北京曲一線圖書策劃有限公司5年高考3年模擬B版物理答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁2024屆浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)高三下學(xué)期高考選考科目適應(yīng)性考試物理試題答案1．【答案】A【解析】國際單位制的七個基本單位分別為米(m)、秒(s)、千克(kg)、安培(A)、開爾文(K)、摩爾(mol)、坎德拉(cd)。故選A。2．【答案】D【解析】質(zhì)點(diǎn)是理想化模型，只有當(dāng)物體的形狀和大小對所要研究的問題可忽略不計時才能把物體看作質(zhì)點(diǎn)，觀看體操運(yùn)動員的動作時，不可以把運(yùn)動員看成質(zhì)點(diǎn)，A錯誤；物體能否看成質(zhì)點(diǎn)，不是看物體的體積和質(zhì)量大小，而是看物體的大小和形狀在所研究的問題中能否忽略，B錯誤；選擇不同的參考系，運(yùn)動的描述是不一樣的，C錯誤；應(yīng)選擇使運(yùn)動的描述更簡單的物體作為參考系，選擇太陽更容易描述行星的運(yùn)動，D正確。故選D。3．【答案】B【解析】跳傘運(yùn)動員在空中勻速下落，處于平衡狀態(tài)，其所受重力與阻力平衡，可知在運(yùn)動員下降過程中除了重力做功外，阻力對運(yùn)動員做負(fù)功，遠(yuǎn)動員的機(jī)械能減小，故A錯誤；小物塊做自由落體運(yùn)動，在其運(yùn)動過程中只受重力，即只有重力做功，其機(jī)械能守恒，故B正確；汽車在公路上加速行駛，合外力對汽車做正功，其機(jī)械能增加，故C錯誤；物塊在粗糙斜面上下滑，下滑過程中除重力對物塊做功外還有摩擦力最物塊做負(fù)功，物塊的機(jī)械能減小，故D錯誤。4．【答案】B【解析】電場中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度與試探電荷的電荷量無關(guān)，A錯誤；電場力對帶電量為1C的正電荷做功為1J，則初、末位置的電勢差為1V，B正確；電容器的電容與是否帶電、帶電多少無關(guān)，C錯誤；根據(jù)左手定則，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與放入磁場中的通電直導(dǎo)線所受的安培力方向垂直，D錯誤。5．【答案】B【解析】由圖乙可知，t=0時刻穿過線圈的磁通量為0，則線圈與中性面垂直，故A錯誤；t1根據(jù)題意可知，電流表的示數(shù)為回路中電流的有效值，而回路中電流的有效值不變，故C錯誤；t46．【答案】C【解析】A向下勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件可知，A受到與斜面平行且向上的摩擦力，故AB錯誤；A、B勻速下滑過程中有m′g7．【答案】C【解析】由質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X為24He粒子，故A錯誤；衰變后原子核更穩(wěn)定，比結(jié)合能越大，即93237Np的比結(jié)合能大于8．【答案】C【解析】當(dāng)小球沿著OP方向射出時，則速度方向滿足tanθ=vyvx即要想小球沿著OP方向射出，則vy彈射器在E位置，將小球以大于v0的速度斜向右上射出，則到達(dá)P點(diǎn)時速度的豎直分量變大，所用時間變大，而EP=R不變，可知到達(dá)P點(diǎn)時的水平速度變小，此時v彈射器在E位置，將小球以小于v0的速度斜向右下射出，則到達(dá)P點(diǎn)時速度的豎直分量變大，而水平速度變小，此時v升高彈射器至Q點(diǎn)，小球以大于v0的速度斜向右下射出，則到達(dá)P點(diǎn)時速度豎直分量變大，雖然高度增加，但是所用時間可能變短，因QO=R一定，此時水平速度也增加，則v升高彈射器至Q點(diǎn)，小球以小于v0的速度斜向右上射出，則到達(dá)P點(diǎn)時速度豎直分量變大，水平速度變小，則v9．【答案】A【解析】小球在最低點(diǎn)時加速度向上，則小球處于超重狀態(tài)，故A錯誤，符合題意；小球經(jīng)過最高點(diǎn)Z時，若對軌道的壓力為零，則重力完全提供向心力，小球處于完全失重狀態(tài)，故B正確，不符合題意；由于在最高點(diǎn)圓管能支撐小球，所以速度的最小值為零，故C正確，不符合題意；若過最高點(diǎn)的速度較小，則在Z點(diǎn)，小球在Z點(diǎn)對管壁壓力向下，軌道對小球有向上的彈力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg?F=mv2L，此時經(jīng)過最高點(diǎn)Z10．