安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学 【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
2024 年春季高三年返校联考参考答案与解析
1．A 解得 f 40N
【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 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
1
单位有 kg m 加的功率为
s N
P Fv 40 0.8W 32W。故选 A。
kg m 1 kg m
力的单位为 s2 ，整理有
s2 1，故选 A。
s kg m 5．AD
【详解】A．已知 t 0
2．B
B A 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；【详解】A．设卫星在过 点圆轨道上的运行速度为 vB，卫星沿轨道 II 经过 点时的速度
GMm v2 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
为 vA，由万有引力提供向心力有 m ，可得 v vr2 r B A 错误；
设卫星在轨道 I 经过 B点时的速度vB1，卫星经过 B点时，由圆轨道变轨到轨道 I 需加速， C．根据振动图像可知周期T 0.20s，所以 t 0.10s
则有 v v 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B1 B
达最低点后向上运动，故通过的路程必定大于10cm，故 C 错误；
则有 vB1 vA
8
D．根据图甲可知波长是 8m，所以波速 v m/s 40m/s ，故 D 正确。故选 AD。
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； T 0.2
GMm GM 6．BCB．根据题意，由万有引力提供向心力有 2 mar ，解得
a
r 2 【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；
可知，卫星沿轨道 I、II 经过 A点时的加速度相等，故 B 正确；
B 1 2qU．根据动能定理有 qU mv2 ，得 v
GMm 4 2 4 2r3 2C m．由万有引力提供向心力有 m r，解得T
r2 T 2 GM
2qU
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 碘 131 进入磁场时的速率 v1= m ，选项 B 正确；1
期与地球同步卫星的周期不相等，故 C 错误； 2 m T T
C．由 T= 得，碘 131 与碘 127 在磁场中运动的时间差值为 1 2
(m1 m2)
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， qB 2
=
2 qB
，选项 C 正
确；
故 D 错误。
故选 B。 mv 1 2mUD．由 R= qB = B q 得，打到照相底片上的碘 131 与碘 127 之间的距离为
3. D
4．A
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2 ( 2mU 2m2R -2R = 1 2
U ) 9． < k2∶kD 1 <1 2 选项 错误；故选 BC。 (每空 1 分)B q q
c c c
【详解】[2]根据 n ，可得 n甲 ，nv k c 乙
k c，解得
n甲：n乙 k2：k1
7．BD 1 2
1
【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 [1]由图可知，甲单色光的临界角小于乙单色光的，根据 sinC n nn，可知 甲 乙，联立，解得
a F Eq程中，初速度为 0，根据牛顿第二定律： ，电场强度 E 不变，所以加速度 a 不变， k k
m m 1 2
a F Eq L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： ，电场强 [3]同理，可得 甲 乙，根据 x d ，可知甲光形成的条纹间距小于乙光形成的条纹间距。m m
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 10． (每空 1 分) 先增大后减小 放出 2000
a F Eq从 O 运动到 x2的过程中，根据牛顿第二定律： m m ，电场强度 E 先均匀增大后均匀 p【详解】[2][3]由理想气体状态方程有 A
VA p CVC ，代入数据可得TA TT T CA C
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，
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
1
根据动能定理：Uox1q 0 mv
2
0 点电荷从 O 运动到 x 的过程中，根据动能定理：2 2 面积等于气体做的功，整个过程，外界对气体做功为
U q 0 1ox2 mv
2 3 3
