东北三省精准教学 2024年 9月高三联考
物 理
参考答案
1．【考查点】共点力平衡、受力分析、正交分解
【答案】C
【解析】小明静止在水平地面上，所受合外力为零，对小明进行受力分析，如图所示，小明应受到 4个
力的作用，A错误；根据平衡条件可知， F sin FN mg， F cos Ff ，风筝线拉力的水平分力与地面
对小明的静摩擦力是一对平衡力，B、D错误，C正确。
2．【考查点】光的折射、波长和频率的关系、光的衍射、全反射
【答案】A
【解析】光的频率越大，三棱镜对其折射率越大，则经三棱镜折射后偏折越明显，由题图可知照射到光
屏上 a点的光频率最小，照射到 b点的光频率最大，A正确；照射到 b点的光频率大，三棱镜对其折射率
n c大，在介质中的传播速度 v ，则传播速度小，由题图可知照射到 b点的光在三棱镜中通过的路程最大，
n
所以用时最长，B错误；相同条件下，波长越长，衍射现象越明显，照射到 b点的光频率较大，波长较小，
衍射现象较不明显，C错误；根据几何关系可知，增大白光在 M点的入射角，经折射后所有光线在右侧界
面的入射角均减小，不可能发生全反射，D错误。
3．【考查点】原子跃迁、光电效应
【答案】B
【解析】大量处于 n=4能级的氢原子向低能级跃迁可以辐射出C24 6种频率的光，A错误；跃迁辐射出
的光子的能量等于两个轨道能量差，只有从 n=2、3、4三个能级跃迁到基态时辐射的能量大于 4.0 eV，所
以有 3种频率的光能使阴极 K金属发生光电效应，B正确；遏止电压和入射光频率有关，与光照强度无关，
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C错误；滑动变阻器滑片由中间向左滑动的过程中，K极电势与 A极电势的差大于零，反向电压逐渐增大，
电流表示数减小，D错误。
4．【考查点】匀变速直线运动规律、位置时间图像、追及相遇问题
【答案】C
1 x
【解析】甲车做初速度为零的匀加速直线运动，有 2x0 a(2t0 )
2 ，解得 a 02 ，A错误；两车速度相2 t0
x
等时距离最小，设 t1时刻速度相等，有 at 01 ，解得 t1=t
1
0，这段时间内甲车的位移大小 x甲= at
2
1 0.5x ，t 00 2
乙车的位移大小 x乙=x0，两车的最小距离为 xmin 2x0 x甲 x乙=1.5x0，B错误，C正确；0~2t0时间内甲车
2x x
的平均速度大小 v甲 0 0 ，所以 v甲=v乙，D错误。
2t0 t0
5．【考查点】机械波波长、波速和周期的关系、振动图像
【答案】B
【解析】P、Q两点间的距离为 12 m，波由 P点传播到 Q x点用时 6 s，则 v 2m/s，A错误；由振动
t
图像可知波的周期为 T=4 s， vT 8m ，B正确；P、Q间的距离为12m 1.5 ，两质点的振动步调始终
相反，Q点在波峰时，P点在波谷，C错误；Q点在 5 s时第二次出现在波峰，此时 P点振动的时间
t 11s 11T P 1P ， 点由平衡位置开始振动，每 T通过的路程为一个振幅 A=4 cm，所以在这段时间内 P点4 4
通过的路程为 44 cm，D错误。
6．【考查点】气体压强计算、理想气体状态方程、气体状态图像
【答案】D
【解析】设活塞面积为 S，初始时大气压强为 p0，对活塞受力分析，有mg p0S pAS，解得气体压强
pA p
mg
0 ，在活塞与卡口接触前，活塞受力不变，气体做等压变化，当活塞与卡口接触后，气体体积S
不变，继续加热气体，温度升高，由理想气体状态方程可知压强增大，故整个过程气体先等压膨胀，再等
容升压，题图甲气体一直等压膨胀，一定错误；题图乙气体先等压膨胀，再等容升压，可能正确；题图丙
气体先等压压缩，再等容升压，一定错误；题图丁气体先等压膨胀，再等容升压，可能正确。D正确。
7．【考查点】右手定则、交变电流的产生和最大值、瞬时值及有效值的关系
【答案】D
【解析】根据右手定则可以判断，题图示位置线框内感应电流方向为 ABCD，A错误；交流电压表的读
