2024-2025学年广西柳州高三（第三次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2024-2025学年广西柳州高三（第三次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年10月15日，嫦娥六号从月球背面带回的样品完成鉴定，样品中 23He的含量十分丰富，是核聚变的理想材料。 23He的质子数与中子数分别为( )
A. 2和3B. 3和2C. 1和2D. 2和1
2.某同学站在压力传感器上，开始时保持微蹲状态，之后完成了某些动作，所采集的压力 F随时间t变化的图像如图。则该同学在压力传感器上完成的动作可能是( )
A. 只有站起过程B. 只有下蹲过程C. 先站起之后下蹲D. 先下蹲之后站起
3.中国的机器狗处于世界先进水平，如图所示，将物块放在机器狗的头部，物块与机器狗的接触面为水平面，当机器狗( )
A. 水平减速前进时，机器狗对物块的作用力小于物块的重力
B. 水平减速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块的重力
C. 水平加速前进时，机器狗对物块的作用力等于物块的重力
D. 水平加速前进时，机器狗对物块的作用力大于物块对机器狗的作用力
4.光伏玻璃具有高透光率低反射率高的特点，一束光线以60∘的入射角从空气中射到光伏玻璃上，反射光线与折射光线的夹角可能为( )
A. 30∘B. 60∘C. 90∘D. 120∘
5.水杯接完热水后再拧紧杯盖，待杯内的水降温后就较难拧开。若接入大半杯水后，杯内气体温度为87∘C，压强为p0，拧紧杯盖，杯内气体(视为一定质量的理想气体)被密闭，经过一段时间后，杯内温度降到27∘C，此时杯内气体的压强约为( )
A. 65p0B. 56p0C. 299p0D. 929p0
6.哈雷彗星的运动轨道是一个以太阳为焦点的椭圆，其运行周期为N年，地球的公转轨道可视为圆形，哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径之比为( )
A. N23B. N32C. N12D. N13
7.如图所示，100匝边长为10cm的正方形线圈，一半放在磁感应强度为2T的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈沿图示方向匀速转动，角速度为6rad/s，线圈的总电阻为5Ω，从图示位置开始，线圈转过30 ∘时所受安培力大小为( )
A. 0.12NB. 0.24NC. 12ND. 24N
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。某人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度v1水平，第二次初速度v2斜向下，如图所示，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中( )
A. 运动时间相同B. 加速度相同C. 动能变化量相同D. 动量变化量相同
9.如图所示，一带正电的滑块以某一初速度沿固定绝缘斜面下滑，t0时刻进入方向竖直向下的匀强电场区域，滑块运动的速度时间(v−t)图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图，坐标轴上三个点的坐标分别为a(−L,0)、b(2L,0)、c(0,2L)，在第一、四象限内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第二象限内有方向垂直纸面向外的匀强磁场，图中磁感线均未画出。某带电粒子以大小为 v、方向与x轴成45∘的速度从a点射入，依次经过 O、b、c三点。不计粒子重力及磁场的边界效应，下列说法正确的是( )
A. 第二象限内的磁感应强度大小为2B
B. 粒子的比荷为 2vBL
C. 粒子从a点运动到c点的时间为7 2πL4v
D. 粒子能通过坐标为(− 2+12L,112L)的点
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图所示的实验装置做“探究弹簧弹力和伸长量的关系”的实验，在弹簧下端依次挂1个、2个、3个、4个、5个质量均为20g钩码，测出弹簧相应的总长度，将实验数据记入下表。(重力加速度g取9.8N/kg)
(1)关于本实验的注意事项，下列说法正确的是( )
A.在安装刻度尺时，刻度尺可以适当倾斜
B.所挂钩码产生的弹力要在弹簧的弹性限度内
