18：2024届湖北省鄂东南省级示范联盟学校高三下学期5月第一次联考（一模）物理试题 学生版答案

这是一份18：2024届湖北省鄂东南省级示范联盟学校高三下学期5月第一次联考（一模）物理试题 学生版答案，共6页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】A，【答案】D，【答案】C，【答案】AC，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。
【解析】半衰期是由放射性元素本身决定的，与外界因素无关，故A错误；根据核电荷数和质量数守恒可知X是24He，即α粒子，具有很强的电离本领，故B正确；自发的衰变过程中释放能量，原子核的比结合能增大，镓237的比结合能比镅241的比结合能大，故C错误；核反应释放能量，核反应质量亏损，因此反应前后总质量会减小，故D错误。
2.【答案】A
【解析】t₁时刻手机加速度为−g，方向竖直向下，手机处于完全失重状态，故A正确；由题可知整个过程为先托着手机0∼t2向下做加速运动，t2∼t3 向下做减速运动，a−t图像与坐标轴围成的面积为速度，t₃时刻手机达加速度为正方向的最大值，故t₃速度小于t2速度不是最大，故B、C错误；手机加速度向上时受到手向上的支持力不会脱离手掌，手机加速度为−g的过程中处于完全失重状态，可以说此过程手机和手脱离也可以说恰好没有脱离手掌，故D错误。
3.【答案】D
【解析】设空间站的轨道半径为r，则根据万有引力提供向心力可知GMmr2=mv2r，解得v=GMr=gR2r=2πRT天，而2πRT是地球表面物体的线速度，把天宫空间站近似看成绕地球表面做圆周运动的近地卫星，其周期应小于地球的自转周期T，A错误；对于中轨道卫星，则有GMm(2R)2=m4π2T'2(2R)，解得T'=2π8R3GM，又因为T天=2πR3GM=2πRg，由此可得T'=22T天≠22T，B错误；二者的质量都是未知的，无法比较其机械能的大小，C错误；设两次相距最近的时间间隔为t，设天宫号空间站的角速度为ω天，中轨道卫星的角速度为ω中，则有（ω天−ω中）t=2π，结合上述分析t=T'T天T'−T天=2222−1T天=4π22−12Rg，D正确。
4.【答案】B
【解析】根据题意可知，当小鱼反射的光在荷叶边缘水面上发生全反射时，则在水面上看不到蝌蚪
根据全反射的临界角公式可得sinC=1n=34，则tanC=377，在水面之上看不到时小鱼运动的位移
x=vt=0.5m，结合几何关系可知tanC=d2−x2ℎ，解得d=1.41m。故选B。
5.【答案】C
【解析】电流表的示数为交流电的有效值，则线圈经过图示位置时，电流表的示数不为零，选项Ａ错误；变压器等效电阻R等效=(n1n2)2R2=14R2，仅将滑片P向下滑动，则R2减小，则R等效减小，则R1和R等效并联后的电阻减小，因线圈电动势一定，则电流表的示数将变大，选项B错误；将线圈产生的电动势为电源，其电阻R为电源内阻，将R1和R等效并联看做是外电路，开始时R等效=2R，此时R1和R等效并联电阻为R等于电源内阻R，则开始时发电机输出功率最大，则仅将滑片P向下滑动，R等效减小，外电阻逐渐远离电源内阻，可知发电机的输出功率将变小，选项C正确；将R1和R并联后的电阻（2R3）等效为电源内阻，将R等效看做是外电路，仅将滑片P向下滑动，则外电阻从2R逐渐减小，则外电路消耗的功率先增加后减小，即电阻 R2消耗的功率先增加后减小，选项D错误。
6.【答案】B
【解析】由于粒子源发生的电子速率相同，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有ev0B=mv02R，解得R=mv0eB=L，即所有电子的半径都相等，由左手定则可知，电子进入电场后顺时针做圆周运动，所以其从AC边射出的一个临界位置为从A点射出，此时θ=60°，如图所示
