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

{#{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141141，错误；14的中子数是个，7N+0n6C+11HHAC8141414014N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6C7N+-1e，所以C发生的是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x0v0cost；竖直方向2球相对1球以大小为v2v0v0sin，xcos0有y0vt，联立解得，故选B。y02sin3.【答案】D222【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GF；对贝壳2FF2、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、11222GG4FF2、3、4受力分析有tan，所以，D正确。14GG124.【答案】DpV【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CTp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aC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】B2Mm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r1，线速度为v1，周r2T物理参考答案（广东卷）第1页（共8页）{#{QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=}#}3223r1T1r1.52期为，中继卫星的轨道半径为，线速度为，周期为，则，解得13，T1=1.5hr2v2T2=24h32r2T2r2248122Mmvv1r23Mma1r2错误；由得到，因此有v1T23，正确；由得到3，AG2m22BG2ma2=322rrv2r1v2T1ra2r1C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】D3【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CE2Q4kQ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33l2(l)22l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2，E点的场强为lCE83kQE1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E22Ecos，解得19l286kQ、E，所以E1E2，由于等量同种点电荷的电性未知，则12无法比较，D正确。29l27.【答案】DU1U1U1I1I11I11【解析】根据k可知k，A错误；根据可知，B错误；将R1视为输入端U2U2U2I2I2kI2k2U1U1I11U1kU2电源内阻，则根据闭合电路欧姆定律可知R1，C错误；由k、联立可得，I1U2I2kI1I2UR21所以有2，D正确。I2k8.【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T0.20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P4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=}#}3T0.25s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。49.【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弹3mgsin，施加F瞬间，物体A、B1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53FF弹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5FFBA2mgsin2ma，解得A、B间的弹力大小为FBAmg，A正确；分离时，物体A、B之间作用力为40，对B根据牛顿第二定律得F弹mgsinma，解得A、B分离瞬间弹簧弹力大小为F弹mg，B正确；整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。maxmax510.【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ma1，2BLvBLvF2BILma，I21，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23R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Q2=30J时，AB棒产生的焦耳热Q1=15J，水平恒力F=250N向右拉CD棒，使CD棒向右运动x=0.5m的11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，2212C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2BLv2BLv1，对CD棒和AB棒运用动量定理可得84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2115251111mv2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。22212211.（6分）1bc【答案】（1）C（2分）（2）（2分）（2分）bbd【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。11g11gc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，，Mmmammd1bc解得m，g。bbd12.（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）1.67×106（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A1串联电阻箱R改为量程为2V的电压表，需要串联的阻值为U2Rr1620008000，所以定值电阻选R3，为使电表示数能够从零开始连续变化，滑动IA120010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x②根据图示电路图，由串并联电路特点与欧姆定律得I1(r1R3)(I2I1)Rx，得I1I2，I1-I2图像斜r1R3Rx6Rx12010LRxS6率k，得Rx6.0Ω，又Rx，则合金材料的电阻率为1.6710m。r1R3Rx0.2SL13.（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=}#}2R22则sinC（1分）R2解得C45（1分）1sinC（1分）n1解得n1=2（1分）（2）光路图如图所示R1由几何关系得sin2（1分）R2得α=30°（1分）R3又tan()2（1分）3RRcos3解得β=60°（1分）sin由n2得n2=3（1分）sin14．（13分）2qEd2mEπ2md【答案】（1）（2）（3）(4)221dmqd4qE【解析】（1）设粒子从（0，2d）点射入电场时的初速度大小为v0，第一次射出电场E1时速度方向与+x方向的夹角为45°，则射出电场时竖直分速度vyv0（1分）竖直方向：qEma，vy2ad（1分）2qEd解得v（1分）0m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2v0（1分）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）R2mE解得B（1分）qdvy（3）粒子在电场E1中的运动时间t，又qEma（1分）1a12πR粒子在磁场中的运动时间tT，T（1分）2800vv粒子在电场E2中减速到零的时间t，又qEma（1分）3a2粒子运动的周期T2(t1t2t3)π2md联立解得T(4)（1分）4qE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xM2d(2dd)21d（1分）由对称性可知，一个周期内沿x方向运动的位移x2xM解得x221d（1分）15.（17分）【答案】52L71（1）（2）2gL，方向竖直向上2gL，方向竖直向下4g445（3）L4【解析】物理参考答案（广东卷）第6页（共8页）