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1、学科网（北京）股份有限公司华附、省实、广雅、深中 2024 届高三四校联考 物理 华附、省实、广雅、深中 2024 届高三四校联考 物理 命题学校：本试卷分选择题和非选择题两部分，共本试卷分选择题和非选择题两部分，共 6 页，满分页，满分 100 分，考试用时分，考试用时 75 分钟。分钟。注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用 2B 铅笔填涂相关信息。2选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。3非选择题必须用黑
2、色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4考生必须保持答题卡的整洁。第一部分选择题第一部分选择题（共 46 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。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关于电磁场和电磁波，下列叙述正确的是（）A如果空间某区域有高频振荡电流，就能产生电磁波 B电磁波是纵波，不能产生偏振现象
3、C麦克斯韦首次通过实验证实了电磁波的存在 D用手机通话时，手机将声音信号转变成电信号，再经过调谐后，把信号发送到基站中转 2如图所示是甲、乙两个物体沿同一直线运动的vt图像，已知甲、乙两个物体的质量均为 2kg，下列说法正确的是（）A05s 内，乙物体的加速度均匀减小 B甲、乙两物体的运动方向相同 C甲、乙两物体在 05s 内的位移大小之比为3:4 D05s 内，甲物体所受合外力的冲量为8N s 3如图所示为某风洞实验简化模型，风洞管中的均流区斜面光滑，一物块在恒定风力作用下由静止沿斜面向上运动，物块从接触弹簧到最高点的过程中（弹簧在弹性限度内），下列说法正确的是（）学科网（北京）股份有限公司
4、 A物块的速度一直减小 B物块加速度先减小后增大 C弹簧弹性势能先增大后减小 D物块和弹簧组成的系统机械能守恒 4筷子夹球游戏深受人们的喜爱，选手用筷子夹起乒乓球从一个容器放到另一个容器，在规定时间内搬运多者胜。某同学水平持筷（两根筷子及球心在同一水平面内）夹着乒乓球的俯视图如图所示，则下列说法正确的是（）A乒乓球受到四个力的作用 B如果乒乓球静止，则乒乓球受到筷子的摩擦力方向竖直向上 C如果乒乓球静止，减小筷子间夹角，筷子对乒乓球的作用力大小不变 D如果乒乓球加速运动，筷子对乒乓球的弹力大于乒乓球对筷子的弹力 5若地球自转在逐渐变慢，地球的质量与半径不变，则未来发射的地球同步卫星与现在的相比
5、（）A离地面高度变小 B角速度变大 C线速度变大 D向心加速度变小 6如图，由绝缘轻杆构成的边长为 L 的正方形 ABCD位于竖直平面内，其中 AB 边位于水平方向，顶点处分别固定一个带电小球。其中 A、B 处小球质量均为 2m，电荷量均为 q(q0)；C、D处小球质量均为 m，电荷量均为2q。空间存在着沿 DB 方向大小为 E 的匀强电场，在图示平面内，让正方形绕其中心 O顺时针方向旋转90，重力加速度为 g，则四个小球所构成的系统（）A电势能不变，重力势能减少2mgL B电势能增加22EqL，重力势能不变 C电势能不变，重力势能减小 mgL 学科网（北京）股份有限公司 D电势能减少22Eq
6、L，重力势能增加2mgL 7如图，现有两根通电长直导线分别固定在正方体 ABCDA B C D 的两条边 BB和 BC上且彼此绝缘，电流方向分别由 B流向B、由 B 流向 C，两通电导线中的电流大小相等，在 A 点形成的磁场的磁感应强度大小为0B，已知通电长直导线在周围空间某位置产生磁场的磁感应强度大小为IBkr=，其中 k为常数，I为电流大小，r 为该位置到长直导线的距离，则 D 点的磁感应强度大小为（）A032B B033B C022B D062B 二、多二、多项选择题：本题共项选择题：本题共 3 3 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共分，共 1818 分。在每小题给出的四个选项中，