由题意及分析可知，当0°≤θ≤60°范围内，电子从AC边上射出，当电子从AC边射出时，由几何关系可知从AC边射出的电子占总电子的60°180°=13，故A错误；由题意及分析可知，当粒子在60°≤θ≤150°范围内，电子从AD边射出，当电子从AD边射出时，由几何关系可知从AD边射出的电子占总电子的90°180°=12，故B正确；由题意及分析可知，当粒子在150°≤θ≤180°范围内，当电子从OD边射出时，由几何关系可知从OD边射出的电子占总电子的30°180°=16，故C错误；电子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为T，有T=2πRv0，在磁场中运动的时间为t，有tT=α2π，整理有t=αmeB，即电子运动的圆心角越小，其在磁场中运动的时间就越短，圆心角所对应的弦长越长，其圆心角越大，所以最短时间即为弦长的最小值，其从AC边射出的一个临界位置为从A点射出，此时θ=60°，所以所有从AC边射出的电子中，当θ=30°时，所用的时间并不是最短的，故D错误。
7.【答案】C
【解析】两小球下滑过程中，除重力以外，弹簧的弹力对它做功，所以两小球的机械能不守恒，故A错误；小球下降h达到最低时，速度减小为0，形变量最大为xm=2ℎtan60°=23ℎ，根据机械能守恒定律有2mgℎ=12kxm2，解得ℎ=mg3k，弹簧的最大伸长量xm=23ℎ=23mg3k，弹簧的最大拉力T=kxm=23mg3，故B错误；在最高点时小球只受重力和支持力作用，此时重力沿杆方向的分力提供加速度，有a1=gsin30°=g2，在最低点时T=23mg3，根据牛顿第二定律可知Tcs30°−mgsin30°=ma2，解得a2=g2，小球在最高点与最低点加速度大小相等，故C正确；小球受到重力、杆的弹力N和弹簧的弹力F，沿杆方向加速度为0，即合力为0时小球的速度最大，此时mgsin30°=Fcs30°，又F=kx，解得形变量x=3mg3k，两个小球下降的高度ℎ1=x2tan60°=mg6k，对系统只有重力，弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，有2mgℎ1=12kx2+12×2mvm2，解得vm=gm6k，故D错误。
8.【答案】AC
【解析】当t=1s时，O点开始振动且振动方向向下，可知是M点的波源形成的波传到了O点，则区域A的波速vA=OMt=4m/s，根据vA=gℎA，可得ℎA=1.6m，故A正确；区域B的波速vB=gℎB=5m/s，两列波频率都是1Hz，则周期都是1s，根据v=λT可得λA=4m，λB=5m，A、B两区域水波的波长之比λA:λB=4:5，故B错误；t=2s时，M波在O点完成了一次全振动，则该波在O点产生的波正在平衡位置向下振动，N波传递到O点需要t′=ONvB=1.5s=1.5Tt=2s时，N波在O点完成半个周期的振动，则该波在O点产生的波正在平衡位置向下振动，所以t=2s时，O点的振动方向向下，故C正确；根据题意结合C项的分析可知，在t=1.5s时，波源M在O点的振动方向向上，波源N在O点振动方向也向上，所以在A区域可以等效成波源M与波源O相遇，在B区域可以等效成波源O与波源N相遇，因为等效波源的频率和初相位，所以在两列波相遇的区域可以形成稳定的干涉图样。故D错误。
9.【答案】BC
【解析】对磁流体发电机分析，上极板带正电，在电容器中形成向下的电场，对油滴受力分析可知，油滴受到向下的电场力，故该带电粒子带正电，故A错误；设等离子体带电荷量为q1，磁流体发电机两极板间的距离为d1，由磁流体发电机可得q1v1B=qUd1，两板间的电势差U=Bd1v1，设带电粒子的电荷量为q2，电容器两极板间的距离为d2，在电容器中对带电粒子，根据牛顿第二定律q2Ud2=ma，带电粒子在电容器中做类平抛运动，设电容器极板长为L，则运动时间t=Lv2，偏移量y=12at2，以上各式联立解得y=q2Bd1v1L22md2v22，所以只减小带电粒子的入射速度v2，则带电粒子的偏移量变大，带电粒子将打在电容器的下极板上；只增大等离子体的入射速度v1，则带电粒子的偏移量变大，带电粒子将打在电容器的下极板上；带电粒子的偏移量与单个等离子体的电量无关，带电粒子恰好从下极板边缘射出电容器，故B、C正确，D错误。
10.【答案】ABD
