[物理]甘肃省张掖市某校2023_2024学年高三下学期5月模拟考试试题(解析版)

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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2B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10小题，每小题4分，共40分。第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 关于热力学定律，下列说法错误的是（ ）
A. 做功与传热对改变系统的内能是等价的
B. 热力学第一定律实际上是内能与其他形式能量发生转化时的能量守恒定律
C. 一切与热现象有关的宏观过程都是不可逆的
D. 能源的使用过程中虽然能的总量保持守恒，但能量的品质下降
【答案】C
【解析】A．做功与传热是改变系统内能的两种方式，是等价的，A正确，不符合题意；
B．热力学第一定律实际上是内能与其他形式能量发生转化时的能量守恒定律，揭示了热力学第一定律与能量守恒定律之间的关系，B正确，不符合题意；
C．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，要强调“自然”，C错误，符合题意；
D．能源的使用过程中虽然能的总量保持守恒，但能量的品质下降，说明了能源是有限的，我们要节约能源，D正确，不符合题意。故选C。
2. 某实验兴趣小组对实验室的两个电动模型车进行性能测试。如图所示，0时刻电动模型车1、2相距10m，两车此时同时开始向右做匀减速运动，车1的速度为10m/s，加速度为2m/s2，车2的速度为6m/s，加速度大小为1m/s2，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 0～6s内，车l的位移是24mB. 6s时，车2的速度大小为1m/s
C. 两车间的距离一直在减小D. 两车最近距离为2m
【答案】D
【解析】B．根据题目信息可知，车1在5s时已经停止，车2在6s时停止，故6s时，车2的速度大小为0，故B错误；
A．在前5s内，车1的位移为
解得
故A错误；
D．设两车速度相等的时刻为t，则从开始运动到两车速度相等时有
解得
此时两车相距最近，最近距离为
故D正确；
C．4s后，车2的速度大于车1的速度，因此两车间的距离先减小后增大，故C错误。
故选D。
3. 如图所示，竖直固定放置的光滑大圆环，其最高点为P，最低点为Q。现有两个轻弹簧1、2的一端均栓接在大圆环P点，另一端分别拴接M、N两小球，两小球均处于平衡态。已知轻弹簧1、2上的弹力大小相同，轻弹簧1、2轴线方向与PQ连线的夹角分别30°、60°，则下列说法正确的是（ ）
A. 轻弹簧1处于压缩状态，轻弹簧2处于伸长状态
B. 大圆环对两小球的弹力方向均指向圆心
C. M、N两小球的质量比为
D. 大圆环对M、N两小球的弹力大小之比为
【答案】C
【解析】A．对两个小球受力分析并画力的矢量三角形，如图所示
两个弹力均指向P点，故两弹簧均处于拉伸状态，故A错误；
B．大圆环对两球的弹力均背离圆心，故B错误；
CD．M的力矢量三角形相似于三角形OPM，故
可知
故C正确，D错误。
故选C
4. 如图所示，悬挂点O通过轻绳连接了一个质量为m的小球，O点到水平地面的高度为h。轻绳的长度L可以变化，且。现将小球拉至与O点等高处且轻绳绷直，由静止释放小球，当轻绳摆至竖直状态时，靠近O点处固定的一个刀片割断轻绳，小球平抛落至地面。改变绳长L，重复上述过程，则随着L的逐渐增大，从小球由静止释放到落地的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 轻绳割断前的弹力大小均不相同B. 小球落地前瞬间速度均相同
C. 重力的瞬时功率一直在增大D. 小球平抛运动水平位移先增大后减小
【答案】D
【解析】A．小球做圆周运动的过程中，由动能定理可得
在最低点，根据牛顿第二定律可得
解得
与绳长L无关，故A错误，
B．根据动能定理，落地前瞬间小球的速度大小相同，但是方向不同，故B错误；
C．在圆周运动阶段，初始位置和最低点竖直分速度均为0，重力功率先增大后减小，故C错误；
D．平抛运动阶段，有
可得
