2024-2025学年浙江省金华市高三（第三次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2024-2025学年浙江省金华市高三（第三次）模拟考试物理试卷（含详细答案解析），共20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.华为Mate60使用的是国产麒麟9000s芯片，外媒猜测该芯片是7nm工艺，纳米是一个基本物理量的单位，这个基本物理量是( )
A. 质量B. 长度C. 时间D. 电流
2.蛇年春晚中的人形机器人与真人舞蹈演员一同表演了一场精彩的“AI机器秧歌”舞。下列说法正确的是( )
A. 机器人下蹲过程中，总是处于失重状态
B. 在研究机器人的舞蹈动作时可将其视为质点
C. 机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点始终处于受力平衡状态
D. 机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力
3.乒乓球比赛中，运动员发球时将乒乓球竖直上抛，若乒乓球受到的空气阻力与速率成正比，从抛出开始计时，以竖直向上为正方向，下列描述乒乓球速度随时间变化图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
4.金属球壳在某匀强电场中达到静电平衡状态后，周围的电场分布如图所示，其中a、d两点关于球心对称，则( )
A. 点电场强度不为0B. a点电势等于d点电势
C. a点电场强度小于d点电场强度D. a、间电势差等于、d间电势差
5.“天问二号”探测器即将出征，将再次创造中国航天新高度。假设“天问二号”绕地球的运动可视为匀速圆周运动，距地面的高度为h，飞行n圈所用时间为t，“天问二号”的总质量为m，地球半径为R，引力常量为G，则( )
A. 地球的质量M=4π2n2R3Gt2
B. 地球表面的重力加速度g=4π2n2t2R2R+h3
C. 探测器的向心加速度a=GmR+h2
D. 探测器的线速度v= 2πnRt
6.有关下列四幅图的描述，正确的是( )
A. 图1中，匀速转动的线圈此位置产生的电动势恰好为零
B. 图2中，变压器原副线圈电流之比I1I2=n1n2
C. 图3中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落(不计空气阻力)可视做自由落体运动
D. 图4中，电子感应加速器中若电磁铁电流方向反向，可通过减小电流的方式实现电子的逆时针加速运动
7.用图1电路探究自感电路中的电流变化，并用电流传感器记录显示。电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R，电感线圈的自感系数为L(直流电阻不计)，电流传感器A可视为电阻不计的电流表。闭合开关，电流传感器显示电流变化如图2，t0后电流接近稳定，不考虑电磁辐射，则( )
A. 电路稳定时的最大电流为
B. t=0时刻，电感线圈消耗的电功率最大
C. 闭合开关瞬间，线圈的自感电动势不可能大于E
D. 0∼t0时间内，通过电阻的电荷量为
8.如图1，宝石折光仪是用来测量宝石折射率的仪器。折光仪的基本原理如图2，把待测宝石紧密贴放在半球棱镜上，标准光源发出黄光，射向半球棱镜球心。通过棱镜射向被测宝石的光，当入射角小于全反射临界角的光线会折射进宝石，观测目镜上表现为暗域；当入射角大于临界角的光线全反射回棱镜，观测目镜上表现为亮域。亮暗域的分界线相当于该临界角的位置，目镜下安装有一个标尺，刻有与此临界角相对应的折射率值。下列说法正确的是( )
A. 棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率
B. 换用白光光源，测量宝石折射率的准确度会更高
C. 换用红光光源，其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的下方
D. 把宝石的另一个侧面与棱镜接触，测得宝石的折射率与之前不同，说明宝石是非晶体
9.π+介子会发生衰变，反应方程式为π+→μ++vμ，即生成一个μ+介子和一个μ子中微子。在云室中可观察到π+介子衰变前后部分粒子的运动轨迹，如图所示。已知云室中匀强磁场的方向垂直照片平面，粒子重力忽略不计，两段圆弧相切于P点，且r1:r2=2:1。则μ+和vμ粒子的动量之比可能为( )
