2024届广东省四校高三第一次联考物理答案(1)_2023年8月_028月合集_2024届广东省四校（深中、华附、省实、广雅）高三上学期第一次联考

2024 届广东省四校高三第一次联考 物理答案及评分标准 1．如题图，起重机将一半径为 R的圆柱体缓慢吊起，有四根长度均为 2R的钢绳， 一端分别固定在圆柱上端圆面边缘的四个等分点处，另一端汇聚在挂钩上，四根钢 绳的质量忽略不计，圆柱体的质量为m，当地的重力加速度为g，则每根钢绳的受 力大小为（ ） 3 1 3 2 3 A． mg B． mg C． mg D． mg 6 2 4 3 【答案】A 【详解】每根钢绳的受力大小为F，一端分别固定在圆柱上端圆面边缘的四个等分 点处，故根据几何关系可知 4Fcos30=mg 解得 3 F = mg 6 故选A。 2．2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着 陆，三名航天员安全返回。如题图为质量为m的神舟十四号飞船成功对接于空间站 画面，此时飞船与空间站相对静止，共同在距地面高为h处做匀速圆周运动，地球 半径为R，地球表面重力加速度为g。忽略地球自转，则下列关于神舟十四号飞船说 法正确的是（ ） {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}2 h3 1 A．周期为 B．动能为 mgR R g 2 g gR2 C．角速度为R D．向心加速度为 R+h (R+h)2 【答案】D 【详解】A．根据 GMm 0 =m g R2 0 GMm 42 =m (R+h) (R+h)2 T2 解得 (R+h)3 T =2 gR2 故A错误； B．空间站的线速度 2 v= (R+h) T 又 1 E = mv2 k 2 解得 mgR2 E = k 2(R+h) 故B错误； C．角速度为 2 R g = = T R+h R+h 故C错误； {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}D．向心加速度为 gR2 a=2r= (R+h)2 故D正确。 故选D。 3. 如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿 过玻璃后从下表面射出，分成a、b两束平行单色光。下列说法中正确的是（ ） A. 玻璃对b光的折射率较大 B. 在真空中a光的速度大于b光的速度 C. a光光子能量大于b光光子能量 D. 如果b光是绿光，那么a光可能是红光 【答案】C 4．2022年2月5日，北京冬奥会短道速滑项目在首都体育馆开赛，中国队以2分 37秒348夺得混合团体冠军，比赛中“接棒”运动员（称为“甲”）在前面滑行，“交棒” 运动员（称为“乙”从后面用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，如图所示。假设 交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一直线上，忽略运动员与冰面之间的摩擦。 在交接棒过程，下列说法正确的是（ ） {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}A．乙对甲的作用力大于甲对乙的作用力 B．甲、乙两运动员相互作用力的冲量之和一定等于零 C．甲、乙两运动员相互作用力做功之和一定等于零 D．甲、乙两运动员组成的系统动量和机械能均守恒 【详解】AB．根据牛顿第三定律可知，两运动员之间的相互作用力大小相等，方向 相反，且作用时间相等，根据 I=Ft 可知两运动员相互作用力的冲量大小相等，方向相反，冲量之和一定为零。故A错 误；B正确； C．两运动员相互作用时，相对地面的位移不一定相同，因此相互作用力的功之和 不一定等于零。故C错误； D．两运动员组成的系统动量守恒，但“交棒”运动员从后面用力推前方“接棒”运动员 的过程中要消耗人体的化学能，转化为系统的机械能，则机械能不守恒。故D错误。 故选B。 5. 如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流 表上，把线圈A装在线圈B的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向 右偏转，则（ ） A. 开关断开瞬间，电流表指针不偏转 B. 开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针 C. 开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转 D. 