2024-2025学年贵州省黔东南州高三下学期第四次模拟（4月）考试物理试题含解析

2024-2025学年贵州省黔东南州高三下学期第四次模拟（4月）考试物理试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。1、1789年英国著名物理学家卡文迪许首先估算出了地球的平均密度．根据你所学过的知识，估算出地球密度的大小最接近（）（地球半径R=6400km，万有引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2）A．5.5×103kg/m3 B．5.5×104kg/m3 C．7.5×103kg/m3 D．7.5×104kg/m32、某次空降演练中，跳伞运动员从飞机上跳下，10s后打开降落伞，并始终保持竖直下落，在0~14s内其下落速度随时间变化的v—t图像如图所示，则（）A．跳伞运动员在0~10s内下落的高度为5v2B．跳伞运动员（含降落伞）在0~10s内所受的阻力越来越大C．10s时跳伞运动员的速度方向改变，加速度方向保持不变D．10~14s内，跳伞运动员（含降落伞）所受合力逐渐增大3、如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sin100t(V)的交流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻，原、副线圈匝数之比为4∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A．原线圈的输入功率为220WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为55VD．通过电阻R的交变电流频率是100Hz4、如图所示，两根相距为L的平行直导轨水平放置，R为固定电阻，导轨电阻不计。电阻阻值也为R的金属杆MN垂直于导轨放置，杆与导轨之间有摩擦，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。t=0时刻对金属杆施加一水平外力F作用，使金属杆从静止开始做匀加速直线运动。下列关于通过R的电流I、杆与导轨间的摩擦生热Q、外力F、外力F的功率P随时间t变化的图像中正确的是（）A． B． C． D．5、一定质量的理想气体，从状态M开始，经状态N、Q回到原状态M，其p-V图象如图所示，其中QM平行于横轴，NQ平行于纵轴．则（）A．M→N过程气体温度不变B．N→Q过程气体对外做功C．N→Q过程气体内能减小D．Q→M过程气体放出热量6、反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似，已知静电场的方向平行于x轴，其电势q随x的分布如图所示，一质量m＝1.0×10﹣20kg，带电荷量大小为q＝1.0×10﹣9C的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则（）A．x轴左侧的电场强度方向与x轴正方向同向B．x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1：E2＝2：1C．该粒子运动的周期T＝1.5×10﹣8sD．该粒子运动的最大动能Ekm＝2×10﹣8J二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、为了测定一个水平向右的匀强电场的场强大小，小明所在的物理兴趣小组做了如下实验：用长为L的绝缘轻质细线，上端固定于O点，下端拴一质量为m、带电荷量为＋q的小球（可视为质点），如图所示，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，摆到B点时速度恰好为零，然后又从B点向A点摆动，如此往复．小明用测量工具测量与水平方向所成的角度θ，刚好为60°．不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A．在B点时小球受到的合力为0B．电场强度E的大小为C．小球从A运动到B，重力势能减小D．小球在下摆的过程中，小球的机械能和电势能之和先减小后增大8、质谱仪用来分析带电粒子的质量与电荷量，其构造原理如图所示。将第-种粒子源放于处，经加速电场（电压为）加速后垂直于磁场方向、垂直于磁场边界进入匀强磁场。在磁场中运动后到达磁场边界上的点。换第二种粒子源也放在处，其粒子同样到达点。粒子从粒子源射出的初速度均为零，不计粒子重力。则下列说法正确的是（）A．若第二种粒子的电性与第一种不同，需同时改变电场方向与磁场方向B．若第二种粒子的电性与第一种不同，只需改变电场方向或磁场方向即可C．若第二种粒子与第--种粒子是同位素，其质量比为，保持电场电压不变，则磁场磁感应强度需调整为原来的D．若第二种粒子与第--种粒子的质量比为、电荷量比为，保持磁场磁感应强度不变，则电场电压需调整为原来的9、平行金属板、与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为，内电阻为零；靠近金属板的处有一粒子源能够连续不断地产生质量为，电荷量，初速度为零的粒子，粒子在加速电场的作用下穿过板的小孔，紧贴板水平进入偏转电场；改变滑片的位置可改变加速电场的电压和偏转电场的电压，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（）A．