2024届广东省高三年级下册二轮复习4月联考物理试卷(解析版)

2024届高三二轮复习联考（一）

物理试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

考试时间为75分钟，满分100分

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.钙钛矿是新型太阳能电池的重点研发方向之一，我国科研团队刷新大面积全钙钛矿光伏组件光电转化效

率世界纪录。面积为2・6°m2的太阳能电池板总保持与太阳光线垂直，在电池板处太阳光的强度为

1.39kW/m2,假设太阳辐射波长为550nm的单色光，而且所有辐射到电池板上的光子均被板吸收，已

知力=6.63x10-34j.s,c=3.0xl（）8m/s,则电池板每秒钟吸收的光子数目约为（）

A.1.0x1022个B.1.0x1021个C.2.OxlCho个D.2.0x1021个

【答案】A

【解析】

【详解】太阳能电池板接收的功率为

P=1.39kW/m2x2.60m2=3.614kW

一个光子的能量为

「3x108

E=〃_=6.63x10-3ixJ«3.62xl0-i9j

0X550x10-9

则电池板每秒钟吸收的光子数目

N=2=3611x103个aixl022个

E3.62x10-19

0

故选A„

2.图甲为家用燃气炉架，其有四个对称分布的爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，如图乙所示（侧视

图），忽略爪与锅之间的摩擦力，若锅是半径为火的球面，正对的两爪间距为d,则下列说法正确的是

()

R

爪与锅之间的弹力越大

c.d越大，锅受到的合力越大D.d越大，爪与锅之间的弹力越小

【答案】A

【解析】

【详解】对锅进行受力分析如图所示

mg

炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等，方向相反，即

4Fcos0=mg

R2--

COS0=\_____—

R

则R越大，爪与锅之间弹力越小，同理d越大，爪与锅之间弹力越大，锅受到的合力为零。

故选Ao

3.2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射

中心点火发射。约10分钟后。神舟十七号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，航天员乘组状态良

好，发射取得圆满成功。如图所示，虚线为飞船的运行轨道，周期为T,离地高度为打。若飞船绕地球做

匀速圆周运动，地球半径为R,则地球的第一宇宙速度大小为（）

地球

2ji（R+h）

2兀（7?+人）R+h

A.--------B.---------------

R

2n（R+h）jR-

、2兀/pF

~T\R+h

【答案】B

【解析】

【详解】根据万有引力提供向心力有

GMm

嚓Q.

（R+h》

则地球质量

._4Q（E+砂

GT2

设地球的第一宇宙速度大小为丫，则

GMmV2

=m——

R2R

解得

2兀（火+力）iR+h

TR

故选B。

4.小型发电机的工作原理如图甲所示，两磁极之间可视为匀强磁场，发电机产生的交变电流的电动势随时

间变化的关系图像如图乙所示，将线圈与阻值为10Q的定值电阻相连。不计线圈内阻。下列说法正确的是

A.该交变电流的频率为5Hz

B.A=0.01s时，线圈平面转到中性面位置

C.0~0.01s内，通过线圈的电荷量为0.02C

D.如把击穿电压为20V的电容器接在发电机两端，电容器刚好不会被击穿

【答案】B

【解析】

【详解】A.由图乙可知交变电流的周期T=0.02s,频率

f=-=50Hz

T

故A错误；

B./=0.01s时，电动势为零，故线圈平面与中性面重合，故B正确；

C.，=0和t=0.01s时，电动势为零，磁通量有最大值，设为①，则0〜0.01s时间内磁通量变化量

m

A①=2①,通过线圈的电荷量

m

N△①

力E~\TAN△①2N①

q=TAz二—AA/二-----Az二------二-----m-

RRRR

由于电动势的最大值

E=N①3=2"①口

根据图像可知

E=20V2V

m

解得

q=^C

25兀

故C错误;

