2024届广西三新学术联盟百校联考高三下学期5月三模物理试题

这是一份2024届广西三新学术联盟百校联考高三下学期5月三模物理试题，共19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.如图所示为氢原子的能级图。已知红光光子能量范围为，蓝光光子的能量范围为，紫光光子的能量范围为。现有大量处于激发态的氢原子，在向低能级跃迁时发出的光子中，包含( )
A. 两种频率的蓝光光子B. 两种频率的红光光子
C. 一种频率的紫光光子D. 两种频率的紫光光子
2.如图所示，某平面内有一个矩形，已知，，，在该平面内存在一匀强电场， A、B、D三点电势为，，，下列说法正确的是( )
A. 该电场的电场强度大小为B. A点电势比C点电势低100V
C. 电子自D点移动到B点电势能增加75eVD. 电子自C点移动到B点电势能减少64eV
3.2024年3月11日迎来“二月二，龙抬头”。“龙”指的是二十八宿中的东方苍龙七宿星象，每岁仲春卯月之初，“龙角星”就从东方地平线上升起，故称“龙抬头”。10点后朝东北方天空看去，有两颗亮星“角宿一”和“角宿二”，就是龙角星。该龙角星可视为双星系统，系统内两颗恒星距离只有为天文单位，公转周期只有天。根据以上信息以及万有引力常量，判断下列说法正确的是( )
A. 可以求出系统内两恒星的质量比B. 可以求出系统内两恒星的总质量
C. 可以求出系统内两恒星的自转角速度D. 可以求出系统内两恒星的公转速率
4.如图所示，现有两端开口、粗细均匀的 U形管开口竖直向上，管内装有液体。给左管液面加压，当液体静止时，右管液面比左管液面高出 h。现撤去外压并开始计时，时，左管液面第一次比右管液面高出 h。若不计阻力，撤去外压后液体做简谐运动。下列说法正确的是( )
A. 液体做简谐运动的周期为
B. 左、右两液面等高时液体速度为零
C. 时，右管液面比左管液面高
D. 撤去外压后，由于大气压力对液体做功，液体机械能不守恒
5.某实验小组为探究变压器远距离输电原理，设计电路如图所示，输入端电压为 U，输电线电阻为 r，假设变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为 K。输出端电压为，输入端功率为 P，其中 U、r、K、P可变。为保持输出端电压不变，下列说法可行的是( )
A. 若U、r不变， P增大，则 K需要增大B. 若U、P不变， r减小，则 K需要减小
C. 若P、r不变， U加倍，则 K需要加倍D. 若U不变， r减半且P加倍，则 K不变
6.如图所示，A、B两个小球分别用长为10L、5L的细绳悬挂在同一竖直线的两点，现使两球在水平面内做圆周运动，且角速度均缓慢增大，当两球刚好运动到相同高度时， A、B两球运动半径分别为6L、4L，两球离地高度为12 L。O点为两悬挂点在地面的投影，两个小球可视为质点，则下列说法正确的是( )
A. 在两根细绳分别对A球和B球的拉力可能相同
B. 在A球和B球的周期相等
C. 在同时剪断两根细绳， B球先落地
D. 剪断两根细绳， A球和B球的落地点到O点的距离相等
7.如图所示，长度为的木棒一端支在光滑竖直墙上的A点，另一端 B点被轻质细线斜拉着挂在墙上的C点而处于静止状态，细线与木棒之间的夹角为，A、C两点之间的距离为，墙对木棒的支持力为F，重力加速度为 g，下列说法正确的是( )
A. 细线与竖直墙之间的夹角的正弦值为
B. 木棒受到的三个力或延长线可能不交于同一点
C. 细线对木棒的拉力大小为
D. 木棒的质量为
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度k，急动度 k是评判乘客是否感到舒适的重要指标，按照这一指标，具有零急动度的乘客较舒服。如图所示为一辆汽车在启动过程中的急动度随时间变化的关系，已知汽车质量，启动过程中所受阻力 f，在该过程中，下列说法正确的是( )
A. 从0s到3s，汽车牵引力大于 fB. 从3s到6s，乘客感觉比较舒服
C. 从6s到9s，汽车速度变化量为D. 汽车在9s时恰好停下
9.一定质量的理想气体从状态a开始，经过如图所示的三个过程回到初始状态 a，下列判断正确的是( )
A. 在的过程中外界对气体做的功大于过程中气体对外界做的功
B. 在的过程中气体从外界吸收的热量小于在过程中气体向外界放出的热量
C. 在的过程中气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量