粒子的竖直偏转距离与成正比B．滑片向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小C．飞出偏转电场的粒子的最大速率D．飞出偏转电场的粒子的最大速率10、如图所示，质量为m的小球与轻质弹簧相连，穿在竖直光滑的等腰直角三角形的杆AC上，杆BC水平弹簧下端固定于B点，小球位于杆AC的中点D时，弹簧处于原长状态。现把小球拉至D点上方的E点由静止释放，小球运动的最低点为E，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小球运动D点时速度最大B．ED间的距离等于DF间的距离C．小球运动到D点时，杆对小球的支持力为D．小球在F点时弹簧的弹性势能大于在E点时弹簧的弹性势能三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某实验小组成员用如图所示的装置做“探究弹力与弹簧伸长关系”的实验．（1）将弹簧悬挂在支架上，弹簧上端刚好与竖直刻度尺的零刻度对齐，当弹簧下端挂上一个钩码且处于静止时，弹簧下端的指针指在刻度尺上的位置如图1所示，此时弹簧的长度为l1＝______cm.（2）对于实验中的操作，下列说法正确的是__________．A．测量弹簧原长时，需要把弹簧水平放稳后进行测量读数B．挂钩上挂的钩码越多，实验误差越小C．弹簧的自重不会影响弹簧的劲度系数测量D．由于弹簧的自重，会使测量的劲度系数有一定的误差（3）在弹簧弹性限度内，改变弹簧下端所挂钩码的个数，同时测出对应弹簧的长度，已知每个钩码的质量为50g，在m-l坐标系中描点作图如图2所示，当地的重力加速度g取9.80m/s2，则由图象可以得到弹簧的劲度系数k＝______N/m(结果保留三位有效数字)．12．（12分）图甲为某实验小组做“验证机械能守恒定律”的实验装置，光电门A、B固定在气垫导轨上，细线两端分别与钩码和滑块相连，重力加速度为g。(1)实验的主要操作如下：①按图组装好实验器材；②让滑块从气垫导轨上光电门A的右侧某位置由静止释放；③记录遮光条通过光电门A、B所用的时间分别为t1、t2；④改变光电门B的位置，进行多次实验。为完成该实验，还缺少的主要操作是_____；(2)实验中还需要测量的物理量有_____；①滑块的长度D；②遮光条的宽度d；③两个光电门之间的距离L；④滑块（含遮光条）的质量M；⑤钩码的质量m。(3)对于滑块（含遮光条）和钩码组成的系统，重力势能的减少量Ep=_______；动能的增加量Ek=_____；（用上述所给的字母表示）(4)实验小组处理采集的多组数据并在坐标系Ep-Ek中描点作图，如图乙所示，若两轴的标度相同，造成该实验结果的原因是_______。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）学校组织趣味运动会，某科技小组为大家提供了一个寓教于乐的游戏.如图所示，磁性小球在铁质圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔性一样，小球旋转一周后在C点脱离轨道，投入左边内轨的某点上，已知竖直圆弧轨道由半径为2R的左半圆轨道AB和半径为R的右半圆轨道BC无缝对接，A、B点处于竖直线上，可看成质点、质量为m的小球沿轨道外侧做圆周运动，已知小球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小恒为F，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。(1)若小球在A点的速度为，求小球在该点对轨道的弹力；(2)若磁性引力F可调整，要使小球能完成完整的圆周运动，求的最小值；(3)若小球从最高点开始沿轨道外侧运动，最后从C点抛出落到左侧圆轨道上（球脱离轨道后与轨道的引力消失），问小球能否落在与右边小圆圆心等高处？如果不能，求出小球的落点与O点的最短竖直距离。14．（16分）如图甲所示，质童为m=0.3kg的小物块B（可视为质点）放在质量为M=0.1kg、长度L=0.6m的木板A的最左端，A和B一起以v0=lm/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板P发生弹性碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2，求：（1）A与B间的动摩擦因数；（2）A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；（3）A与P碰撞几次，B与A分离。15．（12分）在光滑绝缘水平面上，存在着有界匀强磁场，边界为PO、MN，磁感应强度大小为B0，方向垂直水平南向下，磁场的宽度为，俯视图如图所示。在磁场的上方固定半径的四分之一光滑绝缘圆弧细杆，杆两端恰好落在磁场边缘的A、B两点。现有带孔的小球a、b（视为质点）被强力绝緣装置固定穿在杆上同一点A，球a质量为2m、电量为－q；球b质量为m、电量为q；某瞬时绝缘裝置解锁，a、b被弹开，装置释放出3E0的能量全部转为球a和球b的动能，a、b沿环的切线方向运动。求：（解锁前后小球质量、电量、电性均不变，不计带电小球间的相互作用）(1)解锁后两球速度的大小va、vb分别为多少；(2)球a在磁场中运动的时间；(3)若MN另一侧有平行于水平面的匀强电场，球a进人电场后做直线运动，球b进入电场后与a相遇；求电场强度E的大小和方向。