D.发电机的最大电压为20JIV,如把击穿电压为20V的电容器挖在发电机上，电容器会被击穿，故D

错误。

故选B。

5.某简谐横波沿x轴传播，在，=0时刻的波形如图所示，此时介质中有三个质点&C和。，8的横坐标

为0,0的纵坐标为0,。与°间沿x轴方向的距离为波长的1倍，质点8的振动方程为

O

C.该波的波速大小为12m/s

D.，=0时刻起.质点。回到平衡位置的最短时间为1.5s

【答案】A

【解析】

【详解工由

..(TI兀、

y=4sin—t——cm

(26j

得，=0时，儿.=-2cm,经过极短的时间AJ

DU

艮卜卜J

即/=0时质点8沿了轴正方向振动，结合图像知，该波沿X轴正方向传播，A正确;

B.质点振动的周期

十2兀,

T=__s=4s

兀

1

设/时刻，质点B第一次到达平衡位置处，即

解得

11

=—s=——

312

1,

即波再传播五九质点B处于平衡位置，如图中虚线所示，则

X-J_X=11m

12

解得

X=12m

B错误；

C.波速

v=—=3m/s

T

C错误；

D.，=0时刻起，质点。回到平衡位置的最短时间为§_=05s，D错误。

故选Ao

nj/cm

6.如图所示，在直角三角形48C中，44=30。，BC=R。A、8两点各固定有点电荷，带电荷量分别

为-40、+Q,以c点为球心固定有不带电的金属球壳，球壳半径为^氏。已知静电力常量为左，球壳表

面的感应电荷在球心。处产生的电场强度（）

A.为零

,Q

B.大小为4方-，方向沿54方向

7?2

C.大小为左g,方向与CB方向夹角为60°

R?

D.大小为2k土方向沿N4CB平分线

R2

【答案】C

【解析】

【详解】A处点电荷在。点产生的电场强度沿C4方向，大小为

E二k-0

1(2&2R2

8处点电荷在C点产生的电场强度沿方向，大小为

E=k^-=E

2Ri1

A、8两处点电荷分别在C点产生的电场强度方向互成120。，大小相等，所以合电场强度大小为

E=k-丁

R

方向与方向夹角为60°；

由于金属球壳内部电场强度处处为零，感应电荷在球心。处产生的电场强度大小为

E=&

CR2

方向与C8方向夹角为60°。

故选C。

7.中国国家邮政局监测数据显示。2023年1~4月中国快递业务量达300亿件，我们的生活离不开快递。

图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为

0.5kg的货物（可视为质点），轻放在倾斜传送带上端A处，图乙为倾斜传送带段的数控设备记录的

货物的速度一时间图像，L2s末货物刚好到达下端8处，随后以不变的速率滑上水平传送带C端。已知

S段的长度L=6m,最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相

同，B、C间距忽略不计，取g=10m/s2。下列说法不正确的是（）

A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5

B.倾斜传送带与水平面间的夹角为30。

C.货物在水平传动带上做匀变速直线运动的时间为0.4s

D,货物从C端运动到。端的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的总热量为U

【答案】B

【解析】

【详解】AB.0〜02s内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为

Av2

a=-u=—m/s2=10m/s2

iAt0.2

i

0.2〜1.2s内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为

Av4-2/c/

a二2•二_________________m/s2=2m/s2

2M1.2-0.2

2

根据牛顿第二定律0〜02s内，有

mgsin0+(imgcosO=ma

'''i

0.2~1.2s内，有

mgsin0-pimgcosQ=ma

’2

解得

sin0=0.6,H=0.5

故A正确，B错误;

D.结合图乙知，传送带的速率v=2m/s,货物在水平传送带上运动的加速度大小为

m

货物在水平传送带上做匀减速运动的时间

V—V

I=-2----=0.4s

3a

货物在水平传送带上做匀减速运动的位移大小为

V+V

X=-----1

23

解得

x=1.2m

由于X<L,货物与传送带共速一起做匀速运动，货物在水平传送带上的相对位移

Ax=x-v/

3

货物与传送带间因摩擦产生的总热量

Q=〃加gAv

解得

e=u

故CD正确。

本题选择错误选项；

故选B。

二、多项选择题：本题共3小题，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.图示为一半圆柱形透明体横截面，横截面的圆心为。，半圆柱的半径为R,《为直径48上的点，

