广东省名校教研联盟2023-2024学年高三下学期5月押题考试物理PDF版含解析(1)_2024年6月(1)_026月合集_2024名校教研联盟高三下学期5月押题考试(新高考卷)

{#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}{#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}{#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}{#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}{#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}{#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}绝密 启用前（广东卷） ★ 物理参考答案 1．【答案】C 【解析】根据质量数守恒与电荷数守恒可知其衰变方程为14N+1n 14 C+11HH，A错误；14C的中子数是8个， 7 0 6 11 14N的中子数是7个，B错误；根据质量数守恒与电荷数守恒可知其衰变方程为14C14 N+0e，所以14C发生的 6 7 -1 是β衰变，但电子不是碳原子电离时产生的，C正确，D错误。 2．【答案】B 【解析】两球从抛出到相遇，在水平方向，有x v cost；竖直方向2球相对1球以大小为v2v v sin， 0 0 0 0 x cos 有y vt，联立解得 0  ，故选B。 0 y 2sin 0 3.【答案】D 【解析】对贝壳4受力分析可知，受到重力、风力、绳子拉力的作用，根据平衡条件有T2 G2 F2；对贝壳 2 2F F 2、3、4受力分析有T2 (3G)2 (3F)2，所以T =3T ；对贝壳3、4受力分析有tan   ，对贝壳1、 1 1 2 2 2G G 4F F 2、3、4受力分析有tan   ，所以 ，D正确。 1 4G G 1 2 4.【答案】D pV 【解析】由题图可知，ab过程气体体积减小，外界对气体做功，A错误；根据理想气体状态方程 C T p 可得T  V ，可知图线上的点与原点连线斜率越大则压强越大，所以bc气体的压强增大，B错误；d a C 过程气体温度不变，内能不变，即U 0，由于气体的体积增大，气体对外界做功，即W 0，根据热力学 第一定律U W Q得Q 0，即气体吸热，C错误；cd过程图线上的点与原点O连线的斜率不变，则 pV 由理想气体状态方程 C可知该过程气体发生等压变化，又因为此过程温度升高，气体分子平均动能增加， T 每个分子撞击器壁的平均作用力增大，压强不变，则单位时间内撞击单位面积器壁的气体分子个数减少，D正 确。 5.【答案】B Mm 2 2 【解析】由地球的万有引力提供向心力，可得G mr  ，设组合体的轨道半径为r 1 ，线速度为v 1 ，周 r2  T  物理参考答案（广东卷） 第 1 页 （共 8 页） {#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}r3 T2 r 1.5 2 3 2 期为T 1 =1.5h，中继卫星的轨道半径为r 2 ，线速度为v 2 ，周期为T 2 =24h，则 r 1 3  T 1 2 ，解得 r 1  3   24    8 ， 2 2 2 A错误；由G M r2 m m v r 2 得到 v v 1 2  r r 1 2 ，因此有 v v 1 2     T T 1 2    1 3 23 2 ，B正确；由G M r2 m ma得到 a a 1 2  r r 1 2 2 2 =323 2 ， C错误；若不能同时出现在两轨道面的交点上，则永远不会共线，0次；若某时刻组合体、中继卫星与地心三 者共线，12小时后会再次共线，则24小时内，组合体、中继卫星与地心三者共线2次，D错误。 6.【答案】D 3 【解析】设正四面体的棱长为l，棱BD的中点为E，根据几何关系可得l lsin60  l，根据点电荷的场 CE 2 Q 4kQ 强公式可得A、C两处的点电荷任意一个在E点产生的场强大小为Ek  ，在A、C两点分别固定 3 3l2 ( l)2 2 l 2 等量异种点电荷时，A、C两处的点电荷的场强与两电荷连线中垂线的夹角为，则sin ，E点的场强为 l CE 8 3kQ E 2Esin，联立得E  ；在A、C两点分别固定等量同种点电荷时，E点的场强为E 2Ecos，解得 1 1 9l2 2 E  8 6kQ ，所以E E ，由于等量同种点电荷的电性未知，则、无法比较，D正确。 2 9l2 1 2 1 2 7.【答案】D U U U I I 1 I 1 【解析】根据 1  1 k可知 1 k，A错误；根据 1  1  可知 1  ，B错误；将R 视为输入端 U U U I I k I k 1 2 2 2 2 2 2 U U I 1 U k2U 电源内阻，则根据闭合电路欧姆定律可知 1 R ，C错误；由 1 k、 1  联立可得 1  2 ， I 1 U I k I I 1 2 2 1 2 U R 所以有 2  1 ，D正确。 I k2 2 8.