北京十四中2024年高三第三次测评物理试卷含解析

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、乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。

在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态）则（）
A．小物块受到的支持力方向竖直向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的静摩擦力为1
2
mg ma
+
D．小物块受到的滑动摩擦力为1
2
mg ma
+
2、如图甲所示，用传感器和计算机可以方便地描出平抛运动物体的轨迹。

它的设计原理如图乙所示。

物体A在做平抛运功，它能够在竖直平面内向各个方向同时发射超声波脉冲和红外线脉冲，在它运动的平面内安放着超声波-红外接收装置，B盒装有B1、B2两个超声波-红外接收器，并与计算机相连，B1、B2各自测出收到超声脉冲和红外脉冲的时间差，并由此算出它们各自与物体A的距离，下列说法正确的是（）
A．该实验中应用了波的干涉规律
B．该实验中应用了波的反射规律
C．该实验中应用了波的直线传播规律
D．该实验中所用超声波信号和红外线脉冲信号均属于无线电波
3、关于静电场中的电场线，下列说法错误的是（ ）
A ．电场线能够形象描述电场的强弱和方向
B ．沿电场线的方向电势有可能升高
C ．电场线总是垂直等势面指向电势降低的方向
D ．沿电场线方向移动一正电荷，其电势能一定减小
4、甲、乙两车在平直公路上行驶，其v-t 图象如图所示．t =0时，两车间距为0s ；0
t 时刻，甲、乙两车相遇．00t 时
间内甲车发生的位移为s ，下列说法正确的是( )
A ．00t 时间内甲车在前，002t t 时间内乙车在前
B ．002t 时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍
C ．02t 时刻甲、乙两车相距012s
D ．067
s s 5、2020年全国第十四届冬季运动会在呼伦贝尔市举行。

为此全市都在开展丰富多彩的冰上运动。

如图所示，在游乐场的滑冰道上有甲、乙两同学坐在冰车上进行游戏。

当甲从倾角为θ的光滑冰道顶端A 由静止开始自由下滑时，在斜面底部B 处的乙通过冰钎作用于冰面，从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速直线运动。

已知甲、乙和冰车均可
视为质点，甲通过斜面与水平面的交接处（B 处）时，速度的方向改变、大小不变，且最终甲刚好能追上乙，则（ ）
A ．到甲刚好追上乙时，甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定不相等
B ．到甲刚好追上乙时，甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定相等
C ．甲在斜面上的加速度一定小于乙的加速度
D ．无法求出甲从过B 点至追上乙行进的距离与AB 距离之比
6、如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A ，A 的左端紧靠竖直墙，A 与竖直墙之间放一光滑圆球B ，整个装置处于静止状态．若把A 向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是
()
A．球B对墙的压力增大B．球B对柱状物体A的压力增大
C．地面对柱状物体A的支持力不变D．地面对柱状物体A的摩擦力不变
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、如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图乙中所提供的信息不能计算出
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
8、用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m．现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中
A．小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒
B．小球B的机械能一直减小
C．小球B2gh
D．当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg
9、如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A 从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。

则( )
A ．A 能到达
B 圆槽的左侧最高点
B ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为3gR
C ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为
43gR D ．B 向右运动的最大位移大小为23
R 10、一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动.其v t -图象如图所示.已知汽车的质量为3
110m kg =⨯，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是
( )
A ．汽车在前5s 内的牵引力为3510N ⨯
B ．汽车速度为25/m s 时的加速度为25/m s
C ．汽车的额定功率为100 kW
D ．汽车的最大速度为80 /m s
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）某实验小组想用下图所示装置验证动能定理。

垫块的作用是使长木板产生一个合适的倾角来平衡小车运动过程中受到的阻力，小车的凹槽可以添加钩码以改变小车的质量，用小桶以及里面的细沙的重力来替代小车受到的合力，可以改变细沙的多少来改变合力的大小。

已知打点计时器的打点频率为f ，当地重力加速度为g 。

(1)要完成实验，必须测量哪些物理量___
A ．纸带上某两点间的距离x ，以及这两点的瞬时速度
B ．长木板的倾角α
C.小车及凹槽内钩码的总质量M
D.小桶及里面细沙的总质量m
(2)仔细平衡小车受到的阻力，并多次改变小车的质量M和小桶里面细沙的质量m，通过测量和计算发现：合力的功总是大于两点动能的差值，这___（填“符合”或“不符合“）实验的实际情况。

