文档内容
２０２４届高三年级质量监测考试
物理答案与解析
１．【答案】Ｄ
【解题思路】该单色光照射氢原子后释放６种不同频率的光，所以氢原子被照射后跃迁到
ｎ＝４的激发态，故Ａ错误；由前面分析可知该单色光的光子能量 Ｅ＝Ｅ －Ｅ ＝２５５ｅＶ＜Ｗ
４ ２ 铝
＝４．２ｅＶ，所以直接用该单色光照射铝板，不能发生光电效应，故Ｂ错误；由前面分析可知当
氢原子从不同激发态向基态跃迁时释放出的光都可以使铝板发生光电效应，所以应该有三
种不同频率的光，故Ｃ错误；当用氢原子从ｎ＝４跃迁到基态释放出来的光照射铝板时，从铝
板逃逸出来的光电子的初动能最大，此时光子的能量 Ｅ ＝Ｅ －Ｅ ＝１２７５ｅＶ，由爱因斯坦
ｍａｘ ４ １
光电效应方程有Ｅ＝Ｅ －Ｗ ＝８５５ｅＶ，故Ｄ正确。
ｋ ｍａｘ 铝
２．【答案】Ｂ
【解题思路】电梯能够识别障碍物，并不断开关电梯门，是因为电梯门安装了光传感器，这个
传感器能够将光信号转变为电信号，故Ｂ正确，Ａ、Ｃ、Ｄ错误。
３．【答案】Ａ
Ｍｍ (２π)２ ｒ３
【解题思路】万有引力提供卫星圆周运动的向心力，有 Ｇ ＝ｍ ｒ，解得 Ｔ＝２π槡 ，
ｒ２ Ｔ ＧＭ
结合题意可知同步卫星运行的周期大于中圆地球轨道卫星的周期，故Ａ正确；万有引力提供
Ｍｍ ＧＭ
卫星圆周运动的向心力，有Ｇ
ｒ２
＝ｍω２ｒ，解得ω＝
槡 ｒ３
，结合题意可知同步卫星运行的角速
度小于中圆地球轨道卫星的角速度，故Ｂ错误；在同一轨道上同向运行的中圆轨道卫星加速
时将做离心运动，会脱离圆轨道运行，不可能追上前面的卫星，故Ｃ错误；静止轨道同步卫星
只能在赤道面上运行，所以无法静止在北京上空，故Ｄ错误。
４．【答案】Ｃ
【解题思路】对状态ａ分析有ｐＶ＝５ｐＶ，对状态 ｂ分析有 ｐＶ＝５ｐＶ＝ｐＶ，所以 Ｔ＝Ｔ
ａ ａ ０ ０ ｂ ｂ ０ ０ ａ ａ ｂ ａ
＝Ｔ，但气体从状态ａ到状态ｂ的过程中不一定温度不变，故Ａ、Ｂ错误；气体从状态ｂ到状态
Ｖ Ｖ １
ｃ的过程中气体的压强不变，由等压变化规律有 ｂ＝ ｃ，解得 Ｔ＝ Ｔ，故 Ｃ正确；气体从状
Ｔ Ｔ ｃ ５
ｂ ｃ
态ｂ到状态ｃ的过程中气体的压强不变，外界对气体做功Ｗ＝ｐΔＶ＝４ｐＶ，由热力学第一定
０ ０ ０
律有ΔＵ＝Ｗ＋Ｑ＝４ｐＶ＋Ｑ，解得Ｑ＝ΔＵ－４ｐＶ，由前面分析可知由状态ｂ到状态ｃ的过程
０ ０ ０ ０
中气体温度降低，所以气体的内能减少，所以气体向外界放出的热量大于４ｐＶ，故Ｄ错误。
０ ０
５．【答案】Ｂ
【解题思路】当轿厢匀速运动时，对货物受力分析如图１所示，有 Ｆ ＝ｍｇｓｉｎα＝０６ｍｇ，故
Ｎ１
