安徽省滁州市定远县重点中学2024-2025学年高三（上）12月第三次检测物理试卷（含解析）

第=page22页，共=sectionpages1919页定远中学2024-2025学年高三（上）12月第三次检测物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.如图所示，半球形容器固定在地面上，容器内壁光滑，同种材质构成的质量分布均匀的光滑球A、B放在容器内处于平衡状态，已知容器、A、B半径之比为6:2:1，B球的质量为m，重力加速度为g，若用沿水平方向且延长线过A球球心的力缓慢推动A球，则当A球的球心与半球形容器的球心在同一竖直线上时，水平力的大小为(

)

A.34mg B.43mg C.2.如图甲所示为两位同学在传接篮球训练，小明将篮球从A点抛给小李(篮球运动轨迹如图乙中实线1所示)，小李在B点接住然后又将篮球传给小明(篮球运动轨迹如图乙中虚线2所示)，小明在C点接住篮球。已知篮球在空中运动的最大高度恰好相同。若忽略空气阻力，A、B、C三点在同一水平高度，则(

)A.篮球沿轨迹1运动的时间较长 B.篮球沿轨迹2运动的过程中加速度更小

C.篮球在两轨迹最高点时的速度大小相等 D.小明比小李抛出篮球时的速度更大3.如图所示，用横截面积为S=10cm2的活塞将一定质量的理想气体封闭在导热良好的汽缸内，汽缸平放到光滑的水平面上。劲度系数为k=1000N/m的轻质弹簧左端与活塞连接，右端固定在竖直墙上。不考虑活塞和汽缸之间的摩擦，系统处于静止状态，此时弹簧处于自然长度，活塞距离汽缸底部的距离为L0=18cm。现用水平力F向右缓慢推动汽缸，当弹簧被压缩xA.气体从外界吸热 B.气体分子的平均动能变大

C.再次静止时力F的大小为50N D.汽缸向右移动的距离为4.2024年1月18日01时46分，天舟七号货运飞船成功对接空间站天和核心舱，变轨情况如图所示。空间站轨道可近似看成圆轨道，且距离地面的高度约为390km。下列关于天舟七号的说法正确的是(

)

A.发射速度大于11.2km/s

B.从对接轨道变轨到空间站轨道时，需要点火加速

C.在对接轨道上的运行周期大于空间站的运行周期

5.将两个等量异种点电荷固定在边长为L的正方形ABCD的A、C两个顶点处，它们所带电荷量分别为+Q和-Q，用长为L的不可伸长的绝缘细线将一质量为m、带电荷量为+q的带电小球拴在A点，将小球从B点由静止释放，小球从B点运动到D点，经过AC连线上的F点。整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度E=mgq。已知小球可视为质点，静电力常量为k，重力加速度为gA.小球在刚释放时的加速度大小为2g

B.在从B到F过程中，小球的机械能先增大后减小

C.经过D点时，小球的速度大小为2gL

D.小球经过6.某同学从商场购买了一个质量分布均匀的透明“水晶球”，如图甲所示。该同学先测出了“水晶球”的直径为10 cm，并标记了其中一条水平直径对应的两端点P、Q。球外某光源发出的一细束单色光从球上P点射向球内，折射光线与水平直径PQ夹角为θ，当θ=30°时，出射光线与PQ平行，如图乙所示。已知光在真空中的传播速度为3×108A.“水晶球”的折射率为3

B.光在“水晶球”中的传播时间为5×10-8s

C.改变从P点入射光线的入射角，光线从水晶球射向空气时，一定不会发生全反射

D.若保持从7.如图所示，相隔一定高度的两水平面间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、边长为d的单匝正方形金属框从磁场上方某处自由落下，恰好能匀速穿过磁场区域，已知金属框平面在下落过程中始终与磁场方向垂直，且金属框上、下边始终与磁场边界平行，不考虑金属框的形变，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则金属框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是(

)

A.金属框中电流的方向先顺时针后逆时针 B.金属框所受安培力的方向先向上后向下

C.金属框穿过磁场所用时间为t=2B28.如图所示，轻弹簧一端连接质量为m的物体A，另一端固定在光滑的固定斜面底端，A通过轻绳跨过光滑的定滑轮与质量为2m的物体B连接，绳、弹簧与斜面平行．将A由弹簧原长处静止释放，已知轻绳始终有力，重力加速度为g.则B的速度v、加速度a和弹簧弹力F、绳子张力T与时间t或位移x的关系图像可能正确的是(

