2024学年山东省德州市乐陵一中高三第三次模拟考试物理试题试卷

2024学年山东省德州市乐陵一中高三第三次模拟考试物理试题试卷
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、如图所示，半径为R的圆环竖直放置，长度为R的不可伸长轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，另一端在圆心O处连接并悬挂一质量为m的重物，初始时OA绳处于水平状态。

把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA绳处于竖直状态，在这个过程中
A．OA绳的拉力逐渐增大
B．OA绳的拉力先增大后减小
C．OB绳的拉力先增大后减小
D．OB绳的拉力先减小后增大
2、如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为10︰1，原线圈两端连接正弦交流电源u=311sin314t(V)，副线圈接电阻R，同时接有理想电压表和理想电流表。

下列判断正确的是（）
A．电压表读数约为31.1V
B．若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数增大到原来的2倍
C．若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍
D．若R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍
3、如图所示，PQ两小物块叠放在一起，中间由短线连接(图中未画出)，短线长度不计，所能承受的最大拉力为物块Q 重力的1.8倍；一长为1.5 m的轻绳一端固定在O点，另一端与P块拴接，现保持轻绳拉直，将两物体拉到O点以下，距O点竖直距离为h的位置，由静止释放，其中PQ的厚度远小于绳长。

为保证摆动过程中短线不断，h最小应为（）
A ．0.15m
B ．0.3m
C ．0.6 m
D ．0.9 m
4、如图（a ）所示，在倾角37θ=的斜面上放置着一个金属圆环，圆环的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场（未画出）中，磁感应强度的大小按如图（b ）所示的规律变化。

释放圆环后，在08t t =和09t t =时刻，圆环均能恰好静止在斜面上。

假设圆环与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6=，
则圆环和斜面间的动摩擦因数为（ ）
A ．
3
4
B ．
1516
C ．
1920
D ．
2728
5、如图所示为某弹簧振子在0～5 s 内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是( )
A ．振动周期为5 s ，振幅为8 cm
B ．第2 s 末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C ．从第1 s 末到第2 s 末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动
D ．第3 s 末振子的速度为正向的最大值
6、家电待机耗电问题常常被市民所忽略。

北京市电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民做家庭用电耗能诊断分析。

在上门实测过程中，技术人员发现电视机待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶盒一天的待机耗电量更是高达0.4度。

据最新统计温州市的常住人口约1000万人，参考下表数据，估算每年温州市家庭用电器待机耗电量约为( ) 家庭常用电器
电视机
洗衣机
空调
电脑
户均数量（台） 2 1 2 1 电器待机功耗（W/台） 10
20
40
40
A ．4×105度
B ．4×107度
C ．4×109度
D ．4×1011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、如图所示，倾角为30︒的粗糙斜面AB 固定在水平地面AC 上，AB 、AC 均绝缘、BC 竖直且高为h ，地面D 点固定
一电量绝对值为'
q 的负点电荷，C 、D 相距
3
3
h 。

质量为m 、带电量为q (＞0)的小滑块以初速度从斜面底端A 点滑上斜面，恰好能到达斜面顶端。

整个装置处于水平向右的匀强电场中，场强大小33mg
E q
=，若取无穷远为零势能面，已知孤立点电荷周围电场的电势可表示为Q
k
r
ϕ=，式中k 为静电力常量、r 为离场源电荷的距离，Q 为场源电荷的带电量(正电荷取正值，负电荷取负值)，则小滑块( )
A ．从A 运动到
B 的过程中，克服摩擦力做的功2012
f W mv =
B ．从A 运动到B 的过程中，减少的电势能等于克服重力做的功
C ．从A 运动到AB 中点的过程中，点电荷q 对小滑块做的功''3q
kq q
W h =
D ．从A 运动到AB 中点时的动能'2
03124
k kq q E mv h =+
8、下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是 。

A ．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关
C ．改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律 E.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能
9、如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，顶点C 恰好位于光滑绝缘直轨道CD 的最低点，光滑直导轨的上端点D 到A 、B 两点的距离均为L ，D 在AB 边上的竖直投影点为O ．一对电荷量均为－Q 的点电荷分别固定于
A 、
B 两点．在D 处将质量为m 、电荷量为+q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k 、重力加速度为g ，且23
3
Qq k
mg L =，忽略空气阻力，则
A ．轨道上D 点的场强大小为
2mg
q
B ．小球刚到达
C 点时，其加速度为零 C ．小球刚到达C 点时，其动能为
3
2
mgL D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小
10、如图甲所示，在光滑绝缘水平面内。