A. 1:1B. 1:3C. 3:1D. 2:1
10.如图，质量均为1kg的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22m的细线，细线另一端系一质量为0.1kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，则( )
A. 球C摆到最低点的速度是 4.4m/s
B. 木块A、B原先间距0.04m
C. 球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m
D. 球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005J
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
11.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁过程中发出不同频率的光，照射图乙所示的光电管阴极K，只有频率为va和vb的光能使它发生光电效应。分别用频率为va、vb的两个光源照射光电管阴极K，测得电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是( )
A. 图甲中，氢原子向低能级跃迁一共发出6种不同频率的光
B. 图乙中，用频率vb的光照射时，将滑片P向右滑动，电流表示数一定增大
C. 图丙中，图线a所表示的光的光子能量为12.09eV
D. a光和b光照射K极产生的光电子的德布罗意波长，必有a大于b
12.如图1是摄影师航拍到钱塘江两波潮水娓娓向对方走来，交织在一起形成壮观的景象。其原理为两列平面波相遇的干涉现象，可将两列波简化成如图2示意图(其中实线表示波峰，虚线表示波谷)，甲、乙两列频率均为0.5Hz的水波以2m/s的速度传播，振幅均为0.2m，波面间形成夹角120∘，此时O点刚要开始起振，C点距O点8m，则( )
A. C点是振动加强点
B. 经过4 33s，波传到C点
C. 图中此刻A点经过的总路程比B点多1.6m
D. 稳定干涉后，O、C连线间共有三个振动加强点(不含C、O)
13.在无线长通电直导线周围某点产生的磁感应强度B与距离r的一次方成反比，可表示为B=kIr。现有一半径为R的薄壁长圆筒如图1，其壁上电流I0，在筒内侧磁感应强度处处为0，筒外侧磁场可等效为一位于圆筒中心电流强度为I0的长直导线所产生，则( )
A. 圆筒侧壁单位面积受到的压力为
B. 圆筒左半侧在O点产生的磁感应强度水平垂直纸面向里
C. 若在圆筒外侧同轴心放置一逆时针的圆形电流如图2，则圆形电流受到圆筒的吸引力
D. 若在圆筒轴线放置一反向电流也为I0长直细导线如图3，则圆筒侧壁单位面积受力
三、实验题：本大题共4小题，共32分。
14.图1、4是“验证机械能守恒定律实验”的两种方案(甲、乙)的实验装置图。
(1)关于方案甲：
①除了图1装置中的器材之外，还必须从图2中选取实验器材的字母编号是___________________；
②图1中该同学将要释放纸带，其操作不当之处是______________________________________________；
③若电源频率为50Hz，计算图3中打下计数点5时纸带速度的大小为_______m/s(保留3位有效数字)。
(2)关于方案乙，如图4所示，小明同学的部分实验步骤如下：
a.将气垫导轨调至水平；
b.在导轨的单脚螺丝下垫上一定厚度的垫片，让滑块从最高处由静止开始下滑，用数字计时器测出滑块依次经过光电门1和2时，遮光条的遮光时间t1和t2；
c.取下垫片，用游标卡尺测量所用垫片的厚度h；
d.用刻度尺测量单脚螺丝到双脚螺丝连线的距离l；
请回答下列问题：(已知当地重力加速度为g)
①为验证机械能守恒定律，下列物理量必须测量的是_________。(多选)
A.遮光条的宽度d
B.滑块和遮光条的总质量M
C.光电门1和2之间的距离x
②若要得出机械能守恒定律的结论，以上测得的物理量应该满足怎样的关系？_________(用题干所给字母及第①问中测量的物理量字母表示)。
15.小明同学研究测量某热敏电阻R1(其室温下电阻约为2kΩ)的阻值随温度变化关系，设计了如图1所示电路，所用器材有：电源E(1.5V,0.5Ω)，R1、R2各为280Ω的电阻，电阻箱R3(0∼99999.9Ω)，滑动变阻器R4(0∼10Ω)，微安表(200μA,内阻约500Ω)，开关S，导线若干。