【答案】D【解析】由位移x與時間t的關(guān)系圖可知周期為T=4s，振動頻率為f=1T=0.25Hz，A錯誤；在A點(diǎn)時振幅最大，根據(jù)簡諧振動規(guī)律此時速度最小，故B錯誤；在B點(diǎn)時處于平衡位置，根據(jù)簡諧振動規(guī)律此時回復(fù)力為零，得加速度為零，故C錯誤；在0~3s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷34T，由位移x與時間t11．【答案】B【解析】因電場線向下，兩粒子均受向下的電場力而做類平拋運(yùn)動，故均帶正電，故A錯誤；設(shè)任一粒子的速度為v0，電量為q，質(zhì)量為m，加速度為a，運(yùn)動的時間為t，則加速度為a=qEm，對豎直分運(yùn)動為勻加速直線運(yùn)動，有y=12at2，對水平分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，有x=v0t，聯(lián)立得v0=xqE2my，因比荷qm相同，y相同，E相同，則x大的初速度大，即a的初速度一定小于b的初速度，故B正確；由豎直分運(yùn)動可得時間為t=2ymqE，因比荷qm12．【答案】D【解析】在A點(diǎn)時，由題意可知，入射角為60°，則由幾何關(guān)系有sin由折射定律得n=sinisin∠BAO=3，故A錯誤；該束單色光在該透明材料中的傳播速度為v=cn，單色光在該材料中的傳播時間為t=2×2Rcos∠BAOv，代入數(shù)據(jù)解得t=6Rc，故B錯誤；光束從恰好發(fā)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】線圈中電流I(t)的減小將在線圈內(nèi)導(dǎo)致自感電動勢，故ε=?L其中L代表線圈的自感系數(shù)，有L=ΦI，在計算通過線圈的磁通量Φ時，以導(dǎo)線附近即r1處的B為最大，而該處則L=kS=kπr22，根據(jù)電阻定律有ΔI=2IρΔ則線圈的感應(yīng)電動勢大小的數(shù)量級和一年后電流減小量的數(shù)量級分別為10?20V，14．【答案】ACD【解析】根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hv-W0知，入射光的頻率不變，則逸出的光電子最大初動能不變，而減弱光的強(qiáng)度，則逸出的光電子數(shù)減少，故A正確；通過電子的衍射證實(shí)物質(zhì)波的假設(shè)是正確的，故B錯誤；在康普頓效應(yīng)中，當(dāng)入射光子與晶體中的電子碰撞時，把一部分動量轉(zhuǎn)移給電子，因此光子散射后波長變長，故C正確；速度相等的電子和質(zhì)子，電子的動量??；根據(jù)物質(zhì)波的波長公式λ=?15．【答案】BD【解析】A．由丙圖可知超聲波的波長λ=0.01m，超聲波懸浮儀所發(fā)出的超聲波信號頻率為f=vλ=34000Hz，故A錯誤；波源P、Q振動步調(diào)相反，當(dāng)波程差為波長的整數(shù)倍時，該點(diǎn)是振動減弱點(diǎn)，設(shè)波源P、Q之間某一點(diǎn)坐標(biāo)為x，懸浮點(diǎn)為振動減弱點(diǎn)，滿足|(2?x)?[x?(?2.5)]|=|2x+0.5|=nλ(故兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間小水珠共有9個懸浮點(diǎn)，故B正確；C．波源P、Q之間振幅為2A的點(diǎn)為振動減弱點(diǎn)，當(dāng)波程差為半波長的奇數(shù)倍時，該點(diǎn)是振動加強(qiáng)點(diǎn)，滿足|(2?x)?[x?(?2.5)]|=|2x+0.5|=2n+12λ(兩列波穩(wěn)定疊加后，波源P、Q之間振幅為2A的點(diǎn)共有8個，故C錯誤；D．拔出圖乙線圈中的鐵芯，LC振蕩回路的振蕩周期減小，超聲波頻率變大，波長變短，相同空間距離內(nèi)節(jié)點(diǎn)個數(shù)變多，故D正確。16．【答案】(1)不掛(2)E3.8(3)b【解析】(1)實(shí)驗(yàn)之前要平衡小車所受的阻力，即不掛砂桶，連接好紙帶后，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點(diǎn)計時器在紙帶上打出一系列間距均勻的點(diǎn)。(2)根據(jù)題意有xAB=1.00cm，xBC所以ΔΔΔx3=x[2]相鄰兩計數(shù)點(diǎn)間的時間間隔為T=5小車運(yùn)動的加速度為a=(3)根據(jù)牛頓第二定律可得m0g?T=聯(lián)立可得1所以1m0g=k，17．