两条平行虚线间存在一匀强磁场。

磁感应强度方向与水平面垂直。

边长为l 的正方形单匝金属线框abcd 位于水平面内，cd 边与磁场边界平行。

0t =时刻线框在水平外力F 的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．水平外力为恒力
B ．匀强磁场的宽度为
83
l C ．从开始运动到ab 边刚离开磁场的时间为043t
D ．线框穿出磁场过程中外力F 做的功大于线框进入磁场过程中外力F 做的功
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）某同学用长木板、小车、光电门等装置做探究加速度与质量关系的实验。

装置如图所示。

(1)实验前先用游标卡尺测出安装在小车上遮光条的宽度d 。

(2)按图示安装好装置，将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，小车_______________(填“连接”或“不连接)砝码盘，轻推小车，如果计时器记录小车通过光电门的时间t1、t2满足t1________t2(填“大于”“小于”或“等于”），则摩擦力得到了平衡。

(3)保证砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，调节好装置后，将小车由静止释放，读出遮光条通过光电门A、B 的时间分别为t1、t2，测出两光电门间的距离为L，则小车的加速度a=_________________(用已知或测出的物理量字母表示）。

(4)保持两个光电门间的距离、砝码和砝码盘的总质量均不变，改变小车的质量M重复实验多次，测出多组加速度a 的值，及对应的小车质量M，作出a-1/M图象。

若图象为一条过原点的倾斜直线，则得出的结论
_______________________________________________ 。

12．（12分）图甲为验证机械能守恒定律的实验装置，通过电磁铁控制的小铁球从A处自由下落，毫秒计时器(图中未
画出)记录下小铁球经过光电门B的挡光时间t，小铁球的直径为d，用d
t
作为球经过光电门时的速度，重力加速度为
g。

(1)用游标卡尺测得小铁球的直径d如图乙所示，则d＝________mm；
(2)实验中还需要测量的物理量是________；
A．A距地面的高度H
B．A、B之间的高度h
C．小铁球从A下落到B的时间t AB
(3)要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式________是否成立即可(用实验中测得物理量的符号表示)；
(4)某实验小组测得小球动能的增加量ΔE k总是稍大于重力势能的减少量ΔE p，原因可能是_______。

(写出一个即可)
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）如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为l A＝40 cm，右管内气体柱长为l B＝39 cm．先将开口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：
①A 端上方气柱长度； ②稳定后右管内的气体压强．
14．（16分）如图，质量为6m 、长为L 的薄木板AB 放在光滑的平台上，木板B 端与台面右边缘齐平．B 端上放有质量为3m 且可视为质点的滑块C ，C 与木板之间的动摩擦因数为μ＝
1
3
，质量为m 的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O 点，细绳竖直时小球恰好与C 接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C 碰撞后反弹速率为碰前的一半．
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P 点，平台高度应为多大； (3)通过计算判断C 能否从木板上掉下来．
15．（12分）如图所示，一质子自M 点由静止开始，经匀强电场加速运动了距离d 后，由N 点沿着半径方向进入直径为d 的圆形匀强磁场区域，在磁场中偏转了
2
弧度后飞出磁场，求质子在电场和磁场中运动的时间之比。

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、B 【解题分析】
以重物为研究对象，重物受到重力、OA 绳的拉力1F 、OB 绳的拉力2F 三个力平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图：
在转动的过程中，OA 绳的拉力1F 先增大，转过直径后开始减小，OB 绳的拉力2F 开始处于直径上，转动后一直减小，B 正确，ACD 错误。

故选B 。

2、B 【解题分析】
根据2sin314t(V)可知，原线圈的电压有效值为1220U V =，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由
1122U n U n =得，电压表读数为222U V =，故A 错误；若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，根据1122
U n
U n =可知，U 2增大到原来的2倍，由2
2U I R
=
可知，电流表的读数增大到原来的2倍，故B 正确；输入电压和匝数比不变，则输出电压2U 不变，仅将R 的阻值增加到原来的2倍，由22U
I R
=可知，电流变为原来的一半，输入功率变为原来的一半，
故C 错误；若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U 2增加到原来的2倍，同时R 的阻值也增加到原来的2倍，故输出
功率22
2U P R
=变为原来的2倍，故D 错误。

