新高考卷名校教研联盟2024届高三4月联考物理参考答案(1)_2024年5月_025月合集_2024届名校教研联盟高三4月联考（新高考卷）

绝密★启用前（新高考卷） 物理参考答案 1.【答案】D c 【解析】H 谱线对应的光子波长最长，根据光子能量h 可知H 谱线对应的光子能量最小，则是由n=3 α α  c 能级跃迁到n=2能级产生的，选项A错误；根据光子能量h 可知H 谱线对应的光子的能量最大，选项B δ  c 错误；根据光子能量h 可知H 谱线对应光子的能量比H 谱线对应光子的能量小，若H 谱线对应的光子刚 β γ γ  好能使某种金属发生光电效应，则H 谱线所对应光子的能量低于该金属的逸出功，所以不能使该金属发生光电 β 效应，选项C错误；H 谱线对应光子的波长比H 谱线对应光子的波长短，若H 谱线和H 谱线对应的光子都可 δ γ γ δ c 以使某种金属发生光电效应，根据爱因斯坦光电效应方程E h W 可知H 谱线对应光子使该金属表面逸 k  0 δ 出的光电子最大初动能较大，选项D正确。 2.【答案】C 【解析】橘子洲大桥建很长的引桥可以减小引桥桥面的倾角，汽车重力沿桥面向下的分力G mgsin减 x 小，汽车与桥面的压力F mgcos增大，选项A、B均错误；汽车停在引桥桥面上时受到的摩擦力大小为 N F mgsin，如果橘子洲大桥高度不变，减小引桥的长度，引桥桥面的倾角变大，则摩擦力F 变大， f f 根据牛顿第三定律可知汽车对桥面的摩擦力也变大，选项C正确；汽车与桥面之间的最大静摩擦力为 F F mgcos，倾角变大，则最大静摩擦力F 减小，选项D错误。 m N m 3.【答案】B 【解析】此时刻质点P正沿y轴正方向运动，根据振向波向同侧法，即质点的振动方向与波的传播方向都位 于波形的同一侧，可知该简谐波沿x轴负方向传播，选项A错误；从波动图像可知质点振动的振幅为A=6cm， 2π π 从此时刻开始计时质点P的振动方程为y Asin( t)6sin( t)（cm），此时刻质点P的位移为 T 1 4 1 π 5π y  3cm，将t=0和y  3cm代入振动方程解得  或  ，又因为此时质点P沿y轴正方向运动，则 1 6 1 6 π π π   ，从此时刻开始计时质点P的振动方程为y6sin（ t ）(cm)，选项B正确；从波形图上可得该波的 1 6 4 6  24m 波长为24m，波传播的速度为v  3m/s，选项C错误；t=0时质点P正沿y轴正方向运动，当t=12s T 8s 1 时经历了1 T，质点P运动到负向位移处沿y轴负方向运动，选项D错误。 2 物理参考答案（新高考卷） 第 1 页 （共 9 页）4.【答案】B 【解析】设登月宇航员的质量为m，月球表面的重力加速度为g ，宇航员质量不变，在月球表面G =mg ，在 1 1 1 G Mm 地球表面G =mg，解得g  1 g ，选项A错误；设月球质量为M，在月球表面上则有G mg ，解得 2 1 G R2 1 2 R2G g M 3G g M  1 ，选项B正确；月球的平均密度为  1 ，选项C错误；对质量为m 的月球近 GG 4 4πRGG 1 2 πR3 2 3 v2 G gR G gR 地卫星有m g m ，解得v g R  1 ，即第一宇宙速度为 1 ，选项D错误。 1 1 1 R 1 G G 2 2 5.【答案】A 【解析】运动员从A到B过程根据机械能守恒定律可得 ，解得 ，运动员做平抛运动 1 2 落在倾角为37°的斜面雪道，则水平位移与合位移的夹角为 3 7ℎ°，=根2 据 平0 抛运动 的0推=论2可 知ℎ ， o 3 解得 ，竖直位移为 ，合位移即为BC 两点间的距离，则 0 =2tan3 ， 7 选 = 项2 A 3 2 9 0 2 9 15 正确。 =2 0 = 2 = 8 =4ℎ =sin37 = 4 ℎ 6.【答案】C mv 2 mv 【解析】带电粒子在磁场中运动过程中洛伦兹力提供向心力有qv B  0 ，将磁感应强度B 0 代入解 0 r 3qL 0 得r 3L ，OA上的粒子源向外发射的所有带电粒子在磁场中运动的轨迹为一平移圆，如图（a）所示，根据几 0 何关系可得当粒子半径O P与OA垂直时，打到x轴上的P点距坐标原点最远，根据几何关系得 1 OP r OP  1   5L ，选项C正确。