Ａ错误；当轿厢以０５ｇ的加速度向右匀加速运动时，对货物受力分析并建立如图２所示坐
【 ·高三年级质监考试———物理答案 第１页（共６页）】
{#{QQABaQIEgggAAAIAAQhCEwE4CkEQkBGACIoGgAAMsAAAyRFABAA=}#}
书书书标系，由受力分析有 Ｆ ＝Ｆ ｓｉｎα＋Ｆ ｓｉｎβ－ｍｇ＝０，Ｆ ＝Ｆ ｃｏｓα－Ｆ ｃｏｓβ＝０５ｍｇ，解得
ｙ Ｎ３ Ｎ４ ｘ Ｎ３ Ｎ４
Ｆ ＝ｍｇ，Ｆ ＝０５ｍｇ，故Ｂ正确；
Ｎ３ Ｎ４
图１ 图２ 图３
当货物对右侧斜面压力为０时轿厢向右的加速度最大，由受力分析结合牛顿第二定律有
ｍｇ ｇ ４
ｔａｎα＝ ，所以ａ ＝ ＝ ｇ，故Ｃ错误；
ｍａ ｍａｘ ｔａｎα ３
ｍａｘ
当轿厢以０５ｇ的加速度向上匀加速运动时，对货物受力分析如图３所示，由受力分析有 Ｆ
ｘ
＝Ｆ ｃｏｓα－Ｆ ｃｏｓβ＝０，Ｆ＝Ｆ ｓｉｎα＋Ｆ ｓｉｎβ－ｍｇ＝０５ｍｇ，解得Ｆ ＝０９ｍｇ，故Ｄ错误。
Ｎ５ Ｎ６ ｙ Ｎ５ Ｎ６ Ｎ５
６．【答案】Ｃ
槡３
【解题思路】由题意有Ｆ ＝ＩＬＢ＝ ｍｇ，故Ａ错误；
安 ４
从Ｍ向Ｎ看，对导体棒受力分析并建立如图所示坐标系，
设导体棒受到的摩擦力沿导轨平面向下，
由题意有Ｆ＝Ｆ＋ｍｇｓｉｎα－Ｆ ｓｉｎθ＝０，
ｘ ｆ 安
Ｆ＝Ｆ ＋Ｆ ｃｏｓθ－ｍｇｃｏｓα＝０，
ｙ Ｎ 安
１ ３槡３
解得Ｆ＝－ ｍｇ，Ｆ ＝ ｍｇ，
ｆ ８ Ｎ ８
１
所以导体棒所受摩擦力大小为Ｆ＝ ｍｇ，方向沿导轨平面向上，故Ｂ错误，故Ｃ正确；
ｆ ８
槡３
由题意可知Ｆ≤Ｆ ＝μＦ，所以μ≥ ，故Ｄ错误。
ｆ ｆｍａｘ Ｎ ９
７．【答案】Ｄ
【解题思路】对物体受力分析并结合牛顿第二定律有 Ｆ－μｍｇ＝ｍａ，由图乙可知 ａ＝ａ＋ｋｘ，
０
解得Ｆ＝ｋｍｘ＋ｍａ＋μｍｇ，所以拉力 Ｆ随着物体发生的位移 ｘ均匀增大，而不是随时间均匀
０
增大，故Ａ错误；由图乙可知，物体发生１０ｍ位移时，加速度变为原来的二倍，而拉力Ｆ＝ｍａ
＋μｍｇ并没有变为原来的二倍，故Ｂ错误；由受力分析和做功关系有 Ｗ ＝Ｗ －μｍｇｘ，将乙
合 Ｆ
图中纵坐标乘上质量ｍ，该图将变成合力与位移的图像，图像中面积对应的是合力做功，所
（ｍａ＋ｍａ）ｘ
以Ｗ ＝ １ ２ ＝６０Ｊ，所以拉力Ｆ做功Ｗ ＝Ｗ ＋μｍｇｘ＝１００Ｊ，故Ｃ错误；由动能定
合 ２ Ｆ 合
１ １
理有Ｗ ＝ ｍｖ２－ ｍｖ２，解得ｖ＝８ｍ／ｓ，结合运动学公式Ｆ＝ｍａ＋μｍｇ＝１２Ｎ，此时拉力Ｆ
合 ２ ２ ０ ２
做功的功率Ｐ＝Ｆｖ＝９６Ｗ，故Ｄ正确。
【 ·高三年级质监考试———物理答案 第２页（共６页）】