0 ，以：电势差 Uox1=Uox2，C 错误．点电荷从 O 运动到 x2 l 的过程中，电场力
W WAB WBC 0 5 10 5 1 10 J 2000J
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 由热力学第一定律有 U Q W
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. 可得Q 2000J ，即在 A→B→C过程中气体放出的热量为 2000J。
8．CD 11． (每空 1 分) 超重 520 1.9
【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
【详解】[1][2]当 t 10s 时，该同学向下减速运动，加速度竖直向上处于超重状态。t 10s时，
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；
有根据牛顿第二定律 N mg ma，得N mg ma 50 0.4 50 10 N 520N
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
根据牛顿第三定律可得对电梯底的压力大小约520N 。
弹珠做匀变速曲线运动，直到碰到障碍物，故 B 错误；
1 2g
C H．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 12． 0.725 （2 分） t2 d 2 0 （2 分） 增大（1 分）0
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 【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
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； cm
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 1（2）[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mgH0 mv2
mg L R sin 1 mv2
2 ，故 D 正确。 v
d 1 2g
其中 t ，解得 t2
H
0 0 d
2 0
故选 ACD。
（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， Ep Ek
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将增大。 14．（共 11 分：3+4+4）（1）10N；（2） 11.25m；（3）3 5 m/s
13． 10k（1 分） 100 （1 分） B （1 分） 【详解】（1） 对物体进行受力分析（如图）
由牛顿第二定律得 F f mgsin (1 分)
f N mg cos (1 分)
U D r 解得 F 10 N (1 分)
（2 分） 1 2D （2 分） （2） 当物体不受 F 向上滑时，物体的加速度
a mg sin mg cos 2 ， a 10m/s
2 (1 分)
m 2
v2 v2t 0 2a2x2 ， x2 1.25m (1 分)
【详解】（1）[1]由题图可知，当选择开关调至“ 1k ”挡时，欧姆表指针偏角过小，可知选
物体受 F 匀速向上滑时 x1 v0 t 5 2 10m (1 分)
择量程过小，应把选择开关调至 10k挡；
所以 x x x 1.25 10 11.25m (1 分)
[2]由图 b 可知，人体电阻为 Rx 10 10kΩ 100kΩ 1 2
3 a mg sin mg cos I U 5
2
A 5 10 5A （ ）物体下滑时的加速度为 3 2m/s (2 分)（2）[3]流过人体的最大电流约为 max R mx 100000
2 2
3V 由 2ax vt v0 (1 分)
则电流表的量程太大，可以用电压表V2代替电流表，其量程为 1 10 4 A30000
得物体返回斜面底端时的速度为 vt 2a3x 3 5m/s (1 分)
（3）[4]由于滑动变阻器的最大阻值相对人体电阻的阻值太小，为了起到更好的调节作用，
15．（共 12 分：4+4+4）（1）5m/s；（2）2C；（3）62.5 J
滑动变阻器采用分压式接法，电路图如下图所示
D 【详解】（1）因为线框恰好能匀速穿过 gh边界，则线框穿过 gh边界时受力平衡，水平方
（4）[5]流过人体电阻的电流 I r ，人体电阻两端的电压2
向受力如图所示，拉力 F=Mg=BIL1 (1 分)
U U1 D
E
U U1 D r2 由欧姆定律得 I (1 分)根据欧姆定律可得人体电阻 Rx rI D
导线切割产生的电动势 E=BL1v (1 分)
Mgr
联立解得 v B 2L 2 =5m/s (1 分)1
（2）研究线框进入磁场过程，产生的平均电动势为 E n ， BL1L2 (1 分)
t
E
线框中流过的平均电流 I (1 分)
r
通过的电量 q=I t (1 分)
联立解得 q=
BL1L2
r =2C (1 分)