12．（12分）小宇同学利用如图甲所示的装置验证动能定理，遮光条的宽度d为图乙中的游标卡尺（游标有十个分度）所示，其中托盘的质量为m=10g，每个砝码的质量均为m=10g，小车和遮光条以及传感器的总质量为M=100g，忽略绳子与滑轮之间的摩擦。

小宇做了如下的操作：
①滑块上不连接细绳，将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力；
②取5个砝码放在小车上，让小车由静止释放，传感器的示数为F，记录遮光条经过光电门时的挡光时间为Δt；
③测出遮光条距离光电门的间距为s，如图丙所示；
④从小车上取一个砝码放在托盘上，并将小车由同一位置释放，重复②，直到将砝码全部放在托盘中；
由以上操作分析下列问题：
(1)遮光条的宽度d为________mm，遮光条到光电门的间距s为___________m；
(2)用以上的字母表示遮光条经过光电门时的速度的表达式为_____________________；
(3)在②过程中细绳的拉力所做的功为________，所对应动能的变化量为____________；（用字母表示）
(4)在上述过程中如果将托盘及盘中砝码的总重力计为F′，则F′所做的功为________，所对应系统的动能的变化量为______________________；（用字母表示）
(5)如果以F′为纵轴，Δt的______________为横轴，该图线为直线，由题中的条件求出图线的斜率k，其大小为
_____________________（结果保留两位有效数字）。

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）如图所示，扇形玻璃砖AOB的圆心角为150°，玻璃砖半径为R，一条单色光平行于OA，由OB的中点D入射，经折射后由圆弧面的E点射出玻璃砖，圆弧AE的长度与圆弧BE的长度之比为2∶3，已知真空中光速为c。

求：该单色光在玻璃砖从D到E传播的时间。

14．（16分）将消毒碗柜里刚经过高温消毒的一个圆柱型茶杯和杯盖小心取出后，立刻用杯盖盖住茶杯，并放置在水平桌面上，如图。

开始时茶杯内部封闭气体的温度t1＝87℃、压强等于外界大气压强p1．放置一段时间后，茶杯内气体的温度等于室内温度t2＝27℃．已知杯盖的质量为m，茶杯橫截面圆形面积为S，杯盖住茶杯后密封良好没有发生漏气。

茶杯内部封闭气体可视为理想气体，重力加速度大小为g。

（i）求最后茶杯内部封气体的压强和杯盖对茶杯的压力大小；
（ii）在茶杯连同杯内气体的温度达到稳定后，用力作用在杯盖上缓慢上提，结果发现茶杯能随杯盖一起向上离开桌面，求茶杯的质量M满足什么条件？
15．（12分）一容积为V0的容器通过细管与一个装有水银的粗细均匀的U形管相连（U形管和细管中的气体体积远小于容器的容积V0），U形管的右管与大气相通，大气压为750mmHg。

关闭阀门，U形管的左、右管中水银面高度相同，此时气体温度为300K。

现仅对容器内气体进行加热。

①如图所示，当U形管右侧管中的水银面比左侧管中的水银面高H=50mm时，求封闭容器内气体的温度；
②保持①问中的温度不变，打开阀门K缓慢抽出部分气体，当U形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm 时（水银始终在U形管内），求封闭容器内剩余气体的质量与原来总质量的比值；
③判断在抽气的过程中剩余气体是吸热还是放热，并阐述原因。

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、C
【解析】
由题知：木块的加速度大小为a，方向沿斜面向上，分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。

根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。

【详解】
AB．以木块为研究对象，分析受力情况为重力mg，斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，根据平衡条件可知支持力N垂直于斜面向上，摩擦力f沿斜面向上，故AB错误；
CD．由于小物块和斜面保持相对静止，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第二定律得
-︒=
f m
g ma
sin30
=+，方向平行斜面向上，故C正确，D错误。

解得f mg ma
故选C。

【点睛】
本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二定律列式，求摩擦力。

2、C
【解析】
ABC．物体A向B盒同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B盒收到红外线脉冲时开始计时，收到超声波脉冲时停止计时，根据超声波在空气中的传播速度v（红外线传播时间极短，可忽略），可计算出A和B之间的距离，故该实验利用了超声波频率高，易于定向传播，即直线传播原理，AB错误C正确；
D．超声波是一种机械波，而电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线，故红外线脉冲不是无线电波，D错误。

