2024 届广东省四校高三第一次联考物理答案

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（）31323A．mgB．mgC．mgD．mg6243【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3F=mg6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h31A．周期为B．动能为mgRRg22ggRC．角速度为RD．向心加速度为2Rh+(Rh+)【答案】D【详解】A．根据GMm0=mgR20GMm422=+m2(Rh)(Rh+)T解得(Rh+)3T=2gR2故A错误；B．空间站的线速度2v=+(Rh)T又1E=mv2k2解得mgR2Ek=2(Rh+)故B错误；C．角速度为2Rg==TR+hR+h故C错误；{#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}D．向心加速度为22gRar==2(Rh+)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】C4．2022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】C6．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Eqp=可知，电子在M点的电势能比在P点的电势能小，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2：1B．小灯泡的额定电压为6VC．滑片P向下移动，L1变暗、L2变暗D．滑片P向上移动，变暗、变亮{#{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I1，原线圈的电压为U1，副线圈的总电流为I2，副线圈的电压为U2，电源的总电压为U，接通电源后调节滑片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I1=II2=3IU2=ULU=UL+U1根据原副线圈两端电流与匝数成反比，得nI33I12===n21II1根据原副线圈两端电压与匝数成正比，nU3U1=1==1n22U1UL得U1=3UL根据欧姆定律的UUUU=LL+1=4=18V解得UL=4.5V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I2变大，I1变大，U不变，U1减小，U2减小，则L1变亮、L2变暗；滑片P向上移动，滑动变阻器阻值变大，副线圈总电阻增大，则I2变小，I1变小，U不变，U1增大，U2增大，则变暗、变亮，故C错误，D正确。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xA＝2m处，质点B位于xB＝3m处，t＝2s时，质点B第一次出现在波峰位置；t＝3s时，{#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}质点A第一次出现在波峰位置．则()A．波速为1m/sB．波的周期为4sC．波沿x轴正方向传播D．t＝0.5s时，质点A和质点B的加速度相同【答案】ABD【解析】据t＝2s时，质点B第一次出现在波峰位置，即半个周期为2s，故周期为λ44s，从波形图得到波长为4m；故波速为：＝＝m/s＝1m/s，故A、B正确．周vT4期为4s，故Δt＝33s＝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＝0.5s时，波沿x轴负方向传播距离为：x＝vt＝0.5m，则A、B质点的位置关于波谷对称，即位移相同，根kx据＝－知加速度相同，故正确．amD9.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()1A．甲图中，物体在0～t这段时间内的位移大于vt0200{#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}B．乙图中，物体的加速度为2m/s2C．丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量D．丁图中，t＝3s时物体的速度为25m/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～t011这段时间内的位移大于vt平均速度大于v，选项A正确；根据v2＝2ax可知乙图20020中，2a＝1m/s2，则物体的加速度为0.5m/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＝vt＋at21202x11101可得＝v＋at，结合丁图可知a＝m/s2＝5m/s2a前面的易被忽视，即a＝10m/s2，t02222则v0＝－5m/s，故t＝3s时物体的速度为v3＝(－5＋10×3)m/s＝25m/s，选项D正确。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~t1过程中，汽车克服阻力做功等于Pt01B．在tt12时间内，汽车克服阻力做功小于P0（t2−）Pt02C．在t2时刻汽车的速度大小为mPt−tD．在时刻汽车的速度大小为0(32)m{#{QQABTQQQoggoABIAABgCEQFSCEMQkBCCCAgGxAAIIAAAyRNABAA=}#}【答案】BD11【详解】A．根据动能定理，在0t时间内，对汽车分析有PtW−=mv2所以此12201f11WPt过程汽车克服阻力做功f101故A错误；1122B．根据动能定理，在tt12时间内，PttWmvmv(−−=−)所以此过程汽车克021f22122服阻力做功Wf2021Pt−t()故B正确；CD．在t2时刻，汽车速度最大，则有P02fv=又由于在tt23时间内，汽车减速至零，所以有fPt()t−vatttt=−=−()()联立以上两式，时刻汽车的速度大小为v=032故C23232m2m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m1=0.310kg，滑块B的质量m2=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ΔtB=3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图（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11T=＝s＝0.02sf50由纸带可知，碰撞前A的速度x4.0010−2v=A=m/s=2.00m/sAT0.02[2]两滑块碰撞后B滑块的速度大小为d110−2vB==−3m/s2.86m/stB3.510（2）[3]碰撞前的两滑块的总动量大小为p=mAAv=0.3102.00=0.620kgm/s[4]A滑块碰撞后的速度为x1.9410−2v=A=m/s=0.97m/sAT0.02碰撞后的两滑块的总动量大小为p=m