[物理][三模]贵州省名校协作体2023_2024学年高三下学期三模考试试题(解析版)

这是一份[物理][三模]贵州省名校协作体2023_2024学年高三下学期三模考试试题(解析版)，共18页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，4mB等内容，欢迎下载使用。

满分：100分 考试时间：75分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每题只有一项符合题目要求，选对的得4分，选错或不选得0分。
1. 氢原子从能级跃迁到能级时，该氢原子（ ）
A. 动能变大B. 势能变小C. 总能量变大D. 放出光子
【答案】C
【解析】CD．氢原子从能级跃迁到能级，即从低能级向高能级跃迁，吸收光子，总能量增大，故C正确，D错误；
AB．从低能级向高能级跃迁，轨道半径变大，根据
，
则动能减小，电势能增大，故AB错误。故选C。
2. 2024年4月25日，神舟十八号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射成功。我国已先后发射了18艘航天飞船，不同航天飞船在环绕地球做匀速圆周运动过程中轨道平面各异，高度不同。通过查阅数据发现，它们轨道半径的三次方与运动周期的二次方关系如图所示，图像斜率为k。已知万有引力常量为G，则地球的质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据万有引力提供向心力则有
解得
故地球的质量为
A正确。
故选A。
3. 如图所示，在直角三角形ABC中，，。B、C两点各固定有点电荷，带电荷量分别为、，以A点为球心固定有不带电的金属球壳，球壳半径为R。已知静电力常量为k，则球壳表面的感应电荷在球心A处产生的电场强度（ ）
A. 为零B. 大小为，方向沿BC方向
C. 大小为，方向沿CB方向D. 大小为，方向沿AC方向
【答案】B
【解析】C处点电荷在A处产生的电场强度大小为
方向由C指向A；B处点电荷在A处产生的电场强度大小为
B处点电荷在A处产生的电场强度沿AC方向的分场强为
B处点电荷在A处产生的电场强度沿CB方向的分场强为
由于B处点电荷在A处产生的电场强度沿AC方向的分场强与C处点电荷在A处产生的电场强度大小相等，方向相反，则B、C两点电荷在A处产生的合场强大小为
方向沿CB方向；由于处于静电平衡时，A处的场强为0，则球壳表面的感应电荷在球心A处产生的电场强度大小为，方向沿BC方向。
故选B。
4. 如图所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，封闭气体的压强p用压强传感器测量，体积V由注射器刻度读出。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A. 推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出
B. 活塞移至某位置时，应迅速记录此时注射器内气柱的长度和气体的压强值
C. 为方便推拉活塞，手可握住注射器含有气体的部分
D. 在柱塞上涂抹润滑油可以提高装置的气密性
【答案】D
【解析】AC．为了保证气体温度不变，推拉活塞时，动作要慢，且不可以用手握住注射器含有气体的部分，故AC错误；
B．活塞移至某位置时，待稳定时记录此时注射器内气柱的长度和气体的压强值，故B错误；
D．在柱塞上涂抹润滑油可以提高装置的气密性，故D正确。
故选D
5. 一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆的面积为，小圆的面积均为。垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小，和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势为
每个小圆线圈产生的感应电动势均为
由线圈的绕线方式和楞次定律可知，4个小圆线圈产生的感应电动势方向相同，而大圆线圈产生的感应电动势方向与4个小圆线圈产生的感应电动势方向相反，所以线圈中总的感应电动势大小为，故选C。
6. 如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，当棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为。如果仅改变下列某一个条件，能使棒再次平衡时角变小的是（ ）
A. 棒中的电流变大B. 两悬线等长变短
C. 金属棒质量变大D. 磁感应强度方向平行悬线向上
【答案】C
【解析】以金属棒为对象，根据受力平衡可得
可得
A．棒中的电流变大，则角变大，故A错误；
B．两悬线等长变短，则角保持不变，故B错误；
C．金属棒质量变大，则角变小，故C正确；
D．磁感应强度方向平行悬线向上，则安培力垂直悬线向上，再次平衡时有
可得
故D错误。故选C。
7. 某人站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为1kg的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内以手为圆心做圆周运动，其简化示意图如下。握绳的手离地面高度为1.0m且保持不变，现不断改变绳长使球重复上述运动，每次绳在球运动到最低点时都恰好达到最大拉力被拉断，球以绳断时的速度水平飞出，通过水平距离x后落地。已知绳能承受的最大拉力为15N，重力加速度大小取，忽略手的运动半径和空气阻力，则x的最大值为（ ）
A. 0.4mB. 0.5mC. 1.0mD. 1.2m
【答案】B
【解析】设小球圆周运动半径r
绳断后小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动有
联立得
可知，当时
故选B。
二、多项选择题：本题共3道小题，每题5分，共15分。每题有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
