湖南省天壹名校联盟高三下学期三模物理试题

2024年高考考前仿真联考二物理注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一项符合题目要求）1.下列说法错误的是（）A.法拉第对理论和实验资料进行严格分析后，得出了法拉第电磁感应定律的公式B.方解石晶体是各向异性的晶体，它能把光分解为两束光而沿不同方向折射，形成双折射现象C.原子的发射光谱是一些分立的亮线D.原子核的结合能也是核子结合成原子核而释放的能量【答案】A【解析】【详解】A．法拉第发现电磁感应现象，是纽曼和韦伯总结出电磁感应定律则，故A错误；B．方解石晶体是各向异性的晶体，它能把光分解为两束光而沿不同方向折射，形成双折射现象，选项B正确；C．原子的发射光谱是一些分立的亮线，即是线状光谱，选项C正确；D．原子核的结合能既是原子核变为自由核子需要的最小能量也是核子结合成原子核而释放的能量，选项D正确。此题选择错误的，故选A。2.有一个直径为0.6m的细圆环形状的黄灯，圆面水平放置在距离水池水面下方0.2m处开始缓慢下降了0.1m，下降过程中灯始终保持水平，已知黄光在水中折射率，则在这一过程中有光射出的水面形状的变化情况说法正确的是（）A.始终是圆 B.始终是圆环C.先是圆后变成圆环 D.先是圆环后变成圆【答案】D【解析】【详解】根据题意设细圆环形黄灯中的一点光源发出的光照射到水面时透光面积是半径为的圆，则根据光发生全反射条件即解得所以初始状态中细圆环形状的黄灯有光射出的水面形状为圆环。随着黄灯缓慢下降，全反射临界角不变，根据几何关系可知点光源的透光半径逐渐增大。当再下降时，可得解得细圆环上无数点光源在水面的透光面积叠加可知有光射出的水面形状是圆。因此在这一过程中有光射出的水面形状先是圆环后变成圆。故选D。3.进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为雪地转转游戏，人乘坐雪圈（人和雪圈总质量为50kg，大小忽略不计）绕轴以2rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动，已知水平杆长为2m，离地高为2m，绳长为4m，且绳与水平杆垂直。则雪圈（含人）（）A.所受的合外力不变 B.所受绳子的拉力指向圆周运动的圆心C.线速度大小为8m/s D.所需向心力大小为400N【答案】C【解析】【详解】A．雪圈（含人）做匀速圆周运动合外力一直指向圆心，方向在时刻发生变化，因而合外力在不断变化，故A错误；B．根据图示可知绳子的拉力沿绳并指向绳收缩的方向，并不是指向圆周运动的圆心的，故B错误；C．根据几何关系可知，雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为则线速度大小为故C正确；D．雪圈（含人）所受的合外力提供所需的向心力，则有故D错误。故选C。4.如图所示，真空中有四个点电荷分别固定在A、B、C、D四点，O为AB的中点，若O点的电场强度为零，已知A、C两点放置的点电荷均为，则B、D两个点电荷的电荷量分别为（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【详解】A、B、C、D各点在O点的电场方向如图所示可知B点电荷带正电、D点电荷带负电，设AC长度为x，根据平衡条件和几何知识有，即，解得，故选B。5.如图所示，某创新实验小组制作了一个半径为8cm的圆环，将3个相同的轻弹簧一端等间距地连接在圆环上的A、B、C三点，另外一端连接于同一点，结点恰好在圆心O处。将圆环水平放置，在结点O处悬挂一瓶矿泉水，缓慢释放直至平衡时测得结点下降了6cm。已知轻弹簧的原长为8cm，矿泉水的重力为6N，则弹簧的劲度系数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由几何关系可知每根弹簧此时的长度为此时每根弹簧与竖直方向夹角为可知由平衡可知可得故选B。6.如图所示，直角坐标系位于竖直平面内，y轴竖直向上，第III、IV象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第IV象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出），一质量为m、带电量绝对值为q的小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第IV象限，然后做圆周运动，从Q点以速度v垂直于x轴进入第I象限，重力加速度为g，不计空气阻力。