广东省2023-2024学年高三上学期期末物理模拟试题

广东省2023-2024学年高三上学期期末物理模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、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。1．两行星A和B各有一颗卫星a和b，卫星的圆轨道接近各自的行星表面，如果两行星质量之比MA：MB=2：1A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：12．如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且L(L≫d)，电流方向如图中所示。O点为三角形的中心（O点到三个顶点的距离相等），其中通电导线c在O点产生的磁场的磁感应强度的大小为B0A．O点处的磁感应强度的大小为3B0B．O点处的磁感应强度的大小为5B0C．质子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向由O点指向cD．电子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向垂直Oc连线向下3．对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A．若体积不变、温度升高，则每个气体分子热运动的速率都增大B．若体积减小、温度不变，则器壁单位面积受气体分子的碰撞力不变C．若体积不变、温度降低，则气体分子密集程度不变，压强可能不变D．若体积减小、温度不变，则气体分子密集程度增大，压强一定增大4．下列关于行星运动定律和万有引力定律的发现历程，符合史实的是（）A．哥白尼通过整理第谷观测的大量天文数据得出行星运动规律B．牛顿通过多年的研究发现了万有引力定律，并测量出了地球的质量C．牛顿指出地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的万有引力D．卡文迪许通过实验比较准确地测量出了万有引力常量，并间接测量出了太阳的质量5．有一匀强电场，场强方向如图所示，在电场中有三个点A、B、C，这三点的连线恰好够成一个直角三角形，且AC边与电场线平行。已知A、B两点的电势分别为φA=5V，φBA．-1.8×1C．8.0×106．中国空间技术研究院空间科学与深空探测首席科学家叶培建近日透露，中国准备在2020年发射火星探测器，2021年探测器抵达火星，并有望实现一次“绕”、“落”和“巡”的任务。火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2倍，火星的直径约为地球的一半，质量仅是地球的0.1倍。由以上信息可知（）A．发射火星探测器需要的速度不能小于16.7km/sB．探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的引力小C．火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径的4倍D．在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度二、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．某列简谐横波在t1＝0时刻的波形如图甲中实线所示，t2＝3.0s时刻的波形如图甲中虚线所示，若图乙是图甲a、b、c、d四点中某质点的振动图象，则正确的是____A．这列波的周期为4sB．波速为0.5m/sC．图乙是质点b的振动图象D．从t1＝0到t2＝3.0s这段时间内，质点a通过的路程为1.5mE．t3＝9.5s时刻质点c沿y轴正方向运动8．如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的质子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在A点的速度大小为v1，且方向与等势面平行，在B点的速度大小为v2，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（）A．粒子的速度v2一定大于v1B．等势面b的电势比等势面c的电势低C．粒子从A点运动到B点所用的时间为LD．匀强电场的电场强度大小为m(9．如图所示，A、B两带电小球的质量均为m，电荷量的大小均为Q（未知）。小球A系在长为L的绝缘轻绳下端，小球B固定于悬挂点的正下方，平衡时，小球A、B位于同一高度，轻绳与竖直方向成60°A．小球A，B带异种电荷B．小球A所受静电力大小为3C．小球A，B所带电荷量Q=D．若小球A的电荷量缓慢减小，则小球A的重力势能减小，电势能增大10．如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为2gsinθB．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsinθC．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为12D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为2gsinθ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．如图所示为某同学完成验证平行四边形定则实验后留下的白纸．（1）根据图中数据，F合的大小是N．（2）观察图象发现，理论的合力F合与一个弹簧秤拉动时的拉力F3差异较大，经验证F3测量无误，则造成这一现象可能的原因是__A．用手压住结点后拉弹簧秤并读数B．初始时一个弹簧秤指示在0.4N处而未调零C．两个弹簧秤首次拉动时结点位置的记录有较大偏差D．拉动过程中绳套从弹簧秤上脱落，装上后继续实验．12．一位同学为验证机械能守恒定律，利用光电门等装置设计了如下实验。使用的器材有：铁架台、光电门1和2、轻质定滑轮、通过不可伸长的轻绳连接的钩码A和B（B左侧安装挡光片）。实验步骤如下：①如图1，将实验器材安装好，其中钩码A的质量比B大，实验开始前用一细绳将钩码B与桌面相连接，细绳都处于竖直方向，使系统静止。②用剪刀剪断钩码B下方的细绳，使B在A带动下先后经过光电门1和2，测得挡光时间分别为t1、t③用螺旋测微器测量挡光片沿运动方向的宽度d，如图2，则d=mm。④用挡光片宽度与挡光时间求平均速度，当挡光片宽度很小时，可以将平均速度当成瞬时速度。⑤用刻度尺测量光电门1和2间的距离L(L≫d)。⑥查表得到当地重力加速度大小为g。⑦为验证机械能守恒定律，请写出还需测量的物理量（并给出相应的字母表示），用以上物理量写出验证方程。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．如图所示，在直角坐标xOy平面内，第一、二象限有平行y轴的匀强电场，第三、四象限有垂直坐标平面的匀强电磁场。一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从坐标原点O以大小为v0，方向与x轴正方向成37°的速度沿坐标平面射入第一象限，粒子第一次回到x轴时，经过x轴上的P点（图中未标出），已知电场强度大小为E，粒子重力不计，sin37°=0.6，cos（1）求p点的坐标；（2）若粒子经磁场偏转后，第二次回到x轴的位置与坐标原点O的距离为OP的一半，求磁场的磁感应强度大小和方向。14．在一个足够长的水平桌面上，静置着一个足够长的木板A，A的右端与桌面边沿平齐，其上边缘距水平地面的竖直高度h=0.8m。木板A上静置两个可视为质点的B、C物块，它们之间有一个被锁定的压缩轻弹簧（弹簧与两物块均不连接），弹簧存储的弹性势能为5.4J。已知mA=mB=0.1kg、mC=0（1）弹簧恢复原长时物块B、C的速度；（2）物块C从离开A板落地过程中的水平位移；（3）物块B从开始运动到最终停止时，相对桌面运动的距离。15．汤姆孙利用磁偏转法测定电子比荷的装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子（不计初速度、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过B中心的小孔沿中心轴的方向进入到两块水平正对放置的平行极板D1和D2间的区域。当D1、D2两极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心P1点处，形成了一个亮点；加上图示的电压为U的偏转电压后，亮点移到P2点，再加上一个方向垂直于纸面的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到P1点，去掉偏转电压后，亮点移到P3点。假设电子的电量为e，质量为m，D1、D2两极板的长度为L，极板间距为d，极板右端到荧光屏中心的距离为s，R与P竖直间距为y，水平间距可忽略不计。（只存在磁场时电子穿过场区后的偏角θ很小，tanθ≈sinθ；电子做圆周运动的半径r很大，计算时略去(L（1）判定磁场的方向，求加速电压的大小；（2）若测得电子束不偏转时形成的电流为I，且假设电子打在荧光屏。上后不反弹，求电子对荧光屏的撞击力大小；（3）推导出电子比荷的表达式。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，有G得T＝2π所以两卫星运行周期之比为T故答案为：A。

