广东衡水金卷2024届高三年级11月大联考 物理含答案.docx

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1、广东衡水金卷2024届高三年级11月份大联考物理试题本试卷共8页，15题全卷满分100分考试用时75分钟注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1洛阳白马寺钟楼上有一口大

2、钟，铸于明代嘉靖年间，史书记载：每当月白风清之夜，更深人静之时，僧人杵击，钟声四野传响，远闻数里，经久不息更妙的是，此钟可与远在25公里以外洛阳城钟楼上的大钟形成共鸣，使得“洛阳两古钟，东西相和鸣”，故“马寺钟声”被誉为“洛阳八大景之一”上述现象属于声波的（ ）A干涉现象 B衍射现象 C共振现象 D偏振现象2宇宙学研究表明，目前太阳内部进行的核反应主要是质子一质子反应，长时间演化后太阳将进入碳氮氧循环反应，其中核反应是碳氮氧循环反应中的重要步骤下列说法正确的是（ ）AX是粒子，射线的电离本领比射线强 BX是粒子，射线的穿透本领比射线强CX是粒子，射线的电离本领比射线强 DX是粒子，射线的穿透本

3、领比射线强3某同学乘坐高速列车时，利用智能手机中的加速度传感器研究了火车的运动过程，取火车前进方向为x轴正方向，若测得火车沿x轴方向的加速度时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）A时间内，火车在做匀速运动 B时间内，火车在做加速运动C时刻，火车的速度开始减小 D时间内，火车的位移变化率在减小4如图所示，负压爬墙机器人是一款应用广泛的高科技产品，在抗灾搜救、反恐侦察等领域愈发起到重要作用机器人通过机身底部的真空吸盘或者风机在机身和墙壁之间形成真空而产生吸附力，将机身牢牢吸附在墙壁上可视为质点的负压机器人沿竖直墙壁静止时，只受重力、弹力、摩擦力和吸附力的作用，下列说法正确的是（ ）A机器人受到的

4、吸附力与它对墙壁的压力是一对相互作用力B机器人受到的吸附力与墙壁对它的弹力是一对相互作用力C机器人受到的吸附力越大，其与墙壁之间的摩擦力就越大D机器人与墙壁之间的摩擦力与吸附力的大小无关5某学校用电，电压为的交流电经过理想变压器变压后输入校园使用，该变压器原、副线圈的匝数比为，若该学校日常用电功率为,则该学校日常用电时（ ）A副线圈的输出电压为,副线圈的输出电流为B副线圈的输出电压为,副线圈的输出电流为C副线圈的输出电压为,副线圈的输出电流为D副线圈的输出电压为,副线圈的输出电流为6如图所示，a是在赤道上相对地球静止的物体，随地球一起做匀速圆周运动，b是在地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，

5、轨道半径约等于地球半径，c是地球同步卫星已知地球表面两极处的重力加速度大小为g,地球可视为均匀球体，下列说法正确的是（ ）Aa做匀速圆周运动的加速度大小等于g Bc的向心力指向地轴，不指向地心Ca、b、c中线速度最大的是a Da、b、c中周期最小的是b7如图所示为某名运动员保持固定姿势欲骑车飞跃宽度的壕沟AB已知两沟沿的高度差,重力加速度,不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A运动员离开A点时的速度大于就能安全越过壕沟B运动员离开A点时的速度越大，在空中运动的时间越长C,运动员在空中飞行的过程中，重力的功率逐渐增大D运动员在空中飞行的过程中，动量变化量的方向斜向右下方二、多项选择题：本题共3小

6、题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分8“蹦极”是一种深受年轻人喜欢的极限运动，将一根自然长度等于O、M两点间距离的弹性细绳一端系在蹦极者身上，另一端固定在跳台边缘人从跳台上由静止下落，到P点时速度达到最大，N点是下落的最低点，不计空气阻力，弹性绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，下列说法正确的是（ ）A人由M点到P点的过程中，弹力的冲量大于重力的冲量B人由P点到N点的过程中，弹力的冲量大于重力的冲量C人由O点到N点的过程中，弹力的冲量与重力的冲量等大DP点一定位于的中点9磁聚焦法是一种控制带电粒子在磁场中运动的

