江西省抚州七校联考2023-2024学年物理高三上期末联考模拟试题含解析

江西省抚州七校联考2023-2024学年物理高三上期末联考模拟
试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、在光电效应实验中，某实验小组用同种频率的单色光，先后照射锌和银的表面，都能产生光电效应。

对这两个过程，下列四个物理量中，可能相同的是（）
A．饱和光电流B．遏止电压
C．光电子的最大初动能D．逸出功
2、如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，原线圈与定值电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。

副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V 是理想电表。

当R2=2R1时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，则（）
A．电源输出电压为8V
B．电源输出功率为4W
C．当R2=8Ω时，电压表的读数为3V
D．当R2=8Ω时，变压器输出功率最大
3、下列说法正确的是（）
A．β衰变所释放的电子是原子核外电子电离形成的
B ．贝克勒尔通过实验发现了中子
C ．原子从a 能级状态跃迁到b 能级状态时吸收波长为λ1的光子；原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时发射波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要吸收波长为
212
λλλ-的光子
D ．赫兹首次用实验证实了电磁波的存在
4、如图（甲）所示，质最m =2kg 的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R =0.5m 的薄圆筒上。

t =0时刻，圆筒由静止开始绕竖直中心轴转动，其角速度ω随时间t 的变化规律如图（乙）所示，小物体和地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g =10m/s 2。

则下列判断正确的是（ ）
A ．细线的拉力大小为4N
B ．细线拉力的瞬时功率满足P =4t
C ．小物体的速度随时间的变化关系满足v =4t
D ．在0-4s 内，小物体受合力的冲量为4N•g
5、 “世纪工程”﹣港珠澳大桥已于2018年10月24日9时正式通车，大桥主桥部分由约为6.7km 海底隧道和22.9km 桥梁构成，海底隧道需要每天24小时照明，而桥梁只需晚上照明。

假设该大桥的照明电路可简化为如图所示电路，其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E 、内阻为r 的电源，电阻R 1、R 2分别视为隧道灯和桥梁路灯，已知r 小于R 1和R 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．夜间，电流表示数为12E R R r
++
B ．夜间，开关K 闭合，电路中电流表、电压表示数均变小
C．夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大
D．当电流表示数为I则太阳能电池供电系统输出电功率为EI
6、M、N是某电场中一条电场线上的两点，从M点由静止释放一质子，质子仅在电场力的作用下沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是
A．M点的场强大于N点的场强
B．M、N之间的电场线可能是一条曲线
C．质子在M点的加速度小于在N点的加速度
D．电场线方向由N点指向M点
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，一个质量为m的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L；将圆环拉至A点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是（）
A．圆环在O点的速度最大
B．圆环通过O点的加速度等于g
C．圆环在A点的加速度大小为
(22) g
-
+
kL
m
D．圆环在B gL
8、如图所示，在同一软铁芯上绕有两个独立的线圈甲与乙，甲线圈连接电池、滑动变
阻器、电阻R 。

乙线圈中接有电容器C ，向左移动滑动变阻器的滑片P ，使甲线圈中的电流均匀变化。

已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，下列说法正确的是（ ）
A ．电容器的上极板带正电
B ．电容器的上极板带负电
C ．电容器所带的电荷量恒定
D ．电容器所带的电荷量增大
9、如图甲所示，水平面内粗糙导轨MN 、PQ 相距为L ，置于竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨电阻不计。

两根电阻均为R 的金属棒ab 、cd 置于导轨上且与导轨接触良好，电流表内阻不计。

现ab 棒在水平外力F 作用下由静止向右运动，电流表示数随时间变化图线如图乙所示，在t 0时刻cd 棒刚要开始运动，下列各种说法中正确的是（ ）
A ．ab 棒在0t 时间内做匀加速直线运动
B ．若在0t 时刻突然撤去外力F ，则ab 棒的加速度0a BI L
m
= C ．在0t 时间内，通过cd 棒的电量为
00
2
I t D ．在0t 时间内，力F 做的功全部转化为ab 棒的焦耳热、摩擦生热和其增加的动能 10、空间中有水平方向的匀强电场，同一电场线上等间距的五个点如图所示，相邻各点间距均为2cm 。

