2023-2024学年陕西教育联盟高三（下）模拟卷理综物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西教育联盟高三（下）模拟卷理综物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于近代物理知识，下列说法中正确的是
A. 光电效应现象说明了光具有粒子性
B. 铀核裂变的一种核反应方程为 92235U→56144Ba+3689Kr+201n
C. 动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等
D. 结核能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
2.如图所示，质量为m的小球用细绳悬挂在天花板上，用拉力F作用在小球上，静止时细绳与竖直方向的夹角θ=30∘、细绳能承受的最大拉力等于 32mg，重力加速度为g，保持小球的位置始终不变则拉力F与细绳的夹角α应满足的条件为( )
A. 0°≤α≤60°B. 0°≤α≤90°C. 30°≤α≤60°D. 30°≤α≤90°
3.如图所示，三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，轨道半径相同，其中a是地球同步卫星，b是倾斜轨道卫星，c是极地卫星，则
( )
A. 卫星a可以经过北京正上空B. 卫星a、b、c的运行角速度相等
C. 卫星b的运行速度大于7.9 km/sD. 卫星c的运行周期小于24小时
4.如图所示，M、N是某静电场中一条竖直方向电场线上的两点，电场线方向未标出。现有质量为m的带电小球在电场力和重力作用下沿该电场线向下运动，小球通过M点的速度为v1，经过一段时间后，小球通过N点的速度为v2，方向向上．由此可以判断( )
A. M点的场强大于N点的场强
B. M点的电势低于N点的电势
C. 小球在M点的动能小于它在N点的动能
D. 小球在M点的电势能小于它在N点的电势能
5.如图所示，用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态，质量为m的子弹以速度v0水平射入小球，子弹穿过小球后的速度为34v0，子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2倍，子弹穿过小球时间极短，重力加速度为g，不考虑小球质量变化，则小球的质量为
( )
A. v0 2gLmB. v0 gLmC. v04 gLmD. v02 gLm
二、多选题（本题共5小题，共30分）
6.足球运动员在球场上进行足球训练，甲、乙两运动员分别将A、B球从地面同时踢起，结果两球在上升过程中在空中相遇，若两球的质量相等，不计空气阻力，忽略球的大小，则下列说法正确的是( )
A. 两球的运动轨迹一定在同一竖直平面内
B. 两球相遇时，竖直方向分速度大小一定相等
C. 两球相遇时的机械能一定相等
D. 两球相遇时克服重力做功的功率一定相等
7.如图所示，理想变压器原、副线圈接有额定电压均为20V的灯泡A和B，当输入u=220 2sin100πt(V)的交流电时，两灯泡均能正常发光，设灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是( )
A. 原、副线圈匝数比为10:1
B. 原、副线圈中电流的频率比为10:1
C. 当滑动变阻器的滑片向上滑少许时，灯泡B变亮
D. 当滑动变阻器的滑片向上滑少许时，灯泡A变亮
8.如图所示，abcdef为金属线框，线框由7段长均为L、电阻均为R的金属棒组成，线框右侧有一宽度为L的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，让线框匀速通过磁场，线框运动过程中，af边始终与磁场边界平行，线框平面始终与磁场垂直，则下列判断正确的是
( )
A. af边穿过磁场的过程中，通过be、cd边截面的电量之比为1:1
B. af边穿过磁场的过程中，be、cd边产生的焦耳热之比为9:1
C. be边穿过磁场的过程中，通过be、cd边截面的电量之比为2:1
D. be边穿过磁场的过程中，be、cd边产生的焦耳热之比为1:1
9.关于热力学的理论，下列说法不正确的是( )
A. 空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度就越大
B. 空调制冷时热量是从低温物体传向高温物体，说明热传递不存在方向性
C. 布朗运动是液体或气体分子的无规则运动的体现
D. 一定质量的理想气体吸热时，温度一定升高