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（3）研究线框由静止释放到刚好全部穿出磁场的全过程，以线框和重物组成的系统为研究 A 从 M点到 K点过程中，由动能定理可得 qER cos30 mgR 1 sin 30 mgL 1 mv '2 1A mv2A（22 2
对象，由能量守恒得Mg (x L L
1 2
2 )= (M m)v Q2 (3 分) 分）
2 2 2 '2
解得Q=Mg (x L L
(M m )M g r
2 )- 2B 4L 4 =62.5 J (1 分) 返回 K点时 F －F －qv
' v
N A合 AB m （2 分）
1 R
由上可得 = 5 +
3 0
2
16 16 4+5+7 (1) v 3 1
5v2 9v2
．（共 分： ） A v0 ， v2 C
v
2 0 ；(2)
0 0 ；(3) ， 3 0
8gL 8gL = 5 + 2 由牛顿第三定律得 A 对轨道 NP的最大压力为： ， 3 0 = 5 + （1 分）2
【详解】(1)A、C 发生弹性碰撞后的速度分别为 vA、vC，则有
3mv0=mvA+3mvC (1 分)
3mv20 mv
2 3mv2
A C (1 分)
2 2 2
3 1
联立解得 vA v2 0 ，
vC v2 0 (2 分)
1
(2) 2若要冲过 N点，满足 mvA mgL2 (1 分)
2
得
9v
0
gL (1 分)8
若要不与 C 发生第二次碰撞，设 A、C 最后静止时与 M点的距离为 l1，A 在 NN′右侧运动
过程中，电场力和重力做功之和为 0，有
2
μmg(2L l )= mv－ A１ (1 分)2
2
μ 3mgl 3mvC１= (1 分)2
5v20 5v
2
联立解得 ，则 0 (1 分)
8gL 8gL
5 2 2
应满足 0 ≤ < 9 0
8 8
(3)A 在 NN′右侧受到的电场力 F=qE= 3mg
重力和电场力的合力大小为 F 合=2mg
方向与 OP夹角为 30
过 O点沿合力方向作直线与圆弧相交于Ｋ点，当 A 经 P点返回 N点的过程中到达 K点时，
达到最大速度 v 'A，此时 A 对轨道的压力最大。
（以上分析 2 分）
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{#{QQABKQSQggiIAAJAAAhCQwlYCEOQkAECCIoOQFAIMAAASQFABAA=}#}3．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 4∶1，电阻 R=55Ω，电流表、电压表均
安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学
为理想电表。原线圈 A、B端接入如图乙所示的正弦交变电压，则（ ）
2024 年春季高三年返校联考
考试科目：物理 满分：100分 考试时间：75分钟
一、单选题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 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。
1．2021年 12月 9日，航天员王亚平在时隔 8年后再次进行太空授课，在其中一个环节，
A. 电流表的示数为 4.0A B. t=0.005s时，电压表示数为 55 2V
王亚平通过向水膜注水形成了一个小水球，视频中可以清晰地看到小水球在不断地进行周
2
期性振动（即小水球形状在不断发生周期性变化），研究表明，小水球振动的频率 f k 。 C. 副线圈中的电流方向每秒改变 50次 D. 原线圈的电流最大值为 A
m 4
其中表面张力系数 的单位为“牛顿每米（N/m）”，m为小水球质量，下列关于 k的分析， 4．如图所示，某煤矿有一水平放置的传送带，已知传送带的运行速度为 v0=0.8m/s，开采
可能正确的是（ ） 出的煤块以 50kg/s 的流量（即每秒钟有 50kg煤块从漏斗中落至传送带上）垂直落在传送带
A．k是无单位的物理量 上，并立即与传送带以相同的速度一起运动。为了使传送带保持匀速传动，电动机的功率
B．k与时间的单位相同 应该增加（ ）
C．k与频率 f的单位相同
D．k与表面张力系数 的单位相同
2．2023年 11月 22日，“夸父一号”先进天基太阳天文台卫星，完成在轨初步评估，卫星工 A．32W B．40W C．16W D．20W
作正常，性能稳定。“夸父一号”卫星最终运行在太阳同步晨昏轨道 II（距离地面 720km的 二、双项选择题：本题共 4小题，每小题 6 分，共 24 分。每小题有两项符合题目要求，全
部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0分。
圆形轨道）上，其轨道面和地球晨昏线始终近似重合。该卫星先被发射到椭圆轨道 I上运行，
5．一列沿 x轴传播的简谐横波，在 t 0时的波
在 A处通过变轨转移至圆形轨道 II 上运行，A、B分别为椭圆
形如图甲所示，P、Q是波上的两个质点，此时
轨道 I的远地点和近地点，地球同步卫星距离地面 36000km，
质点 P沿 y轴负方向运动，图乙是波上某一质
下列说法中正确的是（ ）
