文档内容
东北三省精准教学2024 年9 月高三联考
物理
参考答案
1．【考查点】共点力平衡、受力分析、正交分解
【答案】C
【解析】小明静止在水平地面上，所受合外力为零，对小明进行受力分析，如图所示，小明应受到4 个
力的作用，A 错误；根据平衡条件可知，
N
sin
F
F
mg
，
f
cos
F
F
，风筝线拉力的水平分力与地面
对小明的静摩擦力是一对平衡力，B、D 错误，C 正确。
2．【考查点】光的折射、波长和频率的关系、光的衍射、全反射
【答案】A
【解析】光的频率越大，三棱镜对其折射率越大，则经三棱镜折射后偏折越明显，由题图可知照射到光
屏上a 点的光频率最小，照射到b 点的光频率最大，A 正确；照射到b 点的光频率大，三棱镜对其折射率
n 大，在介质中的传播速度
c
n
v
，则传播速度小，由题图可知照射到b 点的光在三棱镜中通过的路程最大，
所以用时最长，B 错误；相同条件下，波长越长，衍射现象越明显，照射到b 点的光频率较大，波长较小，
衍射现象较不明显，C 错误；根据几何关系可知，增大白光在M 点的入射角，经折射后所有光线在右侧界
面的入射角均减小，不可能发生全反射，D 错误。
3．【考查点】原子跃迁、光电效应
【答案】B
【解析】大量处于n=4 能级的氢原子向低能级跃迁可以辐射出
2
4
C
6
种频率的光，A 错误；跃迁辐射出
的光子的能量等于两个轨道能量差，只有从n=2、3、4 三个能级跃迁到基态时辐射的能量大于4.0 eV，所
以有3 种频率的光能使阴极K 金属发生光电效应，B 正确；遏止电压和入射光频率有关，与光照强度无关，
{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}
C 错误；滑动变阻器滑片由中间向左滑动的过程中，K 极电势与A 极电势的差大于零，反向电压逐渐增大，
电流表示数减小，D 错误。
4．【考查点】匀变速直线运动规律、位置时间图像、追及相遇问题
【答案】C
【解析】甲车做初速度为零的匀加速直线运动，有
2
0
0
1
2
(2 )
2
x
a
t
，解得
0
2
0
x
a
t
，A 错误；两车速度相
等时距离最小，设t1 时刻速度相等，有
0
1
0
x
at
t
，解得t1=t0，这段时间内甲车的位移大小
2
1
0
1
=
0.5
2
x
at
x
甲
，
乙车的位移大小
0
=
x
x
乙
，两车的最小距离为
min
0
0
2
=1.5
x
x
x
x
x
甲
乙
，B 错误，C 正确；0~2t0 时间内甲车
的平均速度大小
0
0
0
0
2
2
x
x
t
t
甲
v
，所以
=
v
v
甲
乙，D 错误。
5．【考查点】机械波波长、波速和周期的关系、振动图像
【答案】B
【解析】P、Q 两点间的距离为12 m，波由P 点传播到Q 点用时6 s，则
2m/s
x
t
v
，A 错误；由振动
图像可知波的周期为T=4 s，
8m
T
v
，B 正确；P、Q 间的距离为12m
1.5
，两质点的振动步调始终
相反，Q 点在波峰时，P 点在波谷，C 错误；Q 点在5 s 时第二次出现在波峰，此时P 点振动的时间
11
11s
4
Pt
T
，P 点由平衡位置开始振动，每1
4T 通过的路程为一个振幅A=4 cm，所以在这段时间内P 点
通过的路程为44 cm，D 错误。
6．【考查点】气体压强计算、理想气体状态方程、气体状态图像
【答案】D
【解析】设活塞面积为S，初始时大气压强为p0，对活塞受力分析，有
0
A
mg
p S
p S
，解得气体压强
0
A
mg
p
p
S
，在活塞与卡口接触前，活塞受力不变，气体做等压变化，当活塞与卡口接触后，气体体积
不变，继续加热气体，温度升高，由理想气体状态方程可知压强增大，故整个过程气体先等压膨胀，再等
容升压，题图甲气体一直等压膨胀，一定错误；题图乙气体先等压膨胀，再等容升压，可能正确；题图丙
气体先等压压缩，再等容升压，一定错误；题图丁气体先等压膨胀，再等容升压，可能正确。D 正确。
7．【考查点】右手定则、交变电流的产生和最大值、瞬时值及有效值的关系
【答案】D
【解析】根据右手定则可以判断，题图示位置线框内感应电流方向为ABCD，A 错误；交流电压表的读
数为感应电动势的有效值，则交流电源的电动势峰值为
2U ，B 错误；线框转动时感应电动势的峰值为