E. 一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大
10.如图所示，M、N为在同一均匀介质中且波长均为a的波源，两波源的振动步调相同，且从平衡位置开始振动，O点为两波源连线的中点，已知两波源在该介质中形成的机械波的振幅均为A、波速均为v，MN=5a，下列说法正确的是( )
A. 当O点开始振动后其振动频率等于
B. 当O点开始振动后其振动频率等于2va
C. 当O点开始振动后其振幅等于2A
D. M、N之间(除M、N外)共有10个点的振幅为2A
E. M、N之间(除M、N外)共有10个点始终不动
三、实验题（本题共2小题，共15分）
11.某同学做研究匀变速直线运动规律的实验装置如图甲所示，得到一条清晰的纸带如图乙所示，并在纸带上选取A、B、C、D、E共5个计数点(每相邻两个计数点间还有4个点未画出)，已知打点计时器的频率为50 Hz．
(1)关于本实验，下列说法正确的是__________.(填选项前字母)
A.释放纸带的同时，接通电源
B.先接通电源打点，后释放纸带运动
C.先释放纸带运动，后接通电源打点
D.纸带上的点迹越密集，说明纸带运动的速度越大
(2)小车经过B点时的速度大小为vB=__________m/s.(结果保留两位有效数字)
(3)小车的加速度大小为a=__________m/s2.(结果保留两位有效数字)
12.某小组测某种圆柱形材料的电阻率，做了如下实验。
(1)已知该圆柱形材料的长度为5.235cm横截面直径为2cm，该小组先用多用电表粗略测量圆柱材料的电阻R，将选择开关旋至“×10kΩ”挡，红表笔和黑表笔直接接触，调节__________旋钮，使指针指向“0Ω”；再将红表笔和黑表笔与圆柱材料两端圆形电极接触，表盘示数如图甲所示，则圆柱材料电阻的阻值为__________kΩ。
(2)该小组想用伏安法更精确地测量圆柱材料的电阻R，可选用的器材如下：
A.电流表A1(量程4mA，内阻约50Ω)
B.电流表A2(量程20uA，内阻约1.5kΩ)
C.电压表V1(量程3V内阻约10kΩ)
D.电压表V2(量程15V，内阻约25kΩ)
E.电源E(电动势4V，有一定内阻)
F.滑动变阻器R1(阻值范围0∼15Ω，允许通过的最大电流2.0A)
G.开关S，导线若干
为使实验误差较小，要求电压可以从零开始调节，电流表选择__________，电压表选择__________(以上两空均选填仪器前面的序号)
(3)请用笔画线表示导线，在图乙中完成测量圆柱材料电阻的实验电路连接。( )
(4)实验过程中，实验小组移动滑动变阻器的滑片，并记录两电表的多组测量数据，在坐标纸上描点、连线作出如图丙所示的U—I图象，则实验测得圆柱材料的电阻率ρ=_______Ω⋅m(计算结果保留2位有效数字)
四、计算题（本题共4小题，共55分）
13.如图所示，倾角为37∘的传送带以v=5m/s的速度顺时针运行。一质量为m=2kg的物块以v0=10m/s的初速度从底端冲上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，物块可以看做质点。已知传送带长度L=15m，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：(计算结果可以保留根号)
(1)物块在传送带上运行的总时间；
(2)物块与传送带摩擦产生的总热量。
14.如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化的电压U，两板间电场可看作均匀的，且两板外无电场，板长L=0.2m，板间距离d=0.2m。在金属板右侧有一边界为MN的足够大的匀强磁场区域，MN与两板中线OO′垂直，磁感应强度大小为B=2.5×10−3T，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子速度大小为v0=1×105m/s，比荷qm=1×108C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。求：
(1)带电粒子射出电场时的最大速度；
(2)在任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和在MN上出射点的距离的表达式；
(3)t=0时，UMN=150V开始，在足够长的时间内在磁场中运动时间大于2π5×105s的粒子占总发射粒子的占比。
15.如图所示，一端封闭、一端开口且粗细均匀的直角细玻璃管(直径远小于5cm)，在直角处用一段水银柱封闭了一定质量的空气(视为理想气体)，开始时，封闭端处于竖直状态，水银柱的竖直部分长为ℎ=15cm，水平部分长度为x=5cm。封闭端空气柱的长度L=30cm。现将玻璃管在竖直平面内沿逆时针方向绕直角缓慢旋转90∘，使开口端处于竖直状态，该过程中空气温度保持27不变。已知大气压强为p0=75cmHg。求：