D. 在的过程中气体内能的增加量大于过程中气体内能的减少量
10.如图装置可形成稳定的辐向磁场，磁场内有匝数为 n、半径为R的圆形线圈，在时刻线圈由静止释放，经时间 t速度大小为v。假设此段时间内线圈所在处磁感应强度大小恒为B，线圈单位长度的质量、电阻分别为m、r，重力加速度为 g，下列说法正确的是( )
A. 线圈下落过程中，通过线圈的磁通量不为零
B. t时刻线圈的加速度大小为
C. 0 ∽ t时间内通过线圈的电荷量为
D. 0 ∽ t时间内线圈下落高度为
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.如图甲是“探究功与速度变化的关系”的实验装置，其中打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。当质量为的小车，在1条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W。
本题
关于该实验，__________填“需要”或“不需要”平衡摩擦力。
当用2条、3条完全相同的橡皮筋进行第2次、第3次实验时，由于每次实验中橡皮筋的拉伸长度相同，因此第2次、第3次实验中，橡皮筋对小车做的功分别为__________、__________、，每次实验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带求出。
图乙为某次用1条橡皮筋实验打出的纸带，测得 A、B、C、D、E相邻两点间的距离分别为，，，，则小车获得的最大速度为__________。结果保留两位有效数字
12.气敏电阻在安全环保领域有着广泛的应用。有一个对甲醛气体非常敏感的气敏电阻，正常情况下阻值为几百欧，当甲醛浓度升高时，其阻值可以增大到几千欧。该气敏电阻说明书给出的气敏电阻随甲醛浓度变化的曲线如图a所示横轴为
为检验该气敏电阻的参数是否与图a一致，测量部分甲醛浓度下的阻值，设计图 b所示电路。利用如下实验器材测甲醛浓度为时气敏电阻的阻值，供选用的器材如下：
A.蓄电池电动势6V，内阻不计
B.电压表量程6V，内阻约
C.毫安表量程5mA，内阻约
D.滑动变阻器最大阻值
E.滑动变阻器最大阻值
F.开关、导线若干
①参照图a中的参数，滑动变阻器应选用__________填“”或“”
②单刀双掷开关应接在__________填“1”或“2”
实验时，将气敏电阻置于密封小盒内，通过注入甲醛改变盒内甲醛浓度，记录不同甲醛浓度下电表示数，计算出气敏电阻对应阻值，若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为和，则此时气敏电阻的阻值为__________保留2位有效数字。
已知国家室内甲醛浓度标准是。探究小组利用该气敏电阻设计了如图c所示的简单测试电路，用来测定室内甲醛是否超标。
电源电动势为内阻不计，电路中、分别为红、绿发光二极管，红色发光二极管的启动导通电压为，即发光二极管两端电压时点亮，绿色发光二极管的启动电压为，发光二极管启动时对电路电阻的影响不计。实验要求当室内甲醛浓度正常时绿灯亮，超标时红灯亮，则在电阻和中，__________是定值电阻，其阻值为__________。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.某同学设计了一种测量大玻璃砖折射率的方法，首先测量玻璃砖的厚度h，用碳素笔在玻璃砖底面中心点一个小黑点，把玻璃砖放置在水平桌面上，用白纸做一个圆形的遮光片，把遮光片放置在恰当位置，使之恰好从玻璃砖上方向下方看，各个方向均不能看到黑点，他测量了遮光片的半径为 r，如图所示。
求玻璃砖的折射率用h、r表示
人的瞳孔直径约为远小于，当很小时。去掉遮光片，人自黑点正上方向下观察黑点，估算看到的黑点距上表面的距离大小用h、r表示。
14.如图，在xOy平面第一象限有一匀强电场，电场方向平行y轴向下。在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为的直线。磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、带电荷量为q的正粒子从y轴上P点以初速度垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成角进入匀强磁场。已知，不计粒子重力。求：