当时，x有最大值，故x先增大后减小，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，一光滑的正三角形斜面体OAB放在光滑的水平地面上，不可伸长的轻绳两端分别栓接质量为、的两物体，轻绳跨过固定在O点的光滑滑轮，、分别放在OA、OB面上，两部分轻绳与斜面均平行。作用在斜面体上的恒力使斜面体向右做匀加速运动，、与斜面体保持相对静止，且恰好没有离开斜面，则、的比值为（ ）

A. 1∶2B. 1∶1C. 3∶4D. 2∶1
【答案】A
【解析】对、受力分析如图所示

因为恰好没有离开斜面，故其和斜面无弹力，可知绳上的弹力
整体的加速度
对有
，
两式联立解得
故选A。
6. 如图所示，有一个边长为L的立方体空间，一长度为的导体棒沿AP方向放置。空间内加上某一方向的匀强磁场（图中未画出）．磁感应强度的大小为B。在导体棒中通以从A至P、大小为I的电流，则关于导体棒受到的安培力，下列说法中正确的是（ ）
A. 若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为
B. 若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为
C. 若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为
D. 若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为
【答案】B
【解析】AB．若磁场沿M指向A的方向，在平面ACPM中对磁感应强度沿AP和与AP垂直的方向分解，如图
则与电流垂直的磁感应强度分量
安培力大小
故A错误，B正确；
CD．若磁场沿M指向Q的方向，对磁场沿平行、垂直于面ACPM的方向分解，如图
分量
则在而ACPM中，安培力大小
分量同样要产生安培力，因此安培力肯定要大于，故CD错误。故选B。
7. 如图所示，真空中水平连线上固定放置着两个场源点电荷、，它们相距L，电荷量的绝对值为Q。在左侧某一与连线垂直的竖直平面内，带负电的试探电荷、其电荷量为，以某一合适的速度绕O点做匀速圆周运动，半径为，O点在、的连线上，且点O、相距。已知试探电荷的质量为m，静电力常量为k，不计粒子的重力，则下列说法正确的是（ ）
A. 带负电，带正电
B. 试探电荷的速度大小为
C. 的电荷量的绝对值为
D. 该试探电荷在右侧某一竖直平面内同样可以做匀速圆周运动
【答案】C
【解析】A．如图所示，试探电荷做匀速圆周运动说明，电场力的合力应该指向O点，则其受力分析如图
说明对其是引力的作用，对其是斥力的作用，所以带正电、带负电，故A错误；
C．根据几何关系可知
即
解得
故C正确；
B．根据合力提供向心力
解得
故B错误；
D．在的右侧，试探电荷所受合力不可能指向圆心，故不可能做匀速圆周运动，故D错误。
故选C。
8. 2030年以后，我国航天领域将进一步向深空进行探索。在某一星球表面的试验基地中，可以人员进行如下研究，光滑水平桌面上放一四分之一光滑圆弧轨道，半径，质量。一个质量为的小球从圆弧轨道顶端沿轨道静止释放，测得小球离开圆弧轨道时的速度大小为2m/s。已知地球的表面的重力加速度，该星球的半径大小为地球半径的1.5倍，忽略星球的自转，则下列说法正确的是（ ）
A. 该星球表面的重力加速度大小为
B. 该星球的质量与地球质量之比为4∶3
C. 该星球与地球的第一宇宙速度之比为
D. 该星球与地球的平均密度之比为9∶2
【答案】AC
【解析】A．小球与圆弧轨道构成的系统机械能守恒和在水平方向上动量守恒，则从释放到最低点，有
，
解得
故A正确；
B．对于星球表面的物体，万有引力近似等于重力
则有星球质量
故该星球与地球质量之比为
故B错误；
C．由万有引力提供向心力，解得第一宇宙速度
可得该星球与地球的第一宇宙速度之比为
故C正确；
D．星球密度
则可得密度之比为2∶9，故D错误。故选AC
9. 如图所示，x轴上有两个波源S1、S2，位置坐标分别为-6m、6m，两个波源形成的简谐横波已沿x轴稳定传播，波速均为1m/s，形成了稳定的干涉。从某时刻开始，波源S1的振动方程为，波源S2的振动方程为，x轴上A点的位置坐标为0.5m，则下列说法正确的是（ ）
A. 两列波的波长均为2mB. 2s内，A点走过的路程为40cm
C. S1S2连线间共有6个振动加强点D. S1S2连线阃共有7个振动减弱点
【答案】BC
【解析】A．根据振动方程可得周期为
故波长为
故A错误；