开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力 【答案】C 6．如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称， M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是（ ） {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}A．M点的场强比P点的场强大 B．M点的电势比N点的电势高 C．N点的场强与P点的场强相同 D．电子在M点的电势能比在P点的电势 能大 【答案】C 【详解】AC．根据等量异种点电荷的电场线分布得： M点的场强与P点的场强大小相等，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同， 故A错误C正确； BD．根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M点的电势与N点的电势相等，M 点的电势高于P点的电势，根据E =q 可知，电子在M点的电势能比在P点的电 p 势能小，故BD错误。故选C。 7．某实验室进行交变电流实验研究，交流发电机输出的交变电压如图甲所示，将其 接在如图乙所示电路的a、b端，滑动变阻器总电阻为2R，3只相同灯泡的电阻为R 且电阻恒定不变。接通电源后调节滑片P处于正中央时，三只相同灯泡均正常发光。 下列说法中正确的是（ ） A．变压器原、副线圈的匝数比为2：1 B．小灯泡的额定电压为6V C．滑片P向下移动，L 变暗、L 变暗 D．滑片P向上移动，L 变暗、L 变亮 1 2 1 2 {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}【答案】D 【详解】AB．设灯泡的额定电压为UL，额定电流为I，原线圈的电流为I ，原线圈 1 的电压为U ，副线圈的总电流为I ，副线圈的电压为U ，电源的总电压为U，接通 1 2 2 电源后调节滑片P处于正中央时，滑动变阻器的电阻为R，三只相同灯泡均正常发 光，则有 I =I 1 I =3I 2 U =UL 2 U=U +U L 1 根据原副线圈两端电流与匝数成反比，得 n I 3I 3 1 = 2 = = n I I 1 2 1 根据原副线圈两端电压与匝数成正比， n U 3 U 1 = 1 = = 1 n U 1 U 2 2 L 得 U =3UL 1 根据欧姆定律的 U =U +U =4U =18V L 1 L 解得 U =4.5V L 故AB 错误； CD．滑片P向下移动，滑动变阻器阻值变小，副线圈总电阻偏小，则I 变大，I 变 2 1 大，U不变，U 减小，U 减小，则L 变亮、L 变暗；滑片P向上移动，滑动变阻器 1 2 1 2 阻值变大，副线圈总电阻增大，则I 变小，I 变小，U不变，U 增大，U 增大，则L 2 1 1 2 1 变暗、L 变亮，故C错误，D正确。 2 故选D。 8.如图所示为一列沿 x 轴传播的简谐波在 t＝0 时刻的波形图，质点A 位于 x ＝2 m A 处，质点B位于x ＝3 m处，t＝2 s时，质点B第一次出现在波峰位置；t＝3 s时， B {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}质点A第一次出现在波峰位置．则( ) A．波速为1 m/s B．波的周期为4 s C．波沿x轴正方向传播 D．t＝0.5 s时，质点A和质点B的加速度相同 【答案】ABD 【解析】据t＝2 s时，质点B第一次出现在波峰位置，即半个周期为2 s，故周期为 λ 4 4 s，从波形图得到波长为4 m；故波速为：v＝ ＝ m/s＝1 m/s，故A、B正确．周 T 4 期为4 s，故Δt＝ 3 3 s＝ T 时，质点 A 第一次出现在波峰位置，故 t＝0 时刻质点 A 向－y 方向振动， 4 结合波形平移法得到波形沿x轴负方向传播，故C错误．t＝0.5 s时，波沿x轴负方 向传播距离为：x＝vt＝0.5 m，则A、B质点的位置关于波谷对称，即位移相同，根 kx 据a＝－ 知加速度相同，故D正确． m 9.图像能够直观描述物理过程，能形象表述物理规律，能有效处理实验数据。如图 所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是( ) 1 A．甲图中，物体在0～t 这段时间内的位移大于 v t 0 2 0 0 {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}B．乙图中，物体的加速度为2 m/s2 C．