另外要注意本题中带电粒子打的最远的距离不是轨迹与x轴相切 sin37o sin37o 0 O Q r 时，如果相切时作出轨迹图如图（b）所示，OQ  2   4L ，所以Q点不是距离坐标原点最远 tan37o tan37o 0 的点，本题容易错选B。 图（a） 图（b） 7.【答案】C P 【解析】规格为“10V，8W”的灯泡L恰好正常发光，则副线圈的电流为I  L 0.8A，选项A错误；理 2 U L 物理参考答案（新高考卷） 第 2 页 （共 9 页）I n 想变压器有 1  2 ，解得原线圈电流为I 0.2A，从交流电源电压的瞬时值变化规律可得输入电压的有效值 I n 1 2 1 U n 为100V，原线圈两端的电压为U UI R 100V0.210080V，选项B错误；理想变压器有 1  1 ，解 1 1 1 U n 2 2 U U 得U 20V，电阻R 的阻值为R  2 L 12.5，选项C正确；变压器输入功率为P U I 16W, 2 2 2 I 1 1 1 2 选项D错误。 8.【答案】AD 1 【解析】恰好在CD面发生全反射，由几何关系知入射角α=30°，刚好全反射时sin ，得折射率n2， n 选项A正确；作出光路图如图所示，根据光的反射定律和几何关系可知光在DE面上的入射角为75°，大于临 界角，则光线在DE面上会发生全反射，选项B错误；同理在可知光在EA面上的入射角为30°，根据几何关系 可得光恰好垂直于BC边射出，则光线从BC面射出时在BC面上的入射角为0°，选项C错误；根据几何关系 1 1 3 3 c c PQ 可得路程PQ  L Ltan30（ ）L ，光在五棱镜中传播速度为v  ，传播的时间为t  ， 2 2 6 n 2 v (3 3) L 代入数据解得t   ，选项D正确。 3 c 9.【答案】BD 【解析】在t 时间内，跳伞运动员及所携带物品整体受到重力和空气阻力的作用，所以mv 应等于总重力和 1 1 1 1 空气阻力的冲量和，选项A错误；在t 时间内，根据动能定理可知：W -W = mv 2- mv 2，所以克服空气阻 2 G f 2 1 2 2 1 1 力所做的功W 应等于运动员动能的减少量与重力做功W 之和，即W= mv 2- mv 2+W ，选项B正确；在 f G f 1 2 G 2 2 t 时间内，运动员受重力和空气阻力的作用而匀速下降，动量大小不变，空气阻力与重力的总冲量为0，即空气 3 阻力的冲量与重力的冲量大小相等、方向相反，由于冲量是矢量，所以这两个冲量并不相同，选项C错误；对 1 1 于t +t +t 时间内，根据动能定理可知：mgH-W = mv 2，所以克服空气阻力所做的功W =mgH- mv 2，选 1 2 3 f 2 f 2 2 2 项D正确。 物理参考答案（新高考卷） 第 3 页 （共 9 页）10.【答案】BCD 1 【解析】U   8V，延长AB到Q点，使BQ AB，如图（a）所示，根据匀强电场中电势差 AB A B 2 U AB 性质可得 AB  2，解得U 4V，又因为U   ，则 5V，则PQ为等势面，电场强度的方 U BQ BQ BQ B Q Q BQ U 向与PQ垂直，从A点向PQ作垂线，垂足为C，电场强度大小为E AP ，当AC最长时电场强度E最小，根 AC 据几何关系可得当∠AQC最大时AC最长，所以当PQ与圆相切时∠AQC最大，如图（b）所示，此时AC最长， OQ OP 2 根据几何关系可得   ，解得最大值AC3cm，代入解得最小电场强度为 AQ AC 3 U   12V E AP  A P  400V/m，选项C、D正确；此时∠AQC最大，则AC与AB的夹角最小，设该夹 AC AC 0.03m AC 3cm 1 角为，cos   ，60o，电场强度的方向与AB的夹角最小为60°，则选项A错误，选项 AQ 6cm 2 B正确。 图（a） 图（b） 11.（7分） 【答案】 （1）将气垫导轨调至水平 （1分） （2） （2分） (M m)d （3） （2分） mg （4）AD （2分，漏选得1分，多选不得分） 【解析】 物理参考答案（新高考卷） 第 4 页 （共 9 页）（1）不挂槽码时滑块保持稳定，说明气垫导轨水平。 （2）根据表格中数据描点并用直线连接。 v d （3）根据牛顿第二定律有mg (M m)a，加速度a  ，速度v ，以上三式联立数学变换可得 t t 1 2 (M m)d 1 1 (M m)d t   ，则t  图线斜率的值k  。 