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 含解析.pdf

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1、#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#广东省名校教研联盟广东省名校教研联盟2023-2024学年高三下学期学年高三下学期5月押题考试月押题考试 物理物理 含解析含解析#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQw

2、UwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#物理参考答案（广东卷）第 1 页（共 8 页）绝密启用前（广东卷）物物理理参参考考答答案案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1411417061N+nC+H11，A 错误；14C 的中子数是 8 个，14N 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1414067-1CN+e，所以14C 发生的是衰变，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】

3、两球从抛出到相遇，在水平方向，有00cosxvt；竖直方向 2 球相对 1 球以大小为002sinvvv，有0yvt，联立解得00cos2 sinxy，故选 B。3.【答案】D【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2222TGF；对贝壳2、3、4 受力分析有2221(3)(3)TGF，所以1T=23T；对贝壳 3、4 受力分析有22tan2FFGG，对贝壳 1、2、3、4 受力分析有14tan4FFGG，所以12，D 正确。4.【答案】D【解析】由题图可知，ab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pVCT可得pTVC，可知图

4、线上的点与原点连线斜率越大则压强越大，所以bc气体的压强增大，B 错误；da过程气体温度不变，内能不变，即0U，由于气体的体积增大，气体对外界做功，即0W，根据热力学第一定律UWQ得0Q，即气体吸热，C 错误；cd过程图线上的点与原点 O 连线的斜率不变，则由理想气体状态方程pVCT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，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】B【解析】由地球的万有引力提供向心力，可得222MmGmrrT，设组合体的轨道半径为 r1，线速度为 v1，周#QQABKQCQg

5、gCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#物理参考答案（广东卷）第 2 页（共 8 页）期为 T1=1.5h，中继卫星的轨道半径为 r2，线速度为 v2，周期为 T2=24h，则32113222rTrT，解得231321.52248rr，A 错误；由22MmvGmrr得到1221vrvr，因此有13312212 2vTvT，B 正确；由2MmGmar得到212221arar=3232，C 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

6、与地心三者共线 2 次，D 错误。6.【答案】D【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3sin602CElll，根据点电荷的场强公式可得 A、C 两处的点电荷任意一个在 E 点产生的场强大小为22433()2QkQEkll，在 A、C 两点分别固定等量异种点电荷时，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CEll2sin，E 点的场强为12 sinEE，联立得218 39kQEl；在 A、C 两点分别固定等量同种点电荷时，E 点的场强为22cosEE，解得22896kQEl，所以12EE，由于等量同种点电荷的电性未知，则12、无法比较，D 正确

7、。7.【答案】D【解析】根据1122UUkUU可知12UkU，A 错误；根据11221IIIIk可知121IIk，B 错误；将 R1视为输入端电源内阻，则根据闭合电路欧姆定律可知111URI，C 错误；由12UkU、121IIk联立可得21212UkUII，所以有2122URIk，D 正确。8.【答案】BC【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8m/s40m/s0.20vT，A 错误；根据图乙可知，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 轴负方向传播，在 t=0.10s 时刻，质点 P 的运动方向

8、沿 y 轴正方向，由于0.15s0.10s0.05s4T，可知 t=0.15s 时，质点 P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#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#物理参考答案（广东卷）第 3 页（共 8 页）30.25s0.10s0.15s4T，可知从 t=0.10s 到 t=0.25s，质点 P 通过的路程小于 30cm，D 错误。9.【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3sinFmg弹，施加

9、F 瞬间，物体 A、B开始向上一起做加速度大小为15ag的匀加速直线运动，对 A、B 整体，根据牛顿第二定律3sin3FFmgma弹，解得施加拉力 F 的大小为mgF53，对 A，根据牛顿第二定律得BA2sin2FFmgma，解得 A、B 间的弹力大小为BAFmg，A 正确；分离时，物体 A、B 之间作用力为0，对 B 根据牛顿第二定律得sinFmgma 弹，解得 A、B 分离瞬间弹簧弹力大小为45Fmg 弹，B 正确；整个过程中拉力 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 根据牛顿第二定律得max2sin2Fmgma，解得max58Fmg，

10、D 正确。10.【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1BILma，22FBILma，2123BLvBLvIR，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 的过程中，对系统由功能关系可知221211(2)22FxmvmvQQ，解得 v=

11、4m/s，则 CD 棒的速度大小为 2v=8m/s，C 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212BLvBLv，对 CD 棒和 AB 棒运用动量定理可得222BILtmvmv，1BILtmvmv，联立可得185vv，245vv，根据能量守恒定律可得2222121111(2)2222mvmvmvmvQ，解得撤去恒力 F 后回路中产生的焦耳热为 Q=28.8J，D 正确。1