7、常用方法，如图所示，同种带电粒子以相同速率v沿不同方向飞入匀强磁场中的A点，只要保证带电粒子的速度方向与磁场方向的夹角很小，就可以实现带电粒子在点的聚焦对带电粒子在磁场中聚焦的运动，下列说法正确的是（ ）A,带电粒子所受洛伦兹力的方向与磁场的方向不垂直B带电粒子所受洛伦兹力不做功C带电粒子到达点时的速度将大于vD带电粒子在垂直磁场方向做匀速圆周运动10静电植绒产品具有立体感强、耐磨、阻燃、隔音、保暖等特点如图所示为植绒流程示意图，正电金属板与负电金属网间有的电压，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，绒毛在电场力的作用下飞到需要植绒的布匹表面上忽略绒毛的重力、空气阻力、绒毛之间的相互作用力

8、和边缘效应正电金属板与负电金属网之间可视为匀强电场，下列说法正确的是（ ）A绒毛运动经过处各点的电势逐渐降低B绒毛在飞向布匹的过程中，电势能不断增大C若仅增大正电金属板与负电金属网之间的电压，绒毛到达布匹时的速率将增大D若仅增大正电金属板与负电金属网之间的距离，绒毛到达布匹表面时间将增大三、非选择题：本题共5小题，共54分11（7分）某同学利用防水激光笔、长方体透明水槽、圆规和刻度尺等测定水的折射率，实验过程如下：（1）将水槽平放在水平桌面上，防水激光笔固定在水槽中的S处（2）如图甲所示，用激光笔靠近水槽前侧面发出一细束激光，在激光传播光路上选取两个点O和A,并用记号笔在水槽前侧面上记下O、A

9、两点的位置保持激光笔位置和发射激光束的方向不变，在水槽中慢慢注入清水，使水面恰好到达O点处，在水面上方的激光传播光路上选取B点，用记号笔在前侧面上记录B点的位置如图乙所示，用直尺在水槽前侧面上过O点做竖直线,分别连接和得到加水前后激光的出射光线以O点为圆心，用圆规在水槽前侧面上做辅助圆，分别交和于点和点，再分别过点和点做竖直线的垂线，垂足分别为E点和F点分别用刻度尺测量线段的长度和的长度,其中的读数如图丙所示，则_（3）利用所测的物理量，水的折射率可表示为_，由测得的数据计算水的折射率_（结果保留三位有效数字）（4）为了减小实验测量误差，下列实验操作正确的是_（填正确答案标号）A选取A点和B点

10、时应该尽量靠近O点 B应该尽量使激光束处于竖直面内C激光在水面处的入射角越大越好 D辅助圆的半径应该尽量大些12（10分）某小组设计了测量盐水电阻率的实验，所用器材有：电源E（电动势为,内阻不计）；电压表（量程为,内阻很大）；定值电阻（阻值为）；滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为）;滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为）;单刀单掷开关和单刀双掷开关;侧壁带有刻度线的圆柱体玻璃管，两个与玻璃管密封完好的电极，导线若干（1）根据如图甲所示电路图连接实物，其中玻璃管内封闭的盐水电阻约为几欧，滑动变阻器R应选择_（填“”或“”）,闭合开关之前，滑动变阻器R的滑片应置于_（填“a”或“b”）端（2）用游标

11、卡尺测出圆柱体容器的内直径d,读数如图乙所示，则_,由玻璃管侧壁的刻度尺测出溶液的高度闭合开关,开关接_（填“1”或“2”）端，调节滑动变阻器R,使电压表的读数为,然后将开关接_（填“1”或“2”）端，再次记录电压表的读数为,则电阻两端的电压为_V断开开关（3）根据测量的数据，计算得待测盐水的电阻率为_（结果保留两位有效数字）13（9分）如图所示，在圆柱形茶杯中装入热力学温度为T的热水，用杯盖将茶杯杯口封闭，待冷却至环境温度后，手提杯盖可以将整个茶杯提起已知环境的热力学温度为,大气压强为,茶杯底面与杯盖面积均为S,重力加速度为g,杯盖与茶杯杯口之间密封完好，不漏气，杯内封闭气体可视为理想气体（