。彳透明体的折射率为卢。现有一细光束叱以入射角。=45。从彳点射入半圆柱，则

A.细光束叱经两次折射后会从弧面AB射出

B.细光束叱经48面折射，在弧面48发生两次全反射后再从4B面射出透明体

C.细光束第一次射出透明体时，折射角为45°

D.细光束第一次射出透明体时，折射角为30。

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.作出光路如图所示

P、

M

根据折射率表达式有

ns=in-0--

sinZ1

解得

/I=30。

由于

/2=90。—N1

解得

Z2=60。

在「中，根据正弦定理可得

Z3=45。

设透明体的临界角为C,则有

si■n「e=_1

n

可得

C=45。

由于

N3=C

所以44光在与点发生全反射，又由于

OP=OP

23

可得

/5=N4=45°

则尸尸光在々点发生全反射，最后从45而射出，故B正确，A错误；

233

CD.由于

PPHPP,NPPB=N2=6O

1234’34

则PP光的入射角为3S,根据光路可逆可知折射角为45。，故C正确，D错误。

34

故选BC。

9.人们有时用"打夯''的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图所示，两人同时通过绳子

对质量为加的重物分别施加大小均为加g(g为重力加速度的大小)、方向都与竖直方向成37。的力，重

h

物离开地面高度〃后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为一。cos37°=0.8,不计空气阻

A,重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间

B.重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功

C.重物刚落地时的速度大小为J荻

D.地面对重物的平均阻力大小为17加g

【答案】AD

【解析】

【详解】C.设停止施力瞬间重物的速度大小为彳，根据动能定理有

(277cos37°-mg)h=L.mv2

则

v=#2gh

设重物刚落地时的速度大小为二，根据动能定理有

227cos37°-h=—mvi

22

则

V=J3.2g/z

故C错误；

A.重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到工后做匀减速运动直至速度为

零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为丫?，由此可知上升过程中的平均速度大小为V]=寸，下降

过程中的平均速度大小为工=?，又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于

在空中下落的时间，故A正确；

B.重物在整个运动过程中，根据动能定理有

W+W-W=0

入G阻

则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误;

D.根据动能定理有

2Fcos310-h+mg--FA=0

10阻10

F=1Img

阻<

故D正确。

故选AD。

10.发电机的工作原理可以简化为如图所示的情景。质量为加的导体棒垂直于光滑导轨放管，导轨间距为

/,导轨间分布着垂直于导轨平面、磁感应强度大小为5的匀强磁场。将负载(电阻为火的电热毯)接入

导轨中形成闭合回路，导体棒在恒力勺的作用下由静止开始沿光滑导轨运动。/时刻，导体棒速度达到

V。导轨和导体棒电阻忽略不计，导轨无限长，导体棒始终与导轨垂直且接触良好。下列说法正确的是

()

XXXX

XXXX

F

A.,时刻，导体棒运动速度"=一看

B.。〜，时间内发电机电动势随时间先增大后不变

，B212V2

C.，时刻，电热毯的功率为

R

FiR

D.电热毯的功率最终将达到一y

B2I2

【答案】CD

【解析】

【详解】A.根据动量定理有

Ft-BTlt=mv

0

则

Ft

V<—0-

m

A错误;

B.导体棒在恒力勺的作用下运动，由于电动势

E=Blv

电流

EBlv

1T———----

RR

导体棒所受安培力

F=BIl=比

安R

导体棒的加速度

F—FFB212V

a=03=_o,—_______

mmmR

由此可知，随着导体棒速度的增大，加速度逐渐减小，当加速度减小为零后，导体棒做匀速运动，由于不

知道/时刻加速度是否为零，则发电机电动势可能随时间先增大后不变，也可能一直增大，B错误;

C./时刻，电热毯的功率

B212V2

P=l2R=______

R

C正确;

D.最终，导体棒匀速，即

FB212Vc

d=-Q----------=0

mmR

此时

FR

V二一0—

mB2I2

电热毯的功率

B?12V2F2R

P=------=―0——

mRB2I2

D正确。

故选CD。

三、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.小明在探究“两个互成角度的力的合成规律”时，用到两根相同的橡皮筋、木板、白纸、笔、图钉、