数为感应电动势的有效值，则交流电源的电动势峰值为 2U ，B错误；线框转动时感应电动势的峰值为
{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}
Em nBS 2U，解得 n
2U
，C错误；从题图示位置开始计时，感应电动势瞬时值的表达式为
BS
2
e Em cos t
t e E
3 m
cos U
，代入 ，解得 3 2 ，D正确。
8．【考查点】开普勒第三定律、万有引力定律、卫星轨道参数
【答案】AC
【解析】椭圆轨道Ⅰ的半长轴大于圆轨道Ⅱ的轨道半径，根据开普勒第三定律可知，探测器在椭圆轨道Ⅰ
的运行周期大于在圆轨道Ⅱ的运行周期，A正确；探测器在圆轨道Ⅱ做匀速圆周运动，线速度大小不变，方
向时刻改变，B错误；在圆轨道Ⅱ上过 A点运行时的轨道半径小于过 B点绕月球做圆周运动的半径，由
G Mm
2
2 m
v
，得 vA vB圆，探测器在 B点由圆轨道变轨到椭圆轨道Ⅰ时减速，做向心运动，有 vB圆 v ，r r B
所以 vA vB，C正确；探测器沿椭圆轨道Ⅰ运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，D错误。
9．【考查点】点电荷形成的电场、动能定理、电荷在电场中的运动
【答案】AD
【解析】小球 B在 h处静止释放后向上运动，所受电场力方向向上，则小球 B带正电，A正确；点电荷
Q kQ kQ
电场强度 E k 2 ，有 E1=4E2，B错误；小球 B由 h运动到 2h过程中，有 q( ) mgh 0，整理得r h 2h
kQq
2 mg，小球 B速度最大时，重力和电场力平衡，当小球 B与小球 A间的距离为 2h时，小球 B的合2h
力为零，速度最大，C错误；小球由-h运动到-2h过程中，重力和电场力均做正功，且数值相等，有
2mgh 1 mv2 ，解得 v 2 gh，D正确。
2
10．【考查点】带电粒子在磁场中的圆周运动、带电粒子在电场中的偏转、动量定理
【答案】BCD
【解析】粒子在磁场中做圆周运动的圆心为 O1，在 OO1N 中，由几何关系可得 R
2 ( 3L)2 (R L)2，
mv2 mv
解得 R=2L，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，有 qv B 0 ，解得 B 00 ，A错误；由几何关R 2qL
系可知，粒子过 N点时速度方向与 y轴正方向的夹角 60 ，B正确；粒子进入电场后在 N、P两点速度
大小相等，说明两点的连线为等势线，所以电场方向垂直 N、P连线斜向下，粒子在 N点时速度方向与 N、
P连线的夹角也为 ，设粒子由 N点运动到 P点的时间为 t，沿 NP 3L方向有 v0t cos ，垂直 NP方向cos
2
有 Eqt 2mv sin E mv0 ，联立解得 0 ，C正确；当粒子沿电场方向速度为零时速度最小，此时只有沿4qL
1
NP方向的速度，有 vmin v0 cos v0，D正确。2
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11．【考查点】实验原理、实验数据处理、误差分析
【答案】（1）木块受到的拉力保持不变（2 n分） （2） （2分） （3）偏大（2分）
g
【解析】（1）在实验过程中，要求木块做匀加速直线运动，受到的拉力保持不变，所以细线各段必须
分别沿水平和竖直方向。
（2 F n）对木块，根据牛顿第二定律有 F mg ma，整理得 a g ，所以有 n g， 。
m g
（3）实验中打点计时器对纸带的摩擦力、滑轮与细线的摩擦力等其他摩擦也被当成长木板对木块的滑动
摩擦力，导致动摩擦因数测量值偏大。
12．【考查点】欧姆表的使用、实验电路设计、电表的改装、数据处理
【答案】（1）×10（2分） （2）①并联（1分） 4（或 4.00）（1分）
U 1
②见解析（2分） ③ RA1（2分）2I 2
【解析】（1）欧姆表指针偏转角度过大，则待测电阻的阻值较小，需减小倍率，换成“×10”挡；换挡
后重新测量，表盘上电阻刻度值为“15”，待测电阻阻值约为 150 。