12、1）求冷却过程中，杯内封闭气体的内能如何变化？（2）用手向上提杯盖，为使茶杯不脱落，求茶杯与水总质量的最大值14（13分）如图甲所示为某款车轮带有闪烁灯的儿童自行车，其车轮闪烁灯的电路结构如图乙所示，在车轮与轴承之间均匀分布着三根金属条，每根金属条上串联有一个阻值为的小灯泡，金属条与车轮金属边框构成闭合回路，金属条的长度车架上分布有强磁铁，可以在车轮圆面的范围内形成匀强磁场，磁感应强度大小为,方向如图乙所示，自行车前、后齿轮半径分别为,如图丙所示，不计车轮厚度和其他电阻影响求：（1）磁场中金属条两端的电压为时，车轮转动的角速度；（2）若人以的转速蹬脚避，3个小灯泡发光的总功率15（15分）某兴

13、趣小组设计了一款游戏如图所示，一轻质绝缘弹簧左端固定在竖直墙壁上，游戏开始时将一质量为、电荷量为的滑块A压缩到固定点O,然后由静止释放，经过距离与静止于匀强电场左边界处质量为的不带电的绝缘滑块B发生弹性碰撞，碰撞时间极短已知重力加速度,电场宽度为,电场强度,方向水平向右，可看作质点的两滑块A、B与绝缘水平面间的动摩擦因数均为0.25，弹簧释放瞬间的弹性势能为,碰撞时滑块A与弹簧已分离，滑块A的电荷量在碰撞过程中保持不变（1）求两滑块A、B碰撞前瞬间滑块A的速度大小；（2）请通过计算推断滑块A、B是否会发生第二次碰撞？若会，求出两次碰撞的时间间隔；若不会，求最后滑块A、B之间的距离为多少？202

14、4届高三年级11月份大联考物理参考答案及解析一、单项选择题1C【解析】“洛阳两古钟，东西相和鸣”属于声波的共振现象故A、B、D项错误，C项正确2A【解析】根据质量数和电荷数守恒可得，X的质量数为4，电荷数为2，则X为粒子，射线的电离本领比射线强，穿透本领比射线弱，故A项正确，B、C、D项错误3B【解析】时间内加速度不变火车做匀加速直线运动，故A项错误；时间内，火车仍然做加速运动，位移的变化率增大，故B项正确，C、D项错误4D【解析】机器人受到的吸附力是大气施加的大气压力，跟墙壁的弹力不是相互作用力，故A，B项错误；机器人静止时，摩擦力与机器人受到的重力平衡，则机器人与墙壁之间的摩擦力与吸附力的

15、大小无关，故C项错误，D项正确5B【解析】变压器原线圈的输入电压，由可得副线圈的输出电压，根据可得，故B项正确，A、C、D项错误6D【解析】a是在赤道上的物体，不是卫星，其随地球自转需要的向心力小于万有引力，在两极有，故a的向心加速度为，A项错误；c是地球同步卫星，其轨道平面与赤道平面重合c的向心力就是指向地心，B项错误；根据题意，由万有引力提供向心力有，解得，由于b的轨道半径小于c的轨道半径，则有，由于a和c的角速度相等，由可得，则有，故C项错误；根据题意，由万有引力提供向心力有，解得，由于b的轨道半径小于c的轨道半径，则有由于a和c的角速度相等，则，故，D项正确7C【解析】骑车飞跃壕沟的过

16、程中，人和车做平抛运动，欲平安飞跃壕沟应满足车在竖直方向上下落h时，它的水平位移竖直方向上人和车做自由落体运动，由可得，水平方向做匀速直线运动，需满足，可得离开A点时速度需大于才能安全越过壕沟，A项错误；飞跃壕沟时，在空中运动的时间只与高度差h有关，则时间不变，B项错误；运动员在空中飞行的过程中重力的功率，随着时间t的增长重力的功率逐渐变大，C项正确；运动员在空中飞行的过程中，动量变化量与重力加速度的方向相同，都是竖直向下，D项错误二、多项选择题8BC【解析】由M点到P点，人做加速运动，根据动量定理可知弹力的冲量小于重力的冲量，故A项错误；由点到N点，人做减速运动，根据动量定理可知弹力的冲量大

