2024届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（一）物理参考答案一、选择题（本大题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）题号12345678910答案CBDCDCDACDBDAC【解析】2．根据vt图像的斜率表示加速度可知，0t1时间内斜率在变小，即加速度在变小，无人机做加速度减小的加速运动，故A错误。tt12时间内，无人机的动能不变，而高度升高，则重力势能增加，机械能增加，故B正确。根据vt图像与时间轴围成的“面积”表示无人机运动的位移大小，可知图像与横轴围成的面积小于连接曲线上t2和t3两点直线时与横轴围成的面积，再根据匀变速直线运动的平均速度表达式可得，tt23时间内无人机的v平均速度v1，故C错误。tt时间内，无人机做加速度减小的减速运动，合力向下，223此时系统拉力小于重力，处于失重状态，故D错误。3．如图1所示，由题意知OA2为侧移距离x，根据几何关系有dsinixisin()①，又n②。（1）若为同一色光，则ncossind相同，则i、增加，得知sin(i)0且增加，0且增加，cos图1即同一种光入射角越大，则侧移量越大。（2）若入射角相同，由①②两式可得cosixdsini1，知n增加，x增加，即紫光以大入射角入射时的侧移量最ni22sin大，故D正确。4．氢原子从n3能级跃迁到n1能级时释放的光子能量最大，频率也最大，能量为E1(1.51eV)(13.6eV)12.09eV，照射逸出功为2.29eV的金属钠，光电子的最大初动能为EEWk109.8eV，频率大的光子波长小，故A、B错误。大量处于n3激发态的氢原子向低能级跃迁时可释放3种不同频率的光子，氢原子从n3能级跃迁到n2物理参考答案·第1页（共6页）{#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}能级时释放的光子能量为E2(1.51eV)(3.4eV)1.89eVW0，该光子不能使金属钠发生光电效应，氢原子从n2能级跃迁到n1能级时，释放的光子能量为E3(3.4eV)(13.6eV)10.2eV，EW30，可知有2种频率的光子能使金属钠产生光电效应，故C正确。1.51eV0.85eV0.66eV，可知氢原子不能吸收0.85eV的光子从n3能级跃迁到n4能级，故D错误。5．由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，故A错误。组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，故B错误。已知同步卫星的周期为24h，根据2π角速度和周期的关系有，由于TT，则组合体的角速度大小比地球同步卫星T同组合体Mm4π2的大，故C错误。由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有Gmr，rT22r3整理得T2π。由于TT同组合体，则rr同组合体，且同步卫星和组合体在天上有GMMmmaG，则有aa，故D正确。r2同组合体6．对石墩受力分析，由平衡条件可知Tfcos、fN、TNmgsin，联立解得mgmgmgT，故A错误。拉力的大小为T，其cossincossin1sin()21中tan，可知当90时，拉力有最小值，即减小夹角，轻绳的合拉力不一mgcosmg定减小，故B错误。摩擦力大小为fTcos，可知增大夹角cossin1tan，摩擦力一直减小，当趋近于90时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误。L7．由乙图可知，单摆的周期为0.4πs，故A错误。由单摆周期公式T2π，带入数据得gL0.4m，故B错误。设OA与OB间夹角为，由乙图和牛顿运动定律，在最高点有v2mgcos0.496，在最低点有0.508mgm，从最高点到最低点，由动能定理得L1mgL(1cos)mv2，联立解得m0.05kg，v0.0810m/s，故C错误，D正确。28．结合甲、乙图可知该波沿x轴负方向传播，故A正确。P点不随波发生移动，故B错误。t质点P经过1.5s运动的路程为sA412m，故C正确。该波的波速为v4m/s，TT故D正确。物理参考答案·第2页（共6页）{#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}9．C、P两点均处于AB连线的垂直平分线上，两点的电势相等，故A错误。A、B两点的Q点电荷在C点形成电场的场强大小均为Ek，C点的电场强度大小为a2kQEE2cos60，故B正确。将某一试探电荷从C点沿C到D再到P连线的方向移Ca2动到P点的过程中静电力不做功，故C错误。A、B两点的点电荷在P点形成电场的场强QkQ333kQ大小均为，点的电场强度大小为，试Ek22PEEP2cos302aaa2cos3033kQq探电荷在P点所受静电力大小为F，故D正确。Pa2R10．根据几何关系，靠近N点的入射粒子的半径r≥就能到达MN的右侧地面，根据12v2qBRqBvm，解得v≥，即此时粒子能够到达MN右侧地面，故A正确。