参考答案一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】

由黄金代换可得地球质量，地球体积公式可得密度，故A正确BCD错误。2、B【解析】

A．假设空降兵在空中做匀加速运动，10s时的速度刚好为v2，则这段时间内的下落位移应为但实际上由图可知，根据图线与横轴围成的面积表示位移可得其下落位移必然大于5v2。故A错误；B．空降兵在空中受到重力和空气阻力的作用，而由图像可知，空降兵在0~10s内的加速度不断减小，由牛顿第二定律可知空降兵受到的空气阻力应当不断增大，故B正确；C．10s时空降兵的速度图像仍在x轴上方，速度方向并未改变，但空降兵的速度走向由增大变为减小，故而加速度方向改变。故C错误；D．由图可知，10~14s内，空降兵的速度逐渐减小，且减小的速率逐渐降低，表明空降兵的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其所受合力逐渐减小。故D错误。故选B。3、C【解析】

C．原线圈的交流电电压的有效值是220V，原、副线圈匝数之比为4∶1，由可得副线圈上得到的电压有效值为所以电压表测电压有效值，则示数是55V，选项C正确；B．副线圈上的电流为又由于，则原线圈中的电流为则电流表的读数为0.25A，故B错误；A．原线圈输入的电功率故A错误；D．原副线圈的交流电的频率相同，则副线圈中的交流电的频率也是50Hz，故D错误。故选C。4、B【解析】

A．t时刻杆的速度为v=at产生的感应电流则I∝t；故A错误。

B．摩擦生热为则Q∝t2，故B正确。C．杆受到的安培力根据牛顿第二定律得F-f-F安=ma得F随t的增大而线性增大，故C错误。

D．外力F的功率为P-t图象应是曲线，故D错误。

故选B。5、D【解析】

A．M→N过程气体的pV乘积先增加后减小，可知温度先升高后降低，选项A错误；B．N→Q过程气体的体积不变，不对外做功，选项B错误；C．N→Q过程气体压强增大，体积不变，由可知，温度升高，则内能增加，选项C错误；D．Q→M过程气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，即W>0；由可知，温度降低，内能减小，即∆E<0，根据热力学第一定律∆E=W+Q可知Q<0，气体放出热量，选项D正确．6、D【解析】

A．沿着电场线方向电势降落，可知x轴左侧场强方向沿x轴负方向，x轴右侧场强方向沿x轴正方向，故A错误；：B．根据U＝Ed可知：左侧电场强度为：E1＝V/m＝2.0×103V/m；右侧电场强度为：E2＝V/m＝4.0×103V/m；所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1：E2＝1：2，故B错误；C．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有：vm＝t1同理可知：vm＝t2；Ekm＝mvm2；而周期：T＝2（t1+t2）；联立以上各式并代入相关数据可得：T＝3.0×10﹣8s；故C错误。D．该粒子运动过程中电势能的最大值为：EPm＝qφm＝﹣2×10﹣8J，由能量守恒得当电势能为零时动能最大，最大动能为Ekm＝2×10﹣8J，故D正确；二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。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、BC【解析】试题分析：小球在B点受重力竖直向下，电场力水平向右，故合力一定不为零，故A错误；小球由A到B的过程中，由动能定理可得：mgLsinθ-EqL（1-cos60°）=0，则电场强度的大小为，选项B正确；小球从A运动到B，重力做正功，W=mgh=mgLsinθ，故重力势能减小mgLsinθ=，故C正确；小球在下摆过程中，除重力做功外，还有电场力做功，故机械能不守恒，但机械能和电势能总能力之和不变，故D错误．故选BC．考点：动能定理；能量守恒定律8、ACD【解析】