7、有多项符合题目要分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得求。全部选对的得 6 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。8心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压1U会随着心跳频率发生变化，如图所示，心电图仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在次级线圈两端。下列说法正确的是（）A保持电压1U不变，向右滑动滑片 P，原线圈功率变小 B保持电压1U不变，向左滑动滑片 P，扬声器电流 I2变小 C保持滑片 P 不动，当1U
8、变大时，扬声器的功率变大 D保持滑片 P 不动，当1U变小时，原线圈的电流 I1减小 9两列机械波在同种介质中相向而行，P、Q 为两列波的波源，以 P、Q 的连线和中垂线为轴建立坐标系，P、Q 的坐标如图所示。某时刻的波形如图所示。已知 P 波的传播速度为 10m/s，下列判断正确的是（）学科网（北京）股份有限公司 A两波源 P、Q 的起振方向相同 B经过足够长的时间，坐标原点处质点的振幅为 45cm C波源 Q 产生的波比波源 P 产生的波更容易发生衍射 D若 x轴上坐标原点有一位观察者沿 x轴向 Q点运动，观察者接收到 Q 波的频率大于 2.5Hz 10市面上有一种自动计数的智能呼拉圈。如
9、图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿过轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的细绳，其模型简化如图乙所示。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重做水平匀速圆周运动，此时绳子与竖直方向夹角为。配重运动过程中认为腰带没有变形，下列说法正确的是（）A若增大转速，绳子的拉力变大 B若增大转速，腰受到腰带的弹力减小 C若减小转速，腰受到腰带的摩擦力增大 D若只增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角不变 第第二二部分选择题部分选择题（共 54 分）三、实验三、实验题：本大题共题：本大题共 2 2 小题，满分小题，满分 1616 分分 11（6 分）（1）在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两
10、个弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点 O，则需要记录 、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到 O 点，记录此时细绳套的方向为 OC，依次如图甲、乙所示；（2）请根据图乙，读出此次测量中弹簧测力计的示数 F=N；（3）如图丙，根据实验的数据记录，按选定的标度（已知图中相邻圆环间距表示 1N）已作出了两个分力 F1、F2的图示（大小未标出），请继续在图丙中：按同样的标度作出力 F（即合力的测量值）的图示；按力的平行四边形定则作出 F1、F2的合力的图解值 F。学科网（北京）股份有限公司 （4）由（3）可以得出实验结论：在误差范围内，两个力的合成遵循平行四
11、边形定则。12（10 分）某同学听说一支新 HB 铅笔笔芯（粗细均匀）的电阻约为 25，于是就找来一支新 HB 铅笔，准备测出笔芯的电阻。（1）先用多用电表直接测量笔芯的电阻，先把选择开关调至欧姆 （填“1”、“10”或“100”）挡，使红、黑表笔短接进行 ，再使红、黑表笔与该铅笔笔芯的两端接触，经过正确的操作后，测量结果如图甲所示，则该铅笔笔芯的电阻为 。甲 乙 丙（2）该同学想更准确地测出这支铅笔笔芯的电阻，他从实验室找到如下器材：A电源 E：电动势约为 3.0V；B电流表 A1：量程为 0200A，内阻 r1=200；C电流表 A2：量程为 0100mA，内阻 r2=10；D滑动变阻器
