浙江省余姚市2023-2024学年高三下学期第六次检测物理试卷含解析

2024年高考物理模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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、下列说法正确的是（）
A．爱因斯坦在1900年首次把能量子的概念引入物理学
B．单色光照射金属表面发生光电效应时，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多
C．一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可辐射3种不同频率的光子
D．玻尔的原子理论能够解释氦原子的光谱
2、物理老师在课堂上将一张薄面纸夹在一本厚厚的“唐诗辞典”的最下层两个页面之间，并将它们静置于桌面上要求学生抽出面纸，结果面纸总被拉断．然后物理老师为学生表演一项“绝活”——手托“唐诗辞典”让其运动并完好无损地抽出了面纸，则“唐诗辞典”可能（）
A．水平向右匀速运动B．水平向左匀速运动
C．向下加速运动D．向上加速运动
3、一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图象如图所示．下列判断正确的是()
A．过程ab中气体一定吸热
B．过程bc中气体既不吸热也不放热
C．过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最大
4、职业高空跳伞运动员从近万米高空带着降落伞跳下，前几秒内的运动可视为自由落体运动。

已知运动员的质量为
80 kg，重力加速度g取10 m/s2，关于运动员所受重力做功的功率，下列说法正确的是（）
A．下落第1 s末的瞬时功率为4 000 W
B．下落第1 s内的平均功率为8 000 W
C．下落第2s末的瞬时功率为8 000 W
D．下落第2s内的平均功率为12000 W
5、甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示．在这段时间内
A．汽车甲的平均速度比乙大
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
6、在某种科学益智玩具中，小明找到了一个小型发电机，其结构示意图如图1、2所示。

图1中，线圈的匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2，电阻为r；图2是此装置的正视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°。

外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，电刷M端和N端接定值电阻，阻值为R，不计线圈转动轴处的摩擦，下列说法正确的是（）
A．线圈中产生的是正弦式交变电流
B．线圈在图2所示位置时，产生感应电动势E的大小为BL1L2ω
C．线圈在图2所示位置时，电刷M的电势低于N
D．外力做功的平均功率为()2
12
2() nBL L
R r
ω
+
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、下列关于温度及内能的说法中止确的是
A．物体的内能不可能为零
B．温度高的物体比温度低的物体内能大
C．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化
D．内能不相同的物体，它们的分子平均动能可能相同
E.温度见分子平均动能的标志，所以两个动能不同的分子相比，动能大的分子温度高
8、下列提法正确的是（）
A．用一个三棱镜演示光的偏折现象，紫光的偏折角比红光的偏折角小
B．以相同入射角斜射到同一平行玻璃砖后，红光侧移比紫光的侧移小
C．通过同一单缝衍射装置演示单缝衍射，红光比紫光效果好
D．用同装置进行双缝干涉实验，紫光的相邻条纹间距比红光的大
E.以相同入射角从水中斜射向空气，红光能发生全反射，紫光也一定能发生全反射
9、如图，理想变压器原.副线圈匝数比n1 : n2=3: 1，灯泡A、B完全相同，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，但额定电压不同，当输入端接上452sin100
=(V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流表均为理想电流表，
u tπ
且电流表A2的示数为2A，则（）
A．电流表A1的示数为12A
B．灯泡L的额定功率为20W
C．灯泡A的额定电压为5V
D．将副线圈上的灯泡A撤去，灯泡L不能正常发光
10、如图所示，半径为a的圆形区域内，有垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，EF、MN为两
v从A点沿半径方向射入磁场，若金属平行金属板，板长和板距均为2a，一质量为m、电荷量为q的带电粒子以速度
板接电源，则粒子沿平行于金属板的方向射出，若金属板不接电源，则粒子离开磁场时速度方向偏转60，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）
A ．粒子带负电
B ．粒子两次通过磁场区域所用的时间相等
C ．速度0v 的大小为3qBa m
D ．两金属板间的电压为22
23qB a m
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）欲测量G 表的内阻g r 和一个电源的电动势E 内阻.r 要求：测量尽量准确、能测多组数据且滑动变阻器调节方便，电表最大读数不得小于量程的1.3
待测元件及提供的其他实验器材有：
A 、待测电源E ：电动势约1.5V ，内阻在0.40.7Ω-间
B 、待测G 表：量程500μA ，内阻在150250Ω～间
C 、电流表A ：量程2A ，内阻约0.1Ω
D 、电压表V ：量程300mV ，内阻约500Ω
E 、定值电阻0R ：0300ΩR =；
F 、滑动变阻器1R ：最大阻值10Ω，额定电流1A
G 、电阻箱2R ：09999Ω～
H 、开关S 一个，导线若干
（1）小亮先利用伏安法测量G 表内阻g r ．
①图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是______；(填元件序号字母)
②说明实验所要测量的物理量______；
③写出G 表内阻的计算表达式g r =______．
（2）测出200g r =Ω后，小聪把G 表和电阻箱2R 串联、并将2R 接入电路的阻值调到2800Ω，使其等效为一只电压表，接着利用伏安法测量电源的电动势E 及内阻r ．
①请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图，
（______）
②若利用测量的数据，作出的G 表示.G I 与通过滑动变阻器1R 的电流I 的关系图象如图丙所示，则可得到电源的电动势E =______V ，内阻r =______.Ω
12．（12分）某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h ＝0.25 m 、开口向右的小筒中（没有外力作用时弹簧的另一端也位于筒内），如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒外弹簧的长度l ，现要测出弹簧的原长l 0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变所挂钩码的个数来改变l ，作出F —l 图线如图乙所示．
（1）由此图线可得出的结论是____________．
（2）弹簧的劲度系数为_______N/m ，弹簧的原长l 0＝_______m.
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）滑板运动是青少年喜爱的一项活动。