AB．如图所示带电粒子运动有3个子过程。两种粒子要在电场中加速，则电场力方向相同。因电性不同，则电场方向相反。粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中均向下偏转，所受洛伦兹力方向相同，由左手定则知粒子电性不同，则磁场方向不同，故A正确，B错误；CD．加速电场加速有磁场中圆周运动有解得第二种粒子与第-种粒子是同位素，其电荷量相同，若质量比为，则解得故CD正确。故选ACD。9、BC【解析】

A．在加速电场中，由动能定理得在偏转电场中，加速度为则偏转距离为运动时间为联立上式得其中l是偏转极板的长度，d是板间距离。粒子的竖直偏转距离与成正比，故A错误；B．从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值联立解得滑片向右滑动的过程中，U1增大，U2减小，可知偏转角逐渐减小，故B正确；CD．紧贴M板飞出时，电场做功最多，粒子具有最大速率。由动能定理解得故C正确，D错误。故选BC。10、CD【解析】

分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力和弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。【详解】A．圆环沿杆滑下，ED段受到重力和弹簧弹力（杆对小球的支持力垂直于杆，不做功），且与杆的夹角均为锐角，则小球加速，D点受重力和杆对小球的支持力，则加速度为，仍加速，DF段受重力和弹簧弹力，弹力与杆的夹角为钝角，但一开始弹力较小，则加速度先沿杆向下，而F点速度为0，则DF段，先加速后减速，D点时速度不是最大，故A错误；B．若ED间的距离等于DF间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则系统机械能不守恒，故B错误；C．D点受重力和杆对小球的支持力，垂直于杆方向受力分析得杆对小球的支持力为，故C正确；D．若ED间的距离等于DF间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则ED间的距离应小于DF间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能增大，则系统机械能守恒，故D正确；故选CD。本题考查弹簧存在的过程分析，涉及功能关系。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、22.50（22.50〜22.52均可）C23.0（22.7〜23.2均可）【解析】

（1）[1]已知刻度尺的零刻度线与弹簧上端平齐，由示数可知此时弹簧的长为22.50cm；（2）[2]A.弹簧自身有重力，弹簧竖直悬技时由于自身重力必然有一定的伸长，故弹簧竖直悬挂时测出的长度，才能作为实验中弹簧的原始长度，A错误；B.悬挂的钩码太多，有可能会超过弹簧的弹性限度，B错误；CD.由于：k=即k与弹力的变量△F及对应的形变量△x有关，与弹簧的自重无关，C正确，D错误．（3）[3]根据图象有：k==N/m=23.0N/m12、将气垫导轨调节水平②③④⑤mgL气垫导轨没有调水平且B端偏低【解析】

(1)[1]．为完成该实验，还缺少的主要操作是将气垫导轨调节水平；(2)[2]．滑块经过两个光电门时的速度分别为则要验证的关系为则要测量的物理量是：②遮光条的宽度d；③两个光电门之间的距离L；④滑块（含遮光条）的质量M；⑤钩码的质量m。(3)[3]．对于滑块（含遮光条）和钩码组成的系统，重力势能的减少量Ep=mgL；[4]．动能的增加量Ek=；(4)[5]．根据Ep-Ek图像，若Ep=Ek则直线倾角为45°，而现在图中直线倾角为42°，可知Ep<Ek可知原因可能是滑块的重力做正功造成的，即气垫导轨没有调水平且B端偏低。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、（1）F，方向竖直向下；（2）；（3）不能，【解析】

（1）设在A点轨道对小球向上的弹力大小为FN，由牛顿第二定律得代入数据得FN=F由牛顿第三定律得，小球在A点对轨道的弹力大小为F，方向竖直向下（2）要使小球能完成完整的运动，只需在B点不脱轨即可。当vA=0时，到达B处速度最小，由动能定理得当小球处于半径为R的轨道最低点B时，小球更容易脱落，则所以当FN=0时，磁性引力最小，故（3）小球能沿轨道运动到C点，设vA=0，则从A到C的过程中有得若小球落到与右边小圆圆心等高处，设从C点以速度v0平拋，则竖直方向有水平方向有得水平速度