B．零时刻，波源S1、S2相位不同，不便于判断振动加强或者减弱的情况，假设在S1左侧，坐标为-6.5m处有一同向波源S3，S2右侧坐标为7.5m处有一同向波源S4，如图所示
此刻两波源均处于波峰位置，则两波源平衡位置的中点A点必然为振动的加强点，因此2s内A振动半个周期的路程为40cm，故B正确；
C．波源连线上，相邻加强点相差半个波长，因此，连线上加强点的坐标，从左向右依次为-5.5m、-3.5m、-1.5m、0.5m、2.5m、4.5m，共6个，故C正确；
D．相邻加强点和减弱点相差四分之一个波长，因此，连线上减弱点的坐标，从左向右依次为-4.5m、-2.5m、-0.5m、1.5m、3.5m、6.5m，共6个，故D错误。故选BC。
10. 如图所示，光滑平行等间距且足够长的导轨水平放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为3T，导轨宽度，左端通过导线连接了电源和一个开关K，电源的电动势，内阻。一质量的导体棒垂直于导轨放置，其电阻。导体棒的中部通过绝缘轻绳绕过光滑的定滑轮连接了一个质量的物块，用手托住物块保持静止且轻绳恰好处于伸直状态。释放物块的瞬间闭合开关K，已知重力加速度，则从刚释放到物块恰好匀速运动经历时间，则关于该过程下列说法正确的是（ ）

A. 导体棒先向左运动后向右运动B. 导体棒最终速度大小为
C. 流经导体棒的电荷量为0.6CD. 电源消耗的能量为4.8J
【答案】BD
【解析】A．闭合开关的瞬间，导体棒速度为0，电流
安培力
故导体棒和物块将向左加速，导体棒切割磁感线，产生反电动势，有
随着速度增加，电流逐渐减小，安培力逐渐减小，对导体棒和物块有
可知加速度逐渐减小，当加速度减小到0时，系统受力平衡，保持向左匀速直线运动，A项错误；
B．当加速度为0时，算得电流大小
速度
B项正确；
C．对导体棒和物块由动量定理有
带入数据
C项错误；
D．根据非静电力做功可求得电源消耗的电能
D项正确。故选BD。

二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11. 某实验小组想利用杨氏双缝干涉装置测量某红光的波长，他们利用普通光源按照如图甲所示的摆放顺序安装好实验器材，最终在目镜中观察到了如图乙所示的红光的干涉条纹。
（1）若将普通光源换成改红色激光光源，则下列______仪器可以撤掉；
A. 凸透镜B. 红色滤光片C. 单缝D. 双缝
（2）通过测量头，记录A、B两条亮条纹的位置如下图，其中A位置的读数为______；相邻亮条纹的间距为______；
（3）已知双缝间的距离，双缝到屏的距离为，则该红光的波长为=______mm（结果保留三位有效数字）。
【答案】（1）ABC （2）10.8 0.8 （3）667
【解析】【小问1详解】
激光具有相干性，因此透镜、滤光片、单缝均不需要。
选。
【小问2详解】
[1]根据十分度游标卡尺读数规则，A位置读数
[2]B位置读数
相邻亮条纹间距
【小问3详解】
由，得
解得
12. 某同学利用实验室已有的器材设计了如下电路测量某一太阳能电池的电动势和内电阻，已知电源的电动势大约为5.8V，内电阻大约为几十欧，实验中用到的其他器材有：
A．电压表V1（量程为3V，内阻约为5000Ω）
B．电压表V2（量程为15V，内阻约为10000Ω）
C．表头G（量程10mA，内阻rg待测量）
D．定位电阻R0=200Ω
E．保护电阻R1=100Ω
F．电阻箱（量程0～99.99Ω）
G．开关两个，导线若干
（1）为了使电压表在实验过程中有更大的变化范围，电压表应选择______（选填选项字母）；
（2）将电阻调整调整到最大值，闭合开关S1、S2，缓慢调节电阻箱大小，使表头的示数为4mA。此时电压表示数为满偏的，则表头的电阻rg=______Ω；
（3）断开开关S2，多次改变电阻箱的阻值，记录阻值大小为R，同时记录对应的表头的电流值为I，建立图像，描点连线得到如图线性图像。根据图中的效据，可得该太阳能电池的电动势E=______，内电阻r=______Ω（结果均保留两位有效数字）。
【答案】（1）A （2）300 （3）6.0 60
【解析】【小问1详解】
电源电动势约为5.8V，保护电阻为100Ω，电阻箱总阻值99.99Ω，因此电压表电压变化范围最大为3V左右，故电压表应选择A。
【小问2详解】
由于电压表示数为满偏的，即电压为2V，根据欧姆定律可得
解得
【小问3详解】
[1][2]根据闭合电路的欧姆定律可得
整理可得
代入数据有
结合图像可得
联立解得
