上，逸出光電子的最大初動能與頻率為ν2光子的能量相等，則由hν－W0=hν2解得W0=1.89eV，故D正確。故選D。2.【答案】B【解析】由狀態(tài)1到狀態(tài)2氣體內(nèi)能增加，溫度升高，分子平均動能增大，分子熱運動平均速率增大，不是每個分子的運動速率都增大，故A錯誤；狀態(tài)2相比狀態(tài)1壓強不變，溫度升高，分子平均動能增大，體積增大，分子數(shù)密度減小，由壓強的微觀解釋可知，分子單位時間內(nèi)撞擊單位面積器壁上的次數(shù)減少，故B正確；由狀態(tài)1到狀態(tài)2，由熱力學(xué)第一定律可知，氣體內(nèi)能的增加量等于電熱絲釋放的熱量減去氣體對外做的功，故C錯誤；設(shè)大氣壓強為p0，活塞的橫截面積為S，氣體壓強為P，由平衡方程p0活塞向右移動L過程中，對外做功W=pS=(p0S?mg)L，由熱力學(xué)第一定律得ΔU=Q?W3.【答案】B【解析】根據(jù)題意作出光路圖如圖由幾何關(guān)系可知，光線射出時的折射角r為2θ，折射率n=sin2θ由圖知β=r=2θ=74°，故A錯誤；光在“水晶球”中的傳播速度為v=cn光在“水晶球”中傳播的距離l=2acosθ，時間t=lv=故選B。4.【答案】A【解析】噴出氣體的質(zhì)量為Δm=ρV，以噴出氣體為研究對象，設(shè)氣體受到的平均沖力為F，以向下為正方向，根據(jù)動量定理可得由于在極短時間Δt內(nèi)噴出氣體，可認(rèn)為噴出氣體的重力沖量忽略不計，故有解得F=Δm(u?v)Δt5.【答案】D【解析】t=2.5s時平衡位置位于x=1m處的質(zhì)點N剛要起振，起振的方向沿y軸正向，可知波源起振方向沿y軸正方向，選項A錯誤；經(jīng)過2.5s時波源第2次到達(dá)正向最大位移處，可知波向x軸正向傳播5λ4=1m結(jié)合波形圖可知，質(zhì)點M的平衡位置位于x=0.6m，選項B錯誤；因5T4=2.5s可得周期T=2s，則該波的波速為已知M、N之間的各質(zhì)點在t=2.5s至t=3s內(nèi)通過路程的最大值為10cm，因Δ因質(zhì)點在平衡位置時速度最大，則在平衡位置前后T8時間內(nèi)的路程最大，即可得波源振幅為A=52cm6.【答案】A【解析】設(shè)海王星的的公轉(zhuǎn)周期為T海，由題知，每隔時間t海王星與天王星距離最近，則有t2πT?27.【答案】A【解析】若足球在3t時刻停止，根據(jù)逆向思維法可知，相等時間間隔內(nèi)的位移之比為1：3：5：…，由0~t時間內(nèi)位移大小為2x，則在t~3t時間內(nèi)位移大小應(yīng)為1.6x，而題干為x，則說明在3t之前足球就已經(jīng)停止運動。根據(jù)逆向思維法則有v2=2ax，2x=vt+12at28.【答案】C【解析】發(fā)電機線圈從圖示位置開始轉(zhuǎn)過90°的過程中，設(shè)發(fā)電機線圈面積為S、匝數(shù)為N，原線圈回路總電阻為R總，原線圈位置磁感應(yīng)強度為B，則原線圈通過的電荷量為q其中Im=NBSωR總，ω=2πT，解得q19.【答案】AC【解析】打開開關(guān)瞬間，表演者高度為0，則有v根據(jù)牛頓第二定律有0.05v02?mg=ma根據(jù)圖像可知，當(dāng)風(fēng)力與表演者的重力相等時有0.05v12由于v2=1.2×可知，在高度小于5m時，風(fēng)力大于重力，加速度方向向上，表演者處于超重狀態(tài)，在高度大于5m時，風(fēng)力小于重力，加速度方向向下，表演者處于失重狀態(tài)，故B錯誤；結(jié)合上述可知，表演者先向上做加速度減小得加速運動，表演者上升5m時，加速度為0，速度達(dá)到最大值，故C正確；結(jié)合上述可知，表演者先做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，故D錯誤。故選AC。10.【答案】BD【解析】根據(jù)場強的疊加可知，a、b處的電荷在M點產(chǎn)生的合場強沿著ab連線由M指向b，c處的電荷在M點產(chǎn)生的場強沿著cM連線由c指向M；而a、c處的電荷在N點產(chǎn)生的合場強沿著ac連線由N指向c，b處的電荷在N點產(chǎn)生的場強沿著bN連線由b指向N，則M點的電場強度與N點的電場強度大小相等，方向不同，故A錯誤；P點距離a、b、c處的電荷要比d點距離a、b、c處的電荷近，根據(jù)點電荷Q周圍空間某點的電勢φ=kQr，可知r越小φ越大，則P點的電勢高于根據(jù)場強的疊加可知，b、c處的電荷在P點產(chǎn)生的場強相互抵消，則P點的場強為E根據(jù)幾何關(guān)系可知raP=32l根據(jù)點電荷Q周圍空間某點的電勢φ=kQr，可知d電量為＋q′的試探電荷在d點的電勢能為Epd11.【答案】BC【解析】由于平行風(fēng)箏平面的風(fēng)速大小不變，故平行風(fēng)箏的平面上風(fēng)力大小為零，對風(fēng)箏受力分析如圖所示，平衡時則有Tcos30°=F解得T=mg，F(xiàn)=3mg當(dāng)風(fēng)速緩慢增大時，垂直作用在風(fēng)箏上的力F逐漸增大，作出其矢量三角形，如圖所示由圖可知，風(fēng)速緩慢增大時，則線與水平方向夾角變大，C正確；風(fēng)速緩慢增大時，風(fēng)箏線的長度不變，風(fēng)速平行風(fēng)箏平面的分速度增大，相當(dāng)于風(fēng)箏在該方向上的速度變大，機械能應(yīng)增加，D錯誤。