3、D 【解题分析】
设摆到最低点时，短线刚好不断，由机械能守恒得
()()()21
2
P Q P Q m m g L h m m v +-=
+ 对Q 块，根据牛顿第二定律有：
21.8Q Q Q m v m g m g L
-=
将L =15m 代入得
0.9m h =。

ABC 错误；D 正确。

故选D 。

4、D 【解题分析】 根据楞次定律可知，00
8t 时间内感应电流的方向沿顺时针方向，由左手定则可知圆环上部受安培力沿斜面向下，设
圆环半径为r ，电阻为R ，在
08t t =时
有
220101
ππ216B B E r r t t t Φ=
=⋅⋅=，11E I R
= 此时圆环恰好静止由平衡得
01sin 2cos mg B I r mg θμθ+⋅=
同理在
09t t =时
圆环上部分受到的安培力沿斜面向上
2020π2B E r t t ∆Φ=
=∆，22E I R
= 圆环此时恰好静止，由平衡得
02sin cos 2mg mg B I r θμθ+=⋅
联立以上各式得
2728
μ=
故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

5、D 【解题分析】
A ．由题图可知振动周期为4 s ，振幅为8 cm ，选项A 错误；
B ．第2 s 末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B 错误；
C ．从第1 s 末到第2 s 末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C 错误；
D ．第3 s 末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的最大值，选项D 正确. 6、C 【解题分析】
温州市的常住人口约1000万人，平均每户的人口按3人计算，温州大约330万户家庭，一个家庭电器的待机功率：2×10W+1×20W+2×40W+1×40W=160W ；所有用电器待机的总功为：W=NPt=330×104×0.16kW×（360×24h ）=456192×104KW•h≈4.6×109度；故选C 。

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、ABD 【解题分析】
A ．因C 、D 相距
3
h ，由几何关系可知，AD =BD ，又因Q k r ϕ=，故A 、B 两点在点电荷q '产生的电场中等电势，
故从A 运动到B ，点电荷q '对小滑块做的总功为零。

从A 运动到B 的过程：由动能定理得
2
010tan 302
f
qEh mgh W mv ︒--=-
而qE =
，解得 2
012
f W mv =
故A 正确；
B ．小滑块减少的电势能等于电场力做的功，从A 运动到B 的过程中，点电荷q '对小滑块做的总功为零，故减少的电势能等于匀强电场对小滑块做的功，即
=
tan 30P qEh
E mgh ︒
∆=减
故B 正确； C ．由公式Q
k
r
ϕ=可知，点电荷q '产生的电场在A 点的电势
3
A ϕ'== 在A
B 中点的电势
h ϕ''
==-
中 故C 错误；
D ．由对称性可知，从A 运动到AB 中点的过程中，克服摩擦力做的功为12
f W ，故由动能定理可得
2
0112tan 30222
f q k
qEh h mg W W E mv '︒--+=- 解得
20124
k q E mv h '=+
故D 正确。

故选ABD 。

8、ABD 【解题分析】
A ．根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故A 正确；
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故B 正确；
C ．改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C 错误；
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律即热现象的方向性，故D 正确；
E ．机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故E 错误。

故选ABD 。

9、BC 【解题分析】
由点电荷场强公式可得,轨道上D 点的场强为:0
22
cos30=D kQ mg E L q
= ，选项A 错误；同理可得轨道上C 点的场强也为:C mg
E q
=
，在C 点，由牛顿定律可得：sin 45-cos 45=mg Eq ma ，解得a=0，选项B 正确；从D 到C ，电
场力做功为零，根据动能定理可得：3sin 60=2
KC E mgL mgL =，选项C 正确；小球沿直轨道CD 下滑过程中，电场力先做正功，后做负功，则其电势能先减小后增大，选项D 错误；故选BC. 点睛：解答此题关键是搞清两个点电荷周围的电场分布情况，利用对称的思想求解场强及电势的关系；注意立体图与平面图形的转化关系.
10、BCD
【解题分析】
根据线框感应电流E BLv I R R
==，结合i-t 图象知道，线框做匀加速直线运动，从而再根据图象找到进入和穿出磁场的时刻，由运动学公式就能求出磁场宽度、ab 边离开的时间。