)

A. B.

C. D.

二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.蒸汽锤打桩机，利用高压蒸汽将锤头上举，然后锤头做自由落体运动向下撞击桩头，使桩沉入地下。已知桩头与锤头的质量均为m，锤头从距离桩头h处开始自由下落，若不计空气阻力，锤头与桩头碰撞后结合在一起，碰撞时间极短，碰后二者运动时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是(

)A.碰后运动过程中锤头与桩头的总动量守恒

B.锤头与桩头碰撞瞬间总动量守恒

C.锤头与桩头碰撞前后瞬间，锤头的速度变化量的大小为gh

D.10.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为3︰1，输入电压U随时间t的变化规律如图乙所示(图像为正弦图像的一部分)，电阻R1、R2和R3的阻值分别为5Ω、2ΩA.输入电压U的有效值为102V

B.若开关S断开，电流表的示数为0.2 A

C.若将开关三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.一同学用以下装置探究光的干涉现象：(1)如图1所示，对双缝实验装置进行调节并观察实验现象：①图2中甲、乙图是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________。(选填“甲”或者“乙”)②在实验中，仅将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变________。(选填“宽”或者“窄”)(2)如图3所示，为观察白光薄膜干涉的演示实验，竖直放置的铁丝圈上覆有一层肥皂薄膜，观察者可以观测到肥皂膜上有明暗相间的彩色条纹。①为了更好地观察干涉条纹，光源应该在________。A.观察者同侧

B.②下列对实验结论的说法正确的是________。A.若缓慢旋转铁丝圈，观察者看到的条纹将跟着旋转B.若将铁丝圈水平放置，肥皂膜上的条纹图样不会变化C.若发现条纹是等间距的，说明肥皂膜是等厚的D.若发现条纹是上疏下密的，说明肥皂膜从上往下变厚是越来越快的12.某型号的热敏电阻RT在25℃∼80℃t25.030.040.050.060.070.080.0R900.0680.0520.0390.0320.0270.0240.0(1)在图甲电路中，调节滑动变阻器R使其接入电路的阻值最大，只闭合K，调节R，使电流表指针满偏，闭合K1，只调节电阻箱R1，使电流表指针半偏，此时电阻箱示数为2.0Ω，则电流表内阻R(2)电流表内阻的测量值理论上与真实值相比略

(填“偏大”“偏小”或“相等”．(3)再用图乙所示的电路图核实RT标称值，忽略以上测量R0的误差值，实验时与电压表相连的导线的A端应接在图中的

(填“P”或“Q”)点.正确连接电路后，小组同学发现只有温控室内的温度为40.0℃时，热敏电阻的测量值与标称值不符，此时电压表的示数为U1=5.02V，电流表的示数为I1=10(4)请依据热敏电阻核实后的阻值，在图丙坐标纸上补齐数据点，并作出RT-t(5)当热敏电阻的阻值为360Ω时，热敏电阻的温度为

℃(保留两位有效数字)四、计算题：本大题共3小题，共42分。13.如图甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经电场加速后，由小孔S沿两平行金属板M、N的中心线OO'射入板间，加速电压为U0，M、N板长为L，两板相距3L3.加在M、N两板间电压u随时间t变化的关系图线如图乙所示，图中U1未知，M、N板间的电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场．在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变．板M、N右侧距板右端2L处放置一足够大的荧光屏PQ，屏与OO'垂直，交点为O'.在M、(1)求电子加速至O点的速度大小v0(2)若所有电子能从M、N金属板间射出，求U1(3)调整磁场的左边界，使从M板右侧边缘射出电场的电子，经磁场偏转后能到达O'点，求磁感应强度的最大值Bm14.如图所示为某水上乐园的水滑道示意图。游客和保护装备总质量m0=60kg，游客从水滑道上高为h=20m的A点由静止下滑，在B处通过半径R=10m的竖直圆形滑道(进、出口分离)后，冲上放在水平地面上靠在一起的滑板m1和m2。人和滑道、滑板和地面间的摩擦均可忽略不计，倾斜滑道的坡底处和水平滑道之间有平滑连接过度，滑板的上下表面均处于水平状态，放置滑板的地面足够长，在游客滑上滑板m2之前两滑板始终靠在一起，人可以视为质点。已知两滑板质量m1和m2(1)游客在B点进入圆形滑道瞬间受到的支持力大小;(2)游客、滑板m1和m215.如图所示，两根平行金属导轨a1b1c1、a2b2c2平行放置，导轨间距L=1 m，a1b1、a2b2段倾斜且足够长，与水平方向的夹角θ=37°，b1c1、b2c2段水平，在距离b1b2连线的左侧x=1.75 m处有两根固定立柱，导轨水平和倾斜部分平滑连接。倾斜部分导轨处于磁感应强度大小B=0.3 T(1)求金属棒甲沿导轨向下运动的最大速度vm(2)金属棒甲从开始运动至达到最大速度的过程中，其产生的焦耳热为0.4 (3)求金属棒甲、乙第二次碰撞结束瞬间两者的速度大小分别为多少？