【答案】BC  8 【解析】根据图像可知，波长为8m，周期为0.20s，则波传播的速度为v  m/s40m/s，A错误；根据 T 0.20 图乙可知，在t=0.10s时刻，质点Q沿y轴负方向运动，B正确；在图甲中，根据同侧法可知，波沿x轴负方向 T 传播，在t=0.10s时刻，质点P的运动方向沿y轴正方向，由于0.15s0.10s0.05s ，可知t=0.15s时，质点P 4 的运动方向沿 y 轴负方向，C 正确；在t=0.10s时，质点 P的运动方向沿 y 轴正方向，远离平衡位置，由于 物理参考答案（广东卷） 第 2 页 （共 8 页） {#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}3T 0.25s0.10s0.15s ，可知从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程小于30cm，D错误。 4 9.【答案】ABD 【解析】施加拉力F之前，A、B整体受力平衡，根据平衡条件，有F 3mgsin，施加F瞬间，物体A、B 弹 1 开始向上一起做加速度大小为a g的匀加速直线运动，对A、B整体，根据牛顿第二定律 5 3 FF 3mgsin3ma，解得施加拉力F的大小为F  mg，对A，根据牛顿第二定律得 弹 5 FF 2mgsin2ma，解得A、B间的弹力大小为F mg，A正确；分离时，物体A、B之间作用力为 BA BA 4 0，对B根据牛顿第二定律得F mgsinma ，解得A、B分离瞬间弹簧弹力大小为F  mg，B正确；整 弹 弹 5 个过程中拉力F一直增大，C错误；A、B分离瞬间，物体A、B之间作用力为0，F最大，对A根据牛顿第二 8 定律得F 2mgsin2ma，解得F  mg，D正确。 max max 5 10.【答案】AD 【解析】两棒长度之比为1∶2，所以电阻之比为1∶2，设AB棒电阻为R，则CD棒电阻为2R，则有BIL ma ， 1 2BLv BLv F 2BILma ，I  2 1 ，由此可知，稳定后，回路中电流恒定，AB棒向左匀加速运动，CD棒 2 3R 向右匀加速运动，且AB棒的加速度大小是CD棒的加速度大小的2倍，故A正确，B错误；当CD棒产生的 焦耳热Q =30J时，AB棒产生的焦耳热Q =15J，水平恒力F=250N向右拉CD棒，使CD棒向右运动x=0.5m的 2 1 1 1 过程中，对系统由功能关系可知Fx mv2  m(2v)2 Q Q ，解得v=4m/s，则CD棒的速度大小为2v=8m/s， 2 2 1 2 C错误；F作用0.5m后，AB棒的速度大小为v=4m/s，CD棒的速度大小为2v=8m/s，此时立即撤去拉力F后， AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最终匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感 线产生的感应电动势大小相等，则2BLv BLv ，对CD棒和AB棒运用动量定理可得 2 1 8 4 BI2Lt mv m2v ，BILt mv mv，联立可得v  v，v  v，根据能量守恒定律可得 2 1 1 5 2 5 1 1 1 1 mv2  m(2v)2  mv2  mv2 Q，解得撤去恒力F后回路中产生的焦耳热为Q=28.8J，D正确。 2 2 2 1 2 2 11.（6分） 1 bc 【答案】（1）C（2分） （2） （2分） （2分） b bd 【解析】 物理参考答案（广东卷） 第 3 页 （共 8 页） {#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}（1）本实验通过传感器读出加速度，数据处理时可以将钩码的质量考虑进去，不需要用钩码的重力代替凹形滑 块所受的合外力，所以不需要凹形滑块的质量远大于所悬挂钩码的质量，A错误；在平衡木板对凹形滑块的摩 擦力时不需要在细线的下端挂上钩码，以使得凹形滑块的重力下滑分力恰好等于摩擦力，B错误；调节定滑轮 的高度使滑轮与小车间细线与长木板平行，保证细线的拉力等于凹形滑块受到的合外力，C正确；平衡摩擦时， 倾角只与动摩擦因数有关，所以改变悬挂钩码的个数时不需要重新平衡摩擦力，D错误。 1 1 g 1 1 g cb （2）对整体应用牛顿第二定律可得Mg (M m)a，变形可得    ，由图乙可得 b，  ， M m m a m m d 1 bc 解得m ，g  。 b bd 12.（9分） 【答案】（1）6（1分） （2）B（1分） 0.730（1分） （3）①图见解析（2分） ②6.0（2分） 1.67×10-6（2分） 【解析】 （1）当用“×1”挡测量时，指针位于“6”，读数为6Ω。 （2）螺旋测微器的精度为0.01mm，读数为0.5mm+23.00.01mm=0.730mm。 （3）①把电流表A 串联电阻箱R改为量程为2V的电压表，需要串联的阻值为 1 U 2 R r  20008000，所以定值电阻选R ，为使电表示数能够从零开始连续变化，滑动 I 1 200106 3 A1 变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，实验电路图如图所示： R ②根据图示电路图，由串并联电路特点与欧姆定律得I (r R )(I I )R ，得I  x I ，I -I 图像斜 1 1 3 2 1 x 1 r R R 2 1 2 1 3 x R 120106 L R S 率k  x  ，得R 6.0Ω，又R  ，则合金材料的电阻率为 x 1.67106m。 