则（）A.从A点到Q点的过程小球的机械能守恒 B.电场方向竖直向上C.小球在第IV象限运动的时间为 D.小球能够返回到A点【答案】C【解析】【详解】AB．根据左手定则和小球从A运动到P的轨迹可知小球带负电。从P到Q过程中小球做圆周运动可知此时小球受到的向下的重力与向上的电场力平衡，又因为小球带负电所以电场方向竖直向下。A到Q的过程中，洛伦兹力不做功，电场力做正功，机械能增加。故AB错误；C．小球恰好从P点垂直于y轴进入第IV象限，然后做圆周运动，从Q点以速度v垂直于x轴进入第Ⅰ象限，所以设小球做圆周运动的半径为，则在到过程中，根据动能定理可得，小球做圆周运动的周期小球在第IV象限运动时间为故C正确。D．根据竖直上抛运动规律可知小球会从Q点以速度大小为垂直于轴向下进入磁场，此后根据左手定则，小球不会有向左的运动，不能够返回A点。故D错误。故选C。二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）7.位于的波源p从时刻开始振动，形成沿x轴正、负方向传播的两列波，在时波源停止振动，时的波形如图所示，其中质点a的平衡位置，质点b的平衡位置。下列说法正确的是（）A.沿x轴正、负方向传播的这两列波频率相同会发生干涉现象B.时，波源的位移为7.5cmC.时，质点a的位移为0D.在0到4s内，质点b运动总路程是60cm【答案】BD【解析】【详解】A．沿x轴正、负方向传播的这两列波频率相同，但反向运动不会相遇，也就不会发生干涉现象。故A错误；B．由题意可得，波速振动周期有图可知，波源的起振方向向上，综合可得波源在一个周期内的振动方程将代入上式，可得波源的位移为7.5cm，故B正确；C．质点a开始振动时间时，质点a振动，又及起振方向可知，时，质点a的位移为15cm，故C错误；D．质点b开始振动时间在0到4s内，质点b振动，又波源只振动了2s可知任意质点都振动2s，在0到4s内，质点b从平衡位置开始振动了，质点b运动总路程是60cm。故D正确。故选BD。8.如图甲所示，光滑的水平地面上静置一质量为M，半径为R光滑的圆弧体，圆心为O，一个质量为m的小球由静止释放，释放时小球和O点连线与竖直半径OA夹角为，滑至圆弧底部后与圆弧分离，此时小球相对地面的水平位移为x。改变小球释放时的角度，得到小球的水平位移x和的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，关于小球下滑的过程，下列说法正确的是（）A.小球与圆弧面组成的系统动量守恒B.圆弧体对小球做负功C.圆弧体与小球的质量之比为D.当为90°时，两者分离时小球的速度为【答案】BC【解析】【详解】A．根据动量守恒条件可知小球与圆弧面组成的系统在竖直方向合力不为0，系统在水平方向动量守恒。故A错误；B．整个系统机械能守恒，圆弧体机械能增加说明小球对圆弧体做正功，则圆弧体对小球做负功。故B正确；C．滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为根据水平方向动量守恒可得时间相等，则上式可变形为解得圆弧体与小球的质量之比为故C正确；D．当为90°时，根据机械能守恒可得又根据动量守恒定律解得两者分离时小球的速度为故D错误。故选BC。9.如图所示，一颗质量为m的卫星要发射到中地圆轨道上，通过M、N两位置的变轨，经椭圆转移轨道进入中地圆轨道运行。已知近地圆轨道的半径可认为等于地球半径，中地圆轨道与近地圆轨道共平面且轨道半径为地球半径的3倍，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A.卫星进入中地圆轨道时需要在N点减速B.在转移轨道上的M点和N点速度关系为C.该卫星在中地圆轨道上运行的速度为D.该卫星在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间为【答案】CD【解析】【详解】A．卫星进入中地圆轨道时需要在N点加速，故A错误；B．根据开普勒第二定律可知根据题意则故B错误；C．卫星在中地圆轨道上，由万有引力提供向心力得在近地面解得故C正确；D．