物理答案(1)【公众号：一枚试卷君】

页11415161718192021BDDDBCACABBC14.B【详解】氢原子由量子数n=4的能级跃迁低能级时辐射光子的能量有6种；其中𝐸4−𝐸1=−0.8𝑒𝑉+13.6𝑒𝑉=12.8𝑒𝑉；𝐸4−𝐸2=−0.8𝑒𝑉+3.4𝑒𝑉=2.6𝑒𝑉；𝐸4−𝐸3=−0.85𝑒𝑉+1.51𝑒𝑉=0.66𝑒𝑉；𝐸3−𝐸2=−1.51𝑒𝑉+3.4𝑒𝑉=1.89𝑒𝑉;𝐸3−𝐸1=−1.51𝑒𝑉+13.6𝑒𝑉=12.09𝑒𝑉;𝐸2−𝐸1=−3.40𝑒𝑉+13.6𝑒𝑉=10.2𝑒𝑉;金属钙的逸出功为2.7eV，则能够使金属铯发生光电效应的光子有3种，故选B15.D【详解】由相似相角形法可得𝐹𝐴𝑂=𝑚1𝑔𝑂𝐷,𝐹𝐵𝑂=𝑚2𝑔𝑂𝐷由于轻绳上拉力相同，由几何关系得𝐵𝑂=𝐴𝑂𝑡𝑎𝑛30°联立得√3𝑚1=𝑚2，故选D16.D【详解】A到B过程中由查理定律有ABABPPTT=，代入数据得：1200KBT=B到C过程中由盖吕萨克定律有CBBCVVTT=，得600KCT=B到C过程中外界对气体做功为WpV=，得800JW=，A到B体积不变，不做功，所以A到C过程中外界对气体做功为𝑊=800𝐽B到C过程中由热力学第一定律有UWQ=+，内能减少200J即U=－200J,得1000JQ=−,则放热1000J。故选项D错误，选D。17.D【详解】因波长为20cm，则当波遇到100cm的障碍物将不会发生明显衍射现象，A错误。两列波的周期都是1sT=，计算波长0.21m0.2mvT===，根据题意50cm40cm10cm0.1m0.5PCPB−=−===，而0t=时刻两波的振动方向相反，则P是振动加强的点，振幅等于两波振幅之和，即为70cm，C错误，D正确；波从C传到P的时间0.5s2.5s0.2PCtv===，波从B传到P的时间0.4s2s0.2PBtv===，在2.5st=时昆明一中2023届高三第八次联考物理参考答案页2刻，横波I与横波II两波叠加，P点经过平衡位置向下运动，在4.5st=时刻，经过了两个周期，P点经过平衡位置向下运动，B错误；故选D18.BC【详解】A．卫星b、c绕地球做匀速圆周运动，7.9km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，11.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星b时速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故A错误；B．万有引力提供向心力，对b、c卫星，由牛顿第二定律得22()MmGmRhRh=++（）解得32GMhR=−，故B正确；C．卫星b在地球的同步轨道上，所以卫星b和地球具有相同的周期和角速度。由万有引力提供向心力，即22MmGmrr=，解得3GMr=，a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度38aGMR=，此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近（ωa-ω）t=2π，328tGMR=−，故C正确；D．让卫星b减速，卫星b所需的向心力减小，万有引力大于所需的向心力，卫星b会做向心运动，轨道半径变小，离开原轨道，所以不能与c对接，故D错误；故选BC。19.AC【详解】A．因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为abcda，e板带负电，f板带正电，A正确；B．