福建省安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校2023-2024学年高三下学期寒假返校联考物理试卷参考答案

3.0 envi 2025-01-11 4 4 1.2MB 4 页 3知币

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安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学

2024 年春季高三年返校联考参考答案与解析

1．A

【详解】已知频率的单位为（1/s），表面张力系数



的单位为“牛顿每米（N/m），则 k的

单位有

1 m

s N

 

力的单位为

kg m



，整理有

1 kg m s 1

s kg m



  



，故选 A。

2．B

【详解】A．设卫星在过 B点圆轨道上的运行速度为

，卫星沿轨道 II 经过 A点时的速度

为

，由万有引力提供向心力有

GMm v

r r



，可得

B A

v v

设卫星在轨道 I经过 B点时的速度

，卫星经过 B点时，由圆轨道变轨到轨道 I需加速，

则有

1B B

v v

则有

1B A

v v

即卫星经过 B点时的速度大于沿轨道 II 经过 A点时的速度，故 A错误；

B．根据题意，由万有引力提供向心力有

GMm ma

r

，解得



可知，卫星沿轨道 I、II 经过 A点时的加速度相等，故 B正确；

C．由万有引力提供向心力有

2 2

4GMm m r

r T





，解得

2 3

TGM





由于“夸父一号”卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径不相等，则“夸父一号”卫星的周

期与地球同步卫星的周期不相等，故 C错误；

D．由于不知道“夸父一号”卫星与地球同步卫星的质量关系，无法比较二者的机械能关系，

故D错误。

故选 B。

3. D

4．A

【详解】每秒钟内落到传送带上煤块都将获得与传送带相等的速度，由动量定理可得

ft p mv  

解得

40Nf

煤块受到的摩擦力由传送带提供，则电动机对传送带应增加的牵引力为 40N。电动机应增

加的功率为

40 0.8W 32WP Fv   

。故选 A。

5．AD

【详解】A．已知

0t

时P点沿 y轴负方向运动，根据同侧法可知波向 x轴正方向传播，故 A正确；

B．根据同测法可知，Q点在 0时刻沿 y轴正方向运动，所以乙图不是 Q点的振动图像，B

错误；

C．根据振动图像可知周期

0.20sT

，所以

0.10st

时经历了半个周期，P点在平衡位置下方沿 y轴正方向运动，由图可知质点 P先向下运动到

达最低点后向上运动，故通过的路程必定大于

10cm

，故 C错误；

D．根据图甲可知波长是 8m，所以波速

8m/s 40m/s

0.2



  

，故 D正确。故选 AD。

6．BC

【详解】A．根据左手定则知，磁场的方向垂直于纸面向外，选项 A错误；

B．根据动能定理有

qU mv

，得

2qU



碘131 进入磁场时的速率 v1=

2qU

，选项 B正确；

C．由 T=



得，碘 131 与碘 127 在磁场中运动的时间差值为



1 2

( )m m





，选项 C正

确；

D．由 R=

1 2mU

B q

得，打到照相底片上的碘 131 与碘 127 之间的距离为

{#{QQABZQaQoggAAAAAAAhCQwFKCEGQkAGCCIoOxEAIMAAAiBNABAA=}#}

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2R1-2R2=

1 2

2 2

2( )

m U m U

B q q



选项 D错误；故选 BC。

7．BD

【详解】点电荷从 xl运动到 x2的过程中，将运动阶段分成两段；点电荷从 xl运动到 O的过

程中，初速度为 0，根据牛顿第二定律：

F Eq

am m

 

，电场强度 E不变，所以加速度 a不变，

做匀加速运动．点电荷从 O运动到 x2的过程中，根据牛顿第二定律：

F Eq

am m

 

，电场强

度E先增大后减小，所以加速度 a先增大再减小，速度不是均匀变化．故 A错误．点电荷

从O运动到 x2的过程中，根据牛顿第二定律：

F Eq

am m

 

，电场强度 E先均匀增大后均匀

减小，所以加速度 a先均匀增大再均匀减小．故 B正确．点电荷从 O运动到 xl的过程中，

根据动能定理：

1 0

U q mv 

点电荷从 O运动到 x2的过程中，根据动能定理：

2 0

U q mv 

，以：电势差 Uox1=Uox2，C错误．点电荷从 O运动到 xl的过程中，电场力

做负功，电势能增大，点电荷在 xl位置的电势能最大；点电荷从 O运动到 x2的过程中，电

场力做负功，电势能增大，点电荷在 x2位置的电势能最大．故 D正确．故选 BD.

8．CD

【详解】A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧的弹力先大于重力沿斜面向下的分

力，后小于重力沿斜面向下的分力，先加速后减速，所以其动能先增大后减小，故 A错误；

B．弹珠从 C点离开后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，两者垂直，所以

弹珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故 B错误；

C．弹珠从释放手柄的过程，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不断增

大，根据弹珠和弹簧组成的系统机械能守恒，知弹珠脱离弹簧的瞬间，弹簧的弹性势能全

部转化为弹珠的动能和重力势能，所以此瞬间动能和重力势能之和达到最大，故 C正确；

D．根据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在 C点的机械能，为

 

mg L R sin mv



 

，故 D正确。

故选 ACD。

9．(每空 1分)<k2∶k1<

【详解】[2]根据



，可得

1 2

c c

n n

k c k c

 

甲乙

，

，解得

2 1

n n k k

甲乙

：：

[1]由图可知，甲单色光的临界角小于乙单色光的，根据

sin Cn



，可知

n n

甲乙

，联立，解得

1 2

k k

[3]同理，可得

 



甲乙

，根据



 

，可知甲光形成的条纹间距小于乙光形成的条纹间距。

10．(每空 1分)先增大后减小放出 2000

【详解】[2][3]由理想气体状态方程有

C C

A A

A C



，代入数据可得

A C

T T

则气体在状态 A的内能等于状态 C的内能，在 A→B→C过程中，图像中图线与横轴围成的

面积等于气体做的功，整个过程，外界对气体做功为

 

3 3

1 0 5 10 5 1 0 J 2000J

AB BC

W W W 

        

由热力学第一定律有

U Q W  

可得

2000JQ 

，即在 A→B→C过程中气体放出的热量为 2000J。

11．(每空 1分)超重 520 1.9

【详解】[1][2]当

10st

时，该同学向下减速运动，加速度竖直向上处于超重状态。

10st

时，

有根据牛顿第二定律

N mg ma 

，得

 

50 0.4 50 10 N 520NN mg ma      

根据牛顿第三定律可得对电梯底的压力大小约

520N

。

12．0.725 （2分）

2 2

1 2gH

t d



（2分）增大（1分）

【详解】（1）[1]根据游标卡尺的读数规律可知，该读数为 7 mm＋0.05×5mm=7.25 mm=0.725

（2）[2]若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有

mgH mv

其中



，解得

2 2

1 2gH

t d



（3）[3]由于该过程中有阻力做功，且高度越高，阻力做功越多，故增加下落高度后，

p k

E E  

{#{QQABZQaQoggAAAAAAAhCQwFKCEGQkAGCCIoOxEAIMAAAiBNABAA=}#}

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