点的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．卫星经过 B点时的速度小于沿轨道 II经过 A点时的速度
A．该波沿 x轴正方向传播
B．卫星沿轨道 I、II 经过 A点时的加速度相等
B．图乙可能为 Q点的振动图像
C．“夸父一号”卫星的周期与地球同步卫星的周期相等
C．0~0.10s内，质点 P通过的路程等于 10cm
D．“夸父一号”卫星的机械能小于地球同步卫星的机械能
D．该波的波速为 40m/s
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6．日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素碘 131被更多的人所了解。利用质谱仪可
分析碘的各种同位素。如图所示，电荷量均为+q 的碘 131和碘 127质量分别为 m1和 m2， A．弹珠从释放手柄到离开弹簧的过程中，弹簧弹力一
它们从容器 A下方的小孔 S1进入电压为 U的加速电场（入场速度忽略不计），经电场加速 直做正功，弹珠动能一直增大
后从 S2小孔射出，垂直进入磁感应强度大小为 B的匀强 B．调整手柄的位置，可以使弹珠从 C点离开后做匀
磁场中，最后打到照相底片上。下列说法正确的是（ ） 变速直线运动，直到碰到障碍物
A．磁场的方向垂直于纸面向里 C．弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能和重力势能之和达到最大
2qU D 1．此过程中，弹簧的最大弹性势能为 mg(L+R)sinθ+ mv2
B．碘 131进入磁场时的速率为 2m1
三、填空题：每空 1 分，共 9分。考生根据要求作答。
(m m )
C．碘 131 1 2与碘 127在磁场中运动的时间差值为 qB 9．由甲、乙两种不同颜色的光，垂直于直角三棱镜的
1 D．打到照相底片上的碘 131 2mU 2m U与碘 127之间的距离为 1 2 AC边界面射入，照射到斜面上的 D点，甲光恰好发生B q q
x 全反射，乙光可以从 D点折射出棱镜，如图所示。若甲、7．某电场沿 轴上各点的电场强度大小变化如右图所示：
乙单色光在该棱镜中传播速度分别为 k1C和 k2C（C为
场强方向与 x轴平行，规定沿 x轴正方向为正，一负点
真空中的光速），则可以判断 k1 k2（选填“>”或“<”）；甲、乙两单色光在该介质中
电荷从坐标原点 O以一定的初速度沿 x轴负方向运动，
的折射率之比为 （用 k1、k2表示）；在同一双缝干涉装置中，甲光形成的条纹间
到达 xl位置时速度第一次为零，到达 x2位置时速度第二
距 乙光形成的条纹间距（选填“>”或“<”）。
次为零，不计粒子的重力．下列说法正确的是（ ）
x x 10．一定质量理想气体先后经历
A B、B C、C A三个阶
A．点电荷从 l运动到 2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小
O x 段，其
p V 图像如图所示。在C A的过程中气体内能的变
B．点电荷从 沿 轴正方向运动到 x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小
< 化趋势为__________________（填“一直增大”或“一直减C．电势差 1 2
x x 小”或“先增大后减小”或“先减小后增大”）。在
A B C
D．在整个运动过程中，点电荷在 l、 2位置的电势能最大
8．如图所示，是一儿童游戏机的工作示意图．光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为 R 过程中气体 （填“吸收”或“放出”）的热量为 J 。
的四分之一圆弧轨道 BC与 AB管道相切于 B点，C点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定 11．一位质量为 50kg的同学从 8楼乘电梯下降到 1楼，在此
在 AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一轻质手柄 P．将球投入 AB管内， 过程中利用手机内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度
缓慢下拉手柄使弹簧被压缩，释放手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的障碍物发生一系列 a随时间 t的变化关系如图所示（重力加速度 g取 10m/s2）。
碰撞后落入弹槽里，根据入槽情况可以获得不同的奖励．假设所有轨道均光滑，忽略空气 当 t 10s时，a=0.4m/s2，该同学处于 状态（填“超重”
阻力，弹珠视为质点．某次缓慢下拉手柄，使弹珠距 B点为 L，释放手柄，弹珠被弹出， 或“失重”），此时他对电梯地板的压力大小 N。若每层
到达 C点速度为 v。已知弹珠的质量为 m，当地重力加速度为 g。下列说法正确的是（ ） 楼高 3米，则整个过程中电梯运行的平均速度为 m/s。（计算结果保留两位有效数字）。
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四、实验题：5分+7 分。考生根据要求作答。