如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A 点水平离开h =0.8m 高的平台，运动员（连同滑板）恰好能无碰撞的从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C 点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C 点起按图乙规律变化，已知圆弧与水平面相切于C 点，B 、C 为圆弧的两端点。

圆弧轨道的半径R =1m ；O 为圆心，圆弧对应的圆心角θ=53°，已知2
10m/s g =，sin 370.60=，cos370.80=，不计空气阻力，运动员（连同滑板）质量m =50kg ，可视为质点，试求： (1)运动员（连同滑板）离开平台时的初速度v 0；
(2)运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最低点对轨道的压力；
(3)运动员（连同滑板）在水平面上滑行的最大距离。

14．（16分）如图所示，在第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一个带正电的粒子质量为m 、电荷量为q ，不计粒子的重力，由x 轴上的P 点垂直磁场射入，速度与x 轴正方向夹角θ=45︒，p 点到坐标原点的跑离为L 。

(1)若粒子恰好能从y 轴上距原点L 处的Q 点飞出磁场，求粒子速度大小；
(2)若粒子在磁场中有最长的运动时间，求粒子速度大小的范围。

15．（12分）如图所示，水平地面上固定一个倾角=37θ︒，高20m =h 的斜面，00t =时刻起在斜面底端A 处有一个小物块质量1kg m =，以初速度030m /s v =沿斜面向上运动，并且00t =时刻起有一平行于斜面的斜向下的的恒力2N F =作用在物块上，作用时间为3s t =。

已知物块与斜面间动摩擦因数0.875μ=，
210m /s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=，物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，不计空气阻力影响，求：
(1)物块向上滑行的距离及时间；
(2)撤掉外力后物块经多长时间停下来。

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
【解析】
A．普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故A错误；
B．单色光照射金属表面发生光电效应时，入射光越强，则入射光子的数目越多，所以单位时间内发射的光电子数越多，故B正确；
C．根据玻尔理论，一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可辐射2 种不同频率的光子，故C错误；D．玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，很好地解释了氢光谱，但不能够解释氦原子的光谱，故D错误。

故选B。

2、C
【解析】
学生抽出面纸总被拉断，说明面纸所受的最大静摩擦力大于面纸所承受的拉力；而老师却能把面纸拉出，可知面纸所受到的最大静摩擦力小于面纸承受的拉力，面纸受到的正压力减小了，说明辞典可能发生了失重，即可能向下做加速运动。

