湖南省长沙市2023_2024学年高三物理下学期三模试题含解析

这是一份湖南省长沙市2023_2024学年高三物理下学期三模试题含解析，共24页。
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，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 电影《热辣滚烫》讲述了一个女孩通过学习拳击实现自我蜕变的励志故事。沙袋用绳竖直悬挂，主角对沙袋施加300N的作用力，通过调整施力方向使沙袋缓慢移动，尝试了各种施力方向后发现绳偏离竖直方向的最大夹角为，则沙袋的重力为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据力的三角形，当施力方向与绳子垂直时，此时绳偏离竖直方向的夹角最大，沙袋的重力为
故选D。
2. 如图所示，一束复色光从真空射向半圆形玻璃砖的表面，在圆心O处发生折射，光分成了两束单色光ab分别从AB两点射出，下列说法正确的是（）
A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B. a光从O传播到A的时间大于b光从O传播到B的时间
C. 若该复色光由红光与紫光组成，则a光为红光
D. 若用同一双缝干涉装置实验，可看到a光干涉条纹间距比b光的大
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图像可知，入射角相同，a的折射角小，根据
可知，a光的折射率大，故A错误；
B．根据
可知，在玻璃砖中a光的传播速度小于b光的传播速度，光传播的路程都为半圆形玻璃砖的半径r，根据
可知，在玻璃砖中的a光的传播时间大于b光的传播时间，故B正确；
C．a光的折射率大，频率高，波长小，若该复色光由红光与紫光组成，则a光为紫光，故C错误；
D．若用a、b光分别进行双缝干涉实验，在其他条件相同的情况下，根据
a光条纹间距小于b光条纹间距，故D错误。
故选B。
3. 2023年8月24日，日本政府正式向海洋排放福岛第一核电站的核污水，其中含有放射性元素多达64种，在这些元素中有21种半衰期超过10年，其中有一种含量最高却难以被清除的氢同位素氚，氚核的衰变方程为，半衰期为12.5年，X为新生成的粒子。关于氚核的衰变下列说法正确的是（ ）
A. X粒子来自原子核的外部
B. 经过50年，氚的含量为初始的
C. 通过升高海水温度可以改变氚的半衰期
D. 的比结合能比的比结合能小
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电荷数守恒和质量数守恒可知X粒子是电子，其来源于原子核内一个中子转变为一个质子同时释放一个电子，故A错误；
B．半衰期为12.5年，经过50年，即4个半衰期，氚的含量为初始的
故B错误；
C．半衰期是原子核自身属性，不随外界的物理化学环境变化而变化，故C错误；
D．由于该核聚变释放能量，生成物的原子核更稳定，氚核的比结合能小于氦核的比结合能，故D正确。
故选D。
4. 图甲是水上乐园里的“波浪滑梯”，图乙是它的简化模型。它由四段长度相同的光滑斜面组合而成，其中ab平行于cd，bc平行于de，设一物体从a点由静止开始下滑，到达e点，物体在经过各段连接处时速度大小不会突变。下列选项正确的是（ ）
A. 物体在cd段的加速度大于在bc段的加速度
B. 物体在cd段的速度增加量等于在ab段的速度增加量
C. 物体的重力在cd段做的功等于在ab段做的功
D. 物体在c点与e点的速度满足：
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律可知
解得
可知bc段倾斜角度大于cd段，cd段的加速度小于在bc段的加速度，故A错误；
B．设ab对应的高度为h1，ac对应高度为h2，ad对应高度为h3，ab、cd与水平方向夹角为，bc、ed与水平方向夹角为，每个斜面长度均为l根据动能定理可知
解得
根据几何关系可知
联立上式可得
可知物体在cd段的速度增加量不等于在ab段的速度增加量，故B错误；
C．根据重力做功表达式
可知物体的重力在cd段做的功等于在ab段做的功，故C正确；
D．根据动能定理可知
解得
根据几何关系可知
联立上式可得
可知
故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查动能定理解决多段运动以及重力做功的特点。
5. 某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1= 250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4= 50：1，输电线总电阻R= 62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4= 220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（）
A. 发电机的输出电流为368AB. 输电线上损失的功率为4.8kW
