[物理]海南省儋州市2023_2024学年高三下学期模拟考试试卷(解析版)

这是一份[物理]海南省儋州市2023_2024学年高三下学期模拟考试试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
试卷总分：100分 考试时间：90分钟
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是，乙对甲的作用力是，则这两个力（ ）
A. 的冲量小于的冲量B. 的冲量大于的冲量
C. 大小相等，方向相同D. 大小相等，方向相反
【答案】D
【解析】甲推乙的作用力与乙对甲的作用力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，这两个力大小相等，方向相反，根据冲量的定义，可知的冲量等于于的冲量。
故选D。
2. 100年前，卢瑟福猜想在原子核内除质子外还存在着另一种粒子X，后来科学家用粒子轰击铍核证实了这一猜想，该核反应方程为：，则（ ）
A. ，，X是中子
B. ，，X是电子
C. ，，X是中子
D. ，，X是电子
【答案】A
【解析】根据电荷数和质量数守恒，则有
，
解得m=1，n=0，故X是中子
故选A。
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 两束频率不同的光，可以产生干涉现象
B. 观察者靠近声波波源的过程中，接收到的声波频率小于波源频率
C. 同一个双缝干涉实验中，蓝光产生的干涉条纹间距比红光的大
D. 单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小
【答案】D
【解析】A．两束频率不同的光，不能产生干涉现象。故A错误；
B．根据多普勒效应，观察者靠近声波波源的过程中，接收到的声波频率大于波源频率。故B错误；
C．根据
可知同一个双缝干涉实验中，因蓝光波长小于红光波长，则蓝光产生的干涉条纹间距比红光的小。故C错误；
D．单色光在介质中传播时，由
可知介质的折射率越大，光的传播速度越小。故D正确。
故选D。
4. 2021年4月29日，我国在海南文昌用长征五号B运载火箭成功将空间站天和核心舱送入预定轨道。核心舱运行轨道距地面的高度为左右，地球同步卫星距地面的高度接近。则该核心舱的（ ）
A. 角速度比地球同步卫星的小
B. 周期比地球同步卫星的长
C. 向心加速度比地球同步卫星的大
D. 线速度比地球同步卫星的小
【答案】C
【解析】核心舱和地球同步卫星都是受万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，有
可得
而核心舱运行轨道距地面的高度为左右，地球同步卫星距地面的高度接近，有，故有，，，
则核心舱角速度比地球同步卫星的大，周期比地球同步卫星的短，向心加速度比地球同步卫星的大，线速度比地球同步卫星的大，故ABD错误，C正确；
故选C。
5. 如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）

A. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B. 小球运动过程中的速度不变
C. 小球运动过程的加速度保持不变D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【解析】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；
D．洛仑兹力永不做功，D错误。
故选A
6. 下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（ ）

A. 分子间距离大于r0时，分子间表现为斥力
B. 分子从无限远靠近到距离r0处过程中分子势能变大
C. 分子势能在r0处最小
D. 分子间距离小于r0且减小时，分子势能在减小
【答案】C
【解析】分子间距离大于r0，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离r0处过程中，引力做正功，分子势能减小，则在r0处分子势能最小；继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大。
故选C。
7. 如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。则推力F的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有
推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即
故Q物体加速下降，有
可得
而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律
解得
故选A。
8. 在同一地方，甲、乙两个单摆做振幅不同的简谐运动，其振动图像如图所示，可知甲、乙两个单摆的摆长之比为（ ）
A. 2：3B. 3：2C. 4：9D. 9：4
【答案】C
【解析】由振动图像可知甲乙两个单摆周期之比为
T甲：T乙 = 0.8：1.2 = 2：3
根据单摆周期公式
可得