电场强度的大小；
要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围；
要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的范围。
15.如图，现有一个以的速度匀速逆时针转动的水平传送带。传送带左端点M与光滑水平平台相切，在平台上距 M点较近的P处竖直固定一个弹性挡板，质量为的小物块b在PM段运动的时间忽略不计。在M点与平台之间缝隙处安装有自动控制系统，当小物块 b每次向右经过该位置时都会被控制系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端点N与半径的光滑四分之一圆弧相切，质量为可视为质点的小物块a，从圆弧最高点由静止下滑后滑上传送带，当小物块 a到达M点时控制系统对小物块b自动解锁， a、b发生第一次弹性正碰。小物块a与传送带间的动摩擦因数，M、N两点间的距离，。不计物块经过M、N两点处时的能量损失。求：
小物块a滑到圆弧轨道最底端时的加速度;
小物块a与b在传送带上第一次碰撞后，物块a的速度;
从小物块a与b第一次碰撞后，直到最后静止的过程中，物块 a运动的总时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】解答该题关键是掌握能级的跃迁满足会结合红光、蓝光以及紫光的光子能量范围判断。依据能级的跃迁满足，结合三种光子能量的范围．并即可分析判定。
【解答】解：可能的跃迁有：
直接跃迁到，能量差为，为红外线;
直接跃迁到，能量差为，为红外线;
直接跃迁到，能量差为，为紫光;
直接跃迁到，能量差为，为紫外线;
直接跃迁到，能量差为，为红外线;
直接跃迁到，能量差为，为蓝光;
直接跃迁到，能量差为，为紫外线;
直接跃迁到，能量差为，为红光;
直接跃迁到，能量差为，为紫外线;
直接跃迁到，能量差为，为紫外线;
故C正确，ABD错误。
2.【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键要掌握匀强电场电势分布规律，明确沿电场方向相同距离，电势差相等，来分析各点的电势。
根据匀强电场中由，在AD方向场强分量以及，AB方向场强分量，结合题意可知该电场的电场强度大小和C点的电势．再根据可分析电势能变化。
【解答】AB、根据题意可知，在AD方向场强分量
根据题意可知，AB方向场强分量，
故合场强，方向恰好由A指向C，AC间电势差为100V，故C点电势为0，选项AB错误;
C、由可知电子从D移到B点，电势能减少28eV，选项C错误;
D、由可知电子从C点移到B点，电势能减少64eV，故选项D正确。
3.【答案】B
【解析】【分析】双星是同轴转动模型，其角速度相等；根据万有引力提供向心力，分别对两星球列方程，解方程组，求出两星球的总质量；根据角速度与线速度的关系可以求出系统内两恒星的速率之和。
解决本题的关键是知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，以及会用万有引力提供向心力进行求解。
【解答】设两恒星质量为和，轨道半径为和，有
联立可得
根据线速度与角速度的关系
所以
，故两恒星的总质量与两恒星的速率之和可以求解，但两恒星的质量之比和各自的角速度无法求解，
故选B。
4.【答案】C
【解析】【分析】
这道题考查的知识点是简谐运动，根据题意可求出周期，对于液柱只有重力做功，左、右两液面等高时液体的重力势能最小，动能最大，速度最大。本题知识点比较简单，属于基础题
【解答】
A选项，液体做简谐运动的周期为，A错误;
B选项，左右两液面等高时液体速度不为0， B错误;
C选项，时，右管液面比左管液面高， C正确;
D选项，撤去外压后，大气压力整体对液体不做功，液体机械能守恒， D错误
5.【答案】D
【解析】【分析】
在理想变压器中，原、副线圈的电压之比等于它们的匝数之比，即：
其中，是原线圈的电压，是副线圈的电压，和分别是原、副线圈的面数， K是匝数比。
同时，变压器的输入功率等于输出功率，即：
【解答】
A.若U、r不变， P增大，则电流 I增大因为。输电线上损失的电压也会增大，要保持不变，需要增大，即减小因为。所以A选项错误。
B.若U、P不变， r减小，则电流 I不变因为。但输电线上损失的电压会减小，要保持不变，需要减小，即增大 K。所以B选项错误。