若粒子速r12mqBRmv率为，可知轨道半径rR，粒子做匀速圆周运动，入射到磁场的粒子到达地m2qB面的轨迹为劣弧，轨迹对应的弦长越短，对应的圆心角越小，运动时间越短，则到达地面最短的弦长为R，所以圆心角为60°，运动时间最短πRπmt3，故B错误。设正对着O处入射的粒子恰好可以minv3qB到达地面时轨道半径为r3，如图2所示。根据几何关系有3v2rRrR22(2)()2，解得rR。根据qBvm，解得3332r3图23qBR3qBRv，即正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面，则其速率为，故C正2m2m确。根据上述可知，正对O点偏N侧的粒子都能到达地面，正对O点偏M侧的粒子3qBR都不能到达地面，即若粒子速率为，入射到磁场的粒子恰好有一半不能到达地2m面，故D错误。二、填空、实验题（本大题共2小题，共15分）11．（除特殊标注外，每空2分，共6分）（1）0.1或0.10（1分）（2）CABED（1分）（3）0.3640.474物理参考答案·第3页（共6页）{#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}12．（除特殊标注外，每空1分，共9分）（1）1.20（2）①R1②串联900③如图3所示图3④1.4（2分）0.67（2分）【解析】（2）为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择阻值较小的R1。为了操作方便，需利用电流表G和电阻箱改装成量程为2V的电压表，需串联电阻；根据U2串联特点有RR0g3100900。忽略改装电压表的分流影响，由闭Ig2.010rEII合电路欧姆定律有EIRR1g()0Ir2，可得12，可知I12I图像RRg0RRg0E3的纵轴截距为b1.410A，解得电动势为E1.4103(100900)V1.4V，RRg0r(1.41.0)1032||k103I12I图像的斜率绝对值为，解得内阻为RRg00.632r103(100900)0.67。3三、计算题（本大题共3小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13．（10分）解：（1）轻绳未连重物时，对活塞受力分析得pS10mgpS①mg解得pp②10S（2）刚好触发超重预警时，有pS20()MmgpS③LS3LSpp④12345pS0解得Mm⑤9g物理参考答案·第4页（共6页）{#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}VV23（3）由盖吕萨克定律得T1⑥0T603LS其中V2411解得VVLS=⑦32685则VVVLS⑧238此过程外界对气体做的功为WpV2⑨5L解得WpSmg()⑩180评分标准：本题共10分。正确得出①~⑩式各给1分。14．（14分）解：（1）运动员从A平抛至B的过程中，在竖直方向有2vy2gh①在B点有vvytan②解得v6m/s③滑上木板时Mvv0()Mm④20解得vm/s⑤03（2）运动员及滑板从A到C的过程，由机械能守恒得11()[(1cos53)]()()MmghRMmvv22Mm⑥22C运动员在圆弧轨道上做圆周运动到C处时，由牛顿第二定律可得v2FMgmgMm()()C⑦NR解得FN2150N⑧由牛顿第三定律得滑板对地面的压力为FFNN2150N⑨（3）运动员经过C点以后，设最远距离为x，由动能定理可得1()()MmMmgxv2⑩2C解得x13.2m评分标准：本题共14分。正确得出④、⑥、⑩式各给2分，其余各式各给1分。物理参考答案·第5页（共6页）{#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}15．（18分）解：（1）线框匀速运动时所受合力为零，有mgsinBILmgcos0①由法拉第电磁感应定律知EI②REBLv③BL22v化简得mgsinmgcos0R()mgsinmgcosR解得v④BL22线框在第七个磁场区域匀速运动的时间2L2BL23t⑤v(mgsinmgcos)R（2）线框ab边刚进入第1个磁场区时，由牛顿第二定律有mgsinBI0Lmgcosma⑥由法拉第电磁感应定律知BI0L5BIL⑦解得a4siggn4ocs⑧（3）线框ab边刚进入第1个磁场区到线框ab边刚进入第7个磁场区的过程中，由动量定理得mgsintmgcostBILtmvvm5⑨线框刚完全进入磁场的过程中qIt1⑩EI1⑪1RE⑫1tBSBL2解得q⑬RR由上式可知线框离开磁场的过程中面积变化也为L2，故流过线框电荷量也为q，又线框ab边刚进入第1有磁场区边界到线框ab边刚进入第7个有磁场区的过程中线框位移为12BL212L，故整个过程中It12q⑭R12BL234mR解得t⑮(sinmgmgcos)RB22L评分标准：本题共18分。正确得出①、⑥、⑨式各给2分，其余各式各给1分。物理参考答案·第6页（共6页）{#{QQABAYoEggioAAAAARgCQQGwCAMQkAACAIgGRAAIMAABiQFABAA=}#}