C.挂上钩码后，钩码上下振动，应当在钩码运动到最低点时读数
(2)根据表格中的数据，可得出该弹簧的劲度系数为_________N/m(结果保留两位有效数字)；
(3)取下这5个钩码，将一个质量为200g的小球挂在该弹簧下端，当弹簧处于原长时，将小球由静止开始释放，小球到达的最低点与释放位置间的距离为_________cm。(劲度系数为k的弹簧，形变量为x时具有的弹性势能为Ep=12kx2)
12.某一电池的电动势E约为6.6V，内阻r未知。为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验。图中R为电阻箱，R0为45Ω的定值电阻，将电压表视为理想电表。
(1)闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到_________(选填“最大”或“零”)；
(2)电阻箱某次示数如图乙所示，其阻值为_________Ω；
(3)为了减小偶然误差，多次调整电阻箱的阻值R，读出对应的电压表的示数U，通过描点作图得到如图乙所示的图像，通过图像可得电动势E=_________V，内阻r=_________Ω(结果均保留三位有效数字)
(4)若电池的内阻为r、电压表的内阻为RV，则实验测得电池的电动势E测与电动势的真实值E真的关系式为E测=_________E真。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图所示。质点Q的横坐标为4m，t=5s时质点Q第2次到达波峰。求：
(1)波的传播速度大小；
(2)x=10m处的质点在t=7s时的位移；
(3)从t=0时刻开始计时，写出质点Q的振动方程。
14.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨底端接有阻值为2R的定值电阻，导轨所在空间有方向垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，将质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，经时间t时速度达到最大。导轨宽度与金属棒的长度均为L，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
(1)金属棒的最大速率；
(2)金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离。
15.如图所示，足够长的水平桌面上有一质量为3m的木板A，A的右侧固定一轻质挡板P，A的上表面光滑，下表面与桌面的动摩擦因数μ=0.4，在A的上方有水平向右的匀强电场。A在水平向右的恒力F作用下向右运动，当A的速度为v0时，质量为m、带正电的滑块B，以向右的速度v0从左侧滑上A，当B与P碰撞前的瞬间，A的速度恰好减为零，已知B与P的碰撞为弹性碰撞且B始终未脱离A，B可视为质点且所受电场力与F始终相等，F=45mg，重力加速度为g。求：
(1)B与P碰撞前，A、B的加速度大小；
(2)B与P第1次碰撞后，B离P的最远距离；
(3)从B与P第1次碰撞至第3次碰撞的过程中，B的电势能的变化量。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】 23He的质子数是2，质量数是3，则中子数为1，故D正确，ABC错误，故选D。
2.【答案】A
【解析】“下蹲”过程先加速下降后减速下降，则先失重后超重;“站起”过程先加速上升后减速上升，则先超重后失重;由图可知，人先超重后失重，故只有站起过程。
故选A。
3.【答案】B
【解析】ABC.由牛顿第二定律可知，水平方向上加速或减速运动，机器狗水平方向受到物块对它的摩擦力。竖直方向上机器狗受到物块对它的压力，由力的合成可知，机器狗对物块作用力的大小始终等于以上两个力合力的大小，大于物块重力，故AC错误、B正确；
D.根据牛顿第三定律，机器狗对物块的作用力等于物块对机器狗的作用力，故D错误。
故选B。
4.【答案】C
【解析】一束光线以 60∘ 的入射角从空气中射到光伏玻璃上，反射角为 60∘ ，折射角一定小于 60∘ ，故反射光线与折射光线的夹角范围大于 60∘ 小于 120∘ 。
故选C。
5.【答案】B
【解析】杯内气体做等容变化，根据查理定律有 p1T1=p2T2
其中 p1=p0 ， T1=87+273K=360K ， T2=27+273K=300K
解得 p2=56p0
故选B。
6.【答案】A