8. 如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度大小取。下列说法中正确的是（ ）
A. 单摆的摆长约为4.0m
B. 在时摆球速度为0
C. 从到的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D. 从到的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
【答案】CD
【解析】A．根据题意，由图乙可知，单摆的周期为，由单摆周期公式
可得
故A错误；
B．由图乙可知，在时，摆球处于平衡位置，摆球的速度最大，故B错误；
C．由图乙可知，从到的过程中，摆球从平衡位置向负向最大位移摆动，则摆球的重力势能逐渐增大，故C正确；
D．由图乙可知，从到的过程中，摆球从负向最大位移向平衡位置摆动，摆球所受回复力逐渐减小，故D正确。
故选CD。
9. 某个小型水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V。通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线的总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V。要求在输电线上损失的功率控制为5kW。则（ ）
A. 输电线上通过的电流为25A
B. 升压变压器输出的电压为4500V
C. 升压变压器的匝数比为
D. 降压变压器的匝数比为
【答案】AC
【解析】A．在输电线上损失的功率在5kW，则有
解得
故A项正确；
B．由于理想变压器，所以升压变压器的输出功率也为100kW，由之前的分析可知，输电线上的电流为25A，由于
解得
故B项错误；
C．由于理想变压器，所以有
解得
故C项正确；
D．降压变压器的原线圈电压为
由于理想变压器，所以有
故D项错误。故选AC。
10. 如图甲所示，质量为0.1kg的滑块（可视为质点）在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上静止于水平面上的木板左端，开始计时，此后木板的图像如图乙所示。已知木板质量也为0.1kg，木板的长度为1m，滑块与木板间的摩擦因数为0.6，最终滑块恰好没有离开木板。忽略空气阻力，重力加速度大小取。则（ ）
A. 木板与地面之间的动摩擦因数为0.2
B. 木板运动0.5s后与滑块达到共速
C. 释放滑块时弹簧的弹性势能为0.6J
D. 木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.25J
【答案】AB
【解析】A．已知滑块与木板间的摩擦因数为，设木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块刚滑上木板时，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得
根据图像得
联立解得
故A正确；
B．由图像可知，木板开始做减速运动，可知此时滑块刚好与木板共速，故B正确；
C．设滑块刚滑上木板时的速度为，共速前，以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得
根据运动学共速可得
可得
根据能量守恒可知，释放滑块时弹簧的弹性势能为
故C错误；
D．根据图像可知，整个过程木板通过的位移为
则木板与水平面间因摩擦产生热量为
故D错误。
故选AB。
三、实验题：本题有2个小题，共15分。
11. 为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图甲所示的实验装置。（滑轮质量不计）
（1）实验时，一定要进行的操作是（ ）
A. 用天平测出砂和砂桶的质量
B 小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计示数
C. 为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
（2）经正确操作后获得一条如图乙所示的纸带（两相邻计数点间还有四个点），相邻计数点的距离分别为、、，。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式__________；小车加速度的表达式__________。（用题中给出的物理量表示）
（3）多次改变砂和砂桶的质量，得到多组小车的加速度a和弹簧测力计的示数F的数据，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，作出的图像是一条直线，如图丙所示，求得图线的斜率为k，则小车的质量为__________。
【答案】（1）B （2） （3）
【解析】【小问1详解】
AC．本实验中拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故AC错误；
B．打点计时器使用时，先接通电源，再释放小车，该实验探究质量一定时加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，故B正确。
故选B。
【小问2详解】
[1][2]两相邻计数点间的时间间隔
打计数点5时小车速度的表达式
小车加速度的表达式
【小问3详解】
以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标
根据牛顿第二定律
得小车质量
12. 某小组在使用多用电表时，进行了如下操作：
（1）甲同学使用多用电表测直流电流、电压或测量二极管的反向电阻时，下列接法正确的是（ ）
A. 用直流电流挡测电路中的电流
B. 用直流电压挡测电阻两端的电压
C. 用欧姆挡测量二极管的反向电阻
（2）乙同学用该多用电表正确测量了一个15.0Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是2kΩ左右的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请你选出必需的操作步骤并排出正确顺序：__________。