【解析】细线烧断前，由平衡条件可得F=m1+m2gsinθ，代入数据解得F=3N，故A正确；细线烧断后，两杆切割磁感线产生感应电流，由于其B、I、L都相等，则两杆所受安培力大小相等，方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，以a杆的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v1−m2v2=0，两杆同时达到最大速度，达到最大速度时两杆都做匀速直线运动，对杆a，由平衡条件得m1gsinθ=BIL，感应电流I=E2R=BLv1+BLv22R，代入数据解得v1=0.36m/s，v2=0.24m/s，故B正确，C错误；通过杆的电荷量q=IΔt=E2RΔt=BLx1+x2Δt×Δt2R=BLx1+x22R，两杆组成的系统动量守恒，以杆a的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m1v1−m2v2=0，m1x1t−m2x2t=0，联立解得q=2.5C，故D正确。
11.【答案】(1)6.170 (2)mga 70
【解析】（1）图2所示读数l1=61mm+14×0.05mm=61.70mm=6.170cm。
（2）由胡克定律可得ΔF=Δnmg=kΔl，故ΔlΔn=mgk=a，解得k=mga。根据图3可知斜率a=8.970−6.170×10−25−1m=7×10−3m，联立可得k=50×10−3×9.87×10−3=70N/m。
12.【答案】(1)90 (2)1 10 (3)+ (4)A
【解析】（1）根据并联电路电阻与电流关系有IA−II=RAR2，解得R2=90Ω。
（2）设欧姆表中值刻度为R中，则欧姆表为“×10”倍率时的欧姆内阻R中10=10R中，欧姆表为“×100”倍率时的欧姆内阻R中100=100R中，欧姆表进行欧姆调零时，有Im=ER中，欧姆表倍率越小，欧姆表的内阻越小，可知电路的满偏电流越大；由电路图可知，当开关S合向1端，电路的满偏电流较大，欧姆表的倍率是“×10”挡。因此1档位的干路最大电流是2档位的干路最大电流的10倍，即2档位的电流最大值为1mA，此时有Ig+IgRgRa+Rb=1mA，得Ra+Rb=10Ω。
（3）用多用电表的欧姆挡时内部电源被接通，且黑表笔接内部电源的正极，即电流从欧姆表的黑表笔流出，从电压表的正极流入，则黑表笔接电压表的+接线柱。
（4）根据功率公式，可得额定电压220V、额定功率100W的白炽灯泡在正常工作时的电阻R=U2P=484Ω，白炽灯泡在正常工作时的温度可达几百摄氏度，而灯丝的电阻与温度有关，而多用电表测量的是常温下灯泡的电阻，所以测量值是远小于484Ω。故选A。
13.【答案】（1）1.8×105Pa （2）0.5×105Pa
【解析】（1）依题意，限压阀刚被顶起时，锅内气体达到的最大压强，有p0S+mg=pmS
解得pm=1.8×105Pa。
（2）由查理定律，可得p0T0=p1T1
又T0=273K+27K=300K，T1=273K+117K=390K
解得p1=1.3×105Pa
锅内食物蒸发出来的水蒸气的分压强p水蒸气=pm−p1=0.5×105Pa。
14.【答案】（1）2gR （2）4mgR （3）5R
【解析】（1）由动量守恒定律和能量守恒定律得m2v0=m2vQ+mvP，12×m2v02=12×m2vQ2+12mvP2
将v0=322gR代入以上两式得碰后小球P的速度大小vP=2gR。
（2）A→B过程中，由图乙可知电场力做功WAB=qE0+2E024R=3mgR
小球P从A点运动到管道最高点C点过程中电场力做的功WAC=WAB+q⋅2E0R=4mgR。
（3）A→B过程中摩擦力做功Wf=−μmg⋅4R=−2mgR
小球P从A点运动到管道最高点C点过程中由动能定理得WAC+Wf−2mgR=12mvC2−12mvP2
解得最高点C点速度vC=2gR
过C点后小球先在电场线上方做平抛运动，后在电场力和重力的共同作用下运动。
小球做平抛运动的时间t1=2Rg
小球做平抛运动的水平位移x1=vCt1=2R
小球进入电场中运动时，运动时间t2=2×2Rg−t1=(2−2）Rg
电场力方向加速度a=2E0qm=g
电场力方向位移x2=vCt2+12at22
综上可解得x2=R
综合以上可得，小球P再次到达水平地面时与B点的距离x=2R+x1+x2=5R。
15.【答案】（1）6m （2）①4m/s ②22m/s ③2J
【解析】（1）小物块恰好C点飞出时满足mg=mv2R
小物块从A到B，有动能定理得mgℎ=12mvB2
从B到C，根据μmg=ma
−2aL=vC2−vB2
联立得L=6m。
（2）①传送带改为顺时针转动，小物块匀减速至v0时，有−2ax=v02−vB2
可得x=4.8m