(1)该同学使用多用电表欧姆挡粗测该热敏电阻室温下的阻值，读数如图2所示，则多用电表欧姆挡选择的是_________(选填“×1K”或“×100”或“×10”)。
(2)按图1连接电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应滑到_________(选填“a”或“b”)端；实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，然后仔细调节R3、R4恰好使微安表的读数为0，记录不同温度下相应的热敏电阻阻值。实验中得到的该热敏电阻阻值R1随温度T变化的曲线如图3所示。若某次测量中R3=600Ω，则此时热敏电阻的阻值为_________Ω。
(3)图4为用此热敏电阻R1和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为300Ω。当线圈中的电流大于或等于5mA时，继电器的衔铁被吸合。图中为继电器线圈供电的电源电动势，内阻可以不计。应该把恒温箱内加热器接_________端(选填“AB”或“CD”)。如果要使恒温箱内的温度保持60∘C，滑动变阻器R5接入电路的电阻值为_________Ω。
16.在“用单摆测量重力加速度”实验中，用秒表记录50次全振动的时间如图1，秒表的读数为_________s；用10分度的游标卡尺测量小球直径如图2，小球直径为_________cm。
17.如图1所示，一质量为m=1kg、导热性能良好的汽缸放置在水平地面上，右端开口，汽缸壁内设有卡口，用一质量不计、面积为S=100cm2的活塞，密封一定质量的理想气体，活塞厚度可忽略且能无摩擦滑动。开始时气体处于温度T1=300K、体积V1=500cm3的状态A。现用一细线竖直悬挂活塞，待稳定至如图2所示状态B，此时活塞恰好到达气缸内的卡口处，活塞与卡口无相互作用力。随后将气缸内气体加热至温度为T3=330K的状态C，从状态A到状态B的过程中气体吸收热量0.5J，从状态A到状态C的过程中气体内能共增加了12.6J，大气压p0=1.01×105Pa，求：
(1)气体从状态A到状态B过程，分子平均动能_________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，器壁单位面积所受气体分子的平均作用力_________(选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(2)在状态C的压强p3；
(3)由状态A到状态C过程中一共从外界吸收热量Q。
四、计算题：本大题共3小题，共26分。
18.如图所示，一倾角为θ=37 ∘的斜面AB与水平面BCD在B点平滑相接，圆轨道最低点为C(稍有错开)，E为最高点，半径R=0.2m，CD段长L=1.275m，D端与一足够长的光滑斜面平滑相接。质量m=0.1kg的小物块1从斜面顶点A以v0= 10m/s的速度水平向右抛出，落在斜面上的P点，假设小物块1落到P点前后，平行斜面方向速度不变，垂直斜面方向速度立即变为零。在CD段距离C点x处有一与物块1完全相同的小物块2，两物块相碰后立即粘连在一起。已知小物块1第一次过圆轨道最高点E时的速度为vE=2 10m/s，两小物块与CD段的动摩擦因数均为μ=0.5，轨道其余部分均光滑，调整小物块2与C点间的距离x，使得小物块合体最终停在CD上的某点M且全程不脱离轨道(g=10m/s2,sin37 ∘=0.6,cs37 ∘=0.8)，求：
(1)小物块1第一次运动到C点时对轨道的压力FN；
(2)小物块1在斜面上的落点P距离水平面的高度h；
(3)M与C点间的距离s与x的关系。(结果用x表示)
19.某同学设计了一个发电测速装置，工作原理如图1所示。半径分别为r、2r的两个圆形金属导轨安装在竖直平面上，两根长为4r的金属棒互相垂直，且与圆形导轨接触良好，中心O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径也为r的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有足够长且不可伸长的细线，下端挂着一个质量为M的重物。在圆形金属导轨四分之一区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，装置侧视图如图2所示，磁感应强度大小为B。重物由静止释放，细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导线及电刷的电阻均不计，内外圆形导轨电阻分别为R、2R，内外圆形导轨、金属棒和圆盘质量均不计，重力加速度大小取g，求：