【分析】利用引力提供向心力可以求出周期的表达式，结合质量和半径的比值可以求出周期的比值。2．【答案】A【解析】【解答】AB、根据右手螺旋定则，通电导线a在o点处产生的磁场平行bc指向左方，通电导线b在o点处产生的磁场平行于ac指向右下方，通电导线c在o点处产生的磁场平行于ab指向左下方；根据公式对称性可得B根据平行四边形定则，则0点的合场强的方向平行于ab指向左下方，大小为3B0，故A正确，B错误；

C、根据左手定则，质子垂直纸面向里通过o点时所受洛伦兹力的方向垂直ab连线由c点指向o，故C错误；

D、根据左手定则，电子垂直纸面向里通过o点时所受洛伦兹力的方向垂直ab连线由o点指向c，故D错误；

故答案为：A。

【分析】根据右手螺旋定则确定各导线在O点产生的磁场的方向，再根据导线的电流大小及与O点的距离关系确定各导在O点的磁场强度大小。再根据矢量求和法则确定O点的合磁场大小和方向。根据左手定则确定带电粒子在O点所受洛伦兹力方向，注意电荷所带电性的正负。3．【答案】D【解析】【解答】A、温度升高，气体分子的平均动能增大，但并不是气体中每个分子的速率都增大，也有个别速度减小的，故A错误；

BD、对于一定质量的理想气体，体积减小，分子密集程度增大。理想气体质量一定时，满足PV若体积减小、温度不变，则压强增大，故器壁单位面积受气体分子的碰撞力会增大，故B错误，D正确；

