昆明一中2024届高三第7次联考物理参考答案14.【答案】A【解析】从n＝4跃迁到n＝1放出的光子能量最大，根据，，可知动量也最大，A正确；大量氢原子从n＝4的激发态跃迁到基态能放出种频率的光子，但其中只有从n＝4、3、2能级跃迁到n＝1放出的三种光子超过金属钨的逸出功能够使其发生光电效应，B错误；从能级4跃迁到能级1放出的光子能量最大为12.75eV，照射金属钨后，根据光电效应方程，光电子的最大初动能为Ekm=8.21eV，C错误；由于从n＝4跃迁到n＝∞需要吸收的光子能量为＝0.85eV，因此只要入射光子的能量大于等于0.85eV都能被氢原子吸收从而使其电离，所以0.86eV的光子能够被吸收，D错误，故选A。15.【答案】D【解析】布朗运动是液体中固体小颗粒受到液体分子的撞击后的无规则运动，布朗运动反映了液体分子的无规则热运动，布朗运动并不是液体分子的无规则热运动，A错误；1克100℃的水需要吸收热量才能变为1克100℃的水蒸气，故1克100℃的水的内能小于1克100℃的水蒸气的内能，B错误；随着分子间的距离由较大逐渐减小到较小的过程中，分子间的作用力先是表现为引力之后是斥力，分子力先做正功再做负功，分子势能先减小再增大，C错误；水分子在气态下引力、斥力忽略不计，凝结成液态，分子间距减小，引力和斥力同时增大，D正确。故选D。16.【答案】A【解析】根据开普勒第三定律，可得P、Q两卫星做匀速圆周运动的半径之比为，根据万有引力提供向心力，可得线速度为，P、Q两卫星线速度之比为，故选A。17.【答案】D【解析】由等势面分布图可以确定该图为两等量异种点电荷电场的等势线面布图，两点电荷连线垂直平分线上电势处处为0，e点电势也为0，A错误；根据电势能公式，电子带负电，电势越低的地方电势能反而越大，由A到C电势降低，电势能变大，B错误；根据电场力做功公式，质子带正电，，可知电场力做负功，C错误；等差等势面相邻等势面间的电势差都相等，根据公式可知等势面间距越小、越密的地方场强越大，D正确。故选D。18.【答案】B【解析】(1)由图可知λ＝8m．当波向右传播时，Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为，波速为。当波向左传播时，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为，波速为当n=0时向右传播的最小速度为6m/s，向左传播的最小速度为10m/s，总的最小速度为6m/s，故选B。19.【答案】AC【解析】光从O点沿直线传播出球壳，时间最短，光在空气中传播，光在介质中传播，所以光射出球壳的最短时间为，A正确，B错误；如图所示，光由介质射向空气，临界角为C，，，由正弦定理得解得由几何关系知，故透明球壳外表面发光区域在截面上形成的弧长所对应的圆心角为32°C正确，D错误，故选AC。20.【答案】BD【解析】线圈转动至图示位置时位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，A错误；感应电动势的最大值Em＝NωBL1L2，设感应电动势的有效值是E，则，解得，线圈电阻不计，则电压表示数，B正确；电压表的示数U1由左边充当电源的线圈的输出电压决定，与右边变压器的匝数比无关，电压表示数不变，C错误；将原线圈抽头P向下滑动时，变压器原线圈匝数n1变小，由变压器的变压比可知，副线圈电压U2变大，灯泡两端电压变大，灯泡的功率变大，灯泡变量，D正确。故选BD。21.【答案】AC【解析】a球和b球所组成的系统中重力做功使重力势能与动能相互转化，不改变总的机械能，轻杆对a、b做功使机械能在a、b间相互转移同样不改变总的机械能，则系统机械能守恒，A正确；当a球运动到O点时b球速度为零且高度不变，b球机械能等于最初位置时的机械能，由于系统机械能守恒，a球此时的机械能与最初位置时的机械能同样也相等，由，，但此时不是最大速度，过了O点后a球的重力大于杆向上的分力会继续向下加速直到杆向上的分力与重力大小相等时速度达到最大，B错误；当a球运动到最低点时a球的机械能最小，b球的机械能最大，动能最大，a球的机械能全部转化为b球的动能，，b球的最大速度，C正确；a球从初位置下降到O点过程中，b的速度先增大后减小，说明杆对b球先做正功后做负功，则杆对a球先做负功后做正功，a球从O到最低点过程中，a球速度先增大后减小，开始a球的重力大于轻杆拉力的竖直分量a球加速运动，后来a球的重力小于轻杆拉力的竖直分量a球减速运动，来到最低点时速度减为0，杆对a球做负功，即a球从初位置下降到最低点的过程中，连接杆对a球的弹力先做负功后做正功，再做负功，D错误。