1 mg t 1 t mg 2 2 (M m)d （4）图线的斜率理论值为k  ，实验中槽码和挂钩的总质量m的测量值偏小，则理论值偏大，图 mg 线斜率实验值是根据实验的两个时间数据得出的，是准确的，图线斜率的实验值总小于理论值，选项A正确； (M m)d (M m)d 实际运算理论值为k  ，细线与气垫导轨不平行时实际图中测量的k  ，所以图线斜率 mg mgsin 的实验值偏大，选项B错误；滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，选项C错误；实验中的t 测量值偏小， 1 则图线斜率偏小，即实验值偏小，图线斜率的实验值总小于理论值，选项D正确。 12.（9分） 【答案】 （1）1.2050.02 （1分） （2）×1 （1分） 14.0（2分） （3）E （1分） 15 （2分） 1.0×103 （2分） 【解析】 （1）螺旋测微器读数为1mm20.50.01mm1.205mm。 （2）发现指针偏转角度太大，说明指针所指数字过小，所选量程过大，故应换较小倍率“×1”挡，再进行测量； 由图知，指针所指数字为14，乘以倍率后，可得测量值为1.4×10Ω=14.0Ω。 （3）当两电流表同时满偏时流过这段导体的R 的电流约为I 30mA，导体两端的电压为 x x U  I R 30mA140.42V，小于电源电动势，再根据并联电路的特点有I (rR)U ，解得R=18.5Ω， x x 1 R Rr 所以定值电阻应选择E；根据串并联电路的特点可得（I I）R I (rR)，数学变换可得I  x I ， 2 1 x 1 2 R 1 x R Rr 37.5mA 结合图像的斜率有k  x   2.5，解得该导电元件电阻为R 15；根据电阻定律有 R 15mA x x L 1 R  ，导线的横截面积S  πd2，联立解得导线的长度 x S 4 物理参考答案（新高考卷） 第 5 页 （共 9 页）R πd2 153.14(1.2103)2 L x  1.0103m，即达到要求。 4 41.7108 13.（9分） 1 【答案】（1）150 （2） 5 【解析】 （1）拱门内原有气体的体积为5V ，压强为 p ，充好气后气体的体积为10V ，压强为1.5p ，设打气次数 0 0 0 0 为n，以充好气后拱门内所有气体为研究对象，根据玻意耳定律有 V p 5V np 0 1.5p 10V （2分） 0 0 015 0 0 解得n150（次） （1分） （2）将漏出的气体和拱门内剩余气体整体为研究对象，设漏出气体的体积为V ，根据玻意耳定律有 1 1.5p 10V 1.2p (10V V) （2分） 0 0 0 0 1 解得V 2.5V 1 0 设气体的密度为，则泄漏气体的质量为m V （1分） 1 1 气体的总质量为m（10V V) （1分） 0 1 m V 从拱门内泄漏气体的质量与刚充完气后拱门内气体质量的比值k  1  1 （1分） m 10V V 0 1 1 解得k  （1分） 5 14.（13分） 【答案】（1）2N 安培力方向平行于导轨向上 （2）21J 【解析】 （1）导体棒在导轨上下滑未进入磁场过程，设刚进入磁场时的速度大为v，根据动能定理有 1 mgsin37osmgcos37os mv2 （1分） 2 解得v4m/s 设导体棒在导轨上下滑未进入磁场过程运动时间为t ，根据动量定理有 1 物理参考答案（新高考卷） 第 6 页 （共 9 页）(mgsin37o mgcos37o)t mv （1分） 1 解得t 2s 1 从磁感应强度B随时间t的变化图像可知t 2s时磁感应强度大小为B1T 1 根据法拉第电磁场感应定律可得感应电动势为E  BLv4V （1分） E 根据闭合电路的欧姆定律可知导体棒中的电流为I  2A （1分） R 导体棒进入磁场时受到的安培力为F  ILB2N （1分） 根据左手定则可知安培力方向平行于导轨向上 （1分） （2）导体棒在导轨上下滑未进入磁场过程磁感应强度发生变化，回路中磁通量发生变化，产生感生电动势为 B E  Ld 3V （1分） 1 t E2 此过程中电阻产生的热量为Q  1 t 9J （1分） 1 R 1 导体棒进入磁场后mgsin37o mgcos37o F （1分） 即导体棒进入磁场后处于平衡状态，则以v4m/s的速度做匀速直线运动 （1分） d 运动时间为t  1.5s（1分） 2 v 此过程中感应电动势仍为E 4V，感应电流仍为I 2A 此过程中产生的热量为Q  I2Rt 12J （1分） 2 2 产生的总热量为QQ Q 21J （1分） 1 2 15.