丙图中，阴影面积表示t ～t 时间内物体的加速度变化量 1 2 D．丁图中，t＝3 s时物体的速度为25 m/s 【答案】AD 【解析】由 v­t 图线与时间坐标轴围成的面积表示位移，可知甲图中，物体在 0～t 0 1 1 这段时间内的位移大于 v t 平均速度大于 v ，选项A正确；根据v2＝2ax可知乙图 2 0 0 2 0 中，2a＝1 m/s2，则物体的加速度为0.5 m/s2，选项B错误；根据Δv＝at可知，丙图 1 中阴影部分的面积表示t ～t 时间内物体的速度变化量，选项C错误；由x＝v t＋ at2 1 2 0 2 x 1 1 10 1 可得 ＝v ＋ at，结合丁图可知 a＝ m/s2＝5 m/s2a前面的 易被忽视，即a＝10 m/s2， t 0 2 2 2 2 则v ＝－5 m/s，故t＝3 s时物体的速度为v ＝(－5＋10×3)m/s＝25 m/s，选项D正 0 3 确。 10．某新能源汽车生产厂家在一条水平封闭道路上进行汽车性能测试实验，汽车自 动驾驶系统操作一辆质量为m的汽车从静止开始以恒定加速度启动，经过一段时间 汽车速度达到最大，保持匀速行驶一段时间后采取紧急制动，最后停止运动。通过 电脑系统近似处理，得到该过程中汽车功率P、速度 v随时间 t变化图像，如图甲、 乙所示。假设汽车行驶过程中所受的阻力恒定，则以下说法正确的有（ ） A．在0~t 过程中，汽车克服阻力做功等于Pt 1 01 B．在t t 时间内，汽车克服阻力做功小于P （t −t ） 1 2 0 2 1 Pt C．在t 时刻汽车的速度大小为 0 2 2 m P (t −t ) D．在t 时刻汽车的速度大小为 0 3 2 2 m {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}【答案】BD 1 1 【详解】A．根据动能定理，在0 t 时间内，对汽车分析有 Pt −W = mv2所以此 1 2 01 f1 2 1 过程汽车克服阻力做功W Pt 故A错误； f1 01 1 1 B．根据动能定理，在t t 时间内，P (t −t )−W = mv2− mv2所以此过程汽车克 1 2 0 2 1 f2 2 2 2 1 服阻力做功 W P (t −t )故B正确； f2 0 2 1 CD．在t 时刻，汽车速度最大，则有P = fv 又由于在t t 时间内，汽车减速至零， 2 0 2 2 3 所以有 f P(t −t ) v =a(t −t )= (t −t )联立以上两式，t 时刻汽车的速度大小为v = 0 3 2 故 C 2 3 2 m 3 2 2 2 m 错误，D正确。 故选BD。 11．（7分）利用图（a）所示的装置验证动量守恒定律.在图（a）中，气垫导轨上有 A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未画出）的 纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全 画出）可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A质量m =0.310kg，滑块 1 B的质量m =0.108kg，遮光片的宽度d =1.00cm；打点计时器所用的交流电的频率为 2 f =50Hz，将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初 速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间为Δt =3.500ms，碰撞前后打出 B 的纸带如图（b）所示。 （1）两滑块碰撞前A滑块的速度大小为______m/s，两滑块碰撞后B滑块的速度大 小为______m/s； （2）碰撞前的两滑块的总动量大小为______kg·m/s；碰撞后的两滑块的总动量大小 为______kg·m/s；（结果保留三位有效数字） {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}碰撞前后总动量之差 （3）若实验允许的相对误差绝对值（ ×100%）最大为5%，试 碰前总动量 计算本实验相对误差为______%。 （4）本实验方法是否可以验证动量守恒定律，并说明理由______。 11. 