2024届陕西省安康市高三年级下册第三次质量联考（三模）物理试题（解析版）

2023—2024学年安康市高三年级第三次质量联考

物理试题

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.全部R答案》在答题卡上完成，答在本试卷上无效。

3.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R答案》

标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他工答案》标号。回答非选择题时，将

［答案』用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上。

4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第I卷

一、选择题

1.2023年8月24日，日本政府不顾国际社会的反对，一意孤行向海洋排放福岛核电站的核

废水。核废水中含有多种放射性元素，这些放射性元素将对人类环境造成重大破坏。核废水

中葩黑cs的半衰期大约为30年，已知詈Cs发生|3衰变的同时生成新核，以下说法正确的

是（）

A.钠的半衰期会随温度升高而变大

B.常cs的比结合能大于其衰变生成新核的比结合能

C.衰变过程质量数、电荷数和质量都守恒

D.衰变生成新核的中子数为81

K答案1D

［解析XA.半衰期只由原子核自身决定，与环境温度无关，所以艳的半衰期不会随温度

升高而变大，故A错误；

B.衰变过程产生能量，衰变生成的新核比黑Cs更稳定，所以黑Cs的比结合能小于其衰

变生成新核的比结合能，故B错误；

C.衰变过程质量数、电荷数都守恒，但衰变过程产生能量，存在质量亏损，故C错误；

D.衰变过程满足质量数和电荷数守恒，可知黑Cs发生p衰变生成新核的质量数为137,

电荷数为56,则中子数为

137-56=81

故D正确。故选D。

2.2024年1月11日13时30分，我国在山东海阳附近海域使用引力一号遥一商业运载火箭，

成功将搭载的“三峡遥感一号”等3颗卫星发射升空。卫星顺利进入预定轨道，标志着三峡遥

感系列卫星研制发射取得“开门红”。“三峡遥感一号"卫星是三峡遥感系列卫星的首发试验星,

为新型气象观测小卫星，计划运行在距地面500km轨道高度上，7x24小时全天候工作，

已知地球半径R=6.4xl()6m,g取10m/s2,估算该卫星运行的周期大约为()

A.93minB.3hC.4hD.6h

［答案IA

Mm

k解析I由题意可知，在地球表面附近物体的重力等于地球的万有引力，则有G二mg

可得GM=gR2

设该卫星的质量为加'，周期为T,由地球的万有引力提供向心力，可得

Mm'=m'*(R+")

(R+/Z)2

代入数据解得该卫星运行的周期大约为

(7?+/?)3(6.4X106+500X103)3

7=2万s=5627s®93.78min

GM10x(6.4xl06)2

故选A„

3.六根相同的圆柱堆积放置在水平地面上，其截面图如图所示，系统处于静止状态，假设

圆柱之间光滑，地面粗糙，设每根圆柱的质量为相，重力加速度为g,则以下说法正确的是

()

A.地面对圆柱4无摩擦力

B.圆柱2对圆柱5弹力大小为半mg

C.圆柱2对圆柱4的弹力大小等于它对1的弹力的2倍

D,圆柱2对圆柱4的弹力大小等于它对圆柱5的弹力

［答案』C

［解析XA.圆柱2对圆柱4的压力有水平分量，则地面对圆柱4一定有摩擦力，选项A

错误；

BCD.对球1、2、4受力分析如图，由平衡可知2工［Cos30=mg

解得

_mg_

21-V3

对2分析可知

月2cos30+工2cos30=mg+42cos30

F52sin30+F12sin30=F42sin30

联立解得

F52=y~mg

F2A/3

工2二丁叫

则圆柱2对圆柱5的弹力大小为

g

由以上结论结合牛顿第三定律可知

_273_2mg

F24==2耳2=

._2mg

%―_3-口以-2耳5一出

选项BD错误，C正确;

故选C。

4.如图所示，在光滑的水平面上，质量为3kg的足够长的木板A上有一个质量为0.5kg的

小滑块B,在木板的右侧有一质量为5.0kg的小球C,三者均处于静止状态。现给B一个瞬

间冲量，使它获得4m/s的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A和小球C发生弹性碰

撞，之后A和B同时停下来，以下说法正确的是（）

A.木板碰撞小球前的瞬间A的速度为0.6m/s

B.整个过程产生的热量为3.6J

C.碰后C的速度为0.5m/s

D.A和C碰撞前A、B已经共速运动

K答案』B

（解析1C.对A、B、C整体，根据动量守恒定律有

"%也=mcvc

解得

vc=0.4m/s

故C错误；

B.根据能量守恒定律有

Q=^fnBvl-^mcvc=3.6J

故B正确；

A.木板A和小球C发生弹性碰撞，则

mAVA=mAVA+mcVC

121，212

-mAVA=-mAVA+-mCVC

代入数据解得

乙=§nvs

A15

故A错误;