一个电子在该水平线上向右运动，电子过a 点时动能为6eV ，运动至
b 点时电势能为3eV -，再运动至
c 点时速度为零。

电子电荷量的大小为e ，不计重力。

下列说法正确的是（ ）
A．由a至b的运动过程，电场力做功大小为3eV
B．匀强电场的电场强度大小为300V/m
C．等势面d的电势为3V
D．该电子从c点返回a点时动能为6eV
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）图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．
(1)在图中画线连接成实验电路图________．
(2)完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线．
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1．
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出________．
④用米尺测量________．
(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________．
(4)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．
12．（12分）用如图所示装置探究钩码和小车（含砝码）组成的系统的“功能关系”实验中，小车碰到制动挡板时，钩码尚未到达地面。

(1)平衡摩擦力时，________（填“要”或“不要”）挂上钩码；
(2)如图乙是某次实验中打出纸带的一部分，O 、A 、B 、C 为4个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出，所用交流电源的频率为50Hz 通过测量，可知打点计时器打B 点时小车的速度大小为________m/s （结果保留两位有效数字）； (3)某同学经过认真、规范的操作，得到一条点迹清晰的纸带，他把小车开始运动时打下的点记为O ，再依次在纸带上取等时间间隔的1、2、3、4、5、6等多个计数点，可获得各计数点到O 的距离s ，及打下各计数点时小车的瞬时速度v 。

如图丙是根据这些实验数据绘出的2-v s 图象，已知此次实验中钩码的总质量为0.15kg ，小车中砝码的总质量为0.50kg ，取重力加速度2
10m/s g =，根据功能关系由图象可知小车的质量为________kg （结果保留两位有效数字）；
(4)研究实验数据发现，钩码重力做的功总略大于系统总动能的增量，其原因可能是________。

A ．钩码的重力大于细线的拉力
B ．未完全平衡摩擦力
C ．在接通电源的同时释放了小车
D ．交流电源的实际频率大于50Hz
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，皮带传动装置与水平面夹角为31°，A 、B 分别是传送带与两轮的切点，两点间距L =3.25m.一个质量为1.1kg 的小煤块与传送带间的动摩擦因数为
3
μ=
,210m /s g =；轮缘与传送带之间不打滑．小物块相对于传送带运动时会在传送带上留下痕迹．传送带沿逆时针方向匀速运动，速度为v 1．小物块无初速地放在A 点，运动至B 点飞出．求:
(1)当04m /s v =, 小滑块从A 点运动到B 点的时间 (2)当痕迹长度等于2.25m 时，v 1多大?
14．（16分）如图所示，两平行金属板，A 、B 长8cm L =，两板间距离6cm d =，A 、
B 两板间的电势差1003V AB U =。

一比荷为
6110C/kg q
m
=⨯的带正电粒子（不计重力）从O 点沿电场中心线垂直电场线以初速度4
0210m/s v =⨯飞入电场，粒子飞出平
行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，已知两界面MN 、PS 相距为
8cm s =。

带点粒子从PS 分界线上的C 点进入PS 右侧的区域，PS 右侧是一个矩形
磁场区域上下无边界，磁感应强度大小为3
3
B T =
，方向如图所示。

求： （1）PS 分界线上的C 点与中心线OO '的距离y ；
（2）粒子进入磁场区域后若能从PS 边返回，求磁场宽度应满足的条件。

15．（12分）一列沿x 轴传播的简谐横波，在t =0时刻的波形如图实线所示，在t 1=0.2s 时刻的波形如图虚线所示。

(1)若波向x 轴正方向传播，求该波的波速；
(2)若波向x 轴负方向传播，且t 1<T ，求x =2m 处的P 质点第一次出现波谷的时刻。

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、A 【解析】
A ．饱和光电流和光的强度有关，这个实验可以通过控制光的强度来实现饱和光电流相同，A 正确；
CD ．不同的金属其逸出功是不同的，根据光电效应方程：
k E h W ν=-
用同种频率的单色光，光子能量h ν相同，光电子的最大初动能E k 不同，CD 错误； B ．根据遏止电压和最大初动能关系：
k
E U e
=
可知光电子的最大初动能不同，遏止电压也不同，B 错误。