{#{QQABaQIEgggAAAIAAQhCEwE4CkEQkBGACIoGgAAMsAAAyRFABAA=}#}８．【答案】ＡＤ
５
【解题思路】ＯＭ＝ＯＮ＝２Ｌ，ＯＰ＝Ｌ，弹簧的原长为 Ｌ，所以小球在 ＭＰ之间某个位置时弹簧
４
处于原长，弹簧弹力为０，小球的合力为重力，同理小球在 ＰＮ之间某个位置时弹簧处于原
长，弹簧弹力为０，小球合力为重力，当小球经过 Ｐ点时小球受到的合力为重力，故 Ａ正确；
小球从Ｍ运动到Ｎ的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能并不守
恒，故Ｂ错误；小球从Ｍ运动到Ｎ的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，再减小又增大，
故Ｃ错误；小球在 Ｍ、Ｎ两个位置时，弹簧的长度相等，所以弹簧的弹性势能相等，在此过程
１
中小球的重力势能全部转化为动能，有ｍｇ×２槡３Ｌ＝ ｍｖ２，解得ｖ＝２槡槡３ｇＬ，故Ｄ正确。
２
９．【答案】ＡＤ
【解题思路】当开关接ａ时电容器充电，上极板接电源的正极，所以上极板带正电，随着两极
板间电压的增加，电容器极板上的电荷量也逐渐增加，故Ａ正确；在电容器充电的过程中，上
极板上电子在电源的作用下到达下极板从而给电容器充电，并没有电子穿过虚线，故 Ｂ错
误；电流图线与ｔ轴在ｔ～ｔ时间内所围图形的面积表示电容器极板的电荷量，所以仅增大
１ ２
电阻Ｒ没有影响电容器的电容，也没有影响电容器两端的电压，所以电容器极板的带电量不
变，故Ｃ错误；仅将电容器上下极板水平错开些，电容器极板的正对面积变小，结合电容器的
εＳ εＳＵ
电容Ｃ＝ ，所以在电容器充电过程中极板的带电量 Ｑ＝ＣＵ＝ ，变小，在放电过程中
４πｋｄ ４πｋｄ
释放的电荷量减小，故Ｄ正确。
１０．【答案】ＢＣＤ
【解题思路】由题意可知，由当导体棒 ａｂ在 ＭＮ左侧运动时，磁场磁感应强度增大，回路中
产生感生电动势，由楞次定律可知，回路中的电流为顺时针方向，所以通过 Ｒ的电流方向
为Ｐ→Ｒ→Ｑ，当导体棒ｂ在磁场中运动时，切割磁感线，由右手定则可以判断通过Ｒ的电流
方向为Ｑ→Ｒ→Ｐ，所以电流方向有变化，故Ａ错误；当导体棒 ａ、ｂ在 ＭＮ左侧运动时，回路
ΔΦ ＳΔＢ Ｂ Ｅ ２ＬｄＢ
中产生感生电动势Ｅ＝ ＝ ＝Ｌｄ ０，由闭合电路欧姆定律有Ｉ＝ １ ＝ ０，电阻
１ Δｔ Δｔ ｔ １ Ｒ ３Ｒｔ
０ ＋Ｒ ０
２
４Ｌ２ｄ２Ｂ２
Ｒ消耗的功率Ｐ＝Ｉ２Ｒ＝ ０，故 Ｂ正确；当导体棒 ａ、ｂ穿过磁场的过程中，导体棒匀速