细线和刻度尺。请帮助他完善以下步骤。

b

0P

甲

(1)如图甲所示，先把两根橡皮筋以6和细绳尸的一端连接，结点记为0。

用刻度尺测量橡皮筋。的原长，记为勺

(2)

(3)如图乙所示，在木板上固定白纸，在白纸上的q点固定橡皮筋6的上端，用手拉动橡皮筋。的自由

端，记录此时橡皮筋。的长度4和结点。的位置。

(4)如图丙所示，左手拉动橡皮筋。的自由端，右手拉动细线尸，使得0点两次位置重合，记录此时橡

皮筋。的长度勺和

(5)把橡皮筋。和细线尸互换位置再拉动，使.,记录.

(6)根据胡克定律可知，橡皮筋”的弹力大小和形变是成正比，以形变量的大小作为弹力少、〈及「，

根据记录的信息作出平行四边形，比较对角线尸与少的大小和方向是否大致相同，从而判断两个互成角

度的力的合成是否遵循平行四边形定则。

【答案】①.与OP的方向②.。点位置再次重合且拉动方向均不变③.橡皮筋。的长

度上

【解析】

【详解】(4)[1]实验时要记录力的大小和方向，力的大小可以通过橡皮筋的形变量获得，力的方向可以沿

橡皮筋作直线获得，即需要记录此时橡皮筋。的长度勺和0a与°。的方向。

（5）[2][3]把橡皮筋。和细线尸互换位置再拉动，需要使两次力的作用效果相同，故需要再次使0点位置

重合且拉动方向均不变，需要记录橡皮筋。的长度

12.李华同学查阅资料：某金属在0~100℃内电阻值区与摄氏温度/的关系为R=及（1+（«）,其中R

tt00

为该金属在o°c时的阻值，a为温度系数（为正值）。李华同学设计图甲所示电路以测量该金属的电阻勺

和a值。可提供的实验器材有：

A.干电池（电动势约为L5V,内阻不计）

B.定值电阻勺（阻值为IkQ）

C.定值电阻区（阻值为800。）

2

D.滑动变阻器A。]（阻值范围0〜400）

E.滑动变阻器Kp2（阻值范围0~4kC）

F.电流计G（量程0〜200ptA,内阻约500C）

G.电阻箱R（最大阻值为9999.9）

H.摄氏温度计

I.沸水和冷水各一杯

J.开关两个及导线若干

请回答下列问题：

（1）滑动变阻器应选用（选填“4>]''或"&p2”），开关S1闭合前，滑动变阻器的滑片移到

（选填或“6”）端。

（2）将电阻箱的阻值调为500。，闭合开关读出电流计G的示数，再闭合开关S,调节电阻箱的阻

值，直至闭合S?前、后电流计G的示数没有变化，此时电阻箱的示数为3600,则电流计G的内阻为

_______________Q□

(3)利用上述电流计G及电路测量该金属的电阻5和a值的步骤如下：

①断开开关\、S2,将&取下换成该金属电阻，并置于沸水中；

②闭合开关Sj读出电流计G的示数；闭合开关S2,调节电阻箱的阻值，直至闭合开关I前、后电流计

G的示数没有变化，记下此时电阻箱的示数R和温度乙

③多次将冷水倒一点到热水中，重复步骤②，可获得电阻箱的示数R和温度/的多组数据.

(4)以电阻箱的示数R为纵轴，温度/为横轴，作出图像如图乙所示，则该金属电阻在CC时的阻值为

Q,温度系数为℃-io(结果用a、b、c表示)

八20b-a

【答案】①.Ra450—a⑤.——

yCIC

【解析】

【详解】(1)[1]⑵\闭合、s?断开时，干路中的最大电流约

I(R+R)