r R R 0.2 x x S L 1 3 x 13.（9分） 【答案】（1） 2 （2） 3 【解析】 2 （1）光束1从y R处垂直射入时，恰好对应全反射 2 物理参考答案（广东卷） 第 4 页 （共 8 页） {#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}2 R 2 2 则sinC   （1分） R 2 解得C45 （1分） 1 sinC （1分） n 1 解得n 1 = 2 （1分） （2）光路图如图所示 R 由几何关系得sin 2  1 （1分） R 2 得α=30° （1分） R 又tan() 2  3 （1分） 3RRcos 3 解得β=60° （1分） sin 由n  得n = 3 （1分） 2 sin 2 14．（13分） 2qEd 2mE π 2md   【答案】（1） （2） （3）(4 ) 2 21 d m qd 4 qE 【解析】 （1）设粒子从（0，2d）点射入电场时的初速度大小为v ，第一次射出电场E 时速度方向与+x方向的夹角为 0 1 45°，则射出电场时竖直分速度v v （1分） y 0 竖直方向：qE ma，v  2ad （1分） y 2qEd 解得v  （1分） 0 m 物理参考答案（广东卷） 第 5 页 （共 8 页） {#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}（2）粒子进入磁场时的速度为v 2v （1分） 0 设粒子在正交电磁场中做圆周运动的半径为R，根据几何关系有R 2d （1分） v2 根据牛顿第二定律qvBm （1分） R 2mE 解得B （1分） qd v （3）粒子在电场E 中的运动时间t  y ，又qE ma （1分） 1 1 a 1 2πR 粒子在磁场中的运动时间t  T ，T  （1分） 2 8 0 0 v v 粒子在电场E 中减速到零的时间t  ，又qE ma （1分） 2 3 a 2 粒子运动的周期T 2(t t t ) 1 2 3 π 2md 联立解得T (4 ) （1分） 4 qE 作出带电粒子从（0，2d）点射入电场后的运动轨迹如图所示   粒子第一次经过x轴时的位置M的横坐标为x 2d+( 2dd) 21 d （1分） M 由对称性可知，一个周期内沿x方向运动的位移x2x M   解得x2 21 d （1分） 15.（17分） 【答案】 5 2L 7 1 （1） （2） 2gL ，方向竖直向上 2gL ，方向竖直向下 4 g 4 4 5 （3） L 4 【解析】 物理参考答案（广东卷） 第 6 页 （共 8 页） {#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}1 （1）设释放后t 时刻B球落地，有L gt2 （1分） 1 2 1 2L 可得t  （1分） 1 g A球落地瞬间，B球速度与A球速度大小相等，均为v  gt （1分） 1 1 1 1 设B球反弹后再经过t 时间相遇，有vt  gt2 vt  gt2  L （1分） 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2L 解得t  （1分） 2 4 g 5 2L 从释放到两小球第一次碰撞的时间t t t = （1分） 1 2 4 g 5 （2）A、B碰撞前瞬间，A球的速度为v =v +gt = 2gL （1分） A 1 2 4 3 B球的速度大小v =v -gt = 2gL （1分） B 1 2 4 A、B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，规定竖直向上为正方向，有 3mv -mv =3mv +mv （1分） B A B A 1 1 1 1 3mv2  mv2  3mv2  mv2 （1分） 2 B 2 A 2 B 2 A 7 1 联立得v  2gL，方向竖直向上；v  2gL ，方向竖直向下 （1分） A 4 B 4 （备注：前面碰撞后速度方向不确定，列的是矢量式；后面位移方程中已知速度方向了，就直接写成了标量式） 1 25 （3）从释放到两小球第一次碰撞的过程中，A下降的高度h gt2= L 2 16 7 则第一次碰撞点距地面的高度h 2Lh= L （1分） 1 16 1 1 设第一次碰撞后再经过t 时间绳子拉直，有vt  gt2 vt  gt2  L （1分） 3 A 3 2 3 B 3 2 3 1 2L 解得t  3 4 g 1 13 第一次碰撞后到绳子拉直的过程中，A上升的高度hvt  gt2 = L A 3 2 3 16 5 则绳子拉直时A距地面的高度h h h = L （1分） 2 1 4 3 绳子拉直瞬间，A球的速度为v v gt = 2gL ，方向竖直向上 （1分） A A 3 2 物理参考答案（广东卷） 第 7 页 （共 8 页） {#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}1 B球的速度为v v gt = 2gL ，方向竖直向下 （1分） B B 3 2 由于3mv mv 0，说明绳子拉直后A、B小球的速度为零， B A 5 小球A距地面最大高度H h = L （1分） 2 4 物理参考答案（广东卷） 第 8 页 （共 8 页） {#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}