（2）①改装后电流表量程加倍，需要并联一个与电流表内阻相等的电阻，所以应将电阻箱阻值调为 4 。
②滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻阻值，为方便调节，需要选择分压式接法，改装后电流表内阻已知，
选择电流表内接，电路图如图所示。
③根据欧姆定律有U 2IRx IR
U 1
A1，整理得 Rx R2I 2 A1 。
13．【考查点】匀变速直线运动规律、平抛运动
【答案】（1） 66m/s（6分） （2） 99m （4分）
【解析】（1）设小车离开甲板后做平抛运动的时间为 t1，
水平方向上有
x vt1 （2分）
竖直方向上有
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h 1 gt21 （2分）2
解得 t1 2s， v 66m/s （2分）
（2）小车在甲板上加速过程中，有
d 0 v (t t1)2 （2分）
解得 d 99m （2分）
14．【考查点】动能定理、动量守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律
【答案】（1 2mg m M 2m） ，方向竖直向下（6分） （2） gL ， （6分）
M m 2M 2m
【解析】（1）小球下摆过程中，根据动能定理有
mgL(1 cos60 1 )= mv2
2 1
（2分）
在最低点，根据牛顿第二定律有
2
F mg m v1 （2分）
L
解得 F=2mg （1分）
根据牛顿第三定律可知，小球在第一次经过最低点时对轻绳的拉力大小为 2mg，方向竖直向下 （1分）
（2）释放小车后，小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，小球
和小车水平速度大小相等，设轻绳与竖直方向的最大夹角为 ，有
1 mv21 mgL(1 cos )
1
(M m)v2
2 2 2 （2分）
规定小球第一次通过最低点时的速度方向为正方向，有
mv1 (M m)v2 （2分）
v m M 2m解得 2 gL ， cos （2分）M m 2M 2m
15．【考查点】共点力平衡、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、动量定理
1 2mgR sin 【答案】（ ） （4分）
B2L2
（2）① sin g sin 4 3mgR sin mgR sin （3分） （ 分） ② 2 （7分）B L2 2 2， B L
【解析】（1）导体棒 d锁定，导体棒 c沿轨道向下达到最大速度时，受力平衡，有
E1 BLv1 （1分）
I E11 （1分）2R
BI1L mg sin （1分）
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v 2mgR sin 解得 1 （1分）B2L2
（2）①导体棒 d解除锁定，达到稳定后两导体棒匀速运动，对导体棒 c，有
mg sin BI2L （1分）
对导体棒 d，有
BI2L mg （1分）
解得 sin （1分）
导体棒 c获得初速度的瞬间，导体棒 d的加速度最大，对导体棒 c有
E0 BLv0 （1分）
I E00 （1分）2R
对导体棒 d，有
BI0L mg ma （1分）
解得 a g sin （1分）
②设经时间 t两导体棒做匀速运动，根据法拉第电磁感应定律有
E2 BL(vc vd ) （1分）
I E2 2 （1分）2R
对导体棒 c，根据平衡条件有
mg sin BI2L，
对导体棒 c，根据动量定理有
mgt sin BILt mvc mv0 （2分）
对导体棒 d，根据动量定理有
BILt mgt mvd （1分）
v 3mgR sin v mgR sin 联立解得 c 2 2 ， d 2 2 （2分）B L B L
{#{QQABYYCEogCgAJIAARgCQwE6CEOQkAGACYgOBFAEMAAAARFABAA=}#}