(1)圆盘以角速度ω0转动时，某时刻金属棒所在位置如图2
①金属棒OD部分产生的电动势E；
②金属棒ED间的电势差U；
(2)下落过程中重物的最大速度vm；
(3)当圆盘转过θ(弧度)时，圆形导轨角速度达到ω，求铝块由静止释放下落时间t。
20.图1为某离子发电装置，可简化为三个区域：离子发射区、加速区和发电区，图2是其截面示意图。发射区存在一垂直纸面向里的半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B，长度均为L的线状离子发射源P(正离子源)、Q(负离子源)正对位于磁场的上下顶点；加速区由两高度均为R，长、宽均为L的匀强电场组成，电场强度E=12qB2R2mL，电场方向相反；发电区由长为3R，宽为L的平行金属板S、T组成，板间存在垂直纸面向里，大小可调的匀强磁场，金属板外连接开关和电动机，开关初始均断开。电场上下边界及金属板S、T均与圆形磁场上下边界切线共线。离子发射源P、Q单位时间单位长度分别能向右侧90∘范围内均匀发射N个质量为m，初速率相同，电量为q的离子，且所有离子均能水平离开圆形磁场区域。不考虑离子间作用力及离子重力，求：
(1)离子发射的初速率v0及发射区磁场内离子运动的最长时间；
(2)当发电区磁感应强度为B时，提供的最大电动势及闭合S1且电路稳定时的外电路电流；
(3)当发电区磁感应强度时，保持S1断开，闭合S2，待电路稳定后，测得金属板间电压为，电动机此时消耗的功率多大？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】纳米是长度的度量单位。
故选B。
2.【答案】D
【解析】A.机器人下蹲过程中，先向下加速后向下减速，则先失重后超重，选项A错误；
B.在研究机器人的舞蹈动作时，机器人的大小形状不能忽略不计，不可将其视为质点，选项B错误；
C.机器人手中匀速转动的手绢边缘上的一点做圆周运动，不是处于受力平衡状态，选项C错误；
D.机器人静止站立时对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力，选项D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】由题意，根据牛顿第二定律上升阶段 mg+kv=ma1
下降阶段 mg−kv=ma2
可得小球在上升和下降阶段加速度大小分别为 a1=g+kvm ，
上升阶段v逐渐减小，则a1逐渐减小，下降阶段v逐渐增大，则a2也逐渐减小，即 v−t 图像的斜率始终减小，直至减为零，综上所述可知C可能正确，ABD不可能正确。
故选C。
4.【答案】D
【解析】A.金属球壳在匀强电场中达到静电平衡后内部场强处处为零，则点电场强度为0，故A错误；
B.沿着电场线电势逐渐降低，且球壳静电平衡后是等势体，表面为等势面，故有 ，故B错误；
C.a、d两点关于球心对称，电场线的分布对称，而电场线的密度反映场强，则a点电场强度等于d点电场强度，故C错误；
D. 因a、d两点周围的电场线分布关于球心对称，则这两点周围的平均场强大小相等，由 U=Ed0 可知a、间电势差等于、d间电势差，故D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】A.“天问二号”绕地球做圆周运动的周期 T=tn
根据 GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
可得地球的质量
选项A错误；
B.根据 GMm0R2=m0g
地球表面的重力加速度 g=4π2n2t2R2R+h3
选项B正确；
C.根据 GMm(R+h)2=ma
探测器的向心加速度 a=GMR+h2=4π2n2(R+h)t2
选项C错误；
D.探测器的线速度 v=2πT(R+h)=2πn(R+h)t
选项D错误。
故选B。
6.【答案】A
【解析】A.图1中，匀速转动的线圈此位置时，线圈不切割磁感线，即电动势为0，故A正确；
B.图2中，变压器原副线圈电流之比 I1I2=n2n1
故B错误；
C.图3中，强磁体从带有裂缝的铝管中静止下落，铝管会产生感应电流，即产生电磁阻尼现象，阻碍强磁体的运动，故不可视做自由落体运动，故C错误；
D.电子感应加速器示意图。若电磁铁电流方向反向，磁场方向反向，要实现电子逆时针加速运动，应增大电流来增强磁场，而不是减小电流，故D错误。