，
13. 1907年起，美国物理学家密立根开始以精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量。他的目的是：测量金属的遏止电压Uc与入射光的频率ν，由此算出普朗克常量h，并于普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性。某实验小组实践密立根的研究过程，在对同一个光电管（阴极材料）进行多次试验后，得到了的Uc-ν图像，其中ν1、ν2，U1均为已知量，已知电子的电荷量为e。
（1）求普朗克常量h的表达式；
（2）求该阴极材料的逸出功W0的表达式。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由爱因斯坦光电效应方程有
由动能定理有
联立得
结合图像可得
解得
（2）根据逸出功的定义
解得
14. 如图所示，一传送带倾斜放置，其与水平面间的夹角，传送带顺时针匀速率运转，速度大小。传送带上表面PQ两点间的距离。时刻，物块1以初速度从Q点滑上传送带向下运动、物块2以初速度从P点滑上传送带向上运动，经过时间，物块1、2在传送带上M点（图中未画出）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知物块1的质量，其与传送带间的动摩擦因数；物块2的质量，其与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，，。
（1）求P点到M点间的距离；
（2）求物块2从0时刻到离开传送带经历的时间t；
（3）从0时刻，到两物块恰好要相碰，求传送带多消耗的能量。
【答案】（1）4m；（2）2.4s；（3）144J
【解析】（1）对物块1受力分析，由牛顿第二定律有
解得
同理对物块2受力，由牛顿第二定律有
解得
故物块1沿斜面向下做匀加速运动，物块2沿斜面向上做匀速运动，则物块1的位移
物块2的位移
由位移关系
代入数据解得
（2）由（1）可知
则碰前物块1的速度
解得
碰撞过程，由动量守恒、机械能守恒，有
联立解得
则物块2将以10m/s速度沿传送带向下做匀速直线运动直至离开传送带，向下运动的时间
解得
故运动总时间
（3）物块1下滑的过程中，对传送带产生沿传送带向下的滑动摩擦力
物块2在上滑的过程中，对传送带产生沿传送带向下的最大静摩擦力
电动机多消耗的能量等于传送带克服摩擦力做的功，则有
代入数据得
15. 竖直平面内建立如图所示的xOy直角坐标系，在的区域Ⅰ内，存在着水平方向的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场（图中均未画出），在的区域Ⅱ内，存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带正电的小球从y轴上的P点以初速度水平向右抛出，仅在重力的作用下经过x轴上的Q点，随后沿直线运动穿过区域Ⅰ，通过M点进入区域Ⅱ做曲线运动。已知OP的长度与OQ的长度之比为，小球的质量为m，电荷量为+q，区域Ⅱ的磁感应强度大小与区域Ⅰ的磁感应强度大小满足（、为未知量），重力加速度为g。
（1）求小球到达Q点时的速度大小和方向；
（2）求区域Ⅰ的磁感应强度的大小和方向；
（3）若，从小球经过M点开始计时，当经过时同时，求小球的位置坐标（用、g表达）。
【答案】（1）， 速度与水平方向成60°斜向右下方； （2） ，方向垂直于纸面向里；（3）
【解析】（1）根据平抛运动的规律有
，，
结合题目条件，解得
故Q点的速度大小
即
其与水平方向的夹角为，则
解得
速度与水平方向成60°斜向右下方
（2）粒子在区域I受到重力、水平电场力、洛伦兹力的作用做直线运动，说明其受力平衡，其受力分析如图所示
则根据几何关系有
解得
根据左手定则，的方向垂直于纸面向里
（3）当小球进入区域Ⅱ时，其受到重力和洛伦兹力的作用。将速度v分解为、，令产生的洛伦兹力与重力平衡，即
解得
则根据平行四边形定则，可知
速度矢量分解图如图所示
产生的洛伦兹力斜向右下方，受力分析如图所示
放小球的曲线运动可看做的水平向右的匀速直线运动，和的从M点开始的逆时针方向的匀速圆周运动。则
得圆周运动的半径
由周期，得
根据题目条件
故圆周运动在水平方向上引起的向右的位移
竖直方向引起的向下的位移
匀速直线运动引起的向右的水平位移
根据几何关系，M点的坐标为
故水平位置坐标
竖直位置坐标
解得，小球的位置坐标为。