A.用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指向“0”；
B.将红表笔和黑表笔接触；
C.把选择开关旋转到“×1k”位置；
D.把选择开关旋转到“×100”位置；
E.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。
正确完成上述操作后，将红、黑表笔接触两端，表针指示如图甲所示，则所测电阻的阻值为__________Ω。
（3）该小组进一步探究欧姆表的原理，操作步骤如下：

①丙同学先将满偏电流为1mA、内阻为90Ω的表头按图乙进行改装，改装后的电流表量程为10mA，已知，则__________Ω（结果保留两位有效数字）；
②再与电动势为1.5V干电池、滑动变阻器连接组装成欧姆表，其结构示意图如图丙所示；
③将红、黑表笔直接接触，调节使表头的示数达到最大，若在红、黑表笔间接入一个待测电阻，表头的示数变为原来的一半，则__________Ω。
【答案】（1）C （2）DBE 1900
（3）9.0 150
【解析】【小问1详解】
A．用直流电流挡测电路中的电流，电流需从多用电表的红表笔流入，黑表笔流出，所以红表笔接电源的正极，故A错误；
B．用直流电压挡测电阻两端的电压，电流需从多用电表的红表笔流入，黑表笔流出，所以红表笔应在右侧，故B错误；
C．用欧姆挡测量二极管的反向电阻，多用电表内部电源正极与黑表笔相连，测反向电阻黑表笔接右侧，故C正确。
故选C。
【小问2详解】
[1]欧姆表每次使用应该先选挡位，然后欧姆调零，最后测量，欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确，故即先选“×100”挡，欧姆调零，测量读数；最后旋到交流最大挡，防止漏电，故在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，操作步骤必须的是：选挡和欧姆调零，故有用的操作顺序为DBE；
[2]由图可得，多用电表的读数为
【小问3详解】
①[1]根据闭合电路欧姆定律
代入数据，解得
③[2]设多用电表的内阻为R，根据欧姆定律
代入数据，解得
四、计算题（本题有3个小题，共42分。把解答写在答题卡上指定的位置，要求写出必要的文字说明、方程式和步骤，只写出最后答案的不能得分。）
13. 为取得良好的保温效果，一窗户安装了双层平行玻璃，如图所示，双层玻璃由厚度均为4a的单层玻璃组成，两玻璃板平行且中间有干燥的空气，宽度也为4a，一细束光从窗外射入室内，入射光与玻璃面的夹角=37°，经第一次折射后传播方向改变的角度，光在真空中传播的速度为c，取sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）该玻璃的折射率n；
（2）该束光通过窗户所用的时间t。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）做出光路图，如图所示
由几何关系可得
根据折射率定义式，可得
（2）光在玻璃中的传播速度
由几何知识可得
，
该束光通过窗户所用的时间
14. 如图所示，某超市两辆相同购物车沿同一直线静置于水平地面上，质量均为8kg，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动。当车运动2m时与第二辆车碰撞后瞬间结合在一起，速度为3m/s，再一起运动1m后与竖直瓷砖墙壁发生碰撞并反向弹回，与墙壁碰撞过程中动能损失了75%，作用时间为0.04s。已知当瓷砖所受冲击力超过1000N会碎裂，车运动时受到的摩擦力恒为重力的0.25倍。忽略空气阻力，碰撞过程中不计地面的摩擦力，重力加速度大小取。求：
（1）两车碰撞过程中损失的机械能；
（2）人给第一辆购物车的水平冲量大小；
（3）计算说明瓷砖会不会碎裂。
【答案】（1）；（2）；（3）会碎裂
【解析】（1）设两车碰撞前瞬间，前车的速度为，根据动量守恒可得
解得
则两车碰撞过程中损失的机械能为
（2）设人给第一辆购物车的水平冲量大小为，则有
碰撞前对前车，根据动能定理可得
解得
则人给第一辆购物车的水平冲量大小为
（3）两车共速后到与瓷砖墙壁碰撞前过程，根据动能定理可得
解得
与墙壁碰撞过程中动能损失了75%，则有
解得
与瓷砖墙壁碰撞过程，根据动量定理可得
解得
可知瓷砖会碎裂。
15. 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B；匀强电场（图中未画出）的方向平行于xOy平面，电场强度大小为。小球（可视为质点）的质量为m、带电量为，从O点射出。忽略空气阻力，重力加速度为g。
（1）若撤去匀强电场，要使小球在空间中做直线运动，求小球射出时的速度大小和方向；
（2）若匀强电场在xOy平面内的方向可调，要使小球在xOy平面内做直线运动，求小球射出时速度大小范围；
（3）若匀强电场方向竖直向下，将小球沿y轴正方向射出，速度大小为，求小球运动过程中距x轴的最大距离。
【答案】（1），方向水平向右；（2）；（3）
【解析】（1）若撤去匀强电场，要使小球在空间中做直线运动，则小球必定做匀速直线运动，洛伦兹力与重力平衡，即洛伦兹力方向竖直向上，根据左手定则可知，小球射入速度方向一定水平向右，根据平衡条件有
解得
方向水平向右。
（2）小球受重力、电场力与洛伦兹力，小球在场力作用下做直线运动，该运动一定是匀速直线运动，根据平衡条件，电场力与洛伦兹力的合力一定大小等于重力，方向一定竖直向上，由于
即有
根据两个力的合力的取值范围可知
解得
（3）根据题意有
将小球速度沿x轴正方向分解为与y轴正方向夹角为的，如图所示
其中分速度对应洛伦兹力与重力、电场力的合力平衡，即有
解得
可知，
根据上述可知，小球的运动可以看为沿x轴正方向的匀速直线运动与速度为的匀速圆周运动两个分运动合成，可知，当小球圆周分运动至最低点，即方向沿水平向右方向时，小球合速度最大值为
此时小球的动能最大，电场力与重力做功最多，小球距离x轴最远，令最大距离为d，根据动能定理有
结合上述解得