2023-2024学年江西省南昌市高三（第二次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)

2023-2024学年江西省南昌市高三（第二次）模拟考试物理试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.运动员立定跳远起跳瞬间如图所示，能表示地面对双脚作用力方向的是（）

A.

2.如图所示，a、6两点处分别固定有等量异种点电荷+Q和-Q,c是线段漏的中点，d是ac的中点，e是

仍的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在c、d、e点，它所受的电场力分别为玲、&、Fe，则

这三个力的大小关系为（）

■C

+Q-Q

@----•------*-------------O

aa（,I）

A.Fd>Fc>FeB.Fd>FcFeC.Fc>Fd>FeD.Fe>Fc>Fd

3.屋檐的同一位置先后滴落两雨滴，忽略空气阻力，两雨滴在空中运动的过程中，它们之间的距离（）

A.保持不变B.不断减小C.不断增大D.与雨滴质量有关

4.图甲是某光电管发生光电效应时光电子的最大初动能a与入射光频率v的关系图像，图乙为氢原子的能

级图。一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，发出的光照射光电管，发出的光电子的最大初动能

为（）

£eV

0

-0.85

1.51

3.40

甲乙

A.2.294B.9.80eyC.10.20eVD.12.09eV

5.下表为几个卫星的轨道半长轴和周期的数据，根据这些数据可估算木星与地球的质量之比为（）

卫星木卫一地球同步卫星土卫一

半长轴42170042240185520

周期〃1.7710.94

A.31B.110C.310D.1100

6.如图所示，昌昌同学为了测量某溶度糖水折射率，将圆柱形透明薄桶放在水平桌面上，倒入半桶糖水;再

将圆柱体竖直插入水中，圆柱体的中轴线与圆桶的中轴线重合;用刻度尺测量圆柱体在糖水中成的像的直径

dz=5.80cm;已知圆柱体截面直径为心=4.00cm,透明圆桶直径d?=10.00cm。则该糖水折射率（）

A.1.45B.1.72C.2.00D.2.50

7.如图所示，半径为R的半圆形光滑管道ACB固定在竖直平面内。在一平行于纸面的恒力F（未画出）作用

下，质量为根的小球从A端静止释放后，恰能到达最低点C;从3端静止释放后，到达。点时，管道受到的

压力为10机g。则厂的大小为（）

C

A.mgB.y/~2mgC.D.yTSmg

二、多选题：本大题共3小题，共12分。

8.边长为耳的正方形金属导线框，从图示的初始位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域。磁场方向是

水平的，且垂直于线框平面。磁场区高度等于"，上下边界如图中水平虚线所示，H>h,从线框开始下

落到完全穿过磁场区的整个过程中（）

nXoXX-X

Hxx

XXXX

A.线框中总是有感应电流存在

B.线框速度的大小不一定总是在增加

C.线框受到的安培力的合力的方向有时向上，有时向下

D.线框在穿过磁场整个过程中损失的机械能全部转化为内能

9.如图所示，把一个有孔的小球A装在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在水平光滑杆上，以

。为平衡位置振动。另一小球2在竖直平面内以。'为圆心、3为角速度沿顺时针方向做半径为R的匀速圆

周运动（。与。'在同一竖直线上）。用竖直向下的平行光照射小球2,可以观察到，小球2的''影子"始终

在小球A上。取水平向右为正方向，O点为坐标原点，小球8经最低点时为计时零点，则（）

mm

A.小球A的振幅为2R

B.小球A的振动周期为生

O）

C.小球A的最大加速度大小为/R

D.小球A的速度与时间的关系式为u=

10.如图所示，一传送带倾斜放置，以恒定速率v顺时针转动。t=0时刻一物块以初速度又从4端冲上传

送带，1时刻离开传送带.则物块速度随时间变化的图象可能是（）

.10

三、实验题：本大题共2小题，共18分。

11.某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。一质量为相、直径为d的小球连接在长为/的

细绳一端，d«l,细绳另一端固定在。点，调整光电门的中心位置。由静止释放小球，记录小球从不同

高度释放通过光电门的挡光时间，重力加速度为g。

n

♦।2

二4°-

图甲图乙

(1)用游标卡尺测量小球直径，如图乙所示，则小球直径d=mm;

(2)若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为〃，小球通过此光电门的挡光时间为戊，则小球从释放点

下落至此光电门中心时的动能增加量/岳欠=,重力势能减小量ZEp=;(用题中字母表

示)