D.A和C碰撞前，对A、B,根据动量守恒定律有

f

WBVB=777BvB+mAvA

代入数据解得

公=0.8m/s>vA

由此可知，A和C碰撞前A、B未达到共速，故D错误。

故选B。

5.如图所示为空心圆柱形磁场的截面图，。点为圆心，半径为R内圆与半径为3R外圆之间

存在垂直纸面向里的匀强磁场，A为外圆上一点。一粒子源s可持续发射出大小均为心质

量为加，电荷量为q的粒子，不计粒子重力，以下说法正确的是（）

A.若粒子源放置在。点向各个方向均匀发射粒子，且所有粒子均不从外圆射出，则磁感应

mv

强度最小值为7高

4qR

B.若粒子源放置在。点向各个方向均匀发射粒子，且所有粒子均不从外圆射出，则磁感应

强度最小值为

3qR

C.若粒子源放置A点且沿AO连线发射粒子，为使粒子不进入内圆，则磁感应强度的最小

,mv

值为---

月人4qR

D.若粒子源放置A点且沿AO连线发射粒子，为使粒子不进入内圆，则磁感应强度的最小

［答案》C

［解析XAB.若粒子源放置在。点向各个方向均匀发射粒子，且所有粒子均不从外圆射

出，轨迹最大半径如图所示

根据几何关系有

(3R-疗二广+代

解得

根据洛伦兹力提供向心力

V2

qvBx-m一

磁感应强度最小值为

'4qR

故AB错误；

CD.若粒子源放置4点且沿AO连线发射粒子，为使粒子不进入内圆，轨迹最大半径如图

所示

根据几何关系有

(4+R)2=]+(3R)2

解得

r2=4R

根据洛伦兹力提供向心力

v2

qvB2=m—

一r2

磁感应强度最小值为

=—

一4qR

故C正确，D错误。

故选C。

6.如图所示，匀强电场与直角三角形ABC所在平面平行，将电荷量为-3.0xl()YC的点电

荷从电场中的A点移到B点，静电力做了-L2X1(T5J的功；再从8点移到C点，静电力

做了0.6x10-5j的功，且A3=4cm,3c=3cm,以下说法正确的是()

B.电场强度大小为巫X1()2V/m

4

3

C.若电场强度方向与竖直线夹角为。(6»<90°),贝i]tan6=—

2

4

D.若电场强度的方向与竖直线夹角为。(9<9伊)，贝=§

K答案1AC

[解析』AB.根据公式

W

AB=qUAB

整理有

4BJ=4V

q

同理有

UBC=^=-2N

q

令8点电势为0,则

0=4V,(pc=2V

在匀强电场中任意一条直线上等距离等电势降落，所以48中点。的电势为=2V,连

接C。，为等势线，自8点作。的垂线即为电场线，如图所示

所以CD=JBcm

因UEB=2V,在三角形CDB中根据面积相等-BDBC=-CDEB

22

6

求得EB=-^cm

713

解得E="=巫xl()2v/m

EB3

故A正确，B错误；

CD.如图所示

根据三角形边角关系可得

3

BE2

故C正确，D错误。

故选ACo

7.如图所示，在绝缘光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁场的宽度为2L，边长为L的正方

形导体框以初速度匕滑行进入磁场，当cd边刚进入磁场时线框的速度为匕，当"边

离开右侧边界的瞬间速度为匕，以下说法正确的是（）

A.导体框进入磁场过程和离开磁场过程中流过导体横截面的电荷量大小相等

B.导体框进入磁场过程中导体框的加速度逐渐减小

C.导体框进入磁场过程中产生的热量等于导体框离开磁场过程中产生的热量

［答案］ABD

E

［解析XA.根据E=——，/=—=联立求得

AtR

△①

q=——

R

导体框进入磁场过程和离开磁场过程中A①大小相等，所以导体框进入磁场过程和离开磁场

过程中流过导体横截面的电荷量大小相等，A正确；

E

B.根据£=1=—,F=ILB,尸=〃汝联立求得

R

B2d

a=-------

mR

方向与速度方向相反，导体框进入磁场过程中线框减速，加速度在减小，B正确;

CD.对线框进入磁场过程由动量定理可得-=加匕-777yl

A0E

又根据E=—，l=—,q=IX,产=7L5联立整理得

AtR

B2L3

产生热量

mvmv

2i=^i~^l

同理线框离开磁场过程可得

B-I?