C.若P、r不变， U加倍，则电流 I也加倍因为。输电线上损失的电压会加倍，要保持不变，需要保持不变，即K不变。但题目中说K需要加倍，所以 C选项错误。
D.若U不变， r减半且P加倍，则电流 I加倍因为，但输电线上损失的电压只增加一倍因为r减半，要保持不变，需要保持不变，即 K不变。所以D选项正确。
综上所述，正确答案是 D。
6.【答案】D
【解析】【分析】
对小球受力分析，得出线速度表达式；结合线速度和周期关系可得周期比值；两球做平抛运动的时间相同，根据水平方向的位移关系和竖直方向的位移公式分析。
本题是水平面内的圆周运动及平抛运动相结合的题目，难度较大。
【解答】
对A球，拉力 ， ，同理对B球 ，，根据几何关系得出，，故，，根据和可得两拉力方向不相同，两拉力不相同，两球的周期比为，故AB错误；
两球做平抛运动的时间相同，设两球此时距离地面的高度为，剪断细线时两球速度方向不确定，两球可能落到同一点，故C错误，D正确。
7.【答案】D
【解析】A.设细线与竖直墙之间的夹角为，在中，根据正弦定理：
联立解得
故A错误；
B.根据平衡条件，木棒受到三个力或延长线一定交于一点，故B错误；
设细线拉力为T，木棒质量为m，对木棒受力分析，如图：
根据力平衡条件列式：，
联立解得，
故D正确，C错误。
在中由正弦定理，求角度正弦；
共点力平衡，木棒受到的三个力或延长线一定交于同一点；
对木棒受力分析，由力平衡条件，求细绳拉力和木棒质量。
根据共点力平衡和平衡条件列式，分析力和质量，是一道基础题。
8.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查动力学的图像问题，能从图像得出有用的信息是解题的关键。
根据图像得出内汽车加速度变化情况结合题设和牛顿第二定律分析即可判断；根据题设和图像直接得出比较舒服的时间范围即可判断；根据图像所围面积的含义结合题设分析即可判断；根据图像所围面积含义分析汽车的运动情况即可判断。
【解答】
A、由图知，内，汽车的加速度均匀增大，且汽车由静止开始运动，此过程汽车做加速运动，由牛顿第二定律知，汽车牵引力大于阻力f，故A正确；
B、由题结合图知，内汽车的急动度为0，此时感觉比较舒服，故B正确；
C、图像中图线与t轴所围的面积表示加速度变化量，由图知，内汽车的加速度变化，题设条件不足，无法求出此过程汽车速度变化量，故C错误；
D、由图知，内，汽车的加速度变化，可见此过程加速度方向一直不变，汽车一直做加速运动，则汽车在9s时不可能停下，故D错误。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住图象的面积表示气体做功。
【解答】
即图象围成的面积，，在的过程中外界对气体做的功等于过程中气体对外界做的功，而b，c气体温度相等，内能相同， a的温度低，内能小，所以在的过程中气体向外界释放的热量大于过程中气体从外界吸收的热量。在的过程中，气体内能增加，气体对外界做的功小于气体从外界吸收的热量，在的过程中气体内能的增加量等于过程中气体内能的减少量。
故BC正确。
10.【答案】ABD
【解析】【分析】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，需结合牛顿运动第二定律以及动量定理进行分析计算，重点把握整个过程电荷量、电流、磁通量的变化情况即可求解。
【解答】B、在t时刻，电流，结合牛顿第二定律：，解得：，故B正确；
C、线圈下落过程，由动量定理得：，，解得：，C错误；
D、，解得：，D正确；
A、线圈下落过程中穿过线圈的磁通量不为零，故A项正确。
故选ABD。
11.【答案】【详解】为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果，必须平衡摩擦力。
由于每次实验中橡皮筋的拉伸长度相同，故每根橡皮筋对小车做功大小相等，因此第2次、第
3次实验中，橡皮筋对小车做的功分别为2 W，3 W。
速度越大，相同时间内通过的位移越大，由图可知。纸带的 CD、DE间距最大，且相等，即
速度达到最大值，两点间的时间间隔为，则最大速度为
【解析】本题考查功与速度的关系，明白原理是关键，本题是用弹簧的弹性势能完全转化为小车动能，用打点计时器打出的纸带算速度。
12.【答案】① ；②1；；；
【解析】【分析】滑动变阻器采用分压接法，为了电路安全和方便调节选择滑动变阻器；根据图像求解甲醛浓度为的气敏电阻的阻值，根据气敏电阻的阻值与电表阻值的大小关系确定电流表的连接方式，据此连接实物图；