(3)经过多次重复实验，发现小球经过光电门时，4a总是大于4品，下列原因中可能的是0

A小球的质量测量值偏大

8.在最低点时光电门的中心偏离小球球心

C.小球下落过程中受到了空气阻力

12.物理学习小组通过放电法测量电容器的电容，所用器材如下:

电池；

待测电容器（额定电压20U）;

电压表（量程3M,内阻待测）；

电阻箱氏（最大阻值为9999.90;

滑动变阻器最大阻值为2。。。）；

定值电阻/?3（阻值为2400.0。），定值电阻/?式阻值为600.0。）；

单刀单掷开关S1,单刀双掷开关S2；

计时器；

导线若干。

（1）先测量电压表的内阻，按如图（a）连接电路。

（2）将比的阻值调到（填“零”或“最大”），逐渐调大/?2,使电压表满偏;然后，&的滑动触头

保持不动，调节%,使电压表的指针指在表盘中央，此时％的值为1200.0。，则电压表内阻测量值为

__________0。

（3）按照图（b）所示连接电路，将开关S2置于位置1,待电容器充电完成后，再将开关S2置于位置2,记录电

压表电压U随时间/的变化情况，得到如图（c）所示的图像。不计电压表内阻测量误差，当电压表的示数为

IV时，电容器两端电压是Vo

（4）不计电压表内阻测量误差，U-t图像下有135个小格，则通过电压表的电荷量为C（保留三

位有效数字）。则电容器的电容为F（保留两位有效数字）。

四、计算题：本大题共3小题，共30分。

13.使用储气钢瓶时，应尽量避免阳光直射。在某次安全警示实验中，实验员取来一只容积为40L的氧气

瓶，瓶内气体压强为1.50MPa。经暴晒后，连同瓶内气体，温度从27℃上升至57℃。认为瓶中气体为理想

气体，忽略钢瓶的体积变化。

(1)求暴晒后瓶内气体的压强；

(2)为避免压强过大，储气钢瓶上装有安全阀。重复上述实验时，打开安全阀卸压，待瓶内压强降至

l.lOMPa时，安全阀关闭。此时，瓶内剩余的气体与原有气体质量之比是多少？

14.有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示，电场分析器中有指向圆心。的辐射状电场，磁

场分析器中有垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)。离子源发出的初速度均为零的气核：H和气核；〃

经加速电压。加速后，均沿圆弧运动(圆弧为电场分析器的中心线)，再垂直进入四分之一圆形磁

场区域，后从磁场下边界射出。己知光核在磁场区域运动f时间后恰好垂直于磁场下边界从。点射出，

MO=R,P01=d,气核；”的电荷量为e,忽略离子间的相互作用。求：

(1)电场分析器中心线上电场强度的大小；

(2)笊核；〃在磁场区域的运动半径；

(3)笊核j〃的质量。

15.如图所示，质量为24的物块乙静止于A点，质量为1依的物块甲在乙的左侧，物块丙静止在B点。

甲、乙中间夹有不计质量的火药，火药爆炸时，将四分之一的化学能转化为甲、乙的动能，乙立即获得

3m/s的速度向右运动。乙在A8间运动的某段连续的距离中，受到一水平向右、大小为12N的恒定拉力，

使得乙恰好未与丙发生碰撞。已知间的距离为8.25小，乙与地面间的动摩擦因数为0.2,碰撞与爆炸时

间均极短，甲、乙、丙均可视为质点，glX10m/s2o

甲乙丙

叫

(1)求火药爆炸时释放的化学能；

(2)求恒定拉力在AB间持续作用的最短时间；

(3)若拉力从A点开始持续作用，乙运动到B点后与丙发生碰撞，碰后瞬间，乙、丙的动量大小之比为

1:6,求丙的质量范围。(不考虑再次碰撞)

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：依据受力分析，运动员受到竖直向下的重力，垂直地面的向上的支持力，因为运动员立定跳