１ ９Ｒｔ２
０
运动，此时导体棒的速度为 ｖ，所以产生的电动势为 Ｅ ＝ＢＬｖ，此时流过电阻 Ｒ的电流 Ｉ＝
２ ０ ２
Ｅ
２
Ｒ
＋Ｒ
２ ＢＬｖ １６Ｂ２Ｌ２ｖ２ ２ｄ
＝ ０ ，此时电阻Ｒ的功率Ｐ＝Ｉ２Ｒ＝ ０ ，解得 ｖ＝ ，对两个导体棒在ＭＮ左侧
２ ３Ｒ ２ ９Ｒ ｔ
０
４ｍｄ
运动过程列动量定理有Ｆｔ＝２ｍｖ，解得Ｆ＝ ，故Ｃ正确；当导体棒穿过磁场区域时，导体棒
０ ｔ２
０
ＢＬｖ ４Ｂ２Ｌ２ｄ ４Ｂ２Ｌ２ｄ
受到的安培力Ｆ ＝Ｂ ０ Ｌ＝ ０ ，而对导体棒分析有Ｆ′＝Ｆ ＝ ０ ，故Ｄ正确。
安 ０ Ｒ ３Ｒｔ 安 ３Ｒｔ
Ｒ＋ ０ ０
２
【 ·高三年级质监考试———物理答案 第３页（共６页）】
{#{QQABaQIEgggAAAIAAQhCEwE4CkEQkBGACIoGgAAMsAAAyRFABAA=}#}１１．【答案】（１）交流电压表或者是多用电表（２分）
（２）使用低压交流电源的电压不能超过１２Ｖ（２分） ５（２分）
Ｕ ｎ
（３） １＝ １（２分）
Ｕ ｎ
２ ２
【解题思路】（１）由于要测原、副线圈的电压，所以需要交流电压表或者是多用电表；
（２）在变压器的实验中为了安全起见，使用低压交流电源的电压不要超过１２Ｖ，但上述实
验中现出了几组大于１２Ｖ的电压，这是安全隐患，从数据记录的结果看，所有电压都是保
留的两位小数，只有第五组的数据是保留了一位小数，所以第五组数据的记录不符合要求；
Ｕ １ ｎ ２
（３）由图可知图像的斜率ｋ＝ ２＝ ，原、副线圈的匝数比 １＝ ，所以变压器原、副线圈电
Ｕ ２ ｎ １
１ ２
Ｕ ｎ
压与匝数的关系为 １＝ １。
Ｕ ｎ
２ ２
ｄ ｄ２
１２．【答案】（１）①１２６０（２分） ② （１分） ③ （１分）
ｔ ２ｇ
２ｍｇ
（２） （２分） ｍｇ（２分）
Ｒ
【解题思路】（１）①由图可知，该游标卡尺为 ２０分度，游标尺的第 １２条刻度线与主尺的
２４ｍｍ对齐，所以小球的直径ｄ＝（２４００－０９５×１２）ｍｍ＝１２６０ｍｍ＝１２６０ｃｍ；
ｄ
②小球通过Ｃ点时的速度ｖ＝ ；
ｔ
１ １ ( ｄ)２ ｄ２ １
③若小球在运动过程中机械能守恒，有 ｍｇｈ＝ ｍｖ２＝ ｍ ，所以 ｈ＝ · ，所以直
２ ２ ｔ ２ｇ ｔ２
ｄ２
线的斜率ｋ＝ 。
２ｇ
１
（２）小球在运动过程中机械能守恒，有ｍｇｈ＝ ｍｖ２，对小球在Ｃ点受力分析并结合牛顿第二
２
ｍｖ２ ２ｍｇ ２ｍｇ
定律有Ｆ －ｍｇ＝ ，由牛顿第三定律有Ｆ＝Ｆ，所以Ｆ＝ ｈ＋ｍｇ，所以ｋ＝ ，ｂ＝ｍｇ。
Ｎ Ｒ Ｎ Ｒ Ｒ
５ 槡６
１３．【答案】（１）ｎ＝槡 （２）ｈ≥ ｄ