12、R1：最大阻值为 5；E滑动变阻器 R2：最大阻值为 2k；F电阻箱 R0，最大阻值为 99999.9；G开关 S，导线若干。为了尽量准确地测量这支铅笔笔芯电阻 Rx的阻值，根据实验室提供的仪器，他设计图甲所示的电路，图中电流表 a应选用 ，电流表 b应选用 （选填“1A”或“2A”）；滑动变阻器 R应选用 （选填“1R”或“2R”）学科网（北京）股份有限公司（3）变阻箱电阻调为 R0，调节滑动变阻器的滑片，记录电流表1A的示数1I和电流表2A的示数2I，根据测得的多组数据描绘出21II图像，如图丙所示，图像的斜率为 k，则铅笔电阻的阻值xR=（用 k、R0、r1或 r2表示）。四、计算题：本
13、大题共四、计算题：本大题共 3 3 小题，满分小题，满分 3838 分分 13（10 分）如图所示，虚线 MN 左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小分别为 B和 2B，左侧磁场的磁场方向垂直纸面向里，右侧磁场的方向垂直纸面向外。用软导线制成的单匝闭合圆形线圈，半径为 R，电阻率为，圆形线圈横截面积为 S，线圈平面垂直磁场放置，MN 过线圈圆心。现用力向两侧缓慢拉动线圈，线圈的上下两边经过 t 时间后合到一起。求线圈在上述过程中：（1）感应电流的平均值 I和方向；（2）通过导线横截面的电荷量 q 14（12 分）如图，内径为 r、外径为 2r的圆环内有垂直纸面向里、磁感应强
14、度为 B2的匀强磁场。圆环左侧的平行板电容器两板间距离为 r，电压为 U，板间匀强磁场磁感应强度大小为 B1，方向垂直纸面向里。质量为m、电量为 q 的正离子从左侧水平飞入，在两板间恰好做匀速直线运动，并沿圆环直径方向射入 B2磁场，求：（1）离子射入两板间的速率；（2）离子在 B2磁场中做圆周运动的半径：（3）要使离子不进入小圆区域，磁感应强度 B2的取值范围。15（16 分）如图，质量为 M1=8kg，半径 R=0.84m 的四分之一光滑圆弧轨道静止于光滑水平面上，底端端点切线水平。另一质量 M2=2kg 足够长的滑板锁定在圆弧轨道的右端，滑板上表面所在平面与圆弧轨道底端等高。质量为 m=
15、0.5kg 的物块（可视为质点）从轨道圆心等高处静止释放，滑上滑板瞬间圆弧轨道和滑板之间解除锁定。开始时与滑板右侧距离 s 处有一弹性挡板，滑板与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，碰撞后马上撤去挡 学科网（北京）股份有限公司 板。已知物块与滑板间的动摩擦因数=0.725，取 g=10m/s2求：（1）物块冲上滑板时的速度大小；（2）若滑板碰撞挡板反弹后能追上圆弧轨道，求 s 的取值范围。学科网（北京）股份有限公司 参考答案：参考答案：1A【解析】A振荡电流能在空间产生周期性变化的电场和磁场，则能产生电磁波，A 正确；B电磁波是横波，B 错误；C麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹首次用实验证实了电磁
16、波的存在，C 错误；D用手机通话时，手机将声音信号转变成电信号，经过调制后，把信号发送到基站，D 错误。故选 A。2C【解析】A05s 内，乙物体做匀减速运动，加速度不变，选项 A 错误；B由图可知，甲、乙两物体的运动方向相反，选项 B 错误；C甲、乙两物体在 05s 内的位移大小之比为 1215 442135 32xx=选项 C 正确；D05s 内，甲物体所受合外力的冲量等于动量的减小量，即 002 4kg m/s8N sImv=选项 D 错误。故选 C。3B【解析】AB从物块接触弹簧开始至到达最高点的过程中，对物块受力分析，沿斜面方向有 sinFmgkxma=风 弹簧的压缩量 x 从 0
17、开始增大，物块先沿斜面加速，加速度向上且逐渐减小，当 a 减小到 0 时，速度加速到最大；然后加速度反向且逐渐增大，物体减速，直至减速到 0，故 A 错误，B 正确；C由于弹簧的压缩量不断增大，所以弹性势能不断增大，故 C 错误；D由于风力对物块一直做正功，所以物块与弹簧组成的系统机械能一直增大，故 D 错误。故选 B。4C【解析】A乒乓球受到重力、两个筷子对它的弹力、两个筷子对它的摩擦力五个力的作用，故 A 错误；B如图所示 学科网（北京）股份有限公司 如果乒乓球静止，两个筷子对乒乓球的弹力的合力水平向左，所以两个摩擦力在水平方向都有分量，分量的合力向右，即 FNsin=f水平cos 乒乓球