答案和解析1.【答案】A

【解析】受力分析如图所示，

设B球的半径为r，则有O1O2=4r，O1O3=3r，O2O3=5r，即△O1O2O2.【答案】D

【解析】A.篮球做斜抛运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动时间t=22hg，由竖直位移决定，由于高度相同，所以两次运动时间相同，故A错误；

B.篮球在空中只受重力作用，可知两轨迹的加速度均为重力加速度，故两种情况下加速度相等，故B错误；

C.根据斜上抛运动的对称性可知从最高点开始的平抛运动，轨迹1的水平位移大于轨迹2的水平位移，时间相等，由x=v0t，则篮球在轨迹1最高点时的速度大于在轨迹2最高点时的速度，故C错误；

D.由轨迹知道，两轨迹竖直方向初速度相同，轨迹1的水平初速度大于轨迹2的水平初速度，根据速度的合成可知，轨迹1抛出的速度大于轨迹2抛出的速度，即小明比小李抛出篮球时的速度更大，故D正确。

故选：D。3.【答案】C

【解析】解：A.根据热力学第一定律：ΔU=W+Q；

气缸导热良好，气体被压缩过程中温度不变，故气体内能不变，外界对气体做正功，则气体向外界放热，故A错误；

B.根据上述分析，气体被压缩过程中温度不变，则气体分子的平均动能不变，故B错误；

C.此时F与弹簧弹力大小相同，故：F=kx=1000×5×10-2N=50N；

故C正确；

D.气体被压缩过程温度不变，根据玻意耳定律p0L0S=(4.【答案】B

【解析】A、第一宇宙速度是最小的发射速度，则天舟七号飞船的发射速度应大于第一宇宙速度7.9km/s，而11.2km/s是第二宇宙速度，第二宇宙速度是脱离地球最小发射速度，天舟七号货运飞船没有脱离地球引力束缚，故发射速度不能大于11.2km/s，故A错误;

B.对接轨道相对于空间站轨道是低轨道，由低轨道到高轨道，需要再切点位置加速，即从对接轨道变轨到空间站轨道时，需要点火加速，故B正确；

C、根据开普勒第三定律，R13T12=R23T225.【答案】C

【解析】【分析】根据受力分析得出，刚释放时的加速度大小大于2g；

根据功能关系分析机械能变化；

根据动能定理求经过D点时，小球的速度大小；

小球经过D点时根据牛顿第二定律列式求细线的拉力大小。

本题考查了带电物体在叠加的电场、重力场中的运动，受力分析是关键。

【解答】A、小球在刚释放时受电场力与重力的合力为2mg，因还受的绳的拉力与库仑力，根据受力分析可知刚释放时的加速度大小大于2g，故A错误；

B、在从B到F过程中，小球受的电场力、库仑力均做正功，故小球的机械能一直增大，故B错误；

C、从B到D过程，库仑力做功为0，绳的拉力不做功、只有重力、电场力做功，根据动能定理得

(qE+mg)L=12mv2，解得经过D点时，小球的速度大小为2gL，故C正确；6.【答案】B

【解析】解：A.如图所示，

由几何关系可知，光线射出时的折射角r为2θ，折射率

n=sin2θsinθ=3，故A正确;

B.光在“水晶球”中传播的距离l=dcosθ

时间t=lv=nlc=2dcos2θc=5×10-10s故B错误;

7.【答案】C

【解析】【分析】本题主要考查楞次定律、左手定则、平衡条件以及功的计算。根据楞次定律判断线框中电流的方向；根据楞次定律判断线框所受安培力的方向；根据平衡条件求得线框匀速穿过磁场区域的速度，根据匀速运动的位移公式求解金属框穿过磁场所用时间；根据动能定理求得金属框所受安培力做的功。