２ ２
【解题思路】（１）设Ｏ点发出的光线与界面的交点为Ｄ，光路图如右图所示
３ 槡２
由几何关系可知ＡＣ＝ｈ＝ ｄ，所以ｓｉｎｒ＝ｓｉｎ４５°＝ （１分）
２ ２
ｄ
２ 槡５
由几何关系可知ｓｉｎｉ＝ ＝ （１分）
( ｄ)２ ５
槡ｄ２＋
２
槡２
ｓｉｎｒ ２ ５
由折射定律有ｎ＝ ＝ ＝槡（２分）
ｓｉｎｉ 槡５ ２
５
【 ·高三年级质监考试———物理答案 第４页（共６页）】
{#{QQABaQIEgggAAAIAAQhCEwE4CkEQkBGACIoGgAAMsAAAyRFABAA=}#}（２）设液面刚好被全部照亮时液体深度为Ｈ，光线在液面边缘刚好发生全反射，光路图如右
图所示
１
由折射定律有ｎ＝ （１分）
ｓｉｎＣ
ｄ
由几何关系有ｓｉｎＣ＝ （１分）
槡ｄ２＋Ｈ２
槡６
解得Ｈ＝ ｄ（１分）
２
槡６
结合题意和几何关系可知，若要液面全部被Ｏ处光源照亮，求桶内透明液体的深度 ｈ≥ ｄ
２
（１分）。
３
１４．【答案】（１）ｘ＝６槡３ｈ （２）ｈ ＝ ｈ （３）Ｑ＝（２８－１６槡３）ｍｇｈ
ｍａｘ ４
【解题思路】（１）小球Ａ抛出时的初速度为ｖ，抛出后小球做平抛运动，有
０
１
４５ｈ－１５ｈ＝ ｇｔ２（１分）
２ １
ｖ ｇｔ
ｔａｎ３０°＝ ｙ＝ １（１分）
ｖ ｖ
０ ０
小球Ａ抛出点与斜面体左端的水平距离ｘ＝ｖｔ（１分）
０１
解得ｘ＝６槡３ｈ（１分）
１ １
（２）小球到达斜面底端时速度为ｖ，由动能定理有ｍｇ×４５ｈ＝ ｍｖ２－ ｍｖ２（１分）
１ ２ １ ２ ０
解得ｖ＝３槡３ｇｈ
１
小球Ａ与滑块Ｂ碰撞过程有ｍｖ＝－ｍｖ＋２ｍｖ（１分）
１ ２ ３
１ １ １
ｍｖ２＝ ｍｖ２＋ ×２ｍｖ２（１分）
２ １ ２ ２ ２ ３
解得ｖ＝槡３ｇｈ，ｖ＝２槡３ｇｈ
２ ３
小球Ａ反向滑上斜面体的过程中有ｍｖ＝（ｍ＋ｍ）ｖ（１分）
２ 共
１ １
ｍｖ２＝ （ｍ＋ｍ）ｖ２ ＋ｍｇｈ （１分）
２ ２ ２ 共 ｍａｘ
３
解得ｈ ＝ ｈ（１分）
ｍａｘ ４
（３）假设滑块Ｂ滑上传送带后先加速后匀速，加速过程有μ·２ｍｇ＝２ｍａ
１
ｖ＝ｖ＋ａｔ，ｘ＝ｖｔ＋ ａｔ２
３ ２ １ ３２ ２ ３
解得ｘ＝４ｈ＜Ｌ（１分）
１
ｈ
所以假设成立，滑块Ｂ加速运动的时间ｔ＝（８－４槡３）槡（１分）
２ ｇ
Ｌ－ｘ １ ｈ
滑块Ｂ在传送带上匀速运动的时间ｔ＝ １＝ 槡
３ ｖ ２ ｇ
１７－８槡３ ｈ
所以滑块Ｂ在传送带上运动的时间ｔ＝ｔ＋ｔ＝ 槡（１分）
２ ３ ２ ｇ
【 ·高三年级质监考试———物理答案 第５页（共６页）】