故选C。

3、B
【解析】
A．电场线疏密描述电场的强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，而电场线上每一点的切线方向表示电场的方向，故A正确，不符题意；
B．沿着电场线电势逐渐降低，电势降低最快的方向是场强的方向，故B错误，符合题意；
C ．沿着电场线电势逐渐降低，故电场线总是垂直等势面，且指向电势降低最快的方向，故C 正确，不符题意；
D ．沿电场线方向移动一正电荷，电场力一定做正功，由功能关系可知正电荷的电势能一定减小，故D 正确，不符题意。

本题选错误的，故选B 。

4、D
【解析】
A ．由图知在0～t 0时间内甲车速度大于乙车的速度，故是甲车在追赶乙车，所以A 错误；
B ．0～2t 0时间内甲车平均速度的大小032
v ，乙车平均速度012v ，所以B 错误； D ．由题意知，图中阴影部分面积即为位移s 0，根据几何关系知，三角形ABC 的面积对应位移s 0∕3，所以可求三角形OCD 的面积对应位移s 0∕6，所以0—t o 时间内甲车发生的位移为
s=s 0+ s 0∕6
得
s 0=67
s 故D 正确；
C ．2t 0时刻甲、乙两车间的距离即为三角形ABC 的面积即s 0∕3，所以C 错误．
故选D 。

5、B
【解析】
AB ．设甲到达B 的时间为t 1，追上B 的时间为t 2，水平面都是光滑的，A 到达水平面后做匀速直线运动，设甲的速度为v ，则甲在水平面上的位移
221()x v t t =- ①
乙做匀加速直线运动，被甲追上时的速度也是v ，乙的位移
222
v x t = ② 联立①②可得
212122()t t t t ==-
可知到甲刚好追上乙时，甲在水平面上和斜面上的滑行时间一定相等，故A 错误，B 正确；
C ．由以上的分析可知，甲的速度达到v 用的时间少，所以甲在斜面上的加速度一定大于乙的加速度，故C 错误；
D ．AB 之间的距离 22112222
t x v v x t =⋅=⋅= 所以甲从过B 点至追上乙行进的距离与AB 距离之比为2，故D 错误。

故选B 。

6、C
【解析】对小球B 受力分析，作出平行四边形如图所示：
A 滑动前，
B 球受墙壁及A 的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A 向右平移后，B 受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B 仍受力平衡，由图可知A 对B 球的弹力及墙壁对球的弹力均减小，根据牛顿第三定律可知，球B 对墙的压力减小，球B 对柱状物体A 的压力减小，故AB 错误；以AB 为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故D 错误；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A 对地面的压力不变，故
C 正确。

所以C 正确，AB
D 错误。

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、ABC
【解析】
AB.对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x 方向：
cos sin F mg ma θθ-=
y 方向：
sin cos 0N F G θθ--=
从图象中取两个点（20N ，2m/s 2）、（30N ，6m/s 2）代入各式解得：
=2kg m
=37θ︒
故A 正确，B 正确；
C.物体能静止在斜面上，当F 沿斜面向上时所施加的外力最小：
min sin 20sin 37N 12N F mg θ==︒=
故C 正确；
D.题中并未说明推力随时间的变化关系，故无法求出加速度为6m/s 2时物体的速度大小。

故D 错误。

8、CD
【解析】
小球A 、B 、C 、D 、E 组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A 错误；由于D 球受力平衡，所以D 球在整个过程中不会动，所以轻杆DB 对B 不做功，而轻杆BE 对B 先做负功后做正功，所以小球B 的机械能先减小后增加，故B 错
误；当B 落地时小球E 的速度等于零，根据功能关系212
mgh mv = 可知小球B C 正确；当小球A 的机械能最小时，轻杆AC 没有力，小球C 竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D 正确，故选CD 9、AD
【解析】
A ．运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A 可以到达
B 圆槽的左侧最高点，且A 在B 圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，A 正确；
BC ．设A 运动到圆槽最低点时的速度大小为v A ，圆槽B 的速度大小为v B ，规定向左为正方向，根据A 、B 在水平方向动量守恒得
0＝mv A －2mv B
解得v A ＝2v B
根据机械能守恒定律得 2211222
A B mgR mv mv =+⨯
解得B v =A v =BC 错误； D ．当A 运动到左侧最高点时，B 向右运动的位移最大，设为x ，根据动量守恒得
m (2R －x )＝2mx
解得x ＝23
R ，D 正确。