【解析】根据开普勒第三定律，a3T2=r地3T地2，故ar地=3N2=N23，故A正确。
7.【答案】C
【解析】线圈转动过程中ab边切割磁感线，ab边各点的线速度大小为 v=ω⋅L2=0.3m/s
线圈转过 30 ∘ 时，产生的感应电动势为 E=NBLvsin30 ∘=3V
由闭合电路欧姆定律可得，此时感应电流 I=ER=0.6A
线圈转过 30∘ 时所受安培力大小等于ab边所受安培力大小，为 F=NBIL=12N
故选C。
8.【答案】BC
【解析】AB.由于第二次初速度 v2 斜向下，有竖直方向的速度分量，即竖直方向初速度不为零，而第一次水平抛出，竖直方向初速度为零，且两次运动过程中都只受到重力作用，加速度都为g，由于竖直方向下落高度相同，由此可知运动时间不同，故A错误，B正确；
C.由于只受重力，下落高度相同，因此合外力做功相同，根据动能定理可知，动能变化量相同，故C正确；
D.由于只受重力，运动时间不同，因此合外力冲量不同，根据动量定理可知，动量变化量不同，故D错误。
故选BC。
9.【答案】AD
【解析】滑块沿固定绝缘斜面下滑，受到重力 mg、斜面的支持力N和摩擦力f。根据牛顿第二定律，沿斜面方向有 mgsinθ−f=ma1
其中 f=μN=μmgcsθ
此时加速度 a1=gsinθ−μgcsθ
滑块带正电，进入竖直向下的匀强电场后，受到电场力 F=qE
此时沿斜面方向的合力 F合=(mg+qE)sin⁡θ−μ(mg+qE)cs⁡θ=(mg+qE)(sin⁡θ−μcs⁡θ)
加速度 a2=(g+qEm)(sinθ−μcsθ)
对比 a1 和 a2 ，因为 g+qEm>g
所以 a2>a1 。
AB.图像表示 t0 时刻前后速度不变，即加速度为0，若 gsinθ=μgcsθ ，物体未加电场时匀速运动，加上电场后依然会做匀速运动，所以 A 正确，B错误。
CD. t0 时刻前滑块做加速运动，进入电场 t0 时刻后，由于 a2>a1 ，图像斜率增大，即加速度增大，继续做加速运动，故D 正确，C错误。
故选AD。
10.【答案】ACD
【解析】解析：当带电粒子在第二象限内运动时，由几何关系可知：带电粒子做匀速圆周运动的圆心O1坐标为：(−L2,−L2)，半径r1= 2L2，由受力分析结合牛顿第二定律可得：qvB1=mv2r1，T1=2πr1v，
当带电粒子从 O点进入第四象限时，由几何关系可知：带电粒子做匀速圆周运动的圆心O2坐标为：(L,L)，半径r2= 2L，由受力分析结合牛顿第二定律可得：qvB=mv2r2，T2=2πr2v，联立各式可得：qm=v 2BL，B1=2B，故选项A正确，选项B错误，
带电粒子在第二象限运动了14个圆周，所以运动时间t1=T14= 2πL4v，带电粒子在第一与第四象限运动了34个圆周，所以运动时间t2=3T24=3 2πL2v，所以粒子从 a点运动到c点的时间为：t1+t2=7 2πL4v，故选项 C正确，当带电粒子从 c点进入第二象限时，由几何关系可知：带电粒子做半径为r1的匀速圆周运动，圆心O3坐标为：(−L2,5L2)，由几何知识可得，当带电粒子第二次进入第一象限的位置设为d点，坐标为(0,3L)，带电粒子第二次在第一象限内做匀速圆周运动的圆心O4，由几何知识知，它的坐标为：(L,4L)，半径为r2，由几何知识可得，当带电粒子第三次进入第二象限的位置设为 e点，坐标为：(0,5L)，由几何关系可知：带电粒子做半径为r1的匀速圆周运动，圆心O5坐标为：(−L2,11L2)，坐标为：(− 2+12L,112L)的点在第二象限，根据几何知识有，它到圆心O5的距离x= 2L2，可知：粒子能通过坐标为(− 2+12L,112L)的点，故选项D正确。所以本题选ACD。
11.【答案】(1)B
(2)49
(3)8

【解析】(1)A.刻度尺应竖直安装以确保测量准确。故A错误；
B.弹簧的弹力必须在弹性限度内，不然会损坏弹簧。故B正确；
C.实验读数时，应在钩码静止时进行。故C错误。
故选B。
(2)结合表格中的数据选取两组数据分别为质量为20g，弹簧的总长度为5.40cm和质量为100g，弹簧的总长度6.99cm。根据胡克定律可得 k=ΔFΔx=(100−20)×10−3kg×9.8N/kg(6.99−5.40)×10−2m=49.31N/m
故弹簧的劲度系数为 49N/m 。
(3)设小球到达的最低点与释放位置间的距离为 x ，由功能关系可得 mgx=12kx2
解得 x=2mgk=0.08m=8cm
12.【答案】(1)最大
(2)107.4
(3)6.6717.0
(4) RVRV+R0+r

【解析】(1)为了保护电源，闭合开关之前，应将电阻箱的阻值调到最大；