卫星在中地圆轨道上周期根据几何关系可知转移轨道的半长轴为，由开普勒第三定律得联立解得在转移轨道上从M点运行至N点（M、N与地心在同一直线上）所需的时间故D正确。故选CD。10.如图，理想变压器原线圈与定值电阻、理想二极管接在的交流电源上，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头初始位置在副线圈正中间。定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为25Ω，滑片初始位置在处。电流表、电压表均为理想交流电表，电源内阻不计，下列说法正确的是（）A.初始时，电压表示数为4.5V，电流表示数为0.75AB.若保持位置不变，向下滑动，则电压表示数先变大后变小，电流表示数变小C.若保持位置不变，滑动时，当原副线圈匝数比时，上的功率最大约为3.4WD.若保持位置不变，滑动时，当时，理想变压器的输出功率有最大值约为10W【答案】ACD【解析】【详解】A．交变电流流过二极管后其电压有效值为18V，变压器变压比为2：1，变压器的副线圈并联电阻总阻值为等效在原线圈的等效电阻为则原线圈的电流为可知变压器原线圈电压为则变压器输出端电压即电压表的示数为4.5V，电流表示数为故A正确；B．设，若保持P1位置不变，P0向下滑动时，n2减小，则等效电阻增大，原线圈电流变小，电压表示数为可知，当时U2取得最大值，由于滑动触头P0初始位置在副线圈正中间，即开始时，所以P0向下滑动时，电压表示数一直变小，电流表示数也会一直变小，故B错误；C．当等效电阻时，，变压器的输出电压最大，则定值电阻的功率也最大，上的功率最大约为故C正确；D．当等效电阻时，变压器的输出功率最大，而此时对应的匝数比为，，理想变压器的输出功率有最大值约为故D正确。故选ACD。三、填空题（本题共2小题，共16分）11.某实验小组用如图甲所示装置用来验证机械能守恒，直径为d的摆球A拴在长为L的不可伸长的轻绳一端（），绳的另一端固定在O点，O点正下方摆球重心经过的位置固定光电门B。现将摆球拉起，使绳偏离竖直方向成角时由静止释放摆球，当其到达最低位置时，光电门B记录的遮光时间为t。如图乙所示为万能角度尺，万能角度尺是利用游标卡尺读数原理来直接测量角度的工具。它有一个可转动的圆盘（即主尺），在圆盘的边缘标有表示圆心角的刻度，在圆盘的外侧有一个固定不动的圆弧状的游标尺。主尺上29°对应的弧长与游标尺上30格对应的弧长相等（）。（1）图乙中万能角度尺所测量的角度为_________；（2）改变角并记录对应的时间t的值，作出图像，已知直线斜率的绝对值为k，则重力加速度_________（用题中字母表示）；（3）写出一条减小实验误差的措施：____________________________________。【答案】（1）（2）（3）减小摆角【解析】【小问1详解】主尺精确到1°，游标卡尺（游标尺上有30个等分刻度）精确到，主尺读数为，游标读数为万能角度尺所测量的角度为【小问2详解】由机械能守恒定律可知由于联立解得已知直线斜率的绝对值为k，那么解得【小问3详解】减小摆角，单摆才能近似为简谐振动，这样可以减小实验误差，故填减小摆角。12.某实验小组利用压敏电阻制作一台电子秤，如图（c）所示，已知压敏电阻阻值R随压力F变化图像如图（a）所示，其中R0=20Ω，图像斜率k未知。图（b）为简易电子秤（秤盘质量不计）的电路图，其中电源电动势E=4.5V，内阻r=2Ω，R1是保护电阻，R2是调零电阻（最大阻值为20Ω），电流表量程为30mA，内阻为6Ω，R3=3Ω，g取10m/s2。实验步骤如下：步骤a：秤盘上不放重物时，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏；步骤b：秤盘上放置已知重力的重物G，保持滑动变阻器电阻接入电阻不变；读出此时毫安表示数I；步骤c：换用不同已知质量的重物，记录每一个质量值对应的电流值；步骤d：将电流表刻度盘改装为质量刻度盘。（1）现有四个规格保护电阻，R1应选（）A.1Ω B.10Ω C.30Ω D.100Ω（2）改装后的质量刻度盘的零刻线在电流表_________（填“零刻度”或“满刻度”）处；质量刻度是_________（填“均匀的”或“不均匀的”）。（3）将一个质量为8kg物体放在秤盘上，电流表示数为10mA，则图（a）中斜率为_________。