(1)旋转后空气柱的长度；
(2)要使空气柱的长度恢复到30cm，应该将玻璃管中空气柱温度升高到多少摄氏度。
16.如图甲是一个长为L的半圆柱体透明介质，其底面是半径为R的半圆，图乙为半圆柱体右视图，O为圆心，P为半径OA的中点，将平行光垂直侧面ABCD射入介质，其中由P点入射的光线，其射出介质的折射光线方向与AB夹角为60∘。求：
(1)透明介质的折射率；
(2)要使所有光线都不能由圆柱的圆弧面射出，可以在侧面ABCD贴上不透光的贴纸，求贴纸的最小面积。(不考虑光的多次反射)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
动能相同的质子和电子，其动量不同，故其波长也不相同，铀核裂变的一种核反应方程，光电效应现象证明了光具有粒子性，
【解答】
A.光电效应现象证明了光具有粒子性，故A正确；
B.铀核裂变的一种核反应方程，故B错误;
C.由p=ℎcλ及p= 2mEK可知，动能相同的质子和电子，其动量不同，故其波长也不相同，故C错误;
D.比结核能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定，故D错误。
2.【答案】D
【解析】重力竖直向下，绳子的张力沿绳收缩的方向，由题图可知，小球要保证位置不变应满足α≥30∘
当F的方向与细绳垂直时，即 α=90∘ 时，细绳的拉力达到最大值 32mg ，因此 30∘≤α≤90∘ ，D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】【分析】
根据万有引力提供向心力得到：角速度与轨道半径的关系，线速度与轨道半径的关系，周期与半径的关系；解决天体(卫星)运动问题的基本思路：天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据相应的向心力表达式进行分析。
【解答】
A.卫星a是同步卫星，只能定点在赤道的上空，不可能经过北京正上空，故A错误；
B.根据GMmr2=mω2r，可知ω= GMr3，由图可知，卫星a、b、c的半径相等，故三颗卫星的角速度相等，故B正确；
C.根据GMmr2=mv2r，解得v= GMr，7.9 km/s是地球的第一宇宙速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大运行速度，卫星b的轨道半径大于地球的半径，所以卫星b的运行速率小于7.9 km/s，故C错误；
D.根据GMmr2=m4π2T2r，解得T= 4π2r3GM，卫星a、c的轨道半径相同，则两卫星的周期相同，即卫星c的运行周期为24小时，故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】【分析】
根据带电小球的运动情况及受力情况，确定出电场力方向；仅一条电场线无法确定疏密情况，从而无法判断两点的电场场强关系；由于小球电性未知，无法判断电势高低；由于未知重力做功和电场力做功的大小关系，无法判断动能大小关系；根据电场力做功与电势能变化的关系可判断电势能大小关系。
本题主要考查由运动确定受力、电场线、电势、动能、电场力做功与电势能变化的关系等知识。
【解答】
该电场线竖直方向，带电小球仅在重力和沿电场线的电场力的作用下，在M点速度方向竖直向下变为在N点竖直向上。由此可知小球先减速后反向加速，电场力方向竖直向上。
A.仅一条电场线分布，未知周围电场线分布情况，且不知道MN两点的加速度大小关系，故无法判断两点的电场场强关系，A错误；
B.由分析得知小球所受电场力方向竖直向上，但未知小球所带电荷的电性，故无法判断MN两点的电势高低，B错误；
C.小球从M到N点，未知重力做功和电场力做功的大小关系和速度大小关系，故无法判断小球在MN两点的动能大小关系，C错误；
D.小球电场力方向竖直向上，从M点到N点电场力做负功，电势能增加，故小球在M点的电势能小于N点的电势能，D正确。
故选D。
5.【答案】C
【解析】子弹穿过小球过程中，子弹和小球水平方向动量守恒，设穿过瞬间小球的速度为v，则mv0=Mv+34mv0
根据牛顿第二定律2Mg−Mg=Mv2L
解得M=v04 gLm
故选C。
6.【答案】BD
【解析】A.两球相遇时，两小球竖直方向的位移相同，根据位移时间公式y=v0yt−12gt2
两球运动时间相等，可知两球竖直方向的初速度相等，但两球的运动轨迹不一定在同一竖直平面内，故A错误；
B.根据vy=v0y−gt
两球相遇时，两球运动时间相等，则竖直方向分速度大小一定相等，故B正确；