18、受到筷子的摩擦力方向不是竖直向上，故 B 错误；C如果乒乓球静止，两筷子夹角 无论怎么变化，筷子给乒乓球的作用力总是与乒乓球的重力抵消，大小相等，即筷子给乒乓球的作用力保持不变，C 正确；D筷子对乒乓球的弹力和乒乓球对筷子的弹力是一对作用力与反作用力，无论乒乓球是否有加速度，这两个力的大小总是相等的，故 D 错误；故选 C。5D【解析】A若地球自转在逐渐变慢，则地球的自转周期增大，未来人类发射的卫星周期也将增大。根据万有引力公式可知 2224GMmmrrT=则卫星的轨道半径 2324GMTr=则地球同步卫星离地面高度变大，故 A 错误；B由 22GMmmrr=解得 3GMr=故随 r变大，角速
19、度减小，选项 B 错误；C根据 22GMmvmrr=解得 学科网（北京）股份有限公司 GMvr=故随 r 变大，线速度减小，选项 C 错误；D根据 2GMmmar=解得 2GMar=因半径 r 增大，则向心加速度减小，故 D 正确。故选 D。6C【解析】让正方形绕其中心 O 顺时针方向旋转 90，则电场力对四个小球做总功为：=cos45cos452cos452cos450WE q LE q LEq LEq L +=电 则系统电势能不变；系统重力势能变化量：2pEmgLmgLmgL=+=则重力势能减少 mgL；故选 C.7A【解析】设正方体棱长为l，通电导线中的电流大小为 I，两条边 BB和 B
20、C上通电导线在 A 点产生的感应强度大小均为 AIBkl=方向分别沿 AD方向和 AA方向，互相垂直。则 A 点磁感应强度大小为 22022AAAIBBBBkL=+=D点的磁感应强度大小为 22063222IIIBkkkBLLL=+=故选 A。8ACD【解析】A保持电压1U不变，又因为原副线圈的匝数不变，所以副线圈两端电压不变，向右滑动滑片 P，副线圈的总电阻增大，副线圈的电流变小，原线圈的电流也变小，原线圈的功率变小，A 正确；学科网（北京）股份有限公司 B同理，保持电压1U不变，向左滑动滑片 P，副线圈总电阻变小，副线圈的电流增大，所以扬声器电流变大，B 错误；C保持滑片 P 不动，副线圈
21、的电阻不变，当1U变大时，副线圈的电压增大，所以副线圈中电流增大，扬声器的功率变大，C 正确；D保持滑片 P 不动，副线圈的电阻不变，当1U变小时，副线圈的电压减小，所以副线圈中电流减小，根据原副线圈匝数与电流的关系，可知原线圈的电流减小，D 正确。故选 ACD。9BD【解析】A两波源 P、Q的起振方向与波刚传播到的质点的起振方向相同，由波形平移法可知，波源 P 的起振方向沿 y轴负方向，波源 Q的起振方向沿 y 轴正方向，即两波源 P、Q的起振方向相反，故 A 错误；B根据对称性可知，两波相遇后，两波的波峰与波峰或波谷与波谷同时到达 O点，所以两波在 O点相遇后，O点振动加强，振幅等于两波振
22、幅之和，为 45cm，故 B 正确；C两波的波长相等，波源 Q 产生的波与波源 P产生的波发生衍射现象的难易程度相同，故 C 错误；D当观察者向 Q点运动时，Q波相对观察者向左传播的速度 Q10m/svv=观察者接收到 Q波的频率为 10Hz2.5Hz4vf=故 D 正确。故选 BD。10AD【解析】AB若增大转速，配重做匀速圆周运动的半径变大，绳与竖直方向的夹角 将增大，竖直方向 mg=Tcos 水平方向 Tsin=Fn 可知配重在竖直方向平衡，拉力 T变大，向心力 Fn变大，对腰带分析如图 学科网（北京）股份有限公司 可得竖直方向 f=Mg+Tcos=Mg+mg 水平方向 N=Tsin=F
23、n 故腰受到腰带的摩擦力不变，腰受到腰带的弹力增大，故 A 正确，B 错误；C若减小转速，根据 AB 选项的分析，腰受到腰带的摩擦力仍是保持不变，故 C 错误；D因对配重而言 2tansinmgml=即 2cosgl=则若增加配重，保持转速不变，则绳子与竖直方向夹角为将不变，故 D 正确。故选 AD。11 O 点的位置（1 分）两个弹簧测力计的读数（1 分，漏“两个”不给分）4.0 正确画出 F 给 1 分（要有标度和方向；图中的 F=4.0N 可只有 F不一定标注 4.0N）正确作出 F给 2 分（平行四边形 1 分，做出 F大小、方向 1 分）【解析】（1）在“验证力的平行四边形定则”实验