----=mv3-mv2

产生热量

比较热量

a=匕+匕）］

QlV2+匕

速度关系可得

C错误，D正确

故选ABDo

8.如图所示，一个螺距均匀的刚性螺旋光滑轨道竖直固定放置，轨道半径为广，螺距为4,

匝数为“将一个小环套在螺旋轨道最上端从静止释放，小环沿螺旋轨道滑到底端，重力加

速度为g，以下说法正确的是（）

A.在运动过程中小环加速度越来越大

B.在整个运动过程中小环的路程大于2”兀r

l2n（4;

c.小环从顶端到底端的运动时间为J—L_

+/)

D.小环从顶端到底端的运动时间为

K答案UABC

k解析XA.小环运动过程中重力做正功，速度逐渐增大，水平方向的分速度也增大，向

心加速度逐渐增大，小环的运动可以分解为水平速度逐渐增大的圆周运动和沿轨道斜向下的

匀加速直线运动，故在运动过程中小环加速度越来越大，故A正确；

B.小环运动可等效为沿长为2加/，高度为温的光滑轨道的运动，在整个运动过程中小环

的路程为s=n«2兀r）。+d?>2nir

故B正确；

CD.小环运动可等效为沿长为2加疗，高度为加的倾斜光滑轨道的运动，根据动力学公式

1,

可得S=—a/

等效加速度为。=gsin8=

J(2")2+/

+屋)

联立解得小环从顶端到底端运动时间为t=

故C正确，D错误。

故选ABCo

第n卷

、非选择题

（一）必考题

9.如图所示，为研究匀变速直线运动实验装置，小车在槽码的牵引下从静止开始运动，回

答以下问题

打点计时器

纸带⑹n„

(1)本次实验是否一定需要把长木板左端垫高来平衡摩擦力(选填“需要”或“不

需要“)

(2)某次实验得的一条纸带如图所示，两个计数点之间还有四个点未画出，已知交流电的

频率是50Hz,相邻两计数点之间的距离用=5.05cm、S2=5.68cm,S3=6.33cm,

S4=6.95cm,S5=7.61cm,S6=8.26cm,根据图中数据计算得出小车的加速度。=

m/s2(保留两位有效数字)

0123456

•••••・•

(3)如本次实验中交流电的频率大于50Hz,而我们计算时按50Hz计算，则计算出的加

速度比真实值___________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)

k答案》(1)不需要⑵0.64(3)偏小

1解析》【小问1详析】

实验只需保证小车做匀变速直线运动即可，不需要需要把长木板左端垫高来平衡摩擦力。

【小问2详析】

相邻两计数点的时间间隔为

T=5x—=5x—s=0.1s

f50

根据逐差法求出小车的加速度为

_§36-S()38.26+7.61+6.95-6.33-5.68-5.05

xl02m/s2=0.64m/s

一(37)29x0.12

【小问3详析】

本次实验中交流电的频率大于50Hz,打点计时器打点的时间间隔小于0.02s,相邻两计数

点间的时间间隔小于0.1s,计算加速度时所用时间偏大，加速度的测量值小于真实值，即计

算结果与实际值相比偏小。

10.描绘一个标有“3V0.9W”的小灯泡的伏安特性曲线，有以下器材供选用：

A.电压表V量程2V,内阻为2kQ

B.电流表A1量程0.6A,内阻约0.1Q

C.毫安表A?量程0.3A,内阻约0.2Q

D.电阻箱(0-9999.9。)

E.滑动变阻器8（10。，2A）

F.滑动变阻器尺2（2000,0.5A）

G.蓄电池（电动势6V,内阻不计）电键一个

（1）电流表选择（选填“A1”或“A?”）滑动变阻器选择（选填“为”

或“&")

（2）实验要求能够实现在。〜3.0V的范围内对小灯泡的电压进行测量，尽可能减少实验误

差，请你在虚线方框中画出实验电路原理图.