故选A。
7.【答案】C
【解析】A.当通电一段时间后，电流不在变化，线圈自感现象消失，此时电流达到最大值，故根据闭合回路的欧姆定律得 Im=ER+r
故A答案错误；
B.根据 E=LΔIΔt
得t=0时，电感线圈中的自感电动势为最大，但是电流为0，故电功率为0
故B答案错误；
C.闭合开关瞬间，由于电流要增大，电感线圈会产生自感电动势阻碍电流增大。根据楞次定律，自感电动势的方向与电源电动势方向相反，但是自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决定的。在开关闭合瞬间，电流变化率很大，但是自感电动势不可能大于电源电动势E。因为如果自感电动势大于E，那么电路中的电流就不会增大了，这与实际情况不符。故C答案正确。
D.根据 q=It ，在I - t图像中，q等于I−t图像与坐标轴围成的面积。由于I−t图像不是正弦函数图像(从题目所给信息可知，电流是从0开始逐渐增大到稳定值的，不是正弦变化)，不能用正弦交流电的有效值公式去计算电荷量。所以不能得出0−t0时间内通过电阻的电荷量为 q= 2Et02R+r ，故D答案错误；
故选C。
8.【答案】A
【解析】A.根据题意可知，黄光从半球棱镜射入宝石能够发生全反射，即半球棱镜相对于宝石是光密介质，可知，棱镜对黄光的折射率大于宝石对黄光的折射率，故A正确；
B.换用白光光源，由于白光是由七种单色光复合而成，不同种单色光的折射率不相同，当入射角一定时，有些能够发生全反射，有些不能够发生全反射，则观测目镜上各种单色光显现的量暗区域不相同，测量宝石折射率的准确度会更低，故B错误；
C.红光的折射率小于黄光的折射率，则红光对应的临界角大于黄光的临界角，可知，换用红光光源，其明暗域分界线在标尺上的位置会在原黄光明暗域分界线位置的上方，故C错误；
D.把宝石的另一个侧面与棱镜接触，测得宝石的折射率与之前不同，即宝石具有各向异性，说明宝石是单晶体，故D错误。
故选A。
9.【答案】B
【解析】 π+ 介子和 μ+ 介子在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则 evB=mv2r
解得动量 p=mv=eBr
由核反应方程知只有 π+ 介子和 μ+ 介子带有电荷，设衰变前为正方向，则衰变前后动量守恒，即 pπ+=−pμ++pvμ
所以 π+ 介子在磁场中的轨迹半径为 r1 ，动量大小为 pπ+=eBrπ+
μ+ 介子在磁场中的轨迹半径为 r2 ，动量大小为 pμ+=eBrμ+
所以 pπ+:pμ+=2:1
且 pπ+=−pμ++pvμ
解得
故选B。
10.【答案】C
【解析】A.球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒，有 0=mCvC−mAvA
根据机械能守恒，有 mCgL=12mCvC2+12mAvA2
解得速度大小分别为 vC=2m/s ， vA=0.2m/s
故A错误；
B.球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，有 0=mCvC−mAvA
两边同乘以t，有 0=mCxC−mAxA
又有 xC+xA=L
联立解得 xA=0.02m
故B错误；
C.A与B碰瞬间根据动量守恒，有 mAvA=mA+mBv
解得 v=0.1m/s
球C向左运动过程中，A、B、C组成的水平方向动量守恒，有 mCvC−(mA+mB)v=(mA+mB+mC)v共
根据能量守恒，有 12mCvC2+12(mA+mB)v2=12(mA+mB+mC)v共2+mCgh
联立解得 h=0.21m
故C正确；
D.系统产生的热量为 Q=12mAvA2−12mA+mBv2=0.01J
故D错误。
故选C。
11.【答案】AC
【解析】A.一群处于 n=4 能级的氢原子向低能级跃迁时最多可产生 C42=6 种光子，故A正确；
B.图乙中不知道电源正负极，没办法判断在光电管AK之间加的正向还是反向电压，所以滑片P向右滑动时，电流变化情况没法判断，故B错误；
C.只有频率为 va 和 vb 的光能使它发生光电效应，那么这两种光子必定是 n=4 能级向 n=1 能级跃迁和 n=3 能级向 n=1 能级跃迁产生的，由图丙可知b光的频率较大，则a光为 n=3 能级向 n=1 能级跃迁产生的，所以a光的光子能量 Ea=E3−E1=12.09eV ，故C正确；
D.图丙可知遏止电压 UC2