则甲、乙两个单摆的摆长之比为L甲：L乙 = T甲2：T乙2 = 4：9，故选C。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 如图，理想变压器原线圈接在的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节。当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比，为了使图中“，”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是（ ）
A. 仅将滑片P向上滑动
B. 仅将滑片P向下滑动
C. 仅在副线圈电路中并联一个阻值为的电阻
D. 仅在副线圈电路中串联一个阻值为的电阻
【答案】BD
【解析】原线圈电压有效值
则次级电压有效值
则为了使图中“，”的灯泡能够正常发光，则需要减小次级电压，即仅将滑片P向下滑动；或者仅在副线圈电路中串联一个电阻，阻值为
故选BD。
10. 已知一个激光发射器功率为，发射波长为的光，光速为，普朗克常量为，则（ ）
A. 光的频率为B. 光子的能量为
C. 光子的动量为D. 在时间内激光器发射的光子数为
【答案】AC
【解析】A．光的频率
选项A正确；
B．光子的能量
选项B错误；
C．光子的动量
选项C正确；
D．在时间t内激光器发射的光子数
选项D错误。
故选AC。
11. 一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。下列选项正确的是（ ）
A. 在0～6s内，物体离出发点最远为30m
B. 在0～6s内，物体经过的路程为40m
C. 在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s
D. 在5～6s内，物体所受的合外力做负功
【答案】BC
【解析】A．根据图像可知，0～5s内物体运动方向不变，5s后反向运动，5s时离出发点最远，A错误；
B．位移等于v-t图像的面积，则5s内的位移为
35m
最后一秒内位移为
-5m
故总路程为
B正确；
C．位移等于v-t图像的面积，4s的位移为
30m
在0～4s内，物体的路程也为30m，所以平均速率为7.5m/s ,
C正确；
D．根据动能定理可以知道5～6s内，物体的速度反向增大，所以物体动能增加，所受的合外力做正功，D错误。
故选BC。
12. 一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断正确的是（ ）
A. 0～2s内外力的平均功率是W
B. 第2秒内外力所做的功是J
C. 第2秒末外力的瞬时功率最大
D. 第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是
【答案】AD
【解析】A．由动量定理Ft=mv2﹣mv1求出1s末、2s末速度分别为
v1=2m/s、v2=3m/s
由动能定理可知合力做功为
故0～2s内功率是
故A正确；
C．1s末、2s末功率分别为
P1=F1v1=4W，P2=F2v2=3W
故C错误；
BD．第1秒内与第2秒动能增加量分别为
，
故第2s内外力所做的功为2.5J，B错误；而动能增加量的比值为4：5，故D正确；故选AD。
13. 如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中带正电，带负电，为边的四等分点，下列说法正确的是（ ）

A. 、两点电场强度相同B. 、两点电势相同
C. 负电荷在点电势能比在点时要小D. 负电荷在点电势能比在点时要大
【答案】BC
【解析】A．根据场强叠加以及对称性可知，MN两点的场强大小相同，但是方向不同，选项A错误；
B．因在AB处的正电荷在MN两点的合电势相等，在C点的负电荷在MN两点的电势也相等，则MN两点电势相等，选项B正确；
CD．因负电荷从M到O，因AB两电荷的合力对负电荷的库仑力从O指向M，则该力对负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在M点的电势能比在O点小；同理可知负电荷在N点的电势能比在O点小。选项C正确，D错误。
故选BC。
三、实验题：本题共2小题，共20分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
14. 某同学用图甲所示的装置研究单摆的规律，让摆球在竖直平面内做摆动，摆角小于5°。用力传感器得到细线对摆球拉力F的大小随时间t变化的图线如图乙所示。
（1）用游标卡尺测量小球的直径如图丙所示，其读数为______mm。
（2）某同学根据单摆周期公式计算当地重力加速度时，将细线长与小球直径之和作为摆长，则测得的重力加速度将______（选填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）由图乙可得该单摆的运动周期为______s（结果保留两位有效数字）。
（4）该同学测得当地重力加速度，结合图乙数据，可计算出摆球的质量为______kg（结果保留2位有效数字）。
（5）若测定了40次全振动的时间如图丁中秒表所示，秒表读数是________s。
【答案】（1）1570
（2）偏大 （3）2.0
（4）0.46kg （5）135.2s
【解析】【小问1详解】