12．(5 分)如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验。
有一直径为 d、质量为 m的金属小球由 A处由静止释放，下落过程中能通过 A处正下方、
固定于 B处的光电门，测得 A、B间的距离为 H（H d ），光电计时器记录下小球通
过光电门的时间为 t，当地的重力加速度为 g。则：
（2）现用另外方案测量人体电阻，实验小组根据已有器材设
计了一个实验电路。实验室提供的器材如下：
A、电压表V1（量程5V，内阻 r1 50.0kΩ）
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径 d= cm。
B、电压表V2（量程3V，内阻 r2 30.0kΩ）
1
（2）多次改变高度 H，重复上述实验，作出 2 随 H的变化图像如图丙所示，当图中已知t C、电流表 A（量程0.6A，内阻 r 1Ω）
D、滑动变阻器 R（额定电流1.5A，最大阻值50Ω）
量 t0、H0和重力加速度 g及小球的直径 d满足以下表达式： 时，可判断小球下落过程
E、电源 E（电动势6.0V，内阻不计），开关 S，导线若干，请帮助完成下列实验步骤：
中机械能守恒。
①图中虚线框内缺少了一块电表，应选择 （请填写器材前的序号）；
（3）实验中发现动能增加量 Ek总是稍小于重力势能减少量 Ep，增加下落高度后，则 ②请把实验电路图补充完整；
Ep Ek将 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 ③若步骤①中所选电表的示数为 D，电压表V1的示数为U1，则待测电阻Rx （用
题中所给的物理量符号表达）。
13．(7 分)根据人体电阻的大小可以初步判断人体脂肪所占比例。
（1）实验小组用多用电表直接粗测人体电阻 Rx，先把选择开关调至“ 1k ”挡，经欧姆调零
后测量人体电阻，指针偏转如图 a所示：为了使测量结果更准确，应把选择开关调至
（填“ 100 ”或“ 10k ”）挡，经欧姆调零后再次测量，示数如图 b所示，则人体电阻为
k ；
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五、解答题：11 分+12 分+16 分。考生根据要求作答。 16．（16分）如图所示，绝缘轨道 MNPQ位于同一竖直面内，其中 MN段是长度为 L的水
14．(11分)在倾角 37° 足够长的斜面底端有一个质量为 1kg的物体（可看成质点），物体
平轨道，PQ段为足够长的光滑竖直轨道，NP段为光滑的四分之一圆弧，圆心为 O，半径
与斜面之间的动摩擦因数为 0.5。物体先在沿斜面向上的拉力 F 作用下，以v0 5m/s 的速 3mg
为 R，直线 NN′右侧有方向水平向左的电场（图中未画出），电场强度 E ，在包含圆
q
度匀速上升 2s，紧接着撤去拉力 F ，重力加速度 g 取 10m/s2，sin 370 = 0.6，cos 370 = 0.8，
弧轨道 NP的 ONO′P区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为 B的匀强磁场（边界处无
则：
磁场），轨道 MN最左端 M点处静止一质量为 m、电荷量绝对值为 q的带负电物块 A，一
（1）拉力 F 有多大？
质量为 3m为物块 C从左侧的光滑轨道上以速度 v0撞向物块 A，A、C之间发生弹性碰撞，
（2）物体沿斜面上升的最大距离有多少？
碰撞过程无电荷交换，之后沿轨道向右运动，A，C均可视为质点，与轨道 MN的动摩擦因
（3）物体返回斜面底端时的速度有多大？
数相同且均为 ，重力加速度为 g，A在运动过程中所带电荷量保持不变且始终没有脱离轨
道。求：
(1)碰撞后 A、C的速度大小；
(2)当 A、C与水平轨道 MN的动摩擦因数μ满足什么条件时，使 A碰后能冲上圆弧轨道，且
15．（12分）如图所示，在光滑水平面上放置一矩形线框 abcd，ab边的长度为 L1=2m，bc
不会与 C发生第二次碰撞；
边的长度为 L2=1m，线框的质量为 m=1kg，电阻为 r=1Ω，线框通过细线绕过光滑的定滑 2
(3) μ = 3 若 0，R = μL，此时 A碰后能冲上圆弧轨道且越过 P点后再返回到 N点，求此过程
轮与重物相连，滑轮的质量不计，重物的质量为 M=2kg；水平面上 ef和 gh是有界匀强磁 4gL
中 A对轨道 NP的最大压力的大小。
场的边界，边界与水平面的底边平行，ef和 gh间距为 L=3m，磁场方向垂直于水平面向下，
磁感应强度为 B=1T，开始时 cd边与 ef边界的距离为 x=1m。现由静止释放重物，线框恰好
能匀速穿过边界 gh，线框运动过程中 cd边始终与水平面的底边平行，设水平面足够长，矩
形线框 abcd不会与滑轮接触，重力加速度为 g=10m/s2。求：
（1）线框穿过 gh边界时速度的大小 v；
（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量 q；
（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热 Q。
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