2.00 （1分） 2.86 （1分） 0.620 （1分） 0.610 （1分） 1.6 （2分） 见解析（1分） 【详解】（1）[1]打点计时器的打点时间间隔 1 1 T = ＝ s＝0.02s f 50 由纸带可知，碰撞前A的速度 x 4.0010−2 v = A = m/s=2.00m/s A T 0.02 [2]两滑块碰撞后B滑块的速度大小为 d 110−2 v = = m/s2.86m/s B t 3.510−3 B （2）[3]碰撞前的两滑块的总动量大小为 p=m v =0.3102.00=0.620kgm/s A A [4]A滑块碰撞后的速度为 x 1.9410−2 v = A = m/s=0.97m/s A T 0.02 碰撞后的两滑块的总动量大小为 p=m v +m v =0.3100.97kgm/s+0.1082.86kgm/s=0.610kgm/s A A B B （3）[5]本实验相对误差为 p− p 0.620−0.610 = 100%=1.6% p 0.620 {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}（4）[6]本实验相对误差为1.6%，小于实验允许的相对误差绝对值5%，可以验证动 量守恒定律。 12．（10分）小强同学通过实验探究某一特殊金属电阻的阻值随温度的变化关系。已 知该金属电阻在常温下的阻值约为30 Ω，其阻值R随温度t的升高而增大。实 验电路如图1所示，控温箱用以调节金属电阻的温度。实验时闭合开关S，先将 开关K与1端闭合，调节金属电阻的温度，分别记下温度t ，t ，…和电流表的 1 2 相应示数I ，I ，…然后将开关K与2端闭合，调节电阻箱使电流表的示数再次 1 2 为I ，I ，…，分别记下电阻箱相应的示数R ，R ，… 1 2 1 2 回答下列问题： （1）本实验采用的测电阻方法是___________。（填选项前的字母） A．半偏法 B．等效替代法 C．伏安法 （2）有以下两种电流表，实验电路中应选用___________。（填选项前的字母） A．量程0~200 mA，内阻约2 Ω B．量程0~0.6A，内阻可忽略 （3）实验过程中，若要将电阻箱的阻值由9.9 Ω调节至30.0 Ω，需旋转图中电 阻箱的旋钮“a”、“b”、“c”，为避免电流表过载，正确的操作顺序是 ___________。（填选项前的字母） A．将旋钮a由“0”旋转至“3” B．将旋钮b由“9”旋转至“0” C．将旋钮c由“9”旋转至“0” （4）实验记录的t和R的数据见下表，请根据表中数据，在如图2所示的方格 纸上作出R-t图线。由图线求得R随t的变化关系为R=___________Ω。 温度t（℃） 20.0 40.0 60.0 80.0 100.0 阻值R（Ω） 29.6 30.4 31.1 32.1 32.8 {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}12．（1）B（2分） （2）A（2分） （3）ABC（或ACB，2分） （4）如图所 示（2分） 0.04t+28.8（0.04±0.01，28.6±0.4）（2分） 【解析】（1）根据题图1所示，在保证滑动变阻器及电流表示数不变的情况下， 将开关由 1 转至 2 中，电阻箱的阻值会和金属电阻一样，因此整个实验使用的 方法是等效替代法，B正确。 （2）已知电源的电动势为3.0 V，R在常温下阻值约为30 Ω，滑动变阻器的阻 3 值为0时，电路中的最大电流约为I ＝ A＝0.1 A=100 mA，当滑动变阻器 max 30 的 阻 值 最 大 为 30 Ω 时 ， 电 路 中 的 电 流 最 小 约 为 E 3 I ＝ ＝ A＝0.05 A＝50 mA，考虑到准确性原则，所以电流表应选择 min R+R 30+30 A。 （3）将电阻箱阻值由9.9 Ω调节到30.0 Ω，要考虑到安全性原则，如果先把旋 钮b、c调节到0，这样做很危险，电路中的电流过大可能会损坏电表，应该先 把电阻箱阻值调大再慢慢减小，以确保电路的安全，操作步骤是先将旋钮a由“0” 旋至“3”，然后将个位数及小数位旋转至0，所以正确的顺序是ABC（或ACB）。 （4）描点画图，如答案图所示，由图像可得R随t的变化关系为R=0.04t+28.8。 13．（9分）一定质量的理想气体被一个质量为m=5 kg、横截面积为S =25 cm2的活 塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内。汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦 地滑动。开始时活塞下表面相对于汽缸底部的高度为25 cm，外界的温度为27 ℃； 现将一物块轻放在活塞的上表面，平衡时，活塞下降了5 cm。已知外界大气压 强为 p =1105Pa，重力加速度大小g取10 m/s2。求： 0 {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}（1）初始状态封闭气体的压强； （2）物块的质量M； 13．