根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向。

根据安培力公式得出导线框所受的安培力。

【题目详解】
线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力F 必然不是恒力，选项A 错误；由图乙可知2t 0～4t 0时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a ，边框长为：
l=12a (4t 0)2−12a (2t 0)2=6at 02；磁场的宽度为：d=12a (6t 0)2−12
a (2t 0)2=16at 02；故d=8 3l ，故选项B 正确；设t 时刻线框穿出磁场，则有：6at 02=12at 2−12a (6
t 0)2，解得：0，选C 正确；线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，根据22B l v F ma R
-=可知，线框出离磁场过程中的水平拉力大于进入磁场过程中的水平拉力，线框穿出磁场过程中外力F 做的功做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功，选项D 正确。

故选BCD 。

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、不连接 等于 22221112d L t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭
在砝码和砝码盘总质量不变时，即小车所受拉力不变时，小车的加速度与拉力成反比
【解题分析】
(2)[1][2] 平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放（静止）在长木板上，挂好纸带（纸带和打点计时器的限位孔之间有摩擦力）、不连接砝码盘，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动即可，此时小车通过光电门的时间t 1、t 2满足t 1等于t 2。

(3)[3] 遮光条经过光电门A 时的速度表达式
A 1
d v t = 经过光电门B 时的速度表达式
2
B d v t =
所以 222B A 22211122v v d a L L t t ⎛⎫-==- ⎪⎝⎭
(4)[4] 由牛顿第二定律可知，
F a M
= 保持两个光电门间的距离、砝码和砝码盘的总质量均不变，改变小车的质量M 重复实验多次，1a M -
是一条过原点的直线，说明在砝码和砝码盘总质量不变时，即小车所受拉力不变时，小车的加速度与拉力成反比。

12、5.4 B d 2=2ght 2 金属球下落过程中阻力做功
【解题分析】
(1)[1]由图可知：游标卡尺游尺为10分度，精确度为0.1mm ，主尺刻度为5mm ，游尺“4”与主尺刻度对齐，所以读数为
5mm+0.1×4mm=5.4mm 。

(2)[2]AB ．此题需要用到重力势能变化量，故需要测量AB 之间的高度，不需要知道距离地面的高度，故A 错误，B 正确；
C ．因为要判定mgh 与
12mv 2关系，不需要知道小铁球从A 下落到B 的时间t AB ，故C 错误。

故选B 。

(3)[3]利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故B 点速度
v =d t
根据机械能守恒的表达式有 mgh =
12mv 2 可得
d 2=2ght 2
故只要验证d 2=2ght 2即可。

(4)[4]实验中发现动能增加量△E k 总是稍小于重力势能减少量△E P ，可能的原因是金属球下落过程中阻力做功。

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、①38cm ；②78cmHg
试题分析：①稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm ，则A 管内气体的压强为P A1=(76+4) cmHg 由公式：P 0V A0=P A1V A1，
代入数据得：L A1=38cm
②设右管水银面上升h ，则右管内气柱长度为l B -h ，气体的压强为12P gh ρ-；
由玻意尔定律得：01(2)()B B P l P gh l h ρ=--
解得：h=1cm
所以右管内气体压强为21278P P h cmHg =-=
考点：气体的状态方程.
14、 (1)3mg(2)L(3) 滑块C 不会从木板上掉下来
【解题分析】
（1）设小球运动到最低点的速率为v 0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：2012
mgL mv =
解得：0v =小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律：20v T mg m R -= 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´
=T 解得：T´
=3mg （2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：212h gt =
水平方向：L=
02
v t 解得：h=L
（3）小球与滑块C 碰撞过程中小球和C 系统满足动量守恒，设C 碰后速率为v 1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：00132v mv m mv ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭
设木板足够长，在C 与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v 2，由动量守恒定律的：()12336mv m m v =+ 由能量守恒定律得：()221211336322
mv m m v mgs μ⋅=++⋅ 联立⑨⑩⑪解得：s=L/2
由s<L 知，滑块C 不会从木板上掉下来．
（1）由机械守恒定律求出小球的速度，然后由牛顿定律求出绳子能够承受的最大拉力； （2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题；
（3）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出C 的位移，然后根据位移与木板的长度关系分析答题． 15、8π
【解题分析】
由题可知在磁场中，周期为
2m T qB
π= 偏转的时间
242T m t qB
π== 根据洛伦兹力提供向悯力有
2
mv qvB R
= 且运动半径为
2
d R = 解得：2Bq v m =
电场中加速：
12
v d t = 解得：
124d md t v Bq
== 所以有：
128t t π
=。