因为粒子刚好从f板右边缘射出，所以粒子受到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电，B错误；C．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有0Lvt=，在竖直方向上有212Lat=，页3Eqam=，UEd=；而电容器两极板间的电压等于R两端的电压，故2211112224BSUkLkLt===，联立解得02Lkqvm=，C正确；D．根据动能定理可得粒子增加的动能为2211112248kEUqqkLqkL===，D错误．故选AC。20.AB【详解】滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：𝑚𝐴𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼=𝑚𝐵𝑔𝑠𝑖𝑛𝛽;由于α＜β，故𝑚𝐴＞𝑚𝐵，故A正确；滑块下滑过程机械能守恒，有：𝑚𝑔ℎ=12𝑚𝑣2，则𝑣=√2𝑔ℎ，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度大小相等，即速率相等，故B正确；滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：𝑃𝐴=𝑚𝐴𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼∙𝑣，𝑃𝐵=𝑚𝐵𝑔𝑠𝑖𝑛𝛽∙𝑣；由于𝑚𝐴𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼=𝑚𝐵𝑔𝑠𝑖𝑛𝛽，故PA=PB，故C错误；由牛顿第二定律得：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑎，𝑎=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃，α＜β，则𝑎𝐴＜𝑎𝐵，物体的运动时间vta=，v相同，𝑎𝐴＜𝑎𝐵,则𝑡𝐴＞𝑡𝐵，故D错误；故选AB．21.BC【详解】A．因为规定A点的电势为零，由图象可知OA之间的距离为2m，在A点具有的重力势能𝐸𝑃=100J，也是物块具有的总能量，根据𝐸𝑃=𝑚𝑔ℎ=𝑚𝑔𝑂𝐴𝑠𝑖𝑛30°,得𝑚=10𝑘𝑔，故A错误；B．小物块在B点时电势能最大，由图象可知OB间距离为1.5m，此时的重力势能为𝐸𝑃𝐵=𝑚𝑔𝑂𝐵𝑠𝑖𝑛30°=10×10×1.5×0.5𝐽,，由前面的分析可知物块的总能量是E=100J，根据𝐸=𝐸𝑃𝐵+𝐸电，可得𝐸电=25𝐽,故B正确；C．小物块从A点静止出发，到B点速度为零，所以从A到B的过程中，物块的速度是先增大后减小的，故C正确；D．在小物块下滑的过程中，所受的库仑力逐渐增大，一开始重力的分力大于库仑力，所以向下做加速运动，但随着库仑力的增大，其加速度逐渐减小，当库仑力与重力沿斜面的分力相等时，合力为零，加速度为零，此时物块速度达到最大，以后库伦力大于重力的分力，物块开始做减速运动，且加速度越来越大，所以整个过程加速度是先减小到零后反向增大，故D错误。页4故选BC。22.答案：（1）如图所示（2）1.22.5×108【详解】作出光路图如图所示，根据几何知识可得入射角i＝45°，设折射角为r，则tanr＝34，故折射率n＝sinisinr≈1.2，故v＝cn＝2.5×108m/s。