24、中，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点 O，则需要记录 O 点的位置、两个弹簧测力计的读数、两个细绳套的方向；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到 O 点。（2）弹簧测力计的分度值为 0.2N，需要估读到 0.1N，即示数为 F=4.0N。（3）如图所示。学科网（北京）股份有限公司 12 1（1 分）欧姆调零（1 分）30（2 分）1A（1 分）2A（1 分）R1（2 分）011Rrk+（2 分）【解析】（1）由题可知，HB 笔芯（粗细均匀）的电阻约为 25，故先把选择开关调至欧姆的“1”挡，使红、黑表笔短接进行欧姆调零后，再进行笔芯电阻的测量，则图甲中的示数
25、为 301=30；（2）电流表1A的内阻1r=200，电流表2A的内阻2r=10，为使金属电阻阻值的测量结果尽量准确，图中 a 应选用量程小的1A，b应选用量程大的2A，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择最大阻值较小的滑动变阻器 R1。（3）根据串、并联电路特点和欧姆定律可得()()10121xIRrIIR+=化简得 20111xIRrRI+=21II图像的斜率为 k，所以金属电阻的阻值为 011xRrRk+=13（1）4BSRt；感应电流方向沿线圈逆时针；（2）4BSR【解析】（1）该过程中磁通量变化量 B S=2222 0.50.50.5B RB RB R=（1 分
26、）由法拉第电磁感应定律，感应电动势的平均值 学科网（北京）股份有限公司 Et=（1 分）线圈的电阻 lrS=（1 分）l=2R（1 分）根据欧姆定律可得感应电流的平均值：EIr=（1 分）解得 4BSRIt=（2 分）感应电流方向沿线圈逆时针（1 分）。（2）由电流的定义式qIt=可得：电荷量 qIt=（1 分）解得 4BSRq=（1 分）14（1）1UBr；（2）12mUqB B r（3）22123mUBqBr【解析】（1）设离子射入匀强磁场时的速率为 v，根据题意得 1qUqvBr（2 分）解得 1UvBr=（1 分）（2）设离子在磁场中做圆周运动的半径为 R，离子所受洛伦兹力提供向心力，
27、由牛顿第二定律可得 22mvqvBR=（2 分）1UvBr=联立解得 学科网（北京）股份有限公司 12mURqB B r（1 分）（3）若离子恰好不进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为 R0，此时轨迹如图所示 在OPO中，由几何关系得()()222002RrRr（2 分）解得 032Rr=（1 分）要使离子不进入小圆，需满足的条件为 RR0，（1 分）解得磁感应强度 22123mUBqBr（2 分）15（1）4m/s；（2）s0.025m【解析】（1）设物块冲上滑板时速度大小为1v，圆弧轨道和滑板共同速度为 v2，物块滑下过程中，系统水平动量守恒 1122()mvMMv=+（2 分）系统
28、机械能守恒 22112211()22mgRmvMMv+=（2 分）解得 14m/sv=（1 分）20.2m/sv=（1 分）（2）设滑板碰撞挡板前瞬间，物块速度大小为 v物，滑板速度大小为 v板，此时未共速，以向右为正方向，根据动量守恒 mv1M2v2=mv物+M2v板（1 分）反弹后，学科网（北京）股份有限公司 M2v板+mv物=(M2+m)v（1 分）若恰好没追上圆弧轨道，则 v=v2（1 分）解得：v板=0.525m/s v物=1.1m/s（算对两个速度值给 1 分）因 v物 v板，故假设成立（1 分，没有讨论不得分）设滑块滑上滑板 M2时，滑板向左对地运动了 s1，滑块 m 向右对地运动了水平位移 s2，物块滑下过程中，系统水平动量守恒 ms2=(M1+M2)s1（1 分）s1+s2=R（1 分）解得：s1=0.04m（1 分）对滑板列动能定理 22122 211()22g ssMMmvv+=板（1 分）解得：s=0.025m 故滑板碰撞挡板反弹后能追上圆弧轨道 s 的取值范围：s0.025m（1 分，取等不得分）