C. 输送给储能站的功率为408kWD. 升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题知，发电机的输出电压U1= 250V，输出功率500kW，则有
A错误；
BD．由题知，用户端电压U4= 220V，功率88kW，则有
P′ =U4I4
联立解得
I4= 400A，I3= 8A，U3= 11000V
则输电线上损失的功率为
P损=I32R= 4kW
且
U2=U3＋I3R= 11500V
再根据，解得
BD错误；
C．根据理想变压器无功率损失有
P=U2I3＋P储
代入数据有
P储= 408kW
C正确。
故选C
6. 我国北斗卫星导航系统定位精度可达米级。如图所示，P是北纬（即）地球表面附近的近地卫星，质量相同的北斗导航卫星A、B均绕地心O做匀速圆周运动，卫星B是同步地球卫星。某时刻P、A、B、O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且OA垂直AB，则（）
A. 三颗卫星中角速度最小的是A卫星B. 三颗卫星中线速度最小的是P卫星
C. 卫星A、B的加速度之比为4∶3D. 卫星A、B的动能之比为3∶4
【答案】C
【解析】
【详解】A．由，解得
P、A、B三个卫星中半径最大的是B，三颗卫星中角速度最小的是B卫星，故A错误；
B．由，解得
P、A、B三个卫星中半径最大的是B，三颗卫星中线速度最小的是B卫星，故B错误；
C．由图可知
由，解得
所以卫星A、B的加速度之比为
故C正确；
D．由
可得
则卫星A、B的动能之比
故D错误。
故选C。
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7. 如图所示，正四面体的四个顶点ABCD分别固定一个点电荷，电荷量分别为、、和，O点为正四面体的正中心，O点到ABCD四点的距离均为r，E点为AD边的中点，静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A. O点电场强度的大小为B. O点电场强度的大小为
C. O点电势比E点电势高D. O点电势比E点电势低
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．C点的点电荷在O点的电场如图所示（在AOC平面内）
其中CN为BCD平面内的高，AN为ABD平面内的高，设正四面体的棱长为L，由几何关系可得
则
点电荷C在O点的电场强度为
在竖直方向的分量为
方向竖直向上。同理可得，B、D处的点电荷在竖直方向的分量为
方向均为竖直向上；由对称关系可知，B、C、D三个电荷在O点处电场强度在水平方向相互抵消，为0；A处的点电荷在O点处的电场强度为
方向竖直向上，则O点电场强度的大小为
故A正确，B错误；
CD．将A、D处的点电荷看作一对带等量异种电荷，则O点和E点在AD连线的重垂面上，则A、D处的点电荷在O点和E点的电势都为0；将B、C处的点电荷看作一对带等量同种电荷，则O点和E点在BC连线的重垂面上，B、C处的点电荷在O、E两点的电场方向为由O到E，则O点的电势大于E点的电势，故C正确，D错误。
故选AC。
8. 如图所示，倾角为的足够长的斜面上放有质量均为m相距为L的AB滑块，其中滑块A光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数为，。AB同时由静止开始释放，一段时间后A与B发生第一次碰撞，假设每一次碰撞时间都极短，且都是弹性正碰，重力加速度为g，下列说法正确的是（）
A. 释放时，A的加速度为B. 第一次碰后A的速度为
C. 从开始释放到第一次碰撞时间间隔为D. 从开始释放到第二次碰撞的时间间隔为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．A物体沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律
解得
故A正确；
C．对A滑块，设从开始释放A与B第一次碰撞所用时间为，根据运动学
故C正确；
B．第一次碰撞前，A的速度为
设第一碰后A的速度为，B的速度为，则碰撞过程根据动量守恒和动能守恒
联立解得
故B错误；
D．B物体沿斜面下滑时有
解得
两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以的速度沿斜面向下做匀速直线运动。设再经t2时间相碰，则有
解得
故从A开始运动到两物体第二次相碰，共经历时间
故D错误。
故选AC。
9. 如图所示，空间中存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B。某处S点有电子射出，电子的初速度大小均为v，初速度方向呈圆锥形，且均与磁场方向成角（），S点右侧有一与磁场垂直的足够大的荧光屏，电子打在荧光屏上的位置会出现亮斑。若从左向右缓慢移动荧光屏，可以看到大小变化的圆形亮斑（最小为点状亮斑），不考虑其它因素的影响，下列说法正确的是（ ）
A. 若圆形亮斑的最大半径为R，则电子的比荷为
B. 若圆形亮斑的最大半径为R，则电子的比荷为
C. 若荧光屏上出现点状亮斑时，S到屏的距离为d，则电子的比荷可能为
D. 若荧光屏上出现点状亮斑时，S到屏的距离为d，则电子的比荷可能为
