2024届湖南省邵阳市大祥区第二中学高三下学期5月三模物理试题

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1．D【详解】A．由题意可知，氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ的能量大于可见光Ⅱ，可见光Ⅰ的频率大于可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ是紫光，可见光Ⅱ是红光，图1中的Hα对应的是Ⅱ，故A错误；
B．因可见光Ⅱ的频率小，故可见光Ⅱ波长大，其条纹间距较大，根据Δx=ldλ
可知图丙中的干涉条纹对应的是Ⅱ，故B错误；
C．根据p=ℎλ可知Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C错误；
D．根据爱因斯坦光电效应方程Ek=ℎν−W0，−eUc=0−Ek可得eUc=ℎν−W0
可知发生光电效应时I对应的遏制电压大，则P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。故选D。
2．A【详解】两粒子在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
设a粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，b粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为，两粒子初速度间的夹角为θ，两粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可知
又因为，
两粒子比荷相同，故有即故选A。
3．C【详解】AB．轻杆通过铰链固定在竖直墙上的O点，可知轻杆对C端的支持力方向沿杆的方向，两边细线的拉力方向成120°角，轻杆的弹力方向在两细绳拉力的平分线上，可知两边细绳的拉力大小相等，均为F，选项A错误，B错误；CD．对C受力分析如图
由相似三角形可知，FAO=TAC=NOC，若缓慢增大竖直向下的拉力F，则在OC到达水平位置之前，轻绳AC的拉力T增大，轻杆OC对C点的作用力N变大，选项C正确，D错误。故选AC。
4．D【详解】A．根据理想气体的状态方程可得代入数据得=6∶1故A错误；B．b→c过程温度升高，分子平均动能增大，平均速率增大，容器壁单位面积上的分子平均作用力变大，故B错误；C．c→a过程体积缩小，外界对气体做功W>0，等温变化，内能不变，ΔU=0，由热力学第一定律ΔU=Q+W得Q<0，气体向外界放热，故C错误；D．将V-T图像转化为p-V图像，根据图线下方围成的面积等于功易知，a→b过程中气体体积增大，气体对外做功，b→c过程体积不变，对外不做功，c→a过程体积缩小，外界对气体做功，p-V图像围成的封闭面积等于外界对气体做的功，回到原状态A，温度回到初始状态，全过程内能变化量ΔU=0由热力学第一定律ΔU=Q+W得，气体一定放出热量且放出的热量等于外界对气体做的功，故D正确。故选D。
5.D【详解】A.根据牛顿第二定律可得，解得可知飞船在A点点火加速后瞬间的加速度不变，故A错误；B.不知道飞船在轨道Ⅰ上的速度，飞船在A点加速度后，速度与第一宇宙速度的大小关系不确定，故B错误；C.飞船在Ⅲ轨道运行的周期根据万有引力提供向心力可得，解得，飞船在Ⅱ轨道上运行的半长轴小于轨道Ⅲ的半径，故在轨道Ⅱ上由A点到B点的时间小于在轨道Ⅲ上的周期的一半，故C错误；D.飞船与地心的连线单位时间内扫过的面积，轨道Ⅰ的半径小于轨道Ⅲ的半径，故在轨道Ⅰ上飞船与地心连线单位时间内扫过的面积小于在轨道Ⅱ上扫过的面积，故D正确。故选D。
6.AD【详解】金属棒向右运动，切割磁感应线产生电动势E，给电容器充电，设在t~t+Δt的时间里，电容器充电量为Δq，则则充电电流为对金属棒列牛顿第二定律方程
得上式说明金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由可得，得再由q=CE=CBLv=CBLat得金属杆最终出磁场时，电容器带电量最大，带电量为故选AD。
7.CD【详解】A．由题图可知波长λ＝4m，正立方体的边长为a＝m=4m，该横波的波长与正方体（障碍物）的边长尺寸相同，则该横波遇到体积为64m3的正方体能发生明显衍射，A错误；B．该简谐横波沿x轴正方向传播，传播时间＝0.75s，则（n＝0，1，2，3…），解得s（n＝0，1，2，3…）当n＝0时，解得周期T＝1s，则＝1Hz，该横波的频率可能为1Hz，则该横波与另一列频率为1Hz的简谐横波相遇可能发生干涉，B错误；C．根据波长与波速以及周期之间的关系，有，解得m/s（n＝0，1，2，3…），把＝4m/s代入，解得n=0，则该横波传播的速度大小可能为4m/s，C正确；D．因为rad/s（n＝0，1，2，3…），当n＝0，ω＝2πrad/s，可设质点P的振动方程为cm，把t1＝2s，y＝0代入可解得可能为0，则质点P的振动方程可能为（cm），故D正确。故选CD。
8.AC【详解】AB．副线圈两端电压为将n1:n2=2:1和U1=12V代入上式解得U2=6V，电动机消耗的功率，当时电动机消耗的功率最大，即，由于是理想变压器，所以，电动机消耗功率最大时，原线圈上电流为，故A正确，B错误；CD．把电动机换成滑动变阻器，滑动变阻器消耗的功率为，滑动变阻器消耗的最大功率跟电动机消耗的最大功率相同，故C正确；R0上的功率为当电流最大时，定值电阻R0的功率最大，即滑动变阻器的阻值为零时，R0上的功率最大，故D错误。故选AC。