{#{QQABaQIEgggAAAIAAQhCEwE4CkEQkBGACIoGgAAMsAAAyRFABAA=}#}在传送带加速过程中滑块Ｂ相对传送带的位移ｘ ＝ｘ －ｘ＝ｖｔ－ｘ＝（２８－１６槡３）ｈ
相 带 １ ２ １
此过程中产生的热量Ｑ＝μ·２ｍｇｘ ＝（２８－１６槡３）ｍｇｈ（１分）
相
ｍｖ２ ｍｖ
１５．【答案】（１）Ｅ＝ ０ （２）Ｂ＝ ０
２ｑＬ ｑＬ
２Ｌ ３πＬ ３π Ｌ
（３）ｘ＝－２Ｌ＋２ｎＬ（ｎ＝０，１，２，３…） ｔ＝ｔ＋ｔ＝ ＋ ＝（２＋ ）
０ １ 磁 ｖ ２ｖ ２ ｖ
０ ０ ０
２Ｌ ３π Ｌ
ｔ＝ｔ＋（ｎ－１）（ｔ＋ｔ）＝ ＋（ｎ－１）（４＋ ）
ｎ １ 电 磁 ｖ ２ ｖ
０ ０
２Ｌ ４ｎＬ ３（ｎ＋１）πＬ
或ｔ＝ｔ＋（ｎ－１）（ｔ＋ｔ）＋ｔ＋２ｔ＝ ＋ ＋
ｎ １ 电 磁 电 磁 ｖ ｖ ２ｖ
０ ０ ０
【解题思路】（１）粒子射出后做类平抛运动，有２Ｌ＝ｖｔ（１分）
０１
１ Ｅｑ
Ｌ＝ · ·ｔ２（１分）
２ ｍ １
ｍｖ２
解得Ｅ＝ ０（１分）
２ｑＬ
（２）设粒子从Ｏ点进入磁场区域时速度大小为ｖ，速度方向与ｘ轴正方向的夹角为α，
Ｅｑ ２Ｌ
有ｖ＝ · （１分）
ｙ ｍ ｖ
０
ｖ＝槡ｖ２＋ｖ２（１分）
０ ｙ
ｖ
ｔａｎα＝ ｙ（１分）
ｖ
０
粒子在磁场中运动的半径ｒ，由几何关系有２Ｌ＝２ｒｓｉｎα（１分）
ｖ２
带电粒子在磁场中运动有ｑｖＢ＝ｍ （１分）
ｒ
ｍｖ
解得Ｂ＝ ０（１分）
ｑＬ
（３）粒子在坐标系中运动的轨迹如右图所示，
２π－２α ２πｒ３πＬ
带电粒子在磁场中运动的时间ｔ＝ · ＝ （１分）
磁 ２π ｖ ２ｖ
０
带电粒子再次进入电场后在电场中的运动时间
４Ｌ
ｔ＝２ｔ＝ （１分）
电 １ ｖ
０
由图可知粒子经过ｘ轴上位置的坐标为ｘ＝－２Ｌ＋２ｎＬ（ｎ＝０，１，２，３…）（２分）
经过ｘ＝－２Ｌ（ｎ＝０）
２Ｌ ３πＬ ３π Ｌ
所用时间为ｔ＝ｔ＋ｔ＝ ＋ ＝（２＋ ） （１分）
０ １ 磁 ｖ ２ｖ ２ ｖ
０ ０ ０
经过ｘ＝－２Ｌ＋２ｎＬ（ｎ＝１，２，３…）
２Ｌ ３π Ｌ
所用时间为ｔ＝ｔ＋（ｎ－１）（ｔ＋ｔ）＝ ＋（ｎ－１）（４＋ ） （１分）
ｎ １ 电 磁 ｖ ２ ｖ
０ ０
２Ｌ ４ｎＬ ３（ｎ＋１）πＬ
或ｔ＝ｔ＋（ｎ－１）（ｔ＋ｔ）＋ｔ＋２ｔ＝ ＋ ＋ （１分）
ｎ １ 电 磁 电 磁 ｖ ｖ ２ｖ
０ ０ ０
【 ·高三年级质监考试———物理答案 第６页（共６页）】
{#{QQABaQIEgggAAAIAAQhCEwE4CkEQkBGACIoGgAAMsAAAyRFABAA=}#}