1=1+_£g__i_=575uA

gR

2

滑动变阻器两端的电压最小值约为

1.5V-(ikQ+0.5kQ)x0.2mA=1.2V

滑动变阻器的最小电阻约为

12V

R=_：_______«2kQ

min0.575mA

滑动变阻器应选用112。

为了保护电流计G不被损坏，开关)闭合前，应将滑动变阻器的滑片向下移动到。端。

(2)[3]闭合S2前、后电流计G的示数没有变化，则电流计G中的电流与E的电流相等，7?中的电流与

&中的电流相等，勺与&两端的电压相等，电流计G与R两端的电压相等，可得电流计的内阻

D1

R=4R=—x360Q=450Q

gR0.8

2

(4)[4][5]将&取下换成该金属电阻的情况下，同理可得

R』R=〜R

tR9

g

由图乙得

「b-a

R---------t+a

c

即

20(b-a)20

R=%+——a

t9c9

又

R=R(l+at)=Rat+R

t0o0

则

20(b-a)-a

Ra=

09c09

解得

b-a

ct=------

ac

13.图示为马德堡半球演示器，两半球合在一起时，可形成一直径d=20cm的球形空腔。现用细软管、

双向阀门与容积为200cm3、活塞横截面积为10cm2的注射器改装成小型的抽气机。在温度为27。(2的室

内，每次满量从球内缓慢抽出空气。连接处气密性很好，忽略软管的容积，抽气过程中球形空腔温度和体

积均保持不变，摩擦不计。已知大气压强/=lxlO5Pa,取兀，3,计算结果均保留两位有效数字。求:

(1)对球形空腔抽气2次后，球形空腔内的气体压强夕2；

(2)若对球形空腔抽气2次后，将马德堡半球演示器从室内移到室外37K的太阳下，经过一段时间后,

半球两侧至少均用多大的拉力才能把两半球拉开。

【答案】(1)9.1xlO4Pa；(2)I.8XIO2N

【解析】

【详解】(1)球形空腔的容积

4x103cm3

注射器的容积{=200cm3,根据玻意耳定律，第一次抽气有

Pv=P(y+v}

010

第二次抽气有

pv=p(r+r)

120

解得

p=-------p«9.1xlO4Pa

2[V+V)0

V07

(2)马德堡半球演示器从室内移到室外，球内气体等容变化，根据查理定律得

乙=乙_

TT

32

其中q=300K,4=310K,解得

p«9.4x104Pa

3

拉力至少为

解得

F=1.8X102N

14.如图所示，以长方体abcd—a'Z/c'd'的ad边中点。为坐标原点、ad方向为无轴正方向、a'a方向为

了轴正方向、ab方向为z轴正方向建立。町z坐标系，已知===1。长方体中存在沿y轴负方

向的匀强磁场，现有质量为加、电荷量为乡的带正电粒子(不计重力).从。点沿z轴正方向以初速度v

射入磁场中，恰好从。点射出磁场。

(1)求磁场的磁感应强度3的大小；

(2)若在长方体中加上沿了轴负方向的匀强电场，让粒子仍从。点沿z轴正方向以初速度V射入磁场中，

为使粒子能从屋点射出磁场，求电场强度£的大小；

「2J3mv2

(3)若在长方体中加上电场强度大小为E=-^——、方向沿z轴负方向的匀强电场，让该粒子仍从。

2qL

点沿Z轴正方向以初速度V射入磁场中，求粒子射出磁场时与。点的距离S。

【解析】

【详解】(1)粒子在aOzb平面内做匀速圆周运动，如图中轨迹1所示

•Q

根据几何关系有

1,

r--L

2

由洛伦兹力提供向心力，有

V2

qvB=m一

r

解得

2mv

B二----

qL

(2)粒子在电磁复合场中的运动为匀速圆周运动与类平抛运动的合运动，在长方体中运动的时间

Tir

t=—

v

在＞轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则

,1

L—

2

又

qE=ma

-8mv2

E-____

iH2qL

（3）将初速度v分解为：、使:对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡，分解如图所示

qvB=qE

_2y/3mv2

口――------------

2qL

I=/

则根据勾股定理可得

根据几何关系易知匕与Z轴正方向的夹角

0=60°

若仅在匕对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即

V2

qvB=mk

则轨道半径

R=W

qB

解得

R=L

该分运动的情况如图中轨迹2所示。粒子在磁场中运动的时间