故选AC。22.【答案】（1）3.43.9（2）不为零偏小（每空2分）【解析】（1）则运动到A处时小车的速度大小，根据逐差法，小车运动的加速度大小，根据小车在照片中的长度与实际的长度的比例为1：10，则实际运动的速度为3.4m/s，实际运动加速度为3.9m/s2（2）由O到A小车做匀加速直线运动，根据运动学公式，得，则小车在O点时的速度不为零。如果实验时数码相机实际拍摄频率为12Hz，则实际周期更短，由可知，实际加速度更大，即加速度的测量值和实际值相比是偏小的。23.【答案】（1）ACE（2）作图见解析1.50（1.46～1.54均可）1.0（0.80～1.2均可）（3）2.8～3.2（第（1）问每空1分，共3分；第（2）问每空2分，共6分；第（3）问1分）【解析】（1）由于滑动变阻器不能显示自身的阻值大小，而本实验中需要用IR的大小，所以R应选用A电阻箱；由表可知电流的变化范围为0.19A～0.38A，干电池的电动势约为1.5V，则回路中总电阻的变化范围约为3.9Ω～7.9Ω，故保护电阻R0选择阻值为2Ω的定值电阻C；磁电式电流表为了减小误差指针应超过满偏量程的三分之一，故电流表eq\o\ac(○,A)应选择量程为0~0.6A的电流表E。（2）根据闭合电路欧姆定律可知，整理得，图像的纵轴截距为电池电动势E，斜率k的大小为r+R0，根据图像可得电池的电动势为1.50（1.46～1.54均可），内阻为1.0（0.80～1.2均可）。（3）电阻箱消耗的电功率为，由上式可得，当时，电阻箱消耗的电功率最大，则电阻箱的阻值应为第（2）问中得出的内阻的阻值与保护电阻R0的阻值之和，为2.8Ω～3.2Ω。24.【答案】（1）3g（2）【解析】（1）设A球质量为m，则B球质量为2m，剪断前对B受力分析可知T=2mg①剪断后瞬间轻绳拉力消失，弹簧弹力不突变。对A受力分析可知②解得③（2）设轻弹簧对A、B两个小球的冲量大小分别为IA和IB；对小球A分析由动量定理有④对小球B分析由动量定理有⑤由于轻弹簧两端对A、B的作用力等大反向，作用时间也相同，则冲量IA和IB也等大反向。联立解得⑥正确得出得出①②式每式1分；得出③④⑤⑥式每式2分。25.【答案】（1）；（2）；【解析】（1）对b棒与弹簧组成的系统由能量守恒得①可得b棒脱离弹簧后的速度b棒与a棒相碰撞前后，由动量守恒和能量守恒知②③得，由能量守恒定律可知碰后a棒在磁场中向左运动的过程中，动能转化为回路中总的焦耳热，④b棒与a棒碰撞后停在磁场外与左边电阻并联⑤根据焦耳定律可得⑥解得⑦（2）向左滑行过程中对a分析由动量定理有⑧其中⑨联立得⑩正确得出①②③④⑤⑥式每式1分；得出⑦⑧⑨⑩式每式2分。26.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）离子以的速度，的角度由O点射入磁场时，恰好通过坐标为（L，L）的点，由几何关系可知运动半径为①由牛顿第二定律得②解得③（2）对于任意的速度方向与轴成角的离子，设其在磁场中的运动半径为，如图所示由牛顿第二定律，及解得④故所有离子做圆周运动的轨道圆心均在界面上，且速度方向垂直于界面岀射；当时离子的运动半径最大，离子沿与y轴成60°角向第一象限入射时，通过这条线的坐标的最小，⑤离子沿与y轴成60°角向第二象限入射时，通过这条线的坐标的最大，⑥则离子通过界面时坐标的范围为⑦（3）所有带电粒子中，离子沿与y轴成60°向第二象限射入的粒子在磁场中运动的圆心角最大时间最长，同时由于速度大，在电场中运动回到这条线时的速度变化量大，运动时间也长，总时间一定最大。由几何关系可知在磁场中运动的圆心角150°，根据⑧⑨在电场中先向右做匀减速到速度为0，再反向匀加速运动回到处的过程中，加速度均为⑩在电场中的运动时间eq\o\ac(○,11)解得eq\o\ac(○,12)则所有粒子从最开始运动到第二次经过这条线的最长时间为eq\o\ac(○,13)正确得出①②③④⑤⑥⑦式每式2分；得出⑧⑨⑩eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)式每式1分；公众号：高中试卷君