{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}
m
2
E
nBS
U
，解得
2U
n
BS
，C 错误；从题图示位置开始计时，感应电动势瞬时值的表达式为
m cos
e
E
t
，代入
3
t
，解得
m
2
cos 3
2
e
E
U
，D 正确。
8．【考查点】开普勒第三定律、万有引力定律、卫星轨道参数
【答案】AC
【解析】椭圆轨道Ⅰ的半长轴大于圆轨道Ⅱ的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，探测器在椭圆轨道Ⅰ
的运行周期大于在圆轨道Ⅱ的运行周期，A 正确；探测器在圆轨道Ⅱ做匀速圆周运动，线速度大小不变，方
向时刻改变，B 错误；在圆轨道Ⅱ上过A 点运行时的轨道半径小于过B 点绕月球做圆周运动的半径，由
2
2
Mm
G
m
r
r
v ，得
A
B
圆
v
v
，探测器在B 点由圆轨道变轨到椭圆轨道Ⅰ时减速，做向心运动，有
B
B
圆
v
v ，
所以
A
B
v
v ，C 正确；探测器沿椭圆轨道Ⅰ运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，D 错误。
9．【考查点】点电荷形成的电场、动能定理、电荷在电场中的运动
【答案】AD
【解析】小球B 在h 处静止释放后向上运动，所受电场力方向向上，则小球B 带正电，A 正确；点电荷
电场强度
2
Q
E
k r
，有E1=4E2，B 错误；小球B 由h 运动到2h 过程中，有(
)
0
2
kQ
kQ
q
mgh
h
h
，整理得
2
2
kQq
mg
h
，小球B 速度最大时，重力和电场力平衡，当小球B 与小球A 间的距离为
2h 时，小球B 的合
力为零，速度最大，C 错误；小球由-h 运动到-2h 过程中，重力和电场力均做正功，且数值相等，有
2
1
2
2
mgh
m
v ，解得
2 gh
v
，D 正确。
10．【考查点】带电粒子在磁场中的圆周运动、带电粒子在电场中的偏转、动量定理
【答案】BCD
【解析】粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O1，在
1
OO N
中，由几何关系可得
2
2
2
( 3 )
(
)
R
L
R
L
，
解得R=2L，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，有
2
0
0
m
q
B
R
v
v
，解得
0
2
m
B
qL
v ，A 错误；由几何关
系可知，粒子过N 点时速度方向与y 轴正方向的夹角
60
，B 正确；粒子进入电场后在N、P 两点速度
大小相等，说明两点的连线为等势线，所以电场方向垂直N、P 连线斜向下，粒子在N 点时速度方向与N、
P 连线的夹角也为，设粒子由N 点运动到P 点的时间为t，沿NP 方向有
0
3
cos
cos
L
t
v
，垂直NP 方向
有
0
2
sin
Eqt
m
v
，联立解得
2
0
4
m
E
qL
v
，C 正确；当粒子沿电场方向速度为零时速度最小，此时只有沿
NP 方向的速度，有
min
0
0
1
cos
2
v
v
v ，D 正确。
{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}
11．【考查点】实验原理、实验数据处理、误差分析
【答案】（1）木块受到的拉力保持不变（2 分）
（2）n
g （2 分）
（3）偏大（2 分）
【解析】（1）在实验过程中，要求木块做匀加速直线运动，受到的拉力保持不变，所以细线各段必须
分别沿水平和竖直方向。
（2）对木块，根据牛顿第二定律有F
mg
ma
，整理得
F
a
g
m
，所以有n
g
，
n
g
。
（3）实验中打点计时器对纸带的摩擦力、滑轮与细线的摩擦力等其他摩擦也被当成长木板对木块的滑动
摩擦力，导致动摩擦因数测量值偏大。
12．【考查点】欧姆表的使用、实验电路设计、电表的改装、数据处理
【答案】（1）×10（2 分）
（2）①并联（1 分）
4（或4.00）（1 分）
②见解析（2 分）
③
A1
1
2
2
U
R
I
（2 分）
【解析】（1）欧姆表指针偏转角度过大，则待测电阻的阻值较小，需减小倍率，换成“×10”挡；换挡
后重新测量，表盘上电阻刻度值为“15”，待测电阻阻值约为150 。