（4）电子秤用久了，电源电动势减小为4.32V，内阻变大，其他条件不变，用这台电子秤称重前，进行了步骤a操作，如称得一物体的质量为8kg，则待测重物的真实质量为_________kg。（结果保留三位有效数字）（5）电池E使用时间较长，电池的电动势变小、内阻变大；重新调零后，实验要求若被测物体质量测量的相对误差不能超过，则电池电动势降低为_________V（结果保留三位有效数字）时必须更换电池。【答案】（1）B（2）①.满刻度②.不均匀的（3）125（4）7.68（5）4.28【解析】【小问1详解】秤盘上不放重物时，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏，根据闭合电路欧姆定律可得由于R2的最大阻值为20Ω，解得故选B。【小问2详解】[1][2]由于压敏电阻阻值R随压力增大而增大，则电流表随压力的增大而减小，所以改装后的刻度盘，其零刻度线在电流表的满刻度处，且有电流表的读数为由此可知，质量刻度是不均匀的。【小问3详解】将一个质量为8kg的物体放在秤盘上，电流表示数为10mA，代入上式解得【小问4详解】若电子秤用久了，电源电动势减小为4.32V，内阻变大，其他条件不变，用这台电子秤称重前，进行了步骤a操作，则若秤得一物体的质量为8kg，即此时电流表读数为10mA，所以代入数据解得【小问5详解】当电源电动势减小，内阻增大时，仍要使得电流表满偏，则电源内阻与滑动变阻器接入电路的阻值之和会减小，当放置重物时，导致电流表示数偏小，则测量结果偏大，即所以联立可得即电池电动势降低为4.29V时必须更换电池。四、计算题（本题共3小题，其中第13题10分，第14题14分，第15题16分，共40分。写出必要的推理过程，仅有结果不得分）13.如图所示，有一个竖直放置的容器，横截面积为S，有一隔板放在卡槽上将容器分隔为容积均为的上下两部分，另有一只气筒分别通过单向进气阀与容器上下两部分连接（气筒连接处的体积不计，抽气、打气时气体温度保持不变），初始时m、n均关闭，活塞位于气筒最右侧，上下气体压强均为大气压强，活塞从气筒的最右侧运动到最左侧完成一次抽气，从最左侧运动到最右侧完成一次打气。重力加速度为g。（1）活塞完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽未分离，此时容器上下两部分气体压强之比为3:5，求气筒的容积；（2）当完成抽气、打气各2次后，隔板与卡槽仍未分离，则隔板的质量至少是多少？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）活塞完成一次抽气、打气后，隔板与卡槽未分离，气体做等温变化，对上部分气体对下部分气体根据题意解得气筒的容积为（2）当完成抽气、打气各2次后，隔板与卡槽仍未分离，气体做等温变化，对上部分气体对下部分气体解得，隔板与卡槽仍未分离，则解得隔板的质量至少为14.如图所示，有一个质量为的U形金属导轨abcd水平放在光滑的绝缘水平面上，导轨ab、cd足够长且电阻不计，bc长为L，电阻为，另有一接入电路电阻为，质量为的导体棒PQ水平放置在导轨上，始终与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为，PQbc构成矩形，PQ右侧有两个固定于水平面的立柱，匀强磁场大小均为B，虚线右侧竖直向上，左侧水平向右，导轨bc边的中点用细绳绕过光滑的定滑轮连接一个质量为的重物，刚开始导轨、重物的速度均为0，现静止释放重物，当重物下落高度h时，导轨abcd的速度恰好达到稳定，在这一过程中，导轨与PQ摩擦生热为。重力加速度为g。求：（1）导轨abcd稳定的速度v；（2）从导轨开始运动到速度稳定这一过程中，导体棒PQ产生的焦耳热Q；（3）导轨abcd从开始运动到稳定需要的时间t。（计算结果中导轨abcd稳定时的速度用v表示）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）导轨abcd稳定时，根据受力平衡可得又联立解得（2）从导轨开始运动到速度稳定这一过程中，根据能量守恒可得解得这一过程中，整个回路产生的焦耳热为则这一过程中，导体棒PQ产生的焦耳热为（3）导轨abcd从开始运动到稳定，以导轨abcd和重物为系统，根据动量定理可得其中联立解得导轨abcd从开始运动到稳定需要的时间为15.如图所示，水