C、同理可分析，体积不变、温度降低，气体的压强会变小，故C错误；

故答案为：D。

【分析】分子的热运动针对的是大量分子进行研究，对单个分子无意义。温度升高，气体分子的平均动能增大。对于一定质量的理想气体，体积减小，分子密集程度增大。器壁单位面积受气体分子的碰撞力会增大。4．【答案】C【解析】【解答】A、开普勒通过整理第谷观测的大量天文数据得出行星运动规律，故A错误；

BD、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测量出了万有引力常量，并间接测量出了地球的质量，故B错误，D错误；

C、牛顿通过研究指出地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的万有引力，万有引力提供地球做曲线运动所需的向心力，故C正确。

故答案为：C。

【分析】开普勒通过整理第谷观测的大量天文数据得出行星运动规律，牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测量出了万有引力常量，牛顿通过研究指出地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的万有引力。5．【答案】C【解析】【解答】设AB与AC之间的夹角为θ，则cosAB沿场强方向的距离为d则电场强度为E=电子从A点到达C点时电势能的变化量为∆联立解得∆故答案为C。

【分析】根据几何关系确定AB两点时间沿电场线方向的距离差，再根据电势差与场强的关系确定场强的大小。根据电场力做功与电势能的关系确定电子从A到C过程电势能的变化情况。6．【答案】D【解析】【解答】A．火星探测器脱离地球，但没有脱离太阳系，其发射速度大于第二宇宙速度11.2km/s即可，故A错误；B．根据引力F=GMmC．根据万有引力提供向心力，有G可得r=因火星绕太阳公转周期约为地球公转周期的2倍，所以火星绕太阳的轨道半径约为地球绕太阳的轨道半径的34D．在火星表面发射近地卫星的速度即火星的第一宇宙速度，由G得第一宇宙速度公式v=可知火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为1：5，所以在火星表面发射近地卫星的速度小于地球的第一宇宙速度，故D正确。故选D。

【分析】利用火星发生器没有脱离太阳系所以其发射速度大于第二宇宙速度；利用引力的公式结合质量和半径的大小可以比较引力的大小；利用引力提供向心力结合周期的大小可以比较半径的大小；利用引力提供向心力可以比较第一宇宙速度的大小。7．【答案】A,B,E【解析】【解答】A.由图乙可知，该波的周期为4s，A符合题意；

B.由甲图可知，该波的波长λ=2mv=B符合题意；

C.由图甲可知，在t1=0时刻，质点b正通过平衡位置，与乙图情况不符，所以乙图不可能是质点b的振动图像，C不符合题意；3根据一个周期质点振动4个振幅的路程，可得质点a通过的路程为s=D不符合题意；

E.因为t2T后质点c回到最低点，由于T所以t3=9.5s时刻质点c已经越过平衡位置正在沿y轴正向运动，E符合题意。

故答案为：ABE。

【分析】由图像读出该波的周期和波长，由波速公式8．【答案】A,C【解析】【解答】A．电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，带正电的质子弯曲的方向向下，所以质子受力的方向向下，从A到B的过程中电场力做正功，所以质子的速度增大，故A符合题意；B．质子受力的方向向下，质子带正电，则电场的方向向下，而沿着电场线电势逐渐降低，故b的电势高于c的电势；故B不符合题意；C．质子在A点的速度大小为v1，在B点的速度大小为v2，质子在沿等势面方向的分速度不变为v1，所以质子运动的时间t=故C符合题意；D．在沿电场线的方向的位移为y=Lsinθ，由动能定理有qEy=联立解得E=故D不符合题意。故答案为：AC。

【分析】利用轨迹可以判别电场力方向进而判别电场力做功及速度的大小；利用电性结合电场力方向可以判断电场线方向进而判别电势的高低；利用水平方向的位移公式可以求出运动的时间；利用动能定理可以求出场强的大小。9．【答案】B,D【解析】【解答】AB．带电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F、重力mg以及绳子的拉力T的作用，其合力为零，则有F=mg解得F=由图可知，AB间库仑力为排斥力，即AB为同种电荷，A不符合题意，B符合题意；C．根据库仑定律有F=kQ⋅Qr解得Q=C不符合题意；D．若小球A的电荷量缓慢减小，AB间的库仑力减小，小球A下摆，则小球A的重力势能减小，库仑力做负功，电势能增大，D符合题意。故答案为：BD。