17、于重力的冲量故B项正确；根据动量定理，由O点到N点，弹力的冲量与重力的冲量等大，故C项正确；人在M点时的速度竖直向下，在N点时的速度为零，根据简谐运动的对称性可知故D项错误9BD【解析】洛伦兹力方向始终垂直于速度和磁场确定的平面、永远不做功，故A项错误，B项正确；根据动能定理可知带电粒子的速度大小保持不变，故C项错误；带电粒子的运动可以分解为沿磁场方向的匀速直线运动和垂直磁场方向的匀速圆周运动，故D项正确10CD【解析】负电金属网与正电金属板间的电场方向向上，故绒毛运动经过处各点的电势逐渐升高，A项错误：绒毛在飞向布匹的过程中，绒毛在做加速运动，电场力做正功，电势能不断减小，B项错误；仅增大正

18、电金属板与负电金属网之间的电压，电场强度增大，电场力增大，经过相同的距离，电场力做的功增多，根据动能定理，绒毛到达布匹时的动能增大，速率增大，C项正确；仅增大正电金属板与负电金属网之间的距离，电势差不变而电场强度减小，绒毛受到的电场力减小，加速度减小，所用时间增大，D项正确三、非选择题11（2）2.40（2.392.41，1分）（3） （2分） 1.33（或1.34，2分）（4）BD（2分）【解析】（2）刻度尺的最小分度为，应估读到下一位，故，（3）设圆的半径为R，根据几何关系可知入射角的正弦值，折射角的正弦值则水的折射率表达式代人数据可得；（4）选取A点和B点时应该尽量远离O点，A项错误；为

19、了减小实验误差，应该尽量使激光束处于竖直面内，B项正确；激光在水面处的入射角应该大小合适，不是越大越好故C项错误；为了更好地测量长度，辅助圆的半径应该尽量大些，故D项正确12（1）（2分） b（2分）（2）5.020（1分）2（1分） 1（1分） 4.8（1分）（3）0.12（0.110.12，2分）【解析】（1）为方便实验操作，滑动变阻器R应选择；为了保护电路，闭合开关之前，滑动变阻器R的滑片应置于b端（2）直径，闭合开关，开关接2端，调节滑动变阻器R，使电压表的读数为，然后将开关接1端，再次记录电压表的读数为，则电阻R两端的电压为，（3）由欧姆定律可得，则盐水的电阻，根据电阻定律可得，解得

20、盐水的电阻率13【解析】（1）冷却过程中杯内封闭气体放热，即（1分）体积不变故气体对外界做的功为零，即（1分）根据热力学第一定律，可知，即杯内封闭气体的内能减小（1分）（2）设冷却后杯内封闭气体的压强为p，根据查理定律可得（2分）解得（1分）以茶杯与水组成的整体为研究对象，根据平衡条件可得 （2分）解得 （1分）14【解析】（1）金属条切割磁感线产生的感应电动势 （1分） （1分）联立解得 （1分）根据法拉第电磁感应定律可得 （1分）解得 （2分）（2）前齿轮转动频率 （1分）后轮转动的角速度 （1分）根据法拉第电磁感应定律可得金属条切割磁感线产生的感应电动势 （1分）解得电路中的总电阻为 （1分）解得3个小灯泡发光的总功率为 （1分）解得 （2分）15【解析】（1）设滑块A与滑块B碰撞前的速度为，由能量守恒定律可得 （2分）解得 （1分）（2）设滑块A、B碰撞后的速度分别为，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得 （2分）（2分）解得 （2分）对滑块B，由牛顿第二定律可得：解得 （1分）滑块B运动的时间为 （1分）滑块B运动的位移为 （1分）对滑块A，由于则滑块A在电场中做匀速直线运动滑块A经过电场的时间为 （1分）由于，说明滑块B停止时，滑块A刚好离开电场区域，对滑块A，其减速至零的位移为 （1分）由于，说明两滑块不会发生第二次碰撞，两滑块最终的距离为 （1分）