【答案】(1)b(2)500(3)4.9×10【解析】(1)閉合開關(guān)S1，滑動變阻器是分壓式接法，若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器R1的滑片應(yīng)向(2)由圖乙可知，電容器開始放電電流是I1=6(3)由表中數(shù)據(jù)，在圖丙中描點(diǎn)畫U?Q圖像，如圖所示。根據(jù)電容的定義式C=QU則U?Q圖像的斜率1電容器電容C=18．【答案】(1)上(2)14R0(3)或【解析】(1)由多用電表紅黑表筆的特點(diǎn)，紅黑表筆的電流“紅入黑出”，B點(diǎn)接紅表筆，A點(diǎn)接黑表筆，按照電路圖連接實(shí)物圖如下電表調(diào)零時，紅黑表筆短接，電流表應(yīng)達(dá)到最大值，需要調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片，使電流表指針滿偏，當(dāng)電流表電流增大時，由歐姆定律I=UR可得，電流表兩端電壓Ug=IgRgIg增大，Rg不變時，電流表兩端電壓Ug增大。由并聯(lián)電路特點(diǎn)知，R1、R2兩端的總電壓也等于Ug，通過R1、R2的電流I(2)由歐姆表電路的特點(diǎn)及閉合電路的歐姆定律得，當(dāng)紅黑表筆短接時E=當(dāng)電流表處于a、b兩位置時E=將Igm=100μA、I(3)由題意可得1、3之間的電阻可為1、2和2、3之間電阻的串聯(lián)值，所以第一情況：1、2之間接一個5Ω電阻，2、3之間接兩個5所以第二情況：1、2之間接兩個10Ω電阻并聯(lián)，2、3之間接一個1019．【答案】(1)m=p0Sg(2【解析】(1)A氣體等溫變化p1VB氣體等溫變化p3V3對活塞受力分析可得mg=p2S?p(2)打開K3活塞上方氣體壓強(qiáng)變?yōu)閜0則活塞上移，移到汽缸頂部下方氣體壓強(qiáng)變?yōu)閜5下方氣體發(fā)生等溫變化p1V=p52V，可得P5=94p若再低溫度，活塞下移，當(dāng)剛好到達(dá)汽缸底部時溫度為T2，P52VT當(dāng)溫度降為T=7°C=280K>Tp5T0=pT當(dāng)溫度為降為T=?23°C=250K>T220．【答案】(1)29m/s1.04m；(2)1.6m(【解析】(1)在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得FNC?mg=m物塊從釋放到運(yùn)動至C，由動能定理得mg解得H=1.04(2)物塊從C運(yùn)動至D，由動能定理得?mgR?Rcos53°在D點(diǎn)，分解速度可得vDx=vDcos依題意L(3)依題意，物塊m恰好從傳送帶左端E點(diǎn)沿水平方向落入傳送帶，有v因?yàn)閤所以物塊m從E運(yùn)動到F先減速后勻速，傳送帶上運(yùn)動時間t到達(dá)傳送帶右端速度v因?yàn)槲飰K1、2、3…、N中任意相鄰兩物塊間碰撞時均發(fā)生速度交換，所以物塊m每次從傳送帶返回到右邊水平面上與物塊1碰撞前，物塊1的速度均為零。設(shè)物塊m第n次與物塊1碰前的速度為vn?1，碰后速度為vn，物塊1碰后的速度為mvn?1由以上兩式得vn=?所以vnvn?1所以物塊m在傳送帶上先向左減速后反向加速回到水平面上，物塊m第一次與物塊1碰撞后到第二次與物塊1碰撞前在傳送帶上運(yùn)動時間t同理tn?1=2vn?1μg，tn當(dāng)n→+∞時，t=4s，所以物塊m21．【答案】(1)1.8kg(2)2.4m(3)?48.3【解析】(1)由題意知，金屬棒在斜面上運(yùn)動，勻速時，受力平衡F其中動生電動勢E=BL根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=代入數(shù)據(jù)得到m＝1.8kg(2)由幾何關(guān)系可知，bd邊界與邊界ef的距離為1m，圖像與橫軸所圍面積代表金屬棒從bd到ef的時間t則金屬棒從ef運(yùn)動到pn所用時間為t從撤去外力到運(yùn)動至pn處，由動量定理?μmg代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立求得d＝2.4m(3)金屬棒在水平軌道zkef間運(yùn)動時，金屬棒所受安培力F而電流Ix=E金屬棒切割磁感線的有效長度L聯(lián)立得F安x=變形得到v=81+2x，金屬棒在水平軌道zkef間運(yùn)動過程中F所以W由動能定理有W外?μmgx22．【答案】(1)B=mv0eR(2)(25R，?32+2020R，l)(3)【解析】(1)由題可得，電子在磁場中運(yùn)動的半徑為R，則ev0B=mv02(2)如圖所示為從b、c兩點(diǎn)射出的電子的運(yùn)動軌跡由幾何關(guān)系易得sinα