故选C。

3、A
【解析】
A、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，
∆=+可知，气体吸收热量，故A正确；
气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律U Q W
B、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对
∆=+可知，气体吸热，故B错误；
外做功，由热力学第一定律U Q W
C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，W>0，气
∆=+可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做体温度降低，内能减少，△U<0，由热力学第一定律U Q W
的功小于气体所放热量，故C错误；
D、由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故D错误；
故选A．
【点睛】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题．
4、D
【解析】
A ．下落第1 s 末的瞬时功率为
211180101W=8000W P mgv mg gt ==⋅=⨯⨯
选项A 错误；
B ．下落第1 s 内的平均功率为
2111180101W=4000W 22
gt P mgv mg ==⋅
=⨯⨯⨯ 选项B 错误； C ．下落第2s 末的瞬时功率为
222280102W=16000W P mgv mg gt ==⋅=⨯⨯
选项C 错误；
D ．下落第2s 内的平均功率为
1222101028010W=12000W 22
gt gt P mgv mg ++⨯==⋅
=⨯⨯ 选项D 正确；
故选D 。

5、A
【解析】 试题分析：因为图线与坐标轴所夹的面积是物体的位移，故在0-t 1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据x v t =
可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C 错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于122
v v +，选项B 错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲乙两车的加速度均逐渐减小，选项D 错误．
考点：v-t 图象及其物理意义
6、D
【解析】
AB ．一个周期时间内，有半个周期线圈的两边在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动，据法拉第电磁感应定律有： 12E nBL v = 其中212
v L ω=，解得 12E nBL L ω=
不是正弦式交变电流，故A 、B 错误；
C ．根据右手定则，图2所示位置时外电路中电流由M 经电阻R 流向N ，外电路电流由电势高处流向电势低处，则M 的电势高于N 的电势，故C 错误；
D ．线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半周期，故外力平均功率
()2212()22()
E T nBL L R r P T R r ω⋅+==+ 故D 正确。

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、ACD
【解析】
A ．内能是物体内所有分子无规则热运动的动能和分子势能的总和，分子在永不停息的做无规则运动，所以内能永不为零，故A 正确；
B ．物体的内能除与温度有关外，还与物体的种类、物体的质量、物体的体积有关，温度高的物体的内能可能比温度低的物体内能大，也可能与温度低的物体内能相等，也可能低于温度低的物体的内能，故B 错误；
C ．一定质量的某种物质，即使温度不变，内能也可能发生变化，比如零摄氏度的冰化为零摄氏度的水，内能增加，故C 正确．
D ．内能与温度、体积、物质的多少等因素有关，而分子平均动能只与温度有关，故内能不同的物体，它们分子热运动的平均分子动能可能相同，故D 正确；
E ．温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故E 错误。

故选ACD ．
【点睛】
影响内能大小的因素：质量、体积、温度和状态，温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大．
8、BCE
【解析】
A ．因为紫光的折射率大于红光的折射率，所以通过三棱镜后紫光的偏折角大，故A 错误；
B ．以相同入射角斜射到同一平行玻璃砖，因为紫光的折射率大，则紫光偏折更厉害，如图：
则紫光的侧移大，故B 正确；
C ．发生明显衍射现象的条件是入射光的波长比小孔大或相差不多，红光的波长大于紫光的，所以用同一装置做单缝衍射实验时，红光效果要好些，故C 正确；
D ．根据
L x d
λ∆= 因为紫光的波长短，则紫光的干涉条纹间距小，红光的干涉条纹间距较宽，故D 错误；
E ．相同入射角从水中斜射向空气，因紫光的折射率大于红光，所以紫光的临界角小于红光，红光能发生全反射，紫光也一定能发生全反射，故E 正确。

故选BCE 。

9、BD
【解析】
A ．因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为
24A I
由变压规律可知原线圈中电流为
212143
A n I I n == 即电流表A 1的示数为43
A ，故A 错误； BC ．令副线圈两端电压为2U ，则由变压规律可知原线圈两端电压为
11222
3n U U U n == 令灯泡L 两端电压为L U ，则有
12L A U I U I =
根据题意则有
1L U U U =+
45V U =
联立可得
210V U =，15V L U =
则灯泡A 的额定电压为10V ，灯泡L 与灯泡A 的额定功率相同，则灯泡L 和A 的额定功率
2210W 20W A P I U ==⨯=
故B 正确，C 错误；
D ．将副线圈上的灯泡A 撤去，则输出电流变小，根据理想变压器中电流与匝数成反比可知，输入电流变小，灯泡L 不能正常发光，故D 正确；
故选BD 。