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB．将电子的速度分解为水平方向的速度，和竖直方向的速度，即
，
在水平方向因为电子速度与磁场方向平行，所以不会受到洛伦兹力，即电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向因为粒子与磁场方向垂直，所以受到洛伦兹力，由于不计重力，所以在竖直方向粒子做匀速圆周运动。综上所述，可以将其看成水平方向的匀速直线，与竖直方向的粒子源问题，即，电子圆形亮斑的最大半径是电子轨迹圆周的半径的二倍，由此可知，在竖直方向轨迹圆周的半径为，有
整理有
故A正确，B错误；
CD．由于电子在水平方向做匀速直线运动，设电子到荧光屏的时间为t，有
解得
电子在竖直方向圆周运动，有
其周期为T，有
若荧光屏上出现点状亮斑时，即电子到达荧光屏上时，恰好在竖直方向完成一个完成的圆周运动，即电子到荧光屏的时间是电子竖直方向做圆周运动的周期的整数倍，有
（，2，3……）
整理有
（，2，3……）
当时，其比荷为
当时，比荷为
故CD正确。
故选ACD。
10. 离子推进器是我国新一代航天动力装置，它的工作原理是将氙气通入电离室后被电离为氙离子，利用加速电场加速氙离子，形成向外发射的粒子流，从而对航天飞机产生反冲力使其获得加速度的。某次测试中，氙气被电离的比例为，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为，已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略粒子之间的相互作用，下列判断正确的是（）
A. 氙离子的加速电压为B. 离子推进器发射功率为
C. 氙离子向外喷射形成的电流约为D. 每秒进入放电通道的氙气质量约为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．氙离子经电场加速，根据动能定理有
可得加速电压为
故选项A正确；
B．推进器的推力为，粒子速度从0增加，故推力的功率为
选项B错误；
C．在时间内有质量为的氙离子喷出，根据动量定理可得
得
根据电流的定义式
而
得
选项C正确；
D．在时间内，有质量为的氙离子以速度喷射而出，由动量定理
得
进入放电通道的氙气质量为，被电离的比例为，则有
联立解得
取可得
故选项D错误。
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共56分。
11. 为测量某电压表的内阻，兴趣小组利用如下器材设计了实验，电路图如图所示实验器材：
待测电压表（量程1V，内阻约为500Ω）
电源（电动势1.5V，内阻可忽略不计）
电源（电动势2V，内阻可忽略不计）
滑动变阻器（最大阻值10Ω）
滑动变阻器（最大阻值20Ω）
电阻箱（调节范围0~9999.9Ω）
开关S及导线若干
操作步骤：
①按图连接好电路，闭合开关S前，先调节滑动变阻器的滑片至最左端，调节电阻箱阻值为0
②保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使得电压表指针由满偏变半偏
③闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片至适当位置，使得电压表指针满偏
④读出电阻箱的阻值，即为电压表的内阻
请根据以上实验回答下列问题
（1）操作步骤正确的顺序是_______；
（2）从系统误差的角度考虑，电压表内阻的测量值_______真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）；
（3）为减小系统误差，滑动变阻器应选择_______（选填“”或“”）；
（4）为减小系统误差，电源应选择_______（选填“”或“”）。
【答案】（1）①③②④
（2）大于 （3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
实验通过半偏法测电阻，操作步骤为：按图连接好电路，闭合开关S前，先调节滑动变阻器的滑片至最左端，调节电阻箱阻值为0；闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片至适当位置，使得电压表指针满偏；保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使得电压表指针由满偏变半偏；读出电阻箱的阻值，即为电压表的内阻。
操作步骤正确的顺序是①③②④。
【小问2详解】
实际上，由于电阻箱与电压表串联后接入电路增加了总电阻，则滑动变阻器的分压将增大，这样当电压表半偏时，电阻箱的电压比电压表大，所以测量值大于真实值。
【小问3详解】
由于满偏和半偏时认为电压未变，故只有滑动变阻器远小于电压表内阻时才成立，故选择最大阻值为10Ω的。
【小问4详解】
由于电压表要满偏，达到1V，且电源内阻不能忽略，则其路端电压小于电源电动势，为减小系统误差，确保电压表要满偏，电源应选择电动势为1.5V的电源，即。