【分析】利用A的平衡条件可以判别两个小球的电性及A受到的电场力大小；结合库仑定律可以求出电荷量的大小；利用库仑力和距离的关系可以判别重力势能和电势能的变化。10．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、把ABC看成是一个整体进行受力分析，有F＝3mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，AB之间的绳子拉力为零，对A，由牛顿第二定律：F﹣mgsinθ＝maA，解得：aA＝2gsinθ，A符合题意。B、对于C，有F弹＝mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，对于B，绳子拉力为零，弹力不变，根据牛顿第二定律：F弹+mgsinθ＝maB，解得：aB＝2gsinθ，B不符合题意。C、剪断弹簧的瞬间，对于整体AB，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律：F﹣2mgsinθ＝2maAB，解得：aAB＝12gsinθ，而A的加速度大小aA＝aABD、突然撤去外力F的瞬间，对整体AB，由牛顿第二定律：F弹+2mgsinθ＝2maAB，F弹＝mgsinθ，解得：aAB＝32gsinθ，aA＝aAB故答案为：AC

【分析】对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度。11．【答案】（1）1.8（2）A；C【解析】【解答】（1）根据图象，结合比例尺可得F（2）A、用手压住结点后拉弹簧秤并读数，造成弹簧秤与木板不平行可能造成这一现象，故A正确；

B、图中两分力夹角为锐角，初始时一个弹簧秤指示在0.4N处而未调零，这一个分力会有相差0.4N的错误，不会造成合力也相差0.4N，故B错误；

C、两个弹簧秤首次拉动时结点位置的记录有较大偏差，造成一个弹簧秤拉的效果与两个弹簧秤拉的效果不同，可能造成这一现象，故C正确；

D、拉动过程中绳套从弹簧秤上脱落，装上后继续实验，对实验结果没有影响，故D错误。

故答案为：AC。

【分析】根据比例尺确定合力的大小。本实验采用等效实验法，熟悉掌握实验的操作步骤及实验要求，再根据实验操作及实验要求分析可能产生的误差原因。12．【答案】6.710；钩码A、B的质量m1、m2；1【解析】【解答】③根据螺旋测微器测量原理得d=6.5mm+21.0×0.01mm=6.710mm⑦为验证机械能守恒定律，还需测量钩码A、B的质量m1、m2。对系统，因为动能的增加量等于重力势能的减少量，则验证方程为1

【分析】（3）明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可。

（7）重物下落时应遵循机械能守恒定律，即动能的增加量等于重力势能的减小量，利用运动学公式表示出速度v，再化简即可。13．【答案】（1）解：由运动的独立性可知，粒子运动可以看成沿y轴向上先做匀减速后做匀加速直线运动和x轴匀速直线运动合成的。设回到x轴过程所需要的时间为t，y轴：v加速度a=Eq时间t=2vx轴：vx=v联立上式，可解得x=即p点的坐标为（24mv（2）解：第二次回到x轴的位置与坐标原点O的距离为OP的一半，满足题意得有两种情况。①回到x轴时在O点右侧。如图所示，由几何关系，可知轨迹半径R1由q解得：B=方向垂直坐标平面向外；②回到x轴时在O点左侧，如图所示，由几何关系，可知轨迹半径R由q解得：B=方向垂直坐标平面向外【解析】【分析】（1）利用运动的分解结合速度公式结合牛顿第二定律可以求出p点的坐标；

（2）利用几何关系可以求出轨道半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。14．【答案】（1）根据题意，弹簧解锁在极短时间恢复原长，脱离两物块。选向右为正方向，由B、C两物块系统动量守恒和能量守恒可得0=−E联立两式解得vB1=9m/svC1=3m/s（2）由题意可得，B、C两物块开始运动时，各自对物块A的滑动摩檫力方向相反，大小分别为ff而木板A与水平桌面之间的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力f由于f可知木板A在此阶段是静止的。物块C向右滑动直到到达桌面右端的过程，由运动学规律得vm之后物块C做平抛运动，由平抛运动的规律可得h=x解得x（3）当物块C向右运动，直到离开木板A的过程中，物块B向左做交减速运动，由运动规律得vm物块C离开木板之后