（2）①改装后电流表量程加倍，需要并联一个与电流表内阻相等的电阻，所以应将电阻箱阻值调为4 。
②滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻阻值，为方便调节，需要选择分压式接法，改装后电流表内阻已知，
选择电流表内接，电路图如图所示。
③根据欧姆定律有
A1
2
x
U
IR
IR
，整理得
A1
1
2
2
x
U
R
R
I
。
13．【考查点】匀变速直线运动规律、平抛运动
【答案】（1）66m/s （6 分）
（2）99m （4 分）
【解析】（1）设小车离开甲板后做平抛运动的时间为t1，
水平方向上有
1
x
t
v
（2 分）
竖直方向上有
{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}
2
1
1
2
h
gt
（2 分）
解得1
2s
t
，
66m/s
v
（2 分）
（2）小车在甲板上加速过程中，有
1
0
(
)
2
d
t
t
v
（2 分）
解得
99m
d
（2 分）
14．【考查点】动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律
【答案】（1）2mg，方向竖直向下（6 分）
（2）
m
gL
M
m
，
2
2
2
M
m
M
m
（6 分）
【解析】（1）小球下摆过程中，根据动能定理有
2
1
1
(1
cos60 )= 2
mgL
m
v
（2 分）
在最低点，根据牛顿第二定律有
2
1
F
mg
m L
v
（2 分）
解得F=2mg
（1 分）
根据牛顿第三定律可知，小球在第一次经过最低点时对轻绳的拉力大小为2mg，方向竖直向下
（1 分）
（2）释放小车后，小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，小球
和小车水平速度大小相等，设轻绳与竖直方向的最大夹角为，有
2
2
1
2
1
1
(1
cos )
(
)
2
2
m
mgL
M
m
v
v
（2 分）
规定小球第一次通过最低点时的速度方向为正方向，有
1
2
(
)
m
M
m
v
v
（2 分）
解得
2
m
gL
M
m
v
，
2
cos
2
2
M
m
M
m
（2 分）
15．【考查点】共点力平衡、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、动量定理
【答案】（1）
2
2
2
sin
mgR
B L
（4 分）
（2）①sin（3 分）
sin
g
（4 分）
②
2
2
3
sin
mgR
B L
，
2
2
sin
mgR
B L
（7 分）
【解析】（1）导体棒d 锁定，导体棒c 沿轨道向下达到最大速度时，受力平衡，有
1
1
E
BL
v
（1 分）
1
1
2
E
I
R
（1 分）
1
sin
BI L
mg
（1 分）
{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}
解得
1
2
2
2
sin
mgR
B L
v
（1 分）
（2）①导体棒d 解除锁定，达到稳定后两导体棒匀速运动，对导体棒c，有
2
sin
mg
BI L
（1 分）
对导体棒d，有
2
BI L
mg
（1 分）
解得
sin
（1 分）
导体棒c 获得初速度的瞬间，导体棒d 的加速度最大，对导体棒c 有
0
0
E
BL
v
（1 分）
0
0
2
E
I
R
（1 分）
对导体棒d，有
0
BI L
mg
ma
（1 分）
解得
sin
a
g
（1 分）
②设经时间t 两导体棒做匀速运动，根据法拉第电磁感应定律有
2
(
)
c
d
E
BL
v
v
（1 分）
2
2
2
E
I
R
（1 分）
对导体棒c，根据平衡条件有
2
sin
mg
BI L
，
对导体棒c，根据动量定理有
0
sin
c
mgt
BILt
m
m
v
v
（2 分）
对导体棒d，根据动量定理有
d
BILt
mgt
m
v
（1 分）
联立解得
2
2
3
sin
c
mgR
B L
v
，
2
2
sin
d
mgR
B L
v
（2 分）
{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}