根据欧姆定律求解气敏电阻的阻值；
根据发光二极管的特性及题设要求进行解答，是红色报警二极管，不超标不发光，只有当电阻增大时才发光，则确定是气敏电阻，再根据电阻与电压成正比计算定值电阻的阻值。
本题是理论联系实际的好题，理解实验原理是解题的关键；难点在于确定定值电阻并求阻值。
【解答】根据图b可知，滑动变阻器采用了分压接法，为了调节方便，则滑动变阻器应该选择最大阻值较小的；
由图a可知，甲醛浓度为的气敏电阻的阻值；
由于，因此电流表应采用内接法，即开关接到1；
根据以上分析，按照电路图连接实物图如图所示：
根据欧姆定律可得气敏电阻阻值为
、串联分压，当甲醛浓度升高，气敏电阻的阻值增大时，红色发光二极管两端电压应升高，所以为气敏电阻，为定值电阻
根据电阻与电压成正比，有
为红色发光二极管处于点亮的临界状态，由图a可知时，气敏电阻的阻值
故可得
13.【答案】解：如图甲所示，
当入射角等于临界角C时，光线发生全反射，
由几何关系得，
所以。
去掉遮光片后，人眼在观察时的光路图如图乙所示，
由折射定律得，
因为瞳孔直径d很小，所以 、 都很小，
有，，则有，
由几何关系得，，所以，
估算看到的黑点距上表面的距离大小。

【解析】本题考查光的折射定律，临界角。关键是画出光路图，根据临界角和折射率的关系求折射率，根据折射定律和几何关系求距离。
14.【答案】解：设粒子进入磁场时y方向的速度为 ，则有
设粒子在电场中运动时间为 t ，则有 ， ，
联立解得电场强度的大小为
粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示
设此时的轨迹半径为 ，由几何关系得
解得
粒子在磁场中的速度为
根据牛顿第二定律有
解得
则要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围为
粒子刚好能第二次进入磁场的轨迹如图所示
粒子从P到Q的时间为 t ，则粒子从C到D的时间为 2t ，所以
设此时粒子在磁场中的轨迹半径为 ，由几何关系有
可得
根据牛顿第二定律有
则
要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B的范围为
即

【解析】解此类问题的关键是做出带电粒子运动的轨迹图，找出粒子运动的半径与磁场边界的约束关系。
粒子在第一象限内做类平抛运动，在x轴方向上做匀速直线运动，在y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，已经知道在Q点时的速度方向为，结合运动合成与分解知识求解电场强度的大小；
对粒子在第四象限中的运动轨道进行分析，找到临界状态，即轨道恰好与y轴相切为轨道的最大半径，结合洛伦兹力做向心力的公式可求出此时的磁感应强度，该磁感应强度为最小值，从而可表示出磁感应强度的范围；
首先要分析粒子恰能第二次进入磁场的轨迹，画出轨迹图，由几何关系再求出在第四象限内运动轨道的半径，结合洛伦兹力做向心力的公式可求出磁感应强度的最大值，从而可得磁感应强度的范围。
15.【答案】解：小物块a从圆弧最高点滑到最低点，根据动能定理有
在圆弧轨道最底端，向心加速度为
解得：
方向竖直向上指向圆心O；
物块a在传送带上初速度为，在传送带上先做匀减速直线运动，假设能减速至，根
据速度公式与位移公式有：

解得：
假设成立
之后，小物块a向左做匀速直线运动，直到与小物块b发生碰撞，根据动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有：
解得：
负号表明，第一次碰后 a的速度方向水平向右；
物块a与b第一次碰撞后，物块向右做匀减速直线运动，假设能减速至0，则
假设成立
随后由相同加速度向左匀加速直线运动至M点，物块a再返回到M点，所用时间
由中两式解得：
由此可知，以后每次a、b碰后，物块a的速度，大小都为碰前的，再次往返的时间均为上
一次往返的时间的。即有
，，
则小物块a与b第一次碰撞后，a运动的总时间为
根据等比数列的规律有：
当n趋近于无穷大时，解得：。
【解析】本题考查的是根据动能定理和加速度公式求出小物块a滑到圆弧轨道最底端时的加速度，再由速度与位移的关系和动量守恒和机械能守恒求出小物块a与b在传送带上第一次碰撞后，物块a的速度；根据运动学公式分析得到物块a运动的总时间。本题解题过程较难，同学们必须仔细认真深刻思考。