远脚蹬地起跳瞬间，有相对地面向左运动的趋势，还受到水平向右的静摩擦力，所以地面对双脚的作用力

方向的是斜向右上，故ACD错误，8正确。

故选：Bo

依据重力竖直向下，弹力垂直接触面指向受力物体，摩擦力与相对运动趋势方向相反。

考查受力分析的内容，掌握摩擦力的方向判定，注意理解相对运动趋势的判定。

2.【答案】A

【解析】【分析】

本题主要考查了电场的叠加要遵循平行四边形定则。

根据平行四边形定则，得出合场强，分析出电场力，即可得出结论。

【解答】

连线上场强由。到b先减小后增大，中垂线上场强由。到无穷远处逐渐减小，因此。点场强是连线上最小

的（但不为0）,是中垂线上最大的，故Fd＞外＞玲，A正确。

故选A。

3.【答案】C

【解析】【分析】

根据自由落体运动规律列方程即可判断。

知道自由落体运动规律是解题的关键。

【答案】

设第一滴下落的时间为/，第二滴晚下落则之间距离——可

见随着时间的增加，之间距离增大，故C正确，A3。错误。

故选C。

4.【答案】B

【解析】【分析】

【分析】本题考查了光电效应和能级跃迁的综合运用，知道能级间跃迁吸收或放出的光子能量等于两能级

间的

能级差，以及知道光电效应的条件。

【解答】

【解答】从n=3能级向低能级跃迁能放出3种不同频率的

光子，频率最大的两种光子分别从几=3跃迁到

n=1产生的，因释放的能量E=-1.51-(-13.60)=12.09W

最大初动能a=E-hv=9.80eV

故选：瓦

5.【答案】C

【解析】【分析】

【分析】

本题考查万有引力定律的应用，涉及到天体质量的计算及开普勒第三定律。解题的关键是要知道卫星绕中

心天体运动的其轨道半径的三次方与周期的平方的比值。

【解答】

【解答】

对绕中心天体做匀速圆周运动的卫生有：竿解得：.书,

根据开普勒第三定律可知，卫星做椭圆运动时有：^=k,对同一个中心天体，左值相同，故对于绕同一

个中心天体运动的两个卫星，其中一个做圆周运动，另一个做椭圆运动时，应有盘=翳=捻=匕即：

,GM

k=布;

根据题意，对木卫一有：立=学，对地球同步卫星有：*代入表格中的数据可得：M本"

317.6M呦，故C选项正确，ABD均错误;

故选C。

6.【答案】A

【解析】【分析】

由题意做出光路图，结合几何关系和折射定律计算折射率。

【解答】

由题意做出光路图，折射角sinr=^=*由正弦定理

号=啥，其中j2=（号）?+（时一（裁，

结合几=芈得九x1.45,故选A。

sini

7.【答案】D

【解析】【分析】

由题意确定尸的大小和方向，结合动能定理和圆周运动规律计算。

解题关键应用好等效重力法分析。

【解答】

质量为m的小球从A端静止释放后，恰能到达最低点C,故尸和重力G的合力G'垂直AC斜向下，将其看

作等效重力，对B到C过程应用动能定理，

1

mV2O

Gr-^J2R2-

由圆周运动向心力表达式

v2

N-G'cos45°=m—,

R

联立得则%=/

G'=2^[2mg,Gcos45°=2mg,Fy=G'sin45°—mg=mg,

故F=JF£+阴=y/~5mg

8.【答案】BD

【解析】【分析】

该题考查了由楞次定律、左手定则和牛顿定律的应用，此题的分析首先要进行分段，进行受力分析和运动

过程分析。

因为H>h,故可以分为三个过程：①从下边开始进入磁场到全部进入磁场；②从全部进入磁场到下边开

始离开磁场；③下边开始离开磁场到全部离开磁场。再由楞次定律和左手定则可以判断知道，结合牛顿第

二定律判断线框的速度，由能量守恒定律判断损失的机械能和产生内能的关系。

【解答】

A.线框全部进入磁场到下边开始离开磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；

A从下边开始进入磁场，当安培力大于其重力时可能做减速运动，故2正确；

C线框在进入和穿出磁场的过程中，由楞次定律判断可知受到安培力的合力方向始终向上，故C错误；

D由能量守恒定律知，线框在穿过磁场整个过程中损失的机械能全部转化为内能，故。正确；

故选：BDo

9.【答案】BC

【解析】解：4小球A的振幅等于小球8在水平杆上的最大投影，即小球8做匀速圆周运动的半径R,所

以小球2的振幅4=R,故A错误；

A由图可知，小球B在水平杆上的影子的速度时刻与小球A的速度相等，小球A振动周期与小球B做匀速

圆周运动周期相等即生，故8正确；

0)

C.小球8做匀速圆周运动加速度为：a=4=32R,在水平方向上8的加速度水平分量与A的加速度相

K

同，当小球A到达最左端和最右端时的加速度最大，此时B的加速度水平分量恰好等于其向心加速度，即

小球A的最大加速度与小球B做匀速圆周运动的向心加速度相等，为苏凡故C正确；

D因为。点为坐标原点，小球B经最高点时为计时零点，此时小球A正好处于平衡位置处，小球A的位移

与时间的函数关系按正弦规律变化x=-Rsintot,速度关系为u=-3Rcos3t,故。错误；

故选：BCo

本题8圆周运动一圈A正好做一次全振动，周期相等，根据二者的加速度关系求出A的最大加速度.