23、答案：（2）1（3）23.2（4）1.43200（5）150甲同学没有考虑毫安表内阻的影响【详解】(2)欧姆表中电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电流表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；(3)由图可知，电阻箱读数为=(210+31+20.1)Ω23.2ΩR=(4)由EIRR=+内变形得11=+RRIEE内由图像可得117514050kE−==，解得1.43VE，截距为=140RbE=内，得200ΩR=内(5)由图可知，此欧姆表的中值电阻为=1510Ω=150ΩR中，则电阻“×10”挡内部电路的总电阻为150Ω由甲同学处理方法可知，由于没有考虑毫安表的内阻，如果考虑毫安表的内阻则有11=++RrRIEEE内由此可知，甲同学的测量值R内与此结果偏差较大的原因是没有考虑毫安表的内阻页524.(10分)【答案】(1)4𝑁2𝐵2𝐿3𝜔𝑅+𝑟(2)见图(3)√2𝑁𝐵𝐿2𝜔𝑅+𝑟【解析】(1)bc、ad边的运动速度𝑣=𝜔𝑙2,线圈切割磁感线时产生的感应电动势Em=2NB·2l·v=4NBlv=2NBl2ω.电流Im=𝐸m𝑟+𝑅,bc边切割磁感线时所受安培力F=2NBIml=4𝑁2𝐵2𝐿3𝜔𝑅+𝑟(2)(3)一个周期内,通电时间t=12TR上消耗的电能W=𝐼m2Rt根据有效值的定义W=I2RT解得I=√2𝑁𝐵𝐿2𝜔𝑅+𝑟25.(14分)【答案】(1)𝑄总=2.4𝑚𝑣02（2）𝐸𝐾𝐵=12𝑚𝑣02(3)∆𝑥𝐵𝐶=19𝑣0210𝜇𝑔【解析】(1)选向左为正方向，由动量定理得：𝑚×2𝑣0−𝑚×𝑣0=(𝑚+𝑚+3𝑚)𝑣共解得𝑣共=15𝑣0所以有𝑄总=12𝑚𝑣02+12𝑚（2𝑣0）2−12(𝑚+𝑚+3𝑚)𝑣共2=2.4𝑚𝑣02（2）当𝑣𝐴=0时，由动量定理得：𝑚×2𝑣0−𝑚×𝑣0=𝑚𝑣𝐵可以得到𝑣𝐵=𝑣0，所以𝐸𝐾𝐵=12𝑚𝑣022𝜋𝜔2𝑁𝐵𝐿2𝜔𝑅+𝑟It𝜋2𝜔𝜋𝜔3𝜋2𝜔−2𝑁𝐵𝐿2𝜔𝑅+𝑟O页6（3）在物体A速度减为零以后，可以把物体A和物体C看作一个整体共同运动，由此可以先计算共同加速度𝑎𝐴𝐶=𝜇𝑚𝑔4𝑚=14𝜇𝑔第一阶段时间𝑡1=𝑣0𝜇𝑔，第二阶段时间𝑡2=𝑣共14𝜇𝑔=4𝑣05𝜇𝑔，可以求得𝑥𝐵=12(𝑣共+2𝑣0)×（𝑡1+𝑡2）解得𝑥𝐵=99𝑣0250𝜇𝑔物体C运动的距离为𝑥𝐶=𝑣共22𝑎𝐴𝐶=2𝑣0225𝜇𝑔所以有∆𝑥𝐵𝐶=𝑥𝐵−𝑥𝐶=19𝑣0210𝜇𝑔26.（20分）22𝑈2【答案】(1)𝑡=𝜋𝐵𝑅(2)𝐸𝐾𝑚′=1𝐸𝐾𝑚(3)𝐸𝐾𝑚′′=20𝑞𝑈【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，有𝑞𝑣𝑚𝐵=𝑚𝑣𝑚2𝑅可以得出𝑣𝑚=𝑞𝐵𝑅𝑚,𝑇=2𝜋𝑅𝑣𝑚假设在磁场中运动N个周期，可以得出2𝑁𝑞𝑈=12𝑚𝑣2,解得𝑁=𝑚𝑣24𝑞𝑈又因为𝑡=𝑁∙𝑇，解得𝑡=𝜋𝐵𝑅22𝑈（2）𝐸𝐾𝑚=12𝑚𝑣2=12𝑚（𝑞𝑣𝐵𝑚）2=𝑞2𝐵2𝑅22𝑚∝𝑞2𝑚若改为𝐻12,已知𝑞1=12𝑞,𝑚1=12𝑚可得𝐸𝐾𝑚1=12𝐸𝐾𝑚若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B′、由α粒子换成氘核，根据以上方程解得𝐵′=√2𝐵，即磁感应强度需增大为原来的√2倍,根据𝑇=2𝜋𝑚𝑞𝐵,高频交流电源的原来周期,故𝑇′=√22T由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的√22倍（3）对α粒子，有𝑇=2𝜋𝑚𝑞𝐵𝑡1+𝑡2v𝑣02𝑣0−𝑣0O𝑡1BA𝑡见解析页7若对𝐶𝑎2041，有𝑇′=4140𝑇,可得∆𝑇=140𝑇满足𝑘∆𝑇=14𝑇，解得k=10所以2𝑘𝑞′𝑈=𝐸𝐾𝑚′′即𝐸𝐾𝑚′′=20𝑞′𝑈