（16分） 【答案】（1）1m/s （2）4m/s （3）50.25J 【解析】 （1）物块B放在传送带上后受重力、传送带对物块的支持力和滑动摩擦力f，分析可得 f m gcosm gsin 2 2 2 则物块B受力平衡，无初速度放置于N后将保持静止状态 对物块A，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma （1分） 1 1 1 1 物理参考答案（新高考卷） 第 7 页 （共 9 页）解得a=4m/s2 根据运动学公式得两物块第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小v  2ad 3m/s A1 设第一次碰撞之后瞬间物块A、B速度分别为v 和v ，弹性碰撞过程根据动量守恒定律有 A1 B1 mv mv m v （1分） 1 A1 1 A1 2 B1 1 1 1 根据机械能守恒定律有 mv 2  mv 2  m v 2 （1分） 2 1 A1 2 1 A1 2 2 B1 解得v =-1m/s （1分） A1 v =2m/s B1 两物块第一次碰撞后瞬间物块A的速度大小为1m/s （2）第一次碰撞之后物块B受力不变，仍受力平衡，则沿传送带向下以速度v =2m/s做匀速直线运动，则 B1 第二次碰撞之前物块B的速度v v =2m/s；物块A开始向上运动的速度1m/s小于传送带的速度v =4m/s， B2 B1 0 物块A受力也不变，加速度仍为a=4m/s2，则先沿传送带向上做匀减速直线运动，速度减为零之后再向下做匀 加速直线运动。 设两物块第二次碰撞前瞬间物块A的速度大小为v ，从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间过程中两物 A2 块运动位移相等，设为x ，运动时间相等，设为t ，则有 1 1 v v x  A1 A2 t v t （1分） 1 2 1 B11 解得v =5m/s A2 设第二次碰撞之后瞬间物块 A、B 速度分别为v 和v ，第二次碰撞过程，根据动量守恒定律有 A2 B2 mv m v mv m v （1分） 1 A2 2 B2 1 A2 2 B2 1 1 1 1 根据机械能守恒定律有 mv 2  m v 2  mv 2  m v 2 （1分） 2 1 A2 2 2 B2 2 1 A2 2 2 B2 解得v =1m/s v =4m/s （1分） A2 B2 v （3）从开始到第一次碰撞前的过程，运动时间t  A1 0.75s （1分） 0 a 从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的过程，对物块A有v v at （1分） A2 A1 1 解得t 1.5s 1 物理参考答案（新高考卷） 第 8 页 （共 9 页）此过程中物块A运动的位移为x v t =3m （1分） 1 B11 设两物块第三次碰撞前瞬间物块A的速度大小为v ，从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间过程中两物 A3 块运动位移相等，设为x ，运动时间相等，设为t ，则有 2 2 v v x  A2 A3t v t （1分） 2 2 1 B2 1 解得v =7m/s A3 从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间的过程，对物块A有v v at （1分） A3 A2 2 解得t 1.5s 2 此过程中物块A运动的位移为x v t =6m （1分） 2 B2 2 整个过程中传送带运动的位移为xv (t t t )15m （1分） 0 0 1 2 产生的热量Qmgcos(d x x x)50.25J （1分） 1 1 1 2 （说明：因为A相对于传送带一直向下运动，第一次碰撞后到第二次碰前，虽然A对地有往返运动，但对 传送带无往返，所以A与传送带的相对位移正好等于A与传送带对地的位移的矢量差，也就是绝对值之和。） 物理参考答案（新高考卷） 第 9 页 （共 9 页）