(2)电阻箱的读数为 1×100Ω+0+1×7Ω+0.1×4Ω=107.4Ω
(3)[1][2]根据闭合电路欧姆定律可得， E=URR+R0+r
变形可得 1U=R0+rE⋅1R+1E
故图像纵截距为 1E=0.150V−1
则 E=6.67V ；
斜率为 R0+rE=0.243−−1
故 r=17.0Ω
(4)由(3)可知， E测=UR(R+R0+r)=U+UR(R0+r)
而 E真=U+(UR+URV)(R0+r)
故 E测E真=RVRV+R0+r
13.【答案】(1)由图可知，波长 λ=8m
质点Q第2次到达波峰的时间： t=54T=5s
解得周期 T=4s
由波长与速度和周期的关系 λ=vT
解得 v=2m/s
(2)经 t1 时间，波传到 x=10m 处，有 t1=△xv=1s
则 t=7s 时，该质点已振动了 △t=t−t1=6s
即 1.5 个周期，可知此时该质点的位移 x=0
(3)设质点Q的振动方程 xQ=Asin(ωt+φ)
其中， A=40cm ， ω=π2rad⋅s−1
由初始条件， t=0 时， xQ=0 ，速度正向最大，得 φ=0
即振动方程为 xQ=40sin(π2t)cm

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1)金属棒下滑过程中，切割磁感线产生感应电动势 E=BLv
根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流 I=ER+2R=BLv3R
金属棒受到的安培力 F安=BIL=B2L2v3R ，方向沿导轨向上
金属棒下滑速度达到最大时，有 F安=B2L2vm3R=mgsin⁡θ
解得 vm=3mgRsinθB2L2
(2)设金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离为x，对金属棒从释放到速度最大的过程，根据动量定理有 mgsinθ⋅t−BILt=mvm−0
又 q=It ， I=E3R ， E=ΔΦt=BLxt
联立解得 x=3mgRtsin θB2L2−9m2gR2sinθB4L4

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1)对A，由牛顿第二定律有 4μmg−F=3ma1
解得 a1=415g
对B，由牛顿第二定律有 F=ma2
解得 a2=45g
(2)将A和B当做系统，地面对A的摩擦力 4μmg=2F ，即系统的动量守恒，设B与A第1次碰撞前的速率为 v1 ，木板的速度恰好减为零，由动量守恒定律有 mv0+3mv0=mv1
解得 v1=4v0
设B与A第1次碰撞后，A与B的速度分别为 vA1 、 vB1 ，取向右为正，碰撞过程中，系统动量守恒有 mv1=mvB1+3mvA1
机械能守恒有 12mv12=12mvB12+12⋅3mvA12
联立以上各式解得 vB1=−2v0 ， vA1=2v0
可知第1次碰后B的速度方向向左，A的速度方向向右；
由第 (1) 问计算可知，第1次碰撞后，B以 2v0 沿木板向左做匀减速运动至0再反向匀加速，A以 2v0 向右做匀减速运动，A、B共速时B与挡板之间最远，由动量守恒定律有 mv0+3mv0=4mv共
解得 v共=v0
此过程中A相对地面向右的位移为 x1 ，B相对地面向左的位移为 x2 ，对A，由动能定理有 12×3mv共2−12⋅3mvA12=(F−4μmg)x1
对B，由动能定理有 12mv共2−12mvB12=−Fx2
联立解得 x1=45v028g ， x2=15v028g
则最远的距离 L=x1+x2=15v022g
(3)A速度再次减为零的时间 t=2v0a1=15v02g
B的速度 vB2=−2v0+a2t=4v0
此过程中，A的位移 xA=12×2v0t=15v022g
B的位移 xB=12×−2v0+4v0×t=15v022g
即B与A第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前瞬间的速度相同，以后滑块、木板重复前面的运动过程，每相邻两次碰撞间滑块、木板的位移相同，B与A第1次碰撞后至第3次碰撞后瞬间的整个过程中B的位移为 x3=2L
此过程电场力做功 W=Fx3
解得 W=12mv02
则B的电势能的变化量 12mv02 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】钩码质量m/g
20
40
60
80
100
弹簧总长度l/cm
5.40
5.80
6.19
6.59
6.99