故选A 。

2、D 【解析】
A ．当212R R =时，电流表的读数为1A ，电压表的读数为4V ，根据欧姆定律
2224
Ω4Ω1
U R I '=
== 12ΩR =，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，根据电压与匝数成正比得原线圈
电压是
11221
4V 2V 2
n U U n =
'=⨯= 根据单相变压器中电流与匝数成反比得原线圈电流是
2
121
21A 2A n I I n =
=⨯= 所以电源输出电压为
1112V 22V 6V U U I R =+=+⨯=
A 错误；
B ．电源输出功率为
112W P UI ==
B 错误；
D ．根据欧姆定律得副线圈电流为
22U R ，所以原线圈电流是2
2
2U R ，所以 22126V 2
2
U U
R R =⋅+ 2
22
128R U R =
+ 当28ΩR =时，26V U =，即电压表的读数为6V ；变压器输出的功率
()22222222
2
14414464816U R P R R R R ===
+++
所以满足
22
64R R =
时变压器输入功率最大，解得
28ΩR =
变压器输出的功率2P 最大为9
W 2
，C 错误，D 正确。

故选D 。

3、D 【解析】
A ．β衰变的本质是原子核内的一个中子释放一个电子变为质子，故A 错误；
B ．根据物理学史可知，查德威克通过α粒子轰击铍核的实验，发现了中子的存在，故B 错误；
C ．光子的能量hc
E λ
=
，由题12λλ＞，则12E E ＜，从a 能级状态跃迁到b 能级状态时
吸收波长为λ1的光子，原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时发射波长为λ2的光子，根据玻尔理论，a 能级的能量值大于c 能级的能量值
2
2
3
hc
hc
hc
λλλ-
=
所以原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要辐射波长为
12
12
λλλλ-的光子，故C 错误；
D ．根据物理学史可知，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故D 正确。

故选：D 。

4、D 【解析】
AC ．根据图象可知，圆筒做匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为
t ω=
圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v R ω=得
0.5v R t ω==
物体运动的加速度
20.50.5m /s v t a t t
∆∆=
==∆∆ 根据牛顿第二定律得
F mg ma μ-=
解得细线的拉力大小为
20.50.12103N F =⨯+⨯⨯=
AC 错误；
B ．细线拉力的瞬时功率
30.5 1.5P Fv t t ==⨯=
故B 错误；
D ．物体的合力大小为
30.12101N F F mg μ=-=-⨯⨯=合
在0-4s 内，小物体受合力的冲量为
144N s I F t ==⨯=⋅合
故D 正确。

故选D 。

5、C 【解析】
A ．夜间，桥梁需要照明，开关K 闭合，电阻R 1、R 2并联，根据闭合电路欧姆定律可
知，电流表示数1212
E I r R R R R =++，故A 错误；
B ．夜间，开关K 闭合，总电阻减小，干路电流增大，电路中电流表示数变大，故B 错误；
C ．根据能量守恒定律可知，夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大，故C 正确；
D ．当电流表示数为I ，则太阳能电池供电系统总功率为EI ，输出功率为EI ﹣I 2r ，故D 错误。

故选C.
6、A
【解析】
A ．E p 一x 图像斜率的变化反映了电场力的变化，所以M 点的场强大于N 点的场强，A 项符合题意；
B ．电荷仅在电场力作用下沿电场线运动，电场线一定是直线，B 项不符合题意；
C ．因为M 点场强大于N 点场强，所以质子在M 点受到的电场力大于N 点受到的电场力，质子在M 点的加速度大于在N 点的加速度，故C 项不符合题意；
D ．由M 到N 质子的电势能减小，所以M 点电势高于N 点电势，所以电场线方向由M 指向N ，D 项不符合题意.
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、BC
【解析】
A ．圆环受力平衡时速度最大，应在O 点下方，故A 错误。