C.两球相遇时，两球的重力势能相等，竖直方向的速度相等，水平方向的速度不一定相等，则两球的合速度不一定相等，动能不一定相等，故两球相遇时的机械能不一定相等，故C错误；
D.两球相遇时，克服重力做的功相等，两球运动时间相等，故克服重力做功的功率一定相等，故D正确。
故选BD。
7.【答案】AC
【解析】A.交流电压的有效值为U=220 2 2V=220V
两灯均正常发光，则原线圈输入的电压的为U1=U−UA=220V−20V=200V
副线圈电压U2=UB=20V
根据理想变压器变压比n1n2=U1U2=20020=101
故A正确；
B.变压器不改变交流电的频率，即频率比为1：1，故B错误；
CD.当滑动变阻器的滑片向上滑少许时，阻值增大，副线圈电流变小，根据n1n2=I2I1
可知原线圈电流变小，灯泡A分担的电压变小，灯泡A变暗，原线圈输入的电压变大，输出电压变大，所以灯泡B亮度变亮，故C正确，D错误。
故选AC。
8.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了电磁感应问题。根据Q热=I2Rt分析焦耳热，根据Q=It分析电量。
【解答】
AB.af边穿过磁场的过程中，bc、cd、de串联后与be并联，因此通过be、cd边的电流之比为3: 1，则根据Q=It可知通过be、cd边截面的电量之比为3:1，，根据Q热=I2Rt可知be、cd边产生的焦耳热之比为9:1，选项A错误，B正确；
CD.be边穿过磁场的过程中，bcde与bafe并联，be为电源，通过be、cd边的电流之比为2: 1，则根据Q=It可知通过be、cd边截面的电量之比为2:1，根据Q热=I2Rt可知be、cd边产生的焦耳热之比为4:1，选项C正确，D错误。
9.【答案】(1)B；(2)0.26；(3)0.40
【解析】【分析】
根据实验的原理和操作中的注意事项确定正确的操作步骤；根据匀变速直线运动的规律计算出瞬时速度，结合逐差法计算出加速度的大小。
【解答】
(1)ABC、由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通电源，后释放纸带，A、C错误，B正确;
D、纸带上的点迹越密集，说明纸带运动的速度越小，D错误．
(2)小车经过B点时的速度大小为vB=xAC2T=52.0×10−32×0.1m/s=0.26m/s．
(3)小车的加速度大小为a=(s3+s4)−(s1+s2)(2T)2=0.40m/s2．
10.【答案】 欧姆调零 190 B C 1.0×103Ω⋅m∼1.2×103Ω⋅m
【解析】(1)[1][2]在选择挡位之后，调整欧姆调零旋钮，使欧姆表指针指到“ 0Ω ”，然后其测量电阻值；由于欧姆挡是倍率挡，因此测量值为
19×10kΩ=190kΩ
(2)[3]由于电源电动势为 4V ，为了准确，电压表应选量程为 3V 的电压表C；
[4]流过待测电阻的电流最大值
Im=UR=3V190kΩ=15×10−6A=15μA
因此电流表选用量程为 20μA 的B。
(3)[5]由于电压从零开始调节，滑动变阻器采用分式接法，由于待测电阻阻值较大，采用电流表内接法，电路连接图如图所示
(4)[6]根据图象可得电阻值为
R=UI=2.80V14.5μA=193kΩ
根据
R=ρLS
可得
ρ=RSL= 193×103×π××10−2Ω⋅m=1.2×103Ω⋅m
11.【答案】(1)物块速度大于传送带速度时，由牛顿第二定律有a1=gsin37∘+μgcs37∘=10m/s ​2
所用时间t1=Δva1=0.5 s
物体的位移x1=v0t1−12a1t12=3.75m
物块速度小于传送带速度时，由牛顿第二定律有a2=gsin37∘−μgcs37∘=2m/s2
所用时间t2=Δva2=2.5s
物体的位移x2=vt2−12a2t22=6.25m
因为x1+x2=10m物块能够反向运动x1+x2=12a2t32
解得t3= 10 s
总时间t=t1+t2+t3=3+ 10 s
(2)物块向上运动过程中，物块与传送带的相对位移d1=7.5m
物块向下运动过程中，物块与传送带的相对位移d1=vt3+x1+x2=5 10+10m
产生的热量Q=fd1+d2=40 10+140 J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
12.【答案】(1)设两板间电压为 U1 时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有水平方向L=v0t
竖直方向d2=12at2=12qEmt2=12qU1mdt2
解得U1=100V
粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为 vm ，则有qU12=12mvm2−12mv02
解得vm= 2×105m/s
(2)如图所示设粒子进入磁场时速度方向与 OO′ 的夹角为 θ ，根据几何关系得速度大小v=v0csθ
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB=mv2r
粒子进入磁场时在MN上的入射点和在MN上的出射点之间的距离为d=2rcsθ
联立解得d=2mv0qB
d 与 θ 无关，即射出电场的任何一个带电粒子进入磁场的入射点与出射点间距离恒为定值。
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB
代入数据得T=4π5×105s
由(1)(2)可知，电压在−100V∼100V之间的粒子才能进入磁场，故在磁场中运动时间大于 2π5×105s 的粒子为从 OO′ 下方进入磁场的粒子，故从下方进入磁场的粒子占总发射粒子的 16 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
13.【答案】ABD
【解析】A.空气中的水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的比值叫做空气的相对湿度，因此相对湿度还与同温下水的饱和汽压有关，即空气中水蒸气的压强越大，空气的相对湿度不一定越大，故A错误，符合题意；
B.空调制冷时热量是从低温物体传向高温物体，该过程消耗了电能，不违背热力学第二定律，并不能够说明热传递不存在方向性，故B错误，符合题意；
C.布朗运动是悬浮微粒在液体或气体分子撞击之下的不平衡引起的，布朗运动是液体或气体分子的无规则运动的体现，故C正确，不符合题意；
D.根据热力学第一定律有ΔU=W+Q
可知，一定质量的理想气体吸热的同时，若体积增大，气体对外做功，内能不一定增大，即温度不一定升高，故D错误，符合题意；
E.根据理想气体状态方程有pVT=C
可知，一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，气体的温度升高，其内能一定增大，故E正确，不符合题意。
故选ABD。
14.【答案】(1)假设玻璃管在竖直平面内沿逆时针方向绕直角缓慢旋转 90∘ 后，水银柱均处于水平状态，初态有
p0=p1+ρgℎ
V1=SL
末态有p2=p0，V2=SL2
气体做等温变化，则p1V1=p2V2
解得L2=24cm
由于ΔL=L−L2=6cm>5cm
假设成立，旋转后空气柱的长度为 24cm 。
(2)空气柱的长度恢复到 30cm ，此时空气柱的压强为p3=p0+ρgx=80cmHg
根据理想气体状态方程p2V2T2=p3V3T3
其中V3=SL，T2=273+27K=300K
解得T3=400K
此时玻璃管中空气柱的温度为t=T3−273=127

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】ACE
【解析】AB.在机械波传播的过程中，各质点的振动频率均等于振源的振动频率，即当O点开始振动后其振动频率等于振源的振动频率，振源的频率为f=vλ=va
故A正确，B错误；
C.由波的叠加原理可知，O点到M和N的距离相同，即O点为振动加强点，故当O点开始振动后振幅应等于两列机械波的振幅之和，即为2A，故C正确；
D.设振幅为2A的点到M的距离为x，则到N的距离为 5a−x ，因为两波源振动步调相同，则当波程差为波长整数倍时，该点是振动加强点，则(5a−x)−x=nλ=na
解得x=a2、a、3a2、2a、5a2、3a、7a2、4a、9a2
所以有9个振幅为2A的点，故D错误；
E.设振幅为2A的点到M的距离为x，则到N的距离为 5a−x ，因为两波源振动步调相同，则当波程差为半波长奇数倍时，该点是振动减弱点，则(5a−x)−x=2n+12λ=2n+12a
解得x=a4、3a4、5a4、7a4、9a4、11a4、13a4、15a4、17a4、19a4
所以有10个点始终不动，故E正确。
故选ACE。
16.【答案】(1)根据题意，由P点入射的光线，入射角为 θ ，根据几何关系有sinθ=R2R=12
其射出介质的折射光线方向与AB夹角为 60∘ ，可得折射角为α=90∘−60∘+30∘=60∘
根据折射定律n=sinαsinθ
解得透明介质的折射率为n= 3
(2)全反射的临界角为sinC=1n= 33
根据几何关系，可知 DE 间射入的光不能在圆弧面发生全反射，需贴上不透光的贴纸，贴纸的最小面积为S=L⋅2RsinC=2 3RL3

【解析】详细解答和解析过程见【答案】