12. 某次实验课上，为测量重力加速度，小组设计了如下实验：如图甲所示，细绳一端连接金属小球，另一端固定于O点，O点处有力传感器（图中未画出）可测出细绳拉力大小。将小球拉至图示位置处，由静止释放，发现细绳的拉力大小在小球摆动的过程中做周期性变化如图乙所示。由图乙可读出拉力大小的变化周期为T，拉力的最大值为，最小值为。就接下来的实验，小组内展开了讨论
（1）小王同学认为：若小球摆动的角度较小，则还需测量摆长L，结合拉力大小的变化周期T，算出重力加速度______（用L、T表示）；
（2）小王同学用刻度尺测量了摆线长，用游标卡尺测量了小球直径如图丙所示，小球直径为_______mm；
（3）小李同学认为：无论小球摆动的角度大小，都只需测量小球的质量m，再结合拉力的最大值、最小值，算出重力加速度______（用m、、表示）；
（4）小李同学测量出数据：，可计算出重力加速度______（保留两位有效数字）。
【答案】（1）
（2）21.3 （3）
（4）9.7m/s2
【解析】
【小问1详解】
依题意，单摆的周期为2T，由
解得
【小问2详解】
小球直径为
2.1cm+3×0.1mm=21.3mm
【小问3详解】
小球在最高点时，速度为零，可得
小球在最低点时，由牛顿第二定律可得
小球从最高点运动到最低点过程，根据机械能守恒，可得
联立，解得
【小问4详解】
代入数据可得
g=9.7m/s2
13. 如图所示，一足够长、两侧粗细均匀的U型管竖直放置。管内盛有水银，右端开口，左端封闭一定质量的理想气体，封闭气体的长度，右管水银液面比左管水银液面高。大气压强。
（1）求左管内封闭气体的压强；
（2）现从右管口逐渐取出水银，直到右管中水银液面下降25cm为止，求此时左管内封闭气体的压强。设整个过程温度不变。
【答案】（1）100cmHg；（2）80cmHg
【解析】
【详解】（1）以封闭气体为研究对象，设初始时气体的压强为，有
（2）设最终左侧封闭气体的液面下降高度为，管的横截面积为S，初始时气体的体积为
最终阶段气体的体积为
最终阶段气体的压强为
由于该过程气体的温度不变，即发生等温变化，有
解得
14. 三个可视为质点的小球A、B、C用两根长为L的轻杆通过铰链相连，竖立在足够大的水平地面上，A、B、C的质量分别为m、m、。因受微小的扰动，A球下降，B球向左，C球向右滑动，若三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，重力加速度为g，在A球从开始下降到落地前的过程中，求：
（1）A球落地前瞬间的速度大小及方向；
（2）A球的水平位移的大小；
（3）过程中A球机械能最小时，离地多高。
【答案】（1），方向竖直向下；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）令A落地瞬间，水平分速度为，根据运动的关联速度规律，可知，B、C的水平速度也为，对A、B、C构成的系统，水平方向动量守恒，则有
解得
对A、B、C构成的系统，根据机械能守恒定律有
解得
方向竖直向下。
（2）A球下落过程，令A向右的水平分速度为，B向左的速度为，C向右的速度为，根据运动速度得关联规律可知
水平方向，系统动量守恒，则有
解得
，
对B、C分析有
对A进行分析有
结合上述解得
（3）令A的竖直分速度为，当杆与水平方向夹角为时，根据运动速度的关联规律有
结合上述解得
根据机械能守恒定律有
解得
令，对其求导数
当该导数等于0时，解得
此时取最大值，B、C的机械能最大，A的机械能最小，此时A离地的高度为
15. 利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。位于坐标原点处的离子源能在平面内持续发射质量为、电荷量为的负离子，其速度方向与轴夹角的最大值为，且各个方向速度大小随变化的关系为，式中为未知定值。且的离子恰好通过坐标为（，）的点。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求关系式中的值；
（2）离子通过界面时坐标的范围；
（3）为回收离子，今在界面右侧加一定宽度且平行于轴的匀强电场，如图所示，电场强度。为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面，求所加电场的宽度至少为多大？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由于的离子恰好通过坐标为（，）的点，此时离子的速度为，运动半径为
由牛顿第二定律得
解得
（2）对于任意的速度方向与轴成角的离子，设其在磁场中的运动半径为，如图所示
由牛顿第二定律得
且有
解得
故所有离子做圆周运动的轨道圆心均在界面上，且速度方向垂直于界面；当时
故离子通过界面时坐标的最小值为
坐标的最大值为
则离子通过界面时坐标的范围为
（3）须保证最大速度为的离子不能穿越电场区域。
解法一：设离子在进入电场时，除了有垂直于界面的初速度，还有两个大小相等、方向相反的沿界面的速度，如图所示
令
可得
则该离子做圆周运动的速度
与水平方向的夹角
则该离子做圆周运动时满足
可得
则所求电场的最小宽度
解法二：恰好能重回界面的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为，对该离子竖直方向运用动量定理有
求和得
又由动能定理得
综合可得电场的最小宽度为