B ．圆环通过O 点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g ，故B 正确。

C ．圆环在下滑过程中与细杆之间无压力，因此圆环不受摩擦力，在A 点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A 2L -L =2-1）L ，根据牛顿第二定律，有 221cos45mg k L ma +︒=（）
解得 (22)kL a g -=+故C 正确。

D ．圆环从A 到B 过程，根据功能关系，知圆环减少的重力势能转化为动能，有 2122
B mg L mv ⋅=
解得 2B v gL =故D 错误。

故选BC 。

8、BC
【解析】
AB ．电池电路的电流如图所示，在铁芯中产生向下的磁场。

向左移动滑片P ，滑动变阻器有效电阻减小，由欧姆定律知电路电流增大。

由题意知电流均匀增大，则该磁场均匀增强。

应用楞次定律知乙线圈的感应电流如图所示，则电容器的上极板带负电，故A 错误，B 正确；
CD ．穿过乙线圈的磁通量Φ均匀增加，由电磁感应定律知
E n t
∆Φ=∆ 该值恒定。

由电路规律知电容器的板间电压U E =，则电容器两极板间电压恒定，则电容器所带电荷量
Q CU =
恒定，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

9、AC
【解析】
A ．由乙图可知，t 0时间内I 与时间成正比，根据闭合电路欧姆定律
222BL BL I v a t R R R
E ===⋅ 可知0t 时间内，加速度为定值，所以ab 棒在0t 时间内做匀加速直线运动，A 正确； B ．cd 棒刚要开始运动，此时有
0F f BI L ==安
对于ab 棒撤去外力F 后，根据牛顿第二定律
F f ma +=安
解得
02BI L a m
= B 错误；
C ．根据电流的定义式
q I t
= 可知t 0时间内通过电路的电荷量大小等于I t -图线与时间轴围成的面积，两导体棒串联，则通过cd 棒的电量为
002
I t q = C 正确；
D ．对于整个系统来说，外力F 做的功全部用来克服安培力做功（ab 、cd 两棒中产生的焦耳热）、克服摩擦力做功（摩擦生热）以及增加动能，D 错误。

故选AC 。

10、AD
【解析】
A ．电场线沿水平方向，则等间距的各点处在等差等势面上。

电子沿电场线方向做匀变速运动。

电子从a 至c 的过程，电势能与动能之和守恒，动能减小了6eV ，则电势能增加了6eV ，则电势差
6V ac U =
则
3V ab bc U U ==
电子从a 至b 的过程，电场力做负功，大小为
3eV ab eU =
A 正确；
B ．电场强度大小
2150V/m 2210m
ac U E -==⨯⨯ B 错误；
C ．电子经过等势面b 时的电势能为3eV -，则b 点的电势
3V b ϕ=
又有
23V 6V b d ϕϕ-=⨯=
则
3V d ϕ=-
C 错误；
D ．电子在a 点时动能为6eV ，从a 减速运动至c ，然后反向加速运动再至a 点，由能量守恒定律知电子此时的动能仍为6eV ，D 正确。

故选AD 。

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、 (1)如图所示
重新处于平衡状态 电流表的示数I 此
时细沙的质量m 2 D 的底边长度L 12m m g IL - 21m m >
【解析】
（1）[1]如图所示
（2）[2][3][4]③重新处于平衡状态；读出电流表的示数I ；此时细沙的质量m 2；④D 的底边长度l ;
（3）（4）[5] [6]开关S 断开时，D 中无电流，D 不受安培力，此时D 所受重力Mg =m 1g ；S 闭合后，D 中有电流，左右两边所受合力为0，D 所受合力等于底边所受的安培力，如果m 2＞m 1，有
m 2g = m 1g +BIL
则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向外；如果m 2＜m 1，有 m 2g = m 1g-BIL
则安培力方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度方向向里；综上所述，则 21m m g
B Il -=．
12、不要 0.72 0.85 BD
【解析】
(1)[1]．小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力作用，为了在实验中能够把细线对小车的拉力视为小车的合外力，则应该用重力的下滑分力来平衡摩擦力，在平衡摩擦力时，不挂钩码，但要连接纸带。