故選BC。12.【答案】ACD【解析】由題知，導(dǎo)體棒在abed區(qū)域獲得的最終速度為v，則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入efgh區(qū)域時的加速度大小a=B2ILm，I=B導(dǎo)體棒進(jìn)入eh到靜止，根據(jù)動量定理有－∑B2IL·t=－mv且運動過程中有q=B2Lx2R，導(dǎo)體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx（0<k<1）時，根據(jù)逆向思維法，列出動量定理有∑B2IL·t′=mv′且運動過程中有q′=B2L(1?k)x2R，I′=B2L聯(lián)立解得P=1?k2導(dǎo)體棒在abcd區(qū)域獲得最終最大速度v時，滿足U=B1Lv，C=q0U0=qU，Δq∑B1ILt=B1L·Δq=mv－0聯(lián)立解得v=CB1L要讓v最大，則mC+B113.【答案】(1)AC(2)2?Δx【解析】（1）由雙縫干涉條紋間距公式有Δ若要增大條紋間距，可以增大D，即將光屏向右移動；減小d，即將平面鏡稍向上移動一些；或者換用波長更大的單色光，如將光源由綠色改為紅色。故選AC。（2）由題意結(jié)合條紋間距公式有Δx=D2?（3）如果把光屏移動到和平面鏡非常接近，即相當(dāng)于兩者接觸，在入射角接近90°時，反射光與入射光相比，相位有π的變化，即“半波損失”，故直接射到光屏上的光和經(jīng)平面鏡反射的光相位差為π，光程差為半波長，所以兩束光相遇會減弱。14.【答案】(1)5(2)5.90.75(3)能【解析】（1）電流表A1的量程0~120mA，電流表A2的量程0~0.6A；兩表指針偏轉(zhuǎn)角度總是相同，則兩電流表示數(shù)的關(guān)系為IA則IR2=4I解得電流表A1的內(nèi)阻R（2）[1][2]閉合開關(guān)S2后，電流表A2被短路；電流表的讀數(shù)為I1時，干路電流I=根據(jù)閉合電路的歐姆定律E=代入數(shù)據(jù)整理得1由圖乙可知，圖像的斜率k=由k=5E解得電動勢E=5.9V，圖像的縱截距b=2.0A?1（3）電流表A1、電阻R1與電阻R2的并聯(lián)電阻R開關(guān)S2斷開，根據(jù)閉合電路的歐姆定律E=I2圖像的縱截距b'=R并+RA2+rE，15.【答案】（1）15m/s，方向水平向左；（2）1800J【解析】（1）由于到達(dá)光滑圓管型通道上B點時小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，則mg=m所以v0=15（2）小朋友從B滑到E，根據(jù)動能定理可得mgr(1?在E點，根據(jù)牛頓第二定律可得F聯(lián)立可得W16.【答案】（1）7:10（2）1800cm3【解析】（1）設(shè)開始時氣室內(nèi)氣體體積為V1，從氣閥中充入的壓強為p0的氣體體積為V0，當(dāng)氣室充氣至壓強為p1=0.17MPa，則由玻意耳定律p解得V0=0.7V1從氣閥充入的氣體和原有氣體質(zhì)量之比為0.7:1=7:10（2）當(dāng)氣室壓強為p2=0.34MPa時，根據(jù)玻意耳定律p解得V氣室壓強下降到p3=0.25MPa時，根據(jù)玻意耳定律p解得V排出水的體積Δ17.【答案】（1）60°（2）E=mv024ql【解析】根據(jù)題意繪出粒子從P到N的運動軌跡如下（1）粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，有q根據(jù)幾何關(guān)系有sin解得α=60°（2）由幾何關(guān)系可知，Q、N兩點沿電場方向的距離為l，粒子由Q到N過程沿x軸方向做勻速直線運動有vNx=vQx=v0cosα，cos由動能定理有?qEl=解得E=（3）粒子由P到Q過程，設(shè)時間為t1，有t1=粒子由Q到N過程，沿y軸方向先勻減速后勻加速，設(shè)時間分別為t2、t3，有v0sin其中t=t1＋t2＋t3聯(lián)立解得t=（4）粒子運動在xOz平面內(nèi)的投影為勻速圓周運動qv粒子運動周期T=2πmqB可得x=r1sinα+v0cosαt2+粒子沿y軸方向做勻加速運動，可得y=即粒子的位置坐標(biāo)為2318.【答案】（1）14J（2）5J（3）見解析（4）12.8m【解析】（1）設(shè)彈開后b速度大小為vb，由動量守恒定律得m解得v根據(jù)能量守恒有E解得E（2）b與c發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰后二者共同速度為vc，由動量守恒定律有m解得v由能量守恒，碰撞過程損失機械能為Δ解得Δ（3）滑塊a離開C點做平拋運動，在豎直方向上有?=解得落地時間t=0.4當(dāng)滑塊a在水平傳動帶上滑動時，設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律可得μ解得a=5若傳送帶速度v<4m/s，a在傳送帶上減速，設(shè)減速至2m/s通過位移為x，則有2解得x=1.2即a離開傳送帶時的速度和傳送帶速度相等，若傳送帶速度v>4m/s，a在傳送帶上一直加速，設(shè)最終獲得的末速度為v1，則有v解得v1=6m/s綜上可知，傳送帶速度2m/s<v<6m/s時，a離開傳送帶時的速度和