该游标卡尺的精确度为0.05mm，所以其读数为
【小问2详解】
由单摆周期公式有
整理有
摆长应该为摆线长与小球半径之和，若将细线长与小球直径之和作为摆长，则摆长偏大，测得的重力加速度将偏大。
【小问3详解】
单摆在摆动过程中，摆球位于最高点时，细线弹力最小，根据图乙可知，连续两次细线弹力最小经历时间为半个周期，则有
解得
【小问4详解】
摆球在最低点有
摆球在最高点有
摆球由最高点到达最低点过程有
结合图乙解得
【小问5详解】
由图乙所示，秒表读数为
15. 在测量定值电阻阻值的实验中，提供的实验器材如下：电压表（量程，内阻），电压表（量程，内阻），滑动变阻器R（额定电流，最大阻值），待测定值电阻，电源E（电动势，内阻不计），单刀开关S，导线若干：
回答下列问题：
（1）实验中滑动变阻器应采用________接法（填“限流”或“分压”）；
（2）将虚线框中的电路原理图补充完整_____________；
（3）根据下表中的实验数据（、分别为电压表﹑的示数），在图（a）给出的坐标纸上补齐数据点，并绘制图像__________；
（4）由图像得到待测定值电阻的阻值________（结果保留三位有效数字）；
（5）完成上述实验后，若要继续采用该实验原理测定另一个定值电阻（阻值约为）的阻值，在不额外增加器材的前提下，要求实验精度尽可能高，请在图（b）的虚线框内画出你改进的电路图______。
【答案】（1）分压 （2） （3） （4） （5）
【解析】（1）[1]电压表和串联再和并联，并联的总电阻远大于滑动变阻器电阻，为了调节变阻器时，电表示数变化明显，且能获得更多组数据，应选择分压接法。
（2）[2]完整的电路图，如图所示
（3）[3]根据表中的实验数据，绘制的图像，如图所示
（4）[4]根据实验电路图，则有
变形得
则图线的斜率为
根据图像可得斜率
则有
代入，解得
（5）[5]因待测电阻Ry（阻值约为700Ω）的阻值较小，若直接与电压表V1串联，则所分得的电压过小，不利于测量，故待测电阻Ry应与Rx串联，当成一整体测出其电阻，再扣除Rx即可，电压表V1与两电阻串联，整体与V2并联，两电表读数均能超过量程的一半，误差较小，改进后的电路图如下图所示
四、计算题：本题共3小题，共36分。把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
16. 如图，矩形ABCD为一水平放置的玻璃砖的截面，在截面所在平面内有一细束激光照射玻璃砖，入射点距底面的高度为h，反射光线和折射光线的底面所在平面的交点到AB的距离分别为l1和l2．在截面所在平面内，改变激光束在AB面上入射点的高度和入射角的大小，当折射光线与底面的交点到AB的距离为l3时，光线恰好不能从底面射出．求此时入射点距底面的高度H．
【答案】
【解析】设玻璃砖的折射率为n，入射角和反射角为θ1，折射角为θ2，由光的折射定律
根据几何关系有
，
因此求得
根据题意，折射光线在某一点刚好无法从底面射出，此时发生全反射，设在底面发生全反射时的入射角为，有
由几何关系得
解得此时入射点距离底面的高度
17. 右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知弧所对应的圆心角为．不计重力，求：
（1）离子速度的大小；
（2）离子的质量．
【答案】（1）；（2）
【解析】试题分析：带电粒子在磁场中的运动轨迹分析如图所示
（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，则
①
又②
由①②式得③
（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．则
④
由几何关系有⑤
解得
18. 如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数，。求
（1）碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小；
（2）碰后小物块a能上升的最大高度；
（3）小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s
【解析】（1）设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为，根据机械能守恒定律有
代入数据解得
小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。
（2）小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得，
小物块a反弹，根据机械能守恒有
解得
（3）小物块b滑上传送带，因，故小物块b先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
则小物块b由2m/s减至1m/s，所走过的位移为
代入数据解得
运动的时间为
代入数据解得
因，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为
故小物块b从传送带左端运动到右端所需要的时间
测量次数
1
2
3
4
5
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
1.61
2.41
3.21
402
4.82