(2)[2]．相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出，计数点间的时间间隔为 T =0.02×5s=0.1s
根据匀变速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打B 点的速度为
220.10 5.7110m/s=0.72m/s 220.1
AC B x v T --==⨯⨯ (3)[3]．设钩码的质量为m ，小车的质量为M ，小车中砝码的质量为m'，对系统，由动能定理得
212
mgx M m m v =++'（） 整理得
22mgx v m m M
=+'+ v 2-x 图象的斜率
220.50m/s 0.25
mg k m m M ==+'+ 解得
M =0.85kg 。

(4)[4]．A ．钩码的重力大于细线的拉力，不影响钩码重力做系统做的功，故A 错误； B ．长木板的右端垫起的高度过低，未完全平衡摩擦力时，则摩擦力做负功，系统总动能的增量小于钩码重力做的功，故B 正确；
C ．接通电源的同时释放了小车，只会使得纸带上一部分点不稳定，不影响做功与动能的增量，故C 错误；
D ．交流电源的实际频率大于50Hz ，如果代入速度公式的周期为0.02s ，比真实的周期大，则求出来的速度偏小，则动能偏小，故D 正确。

故选BD 。

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）1s （2）03)m/s v =
【解析】
（1）开始时：
1
sin 30 cos 30mg mg ma μ︒︒+= 得：
218m /s a =
达速度v 1所用时间为：
011v a t =
解得：
t 1=1.5s
滑块下滑位移：
21111m 2
x a t == 因为： tan 30μ︒<，故滑块继续加速下滑，则：
2sin 30cos30mg mg ma μ︒︒-=
得：
222m /s a =
2022212
L x v t a t -=+ 得：
t 2=1.5s
故：
t AB = t 1+t 2=1s
（2）若以a 1下滑过程中滑块相对传送带的位移大于或等于以a 2下滑的相对位移，则： 20112
v t a t x -=∆ 002
v v t t x -=∆ 得：
v 1=6m/s
若以a 1下滑过程中滑块相对传送带的位移小于以a 2下滑的相对位移，则：
202220212
v t a t v t x +-=∆ 得：
t 2=1.5s
2011
2v x a = 21022212
L x v t a t -=+ 由上述得：
20024160v v +-=
得：
03)m/s v =
14、（1）210m -；（2）d ＞0.06m
【解析】
（1）设穿过界面PS 时偏离中心线的距离为y ，粒子在电场中运动的时间为 610
410s L t v -==⨯ 根据牛顿第二定律
U q ma d
= 得粒子在电场中的加速度为
210=10m 6
qU a md = 则粒子在电场内竖直方向的位移为
2211110m 2y at -== 设粒子从电场中飞出时在竖直方向的速度为v y ，则
14m 0=1y at v = 从电场中飞出后在水平方向的运动时间为
620
410s s t v -==⨯ 从电场中飞出后在竖直方向做匀速运动，位移为
4622241010m 10y y v t --==⨯⨯= 所以穿过界面PS 时偏离中心线的距离为
122m 4310y y y -=+=⨯
（2）做出运动轨迹如图所示
则速度夹角为 03tan 3
y v v θ== C 点的速度v 为
404310m cos 3
v v θ== 因为洛伦兹力提供向心力
2
mv qvB R
= 得
=0.04m mv R qB
= 由几何关系得
sin 0.06m l R R θ=+=
所以磁场宽度应满足大于0.06m 。

15、 (1)5+15n （m/s ）（n =0，1，2…）；(2)0.025s
【解析】 (1)当波向x 轴正方向传播时，由波形图可知该波的波长为 x =3m
从t =0到t 1=0.2s 过程，波向正方向传播的距离为
113(0,1,2)x n n λ⎛⎫∆=+ ⎪⎝⎭
=⋯
波传播的波速为
11
x v t ∆= 解得
515(m/s)(0,1,2)v n n =+=⋯
(2)当波向x 轴负方向传播时，由波形图可知
120.2s 3
t T == 解得
0.3s T =
波的速度大小为
210m/s v T λ
==
P 点距右侧实线第一个波谷的水平距离为
2324
x λ∆=- P 点第一次出现波谷的时间为 22
x t v ∆= 联立解得
0.025s t =。