本题考查简谐运动基本知识，知道振子经过平衡位置时速度最大，完成一次全振动的时间为一个周期.

10.【答案】AC

【解析】解：AB,若为物体冲上传送带后所受的滑动摩擦力沿斜面向上，若摩擦力/＞重力沿斜面

向下的分力做匀加速运动，当其速度与传送带相同时，则物体与传送带一起匀速运动，则A图是可能的，

B不可能；

C、若%＞也物体先做匀减速运动，与传送带共速后，摩擦力/(重力沿斜面向下的分力，加速度将减

小，故C可能；

。、若％〉"：物体可能先做匀加速运动，与传送带共速后，摩擦力/2重力沿斜面向下的分力，物体与传

送带一起匀速运动，传送带速度和物体同向，故直线应在横坐标上方，故。不可能。

故选：ACo

本题考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析可能的运动情

况，关键要正确分析共速后摩擦力与重力分力的关系，确定其运动情况。

11.【答案】(1)14.5；

(2)如弓I,mgh；

(3)B。

【解析】【分析】

本题考查的是验证机械能守恒的实验，解题的关键是要知道有关的实验原理依据，其中小球经过光电门的

速度计算为"=2，题型为基础题，较简单。

(1)根据游标卡尺读数规则读数；

(2)先求出经过光电门中心的速度，再根据动能公式求出小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加

量；根据Ep=mgh求出重力势能的减小量；

(3)根据有关的实验操作和原理分析动能偏大的可能原因；

【解答】

(1)根据游标卡尺读数规则读数可得，小球直径：d=1.4cm+5x0.1mm=14.5mm；

(2)小球经过光电门中心时的速度为：u=*,

则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为：AEk=-0=

小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量：=mgh；

⑶

A小球的质量测量值偏大，对动能变化量及势能变化量无影响，故A错误；

A光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得速度测量值偏大，/以的测量值偏大，使得/Ek大

于故2正确；

C.小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，贝必E/J、于4Ep,故C

错误；

故选：Bo

12.【答案】(2)零;1200.0

(3)7

(4)2.25x10-3；3.9x10-4

【解析】(2)利用半偏法测电压表内阻，首先将%的阻值调到零，调节&，使电压表满偏;然后，&的滑动

触头保持不动，调节%，使电压表的指针指在表盘中央，此时右两端电压和电压表所分电压大小相等，根

据串联分压原理，此时区的阻值和电压表阻值大小相等，%的值为1200.00,则电压表内阻测量值为

1200.012；

(3)当电压表的示数为IV时，电容器两端电压U=11/+3=1U+缁+给/?3=7V；

(4)U-t图像一个小格表示0.02%,通过电压表的电量Qi=lt=^t=粤架。=2.25x10-3C

Ky1ZUU

通过夫4的电量是通过电压表电量的2倍，=4.5X10-3。

电容器充满时电压表示数2.5忆电容器两端电压U'=2.5U+(管+膏)=17.5K

根据C=号=6,7^°3F=3.9x10-4F

利用半偏法测电压表内阻；根据闭合电路欧姆定律计算电容器两端电压；根据电量定义式求解通过电压表

的电荷量，根据电容定义式求解电容器电容。

本题主要考查半偏法测电压表的内阻以及通过放电法测量电容器的电容的实验，难度较大。

13.【答案】解：(1)瓶内气体可视为等容变化

Po_Pi

T。—Ti

解得：pi=1.65MPa

(2)根据理想气体状态方程：

povo_P2V2

元一—

解得%=6QL

则U：/=2:3

即瓶内剩余的气体与原有气体质量之比为2:3

【解析】(1)瓶内气体发生等容变化，根据查理定律列式求解；

(2)对于气体的变质量问题，要利用气体状态方程求出对应气体在同一个温度、压强下的气体体积，然后

结合同温同压下质量之比等于体积之比求解。

14.【答案］【解答】

(1)设先核；〃的质量为7,，笊核；〃的质量为M

聂核:〃经加速电压U加速后有：Ue=|mv2

气核：〃在辐射状电场中做圆周运动有：eE=mg

R

解得：E=与；

K

2

(2)在磁场中,对气核：〃分析：euB=租号

解得：d=百

\eBL

对笊核1〃分析：evB=M—

r

解得：r=日粤=V-2d

7eBz

即笊核；〃做圆周运动的半径：r=逅d;

(3)设气核：〃与笊核：〃在磁场中做圆周运动的周期为A和72

对笊核।〃

联立得：M