12、1.（6 分）【答案】（1）C（2 分）（2）1b（2 分）bcbd（2 分）【解析】#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#物理参考答案（广东卷）第 4 页（共 8 页）（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

13、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。（2）对整体应用牛顿第二定律可得()MgMm a，变形可得111gMmm a，由图乙可得1bm，gcbmd，解得1mb，bcgbd。12.（9 分）【答案】（1）6（1 分）（2）B（1 分）0.730（1 分）（3）图见解析（2 分）6.0（2 分）1.6710-6（2 分）【解析】（1）当用“1”挡测量时，指针位于“6”，读数为 6。（2）螺旋测微器的精度为 0.01mm，读数为 0.5mm+23.00.01mm=0.730mm。（3）把电流表 A1串联电阻箱 R 改为量程为

14、2V 的电压表，需要串联的阻值为16A1220008000200 10URrI，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：根据图示电路图，由串并联电路特点与欧姆定律得11321()()xI rRII R，得1213xxRIIrRR，I1-I2图像斜率613120 100.2xxRkrRR，得6.0 xR，又xLRS，则合金材料的电阻率为61.67 10mxLR S。13.（9 分）【答案】（1）2（2）3【解析】（1）光束 1 从22yR处垂直射入时，恰好对应全反射#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwC

15、gCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#物理参考答案（广东卷）第 5 页（共 8 页）则222sin2RCR（1 分）解得45C（1 分）11sinCn（1 分）解得 n1=2（1 分）（2）光路图如图所示由几何关系得12sin2RR（1 分）得=30（1 分）又32tan()33cosRRR（1 分）解得=60（1 分）由2sinsinn得 n2=3（1 分）14（13 分）【答案】（1）2qEdm（2）2mEqd（3）qEmd2)44(221 d【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

16、电场时竖直分速度0yvv（1 分）竖直方向：qEma，2yvad（1 分）解得02qEdvm（1 分）#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#物理参考答案（广东卷）第 6 页（共 8 页）（2）粒子进入磁场时的速度为02vv（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2Rd（1 分）根据牛顿第二定律2vqvBmR（1 分）解得2mEBqd（1 分）（3）粒子在电场 E1中的运动时间1yvta，又qEma（1 分）粒子在磁场中的运动时间2018tT，vRT20（1 分）粒子在电场 E2中减速到零的时间3v

17、ta，又2qEma（1 分）粒子运动的周期1232()Tttt联立解得qEmdT2)44(（1 分）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)221(2Mxdddd+（1 分）由对称性可知，一个周期内沿 x 方向运动的位移2Mxx解得221xd（1 分）15.（17 分）【答案】（1）524Lg（2）gL247，方向竖直向上gL241，方向竖直向下（3）54L【解析】#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#物理参考答案（广东卷）第 7 页（共 8 页）（1）设释放后

18、1t时刻 B 球落地，有2112Lgt（1 分）可得12Ltg（1 分）A 球落地瞬间，B 球速度与 A 球速度大小相等，均为11vgt（1 分）设 B 球反弹后再经过2t时间相遇，有221 221 221122vtgtvLtgt（1 分）解得2124Ltg（1 分）从释放到两小球第一次碰撞的时间12ttt=gL245（1 分）（2）A、B 碰撞前瞬间，A 球的速度为 vA=v1+gt2=gL245（1 分）B 球的速度大小 vB=v1-gt2=gL243（1 分）A、B 碰撞过程动量守恒，机械能守恒，规定竖直向上为正方向，有3mvB-mvA=3mBv+mAv（1 分）222221321213

19、21ABABvmvmmvmv（1 分）联立得724AvgL，方向竖直向上；gLvB241，方向竖直向下（1 分）（备注：前面碰撞后速度方向不确定，列的是矢量式；后面位移方程中已知速度方向了，就直接写成了标量式）（3）从释放到两小球第一次碰撞的过程中，A 下降的高度212hgt=L1625则第一次碰撞点距地面的高度12hLh=L167（1 分）设第一次碰撞后再经过3t时间绳子拉直，有2333231122ABv tgtv tgtL（1 分）解得3124Ltg第一次碰撞后到绳子拉直的过程中，A 上升的高度33212Ahv tgt=L1613则绳子拉直时 A 距地面的高度21hhh=L45（1 分）绳子拉直瞬间，A 球的速度为3gtvvAA=gL223，方向竖直向上（1 分）#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#物理参考答案（广东卷）第 8 页（共 8 页）B 球的速度为3BBvvgt=gL221，方向竖直向下（1 分）由于03 ABvmvm，说明绳子拉直后 A、B 小球的速度为零，小球 A 距地面最大高度2Hh=L45（1 分）#QQABKQCQggCgQIAAAAgCQwUwCgCQkBEACQgGQAAMMAIAgRNABAA=#