【解答】

A.由楞次定律判断线框中电流的方向先逆时针后顺时针，故A错误;

B.由左手定则判断线框所受安培力的方向保持竖直向上，故B错误;

C.匀速运动时安培力与重力平衡，根据平衡条件有B2d2vR=mg，可求出线框穿越磁场的速度v=mgRB2d2，而穿过磁场的位移为2d，时间t8.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了牛顿运动定律的应用、运动学图像综合；解决本题的关键是明确A被释放后做简谐运动，根据简谐运动的特点结合牛顿第二定律分析。

对A进行受力分析，判断其速度、加速度与位移的关系，由此判断其运动性质，从而判断是否做简谐运动，由此得解；

结合实际情况，分析最大的弹力，从而确定弹簧弹力的变化范围；

对A物体隔离分析，由其受力及简谐运动的对称性解得绳的拉力大小与位移的关系。

【解答】将A由弹簧原长处静止释放，设A的位移为x，对整体，由牛顿第二定律，可得：

2可知A先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，当x增大到某值时a减小到零，然后向上做加速度反向增大的减速运动，A运动到最高点时速度减小到零；然后A沿斜面向下先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，由系统机械能守恒可知，A运动到释放位置时速度刚好减小到零。由于加速度a与x成线性关系，故A在斜面上做以某点(速度最大加速度为零位置)为中心的简谐运动。A.由上述分析可知，A做简谐运动，其v-t图像应是正弦函数图像，故A错误；

B.A刚释放瞬间，对其受力分析，由以上牛顿第二定律方程可得其加速度为：a=12g，但在AC.A刚释放时，弹簧弹力等于零，此时A的加速度：a1A运动到最高点时，根据简谐运动的对称性，加速度a2与a1等大反向，则2mg-mgsin30∘-FmD.对A物体，由牛顿第二定律T-mgsin30∘-kx=ma，得T=kx+ma+12mg9.【答案】BD

【解析】A.碰后运动过程中，锤头与柱头受重力与阻力作用，它们的总动量不守恒，故A错误；

B.锤头与桩头碰撞瞬间，由于时间极短，

可以认为内力远大于外力，所以可以认为锤头与桩头碰撞瞬间总动量守恒，故B正确;

C.锤头与桩头碰撞过程，由动量守恒定律可得mv=2mv共

对锤头下落的过程，由自由落体运动的规律可得v2=2gh，

解得v=2gh、v共=2gh2，10.【答案】BD

【解析】A、根据热效应相同，有：U有2RT=(202)2R(2R×T4×2，解得：U有=10V，故A错误；

B、等效电阻R'=(n1n2)2(11.【答案】(1) ①.甲； ②.宽；(2) ①【解析】【分析】本题考查的是双缝干涉实验其中干涉的图样为图乙，根据实验原理分析干涉条纹的变化，由薄膜干涉图样的原理分析光源与观察的位置，变化铁丝圈的位置分析干涉图样的变化情况。

【解答】(1)①图2中甲、乙图是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是甲；

②在实验中，仅将滤光片由蓝色的换成红色的，根据公式Δx=Ldλ得干涉条纹间距变宽；

(2)①这种现象叫薄膜干涉，为了更好地观察干涉条纹，光源应该在观察者同侧，故A正确；

②A、若缓慢旋转铁丝圈，播磨在重力的作用下，随着调整，故观察者看到的条纹不变，故A错误；

B、若将铁丝圈水平放置，肥皂膜会中间厚，边沿薄，上面的条纹图样变化，故B错误；

C、若发现条纹是等间距的，说明肥皂膜自上到下是均匀变厚的，故12.【答案】

2.0偏小Q50054(52∼56

【解析】(1)当电流表半偏时，说明R1与电流表分流相等，故R0=R1=2.0Ω．

(2)在认为并联上R1后电路中的电流不变时，据并联电路的特点可有R1=RA测，而实际上并联R1后，电路的总电阻将减小，电路中的总电流将增大，通过R1的电流大于通过RA的电流，可推知RA真>R1=RA测，故测量值偏小．13.【答案】解：(1)电子加速到O点的过程，由动能定理得

eU0=12mv02

，

解得：v0=2eU0m

；

(2)当电子恰好从板的右端飞出时，偏转电压达最大值U1，设M、N两板间的距离为d，电子在M、N板间运动的时间为t，加速度大小为a，则

L=

v0t

，

12d=12at2

，

a=eU1dm

，

解得

U1=23U0

；