10、CD
【解析】
A ．由于磁场方向不确定，故带电粒子的电性不确定，A 错误；
B ．当金属板接电源时，由题意可知，带电粒子匀速穿过平行板，粒子通过磁场区域所用的时间
10
2a t v = 当金属板不接电源时，粒子只在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为R ，由几何关系有
tan 30a R =
解得
R =
则粒子在磁场中的运动时间
200
602π360R t v =⨯= 所以
12t t ≠
B 错误；
C ．当金属板不接电源时，粒子只在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
200v qv B m R
= 解得
0v = C 正确；
D ．当金属板接电源时，两金属板间存在匀强电场，设电场强度大小为
E ，则有
0qE qv B =
得
0E v B =
则两金属板间的电压
022a aBv U E ===⨯ D 正确。

故选CD 。

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、E G 表示数I ， V 表示数U
0U R I - 电路图见解析 1.5 0.6 【解析】
（1）[1]．G 表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G 表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故应与E ：定值电阻R 0串联后再与电压表并联；
[2][3]．同时由于两表量程偏低，且滑动变阻器阻值偏小，为了安全，采用滑动变阻器分压接法；故原理图如甲图所示；为了更好地保护电路，也可以与电阻箱串联后给G 供电；故电路图可以是甲图中的任一个；
由欧姆定律可知
0U I R R
解得：
0U R R I
=- 则要测量的量是： G 表示数I ，V 表示数U ；
（2）①[4]．将G 表与电阻箱串联后，可以充当电压表使用，则其应并联在电源两端，滑动变阻器与电流表串联后即可进行测电源电动势和内电阻的实验，实物电路图如图所示：
②[5][6]．电源的路端电压
U=I G （200+2800）=3000I G
故图象与纵坐标的交点为500μA ，则电源的电动势为：
E =500μA×3000=1.5V ；
内阻
61.53501030000.60.75
r --⨯⨯=Ω=Ω 12、在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比 100 0.15
【解析】
试题分析：（1）[1] 根据图象结合数学知识可知：在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比；
（2）[2][3]根据胡克定律F 与l 的关系式为：
()()00F k l h l kl k h l =+-=+-，
从图象中可得直线的斜率为2N/cm ，截距为20N ，故弹簧的劲度系数为
1/100/k N cm N m ==，
由
()020k h l N -=，
于是：
0150.15l cm m ==
考点：考查了胡可定律
【名师点睛】
找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学推导能力．
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、 (1)3m/s ；(2)2150N ，竖直向下；(3)3.55m
【解析】
(1)运动员从A 平抛至B 的过程中，
在竖直方向有
22y v gh =①
在B 点有
0tan y v v θ=②
由①②得
03m/s v =③
(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动到C 处时，牛顿第二定律可得：
2C N v F mg m R
-=④ 运动员从A 到C 的过程，由机械能守恒得：
()220111cos5322
C mg h R mv mv +-︒=
-⎡⎤⎣⎦⑤ 联立③④⑤解得 2150N F =N
由牛顿第三定律得：对轨道的压力为
2150N
N F F '==N 方向竖直向下；
(3)运动员经过C 点以后，由图可知：10.5x =m ，0.5μ=
211122
C mv mgx μ> 设最远距离为x ，则1x x >，由动能定理可得：
()2111122
mv mgx mg x x μμ=+-⑥ 由⑤⑥代值解得
x =3.55m
14、（1）2v m
=
；（2）v ≤【解析】
（1）粒子的轨迹如图所示
设粒子速率为v
2
v qvB m r
= 由几何关系得
22
r L = 解得22qBL v m =
（2）若粒子在磁场运动时间最长，则应从x 轴射出磁场，设其速度的最大值为0v 粒子恰好与y 轴相切。

由几何关系可知
00cos45r r L +︒= 解得0(22)r L =。

粒子的速度(22)qBL v m
≤。

15、 (1)30m ，2s ；(2)1s 。

【解析】
(1)物块上滑过程中，加速度1a 1sin mg f F ma θ++=
cos 0N mg θ-=
联立解得
2115m /s a =
上滑过程经历的时间
011
2s v t a == 上滑过程的位移
2011
30m 2v x a == (2)因为1sin 18m 20m x h θ=<=，所以物块未从斜面顶端飞出。

物块下滑，撤去F 之前的下滑过程中，加速度2a 沿斜面向下 2sin mg F f ma θ+-=
解得
221m /s a =
经历的时间
211s t t t =-=
1221m /s v a t ==
恒力F 撤去，物块加速度3a 沿斜面向上 3sin f mg ma θ-=
解得
231m /s a =
经历的时间
133
1s v t a == 速度减为0。