（3）由实验可描绘出小灯泡的伏安特性曲线如下图，现把该小灯泡和一个电源（电动势

E=3V,r=LOO）串联在一起如乙图，则小灯泡的实际功率（保留两位有

效数字）

(3)0.76W

K解析』【小问1详析】

口］根据P=UZ可求得

P0.9Ac…

IT=——=—A=0.3A

U3

因此电流表选A?；

⑵描绘小灯泡的伏安特性曲线，应选用分压式接法，滑动变阻器最大阻值选阻值小的，因

此选&o

【小问2详析】

描绘小灯泡的伏安特性曲线，应选用分压式接法，灯泡电阻小，选择电流表外接法，由于电

压表的量程不足以完成实验，所以应该改装电压表，即将一个电阻箱与电压表串联从而改装

电压表。电路图如图

【小问3详析】

根据石=。+0化简可得

U=E-Ir

其中。为横轴，/为纵轴，在小灯泡的伏安特性曲线中画出对应直线，如图

交点即为工作电压。=2.7V,电流/=O.28A,根据尸可得

P=UI=2.7xO.28Wa0.76W

11.如图所示，为回旋加速器的工作原理示意图，两个D形盒的正中间有狭缝，狭缝宽度为

d,狭缝之间存在匀强电场，电场强度为E；两个半径为R的D形盒接上高频交流电，并处

在匀强磁场中，在D1的中心A处有一个粒子源，它产生并发出比荷为左的带正电粒子，粒

子的初速度视为0,经加速后从D形盒的边缘以速度v飞出，不计粒子重力，求:

(1)粒子在狭缝之间运动的总时间和匀强磁场的磁感应强度;

(2)粒子第4次被加速结束的瞬间位置与A点之间的距离。

K答案U(1)—，—；(2)2(-\/3+1--\/2)—yflEdk

kEkRv

K解析X(1)由牛顿第二定律有qE="

根据运动学公式

v

得/=——

kE

粒子在磁场中与匀速圆周运动qvB=m~

v

得B=—

kR

1

(2)加速一次由动能定理有=5W岬9

解得匕=出%=(24&7

Vm

从A点出发向右运动2片

同理可得加速第二次粒子向左运动2々=20，

粒子加速第三次后向右运动

所以，第四次加速结束瞬间距A点的距离为

x=29-2〃+2勺=2(6+1-伪”逝Edk

v

12.如图所示，整个空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=2.0xl()6v/m，光滑绝

缘水平桌面上有两个物块A和B,A带有正电荷q=1.0x10-6。，B物块不带电，开始时A

物块在绝缘手柄的作用下保持静止，B物块静止。已知A的质量为犯=0.2kg,B的质量为

叱=0.6kg,物块B到桌面右边缘的距离L=1.6m,A、B之间的距离d=0.2m,现松

开手使A开始运动，之后与物块B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计，物块A、B

均可视为质点，重力加速度取lOm/s?,整个过程中A的电荷量保持不变，求

------------------------------------»E

77777777777777777777777777777'

(1)分别求A与B第1次碰撞后瞬间，两物块的速度大小;

(2)求A与B第2次发生碰撞的位置到平台右边缘的距离;

(3)求B离开桌面时的速度大小。

［答案U(1)lm/s,lm/s；(2)1.2m；(3)3m/s

K解析X(1)根据动能定理

qEd=^mivl0

解得A物块第1次碰撞前的速度为

vA0=2m/s

A、B物块第1次碰撞，由动量守恒和能量守恒可得

g以。=吗我+祖2VBi

121212

5叫以0=5叫VA1+5m2%1

解得

vA1=-lm/s,vB]=Im/s

故A物块的速度大小为lm/s,B物块的速度大小为lm/s。

(2)A物块的加速度为

a==10m/s2

〃Z]

设经历％时间，A与B发生第2次发生碰撞，根据动力学公式有

12

VA/I+万画:

解得

%=0.4s

。时间，B物块运动距离为

J=%£=0.4xIm=0.4m

A与B第2次发生碰撞的位置到平台右边缘的距离

s=L—S、=1.6-0.4m=1.2m

(3)A物块第2次碰撞前的速度为

v'M=vA1+电=3m/s

A、B物块第2次碰撞，由动量守恒和能量守恒可得

仍以1+="/V2+

m2vBl1Am2vB2

21212

，

2niVAl+27%VBl=5VA2+5根2VB2

解得以2=。，VB2=2m/S

设经历t2时间，A与B发生第3次发生碰撞，根据动力学公式有vA2t2+-atl=vB2t2

解得

t2=0.4s

A物块第3次碰撞前的速度为或2=VA2+at2=4m/s

f2时间，B物块运动距离为52=/2,2=0.4X2m=0.8m

依此类推，可得力”=5-2)m/s,vBn=n(m/s),=(n+2)m/s,tn=0.4s,

sn=0.4n(m)