（1）设初始汽缸内气体压强为 p ，放上物块后稳定时，汽缸内气体压强为 p ， 1 2 由平衡条件有 pS = p S+mg （2分） 1 0 解得 p =1.2105 Pa（1分） 1 （2）初始气柱长度h =25cm，再次稳定后气柱长度h =25cm−5cm=20cm 1 2 由玻意耳定律得 phS = p h S（2分） 1 1 2 2 解得 p =1.5105 Pa（1分） 2 由平衡条件有 p S = p S+(M +m)g（2分） 2 0 解得M =7.5kg（1分） 14．(13分）如图所示，在正交坐标系Oxyz的空间中，同时存在匀强电场和匀强磁 场。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与Oxy平面平行，且与x轴的夹角为60。 一质量为m、电荷量为q（q0）的带电粒子从y轴上的点P（0，h，0）沿平行 于z轴正方向以速度v 射入场区保持匀速直线运动，不计重力。 0 （1）求电场强度E的大小； （2）若撤去磁场，求带电粒子从P射入后运动到Oxz平面时的坐标。 mhv 14．（1）E=Bv ；（2）（ 3h，0，2 0 ） 0 qB {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}【详解】（1）带电粒子所受的合力为零，则有 qE=qv B（2分） 0 解得电场强度大小为 E=Bv （1分） 0 （2）撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动，则有 qE=ma（1分） h 1 = at2（2分） cos60 2 z=v t（1分） 0 联立解得 mhv z=2 0 （2分） qB 又 x=htan60= 3h（2分） mhv 粒子经过的坐标为（ 3h，0，2 0 ）。（2分） qB 15. （15分）如图所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距为L，导 轨平面与水平面成θ角，质量均为m、阻值均为R的金属棒a、b紧挨着放在两导轨 上，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，以平 行于导轨平面向上的恒力F=2mgsin拉a棒，同时由静止释放b棒，直至b棒刚好 匀速时，在此过程中通过棒的电量为q，棒与导轨始终垂直并保持良好接触，重力 加速度为g。求： （1）b棒刚好匀速时a、b棒间的距离s。 （2）b棒最终的速度大小v 。 b （3）此过程中a棒产生的热量Q。 {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}2qR mgRsin mgqRsin m3g2R2sin2 【答案】（1）s= ；（2）v = ；（3）Q= − BL b B2L2 BL 2B4L4 【解析】 【分析】 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得  E＝ （1分） t 根据闭合电路欧姆定律得 E I = （1分） 2R 又 q＝I t （1分） 解得  Bs BLs q= = = 2R 2R 2R 解得 2qR s= （1分） BL （2）b棒匀速时，由平衡条件得 BIL=mgsin θ（1分） 感应电动势 E=BL（v +v ）（1分） a b 感应电流 E I＝ 2R 对a棒向上加速的任一时刻，由牛顿第二定律得 {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}F-BIL-mgsin θ=ma （1分） 1 即 mgsin θ-BIL=ma （1分） 1 对b棒向下加速的任一时刻，由牛顿第二定律得 mgsin θ-BIL=ma （1分） 2 可得 a =a 1 2 故a、b棒运动规律相似，速度同时达到最大，且最终有 v =v a b 由以上各式可得 mgRsin v = （1分） b B2L2 （3）因a、b棒串联，产生的热量Q相同，设a、b棒在此过程中运动的距离分别为 l 和l ，对a、b棒组成的系统，由能量守恒定律得 1 2 1 1 Fl −mgsinl +mgsinl = mv2 + mv2 +2Q（2分） 1 1 2 2 a 2 b 由几何知识可知 l +l =s （1分） 1 2 解得 mgqRsin m3g2R2sin2 Q= − BL 2B4L4 （1分） {#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}