故选AD 。

10、AC
【解析】
由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=20 5m /s 2＝4m /s 2，根据牛顿第二定律得，F-f=ma ，解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N ，故A 正确．汽车的额定功率P=Fv=5000×20W=100000W=100kW ，汽车在25m/s 时的牵引力F ′＝100000 25P
v ＝N ＝4000N ，根据牛顿第二定律得，加速度2240001000/3/1000
F f a m s m s m '--'=＝＝，故B 错误，C 正确．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度100000/100/1000
m P v m s m s f ＝＝＝，故D 错误．故选AC ． 点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．
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、CD 符合
【解析】
根据该实验的实验原理、要求和减少误差的角度分析，平衡摩擦力作用后，进行实验过程中需要用刻度尺测量纸带上两点的距离，用天平测出小车及凹槽内钩码的总质量，小桶及里面细沙的总质量，根据实验原理，明确实验现象中产生实验误差的原因即可求解。

【详解】
(1)[1]以小车及凹槽内砝码为研究对象，根据动能定理可知：
2201122
Fx Mv Mv =- 其中F 可以用小桶以及里面的细沙的重力来代替，x 是纸带上某两点间的距，
M 为小车和凹槽内钩码的总质量，0v 和v 为对应两点的速度，因此需要测量的物理量为纸带上某两点间的距离x ，小车和凹槽内钩码的总质量M ，小桶及里面细沙的总质量m ，但速度不是测量处理的，是计算出的结果，故CD 正确AB 错误。

故选CD 。

(2)[2]虽然平衡小车受到的阻力，但是运动过程中小桶和里面的细沙的重力始终大于小车受到合外力，使合力做的总功总是大于两点动能的差值，这符合实验的实际情况。

12、12.0 1.44 d t ∆ Fs 22(5)2M m d t +∆ F′s 2
2(6)2M m d t
+∆ 倒数的二次方 7.9×10－6~8.1×10－6
【解析】
(1)[1]该游标卡尺的读数为
12mm+0×0.1mm=12.0mm
[2]刻度尺要估读，读数为s =1.44m 。

(2)[3]当时间间隔比较小时，平均速度约等于某一位置或某一时刻的瞬时速度，故由平均速度公式可得，经过光电门位置的速度
d v t
=∆ (3)[4][5]传感器的示数为细绳的拉力，则其做功为Fs ，所对应动能的变化量为
2
221(5)(5)22k M m d E M m v t
+∆=+=∆ (4)[6][7]F′所做的功为F′s ，所对应动能的变化量为
2
221(6)(6)22k M m d E M m v t
+∆=+=∆ (5)[8][9]由动能定理
2
2
(6)2M m d F s t '+=∆ 整理得
22(6)12M m d F s t
'+=⋅∆ 图像为直线的条件是横坐标为Δt 倒数的二次方，该图线的斜率为
2
(6)2M m d k s
+= 代入数据得
k =8.0×10－6
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、4c
【解析】
作出光路图，如图所示
圆弧AE 的长度与圆弧BE 的长度之比为2∶3，由几何关系可知60︒∠=AOE ，90EOB ︒∠=
1tan 2
OD OED OE ∠== 由圆心角150AOB ︒∠=可知，该单色光在 OB 边的入射角 60i ︒=， 折射角 r OED =∠
sin 5
r =由折射率公式有
sin sin i n r
= 解得
15n = 由勾股定理
225DE OE OD R =+=
又因为 c n v
= 该单色光在玻璃砖从D 到E 传播的时间
534DE R t v c
== 14、（i ）求最后茶杯内部封气体的压强为
056P ；杯盖对茶杯的压力大小为016
P S mg +；（ii ）茶杯的质量M 满足06P S M g < 【解析】 （i ）杯内封闭气体发生等容变化，有012P P T T '= 代入数据解得：最后杯内气体的压强056
P P '= ；对杯盖，有P 'S +N ＝
P 1S +mg ，解得：016
N P S mg =+ 由牛顿第三定律可知，杯盖对茶杯的压力大小为：'016
N P S mg =+ （ii ）茶杯能离开桌面，条件是：P ′S +Mg ＜P 1S ，故茶杯的质量M 满足的条件为：06P S M g <。

15、①320K ；②
78
；③吸热，原因见详解 【解析】 ①由题意可知001750mmHg 300K 800mmHg p T p ===，，
设升温后气体的压强为p 0，由查理定律得
0101
p p T T = 解得
T =320K
②当U 形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高50mm 时，压强p =700mmHg 。

抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得
10p V pV =
设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ，由题意得
078
V k V == ③吸热。

因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。