可得

S1=0.4m,s2=0,8m,53=1.2m

由于

+$2<L<S]+$2+$3

可知B离开桌面时，A与B共发生第3次发生碰撞，故B离开桌面时的速度大小为

vB=vB3=3m/s

(二)选考题

【物理一选修3-3】

13.一定质量的理想气体从状态。经状态6变化到状态c,再从c状态变化到d,其过程如

V—T图上三条线段所示，入。和cd段为分别平行于坐标轴的直线。则气体()

A.b的压强小于c的压强

B.由。变化到b过程中气体从外界吸收热量等于其增加的内能

C.由6变化到c过程中气体从外界吸收热量等于其增加的内能

D.由c变化到1过程中气体从外界吸收热量

E.由。变化到b为等压变化

[答案』ACE

K解析1A.由一定质量的理想气体的状态方程生=C可知，从》到c,气体的体积不变，

T

温度升高，则气体的压强增大，因此6的压强小于c的压强，A正确；

B.由a变化到6过程中气体的体积增大，可知气体对外做功，则有W<0,气体的温度升

高，气体的内能增加，气体从外界吸收热量，则有。＞0,由热力学第一定律AU=Q+W

可知，由a变化到6过程中气体从外界吸收热量不等于其增加的内能，B错误；

C.由6变化到c过程中气体的体积不变，可知W=0,气体的温度升高，气体的内能增加，

气体从外界吸收热量，则有。＞0,由热力学第一定律AU=Q+W可知，由b变化到c过

程中气体从外界吸收热量等于其增加的内能，即AU=Q,C正确；

D.由c变化到d过程中气体的体积减小，外界对气体做功，可知W＞0,气体温度不变,

气体的内能不变，可知AU=0,由热力学第一定律AU=Q+W可得卬=-。

可知由c变化到d过程中气体对外界放出热量，D错误；

E.由一定质量的理想气体的状态方程生=。可得丫=色7

TP

C

由题图可知，由a变化到b图线的斜率不变，即一不变，可知压强不变，则由a变化到6

P

为等压变化，E正确。故选ACE。

14.如图甲所示，一长度为L横截面积为S的圆柱形绝热汽缸内置加热丝，倒置放置，下

3

端有绝热活塞封住汽缸，活塞下端连一弹簧，开始时活塞距汽缸底部的距离为一L,汽缸连

4

同加热丝的总质量为M,大气压强为几，汽缸内初始温度为"，重力加速度为g。

(1)若某时刻加热丝开始缓慢加热，直至活塞刚好静止在汽缸缸口处，停止加热，求

此时的温度；

(2)若保持温度不变，在汽缸外面的顶部缓慢加入沙子，当沙子的质量等于M时停止加沙

子如乙图所示，求此时活塞距汽缸顶部的距离。

43(p()+

K答案U(1)T2=­T；(2)L,=-L

3O4(p°+飞)

(解析1(1)缓慢加热，气体压强不变

3

初始体积为小产

末状态体积为％=LS

4

代入得

(2)在汽缸外面的顶部缓慢加入沙子，则气缸内做等温变化，初始的压强Pi=z+等

3

加入沙子后，末状态压强必=Po+出”■

S

而

PM=0%

3

y=-LS

14

3(A)+

解得2MgJ

4(P0+—U)

【物理一选修3-4】

15.如图所示，在某介质中有xQy坐标系，在x=-6m及x=4m两点分别有两个波源A和

B,f=0时刻两波源同时开始沿y轴正向振动，形成沿x轴传播简谐波，波速均为2m/s。

某时刻波源A产生的简谐波的波形图如图甲所示，波源2的振动图像如图乙所示，以下说

甲乙

A.波源A的周期为4s

B.波源B产生的简谐波的波长为8m

C.在A、8之间会产生干涉现象

D.f=3.5s时，位于％=—1m处质点的位移为5cm

E.两列波初次在。点相遇时质点的位移为5cm

K答案HBDE

K解析XA.由图甲可知，波源A的波