9.AD【详解】A．用手托住球B，此时弹簧刚好处于原长，设绳子拉力为T，滑块A刚要沿斜面向上运动可知，对B受力分析，设手的支持力为F，则，根据牛顿第三定律可知手受到B球的压力为24N，故A正确；B．松手后，A做加速度减小的加速运动，当A受到的合力为零时，速度最大，当A加速度为零时，B的加速度也为零，对A受力分析得，对B受力分析得，解得故B错误；C．根据能量守恒定律，松手后到滑块A最大速度的过程中有解得，故C错误；D．当滑块A向上滑行的距离最大时，A、B的速度都为0，物块B的重力势能转化为A的重力势能、弹性势能和摩擦产生的内能，根据能量守恒定律有
，解得故D正确。故选AD。
10.CD【详解】A．根据题意可知，线框刚进入磁场后，线框受安培力，初速度方向上做减速运动，则线框在斜面上不做类平抛运动，故A错误；B．根据题意可得，，，联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为，F=0.2N，线框的加速度大小为，，故B错误；C．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为，穿出也为0.04C，方向相反，总电荷量为0，故C正确；D．设线框沿x方向速度减到零时，线框沿y方向运动的位移为y，根据能量守恒定律有，在沿y方向根据运动学规律得，解得Q=0.5J，故D正确。故选CD。
11.【答案】（1）9 （5） （6）
【解析】（1）因为游标卡尺精确度为0.05mm，每个小格实际长度为0.95mm，所以可得游标尺中第6格刻度线与主尺对齐刻度线为，
（5）由题意铁片下边的挡光时间分别为，铁片遮光宽度d。则通过光电门的速度近似为。（6）研究铁片上下两边依次通过光电门的运动过程，根据公，
解得。
12.【答案】 （1） R1 连线见解析（2） 958 15kΩ （3） 5 （4）1560 60
【解析】（1）为了保证改装后欧姆表能正常使用，欧姆调零时，有
解得欧姆调零时欧姆表内阻为，
此时滑动变阻器接入电路阻值为，则滑动变阻器应选R1；
欧姆表黑表笔应接电源的正极，实物连线如图所示，
（2）欧姆调零时，有，解得欧姆调零时欧姆表内阻为，此时滑动变阻器接入电路阻值为
设电流表表盘的刻度对应的改装后欧姆表的刻度为，则有，解得
（3表盘上c处的电流刻度为75，设此时测量电阻为，则有
，则c处的电阻刻度为5。
（4）设改装后干路的最大电流为，则欧姆调零时有
对电路进行了改进，使中值电阻为1500Ω，则有
联立解得，
则图中电阻箱的阻值应调为
若用该表测量一阻值为1000Ω的电阻时，此时干路电流为
，则电流表指针对应的电流是
13.【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据题意可得，光路如下图所示。
根据题意可知，则
故，
根据折射定律有，可得，
则，
根据折射定律有，
故出射角的正弦值为
（2）由几何知识可知
则光在玻璃柱体中的路程为
光在玻璃柱体中的速度为
则光穿越玻璃柱体的时间为
14.[答案] (1)2g 2eq \r(gR) (2)eq \f(R,μ2) (3)L0－eq \f(2R,μ1)
[解析] (1)自由下落过程veq \\al(2,B)＝2gh
进入圆轨道时在B点an＝eq \f(v\\al(2,B),R)＝2g
根据机械能守恒定律得mg(h＋R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得vC＝2eq \r(gR)。
(2)若μ1>μ2
因为轻质平板小车受到的合力一定为零，所以物块所受摩擦力f＝μ2mg
物块1一滑上平板小车，马上与车相对静止，物块2与车相对运动，直到与平板小车速度相等后一起运动，根据动量守恒定律m1vC＝(m1＋m2)v
由功能关系得μ2m2gL＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,C)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2
解得L＝eq \f(v\\al(2,C),4μ2g)＝eq \f(R,μ2)。
(3)若μ1<μ2，物块所受摩擦力f＝μ1mg。物块1一滑上平板车后，物块2与车相对静止，物块1与车相对运动，直到与平板小车速度相等后以共同速度v一起运动，此过程中两物块距离减小x1，由功能关系得
μ1m1gx1＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,C)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2
解得x1＝eq \f(R,μ1)
设小物块2与弹性挡板P发生碰撞后以速度v被弹回。根据动量守恒定律m1v－m2v＝(m1＋m2)v1
解得v1＝0
碰后两物块距离减小x2，由功能关系得
μ1m1gx2＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2
解得x2＝eq \f(R,μ1)
s＝L0－x1－x2＝L0－eq \f(2R,μ1)。
15.【答案】 （1）；（2）；（3）（n＝1，2，3，…）
【解析】（1）粒子在电场中运动时，有，
由牛顿第二定律，得
（2）在N点，设粒子速度v的方向与x轴间的夹角为，沿y轴负方向的速度为，则有
，，
解得，，
粒子轨迹如图所示。
根据几何关系，粒子做圆周运动轨迹的半径为
由牛顿第二定律得，解得
（3）将粒子在O点的速度分解，
因同时存在电场、磁场，粒子以在磁场中做匀速圆周运动，同时粒子以初速度沿x轴正方向做匀加速运动，粒子离开O后，每转一周到达一次x轴，第n次到达x轴时，粒子运动的时间
，，解得（n＝1，2，3，…）