湖南省浏阳市第一中学2024学年高三下学期三诊模拟物理试题

湖南省浏阳市第一中学2024学年高三下学期三诊模拟物理试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、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、将两个负电荷A 、B （带电量Q A =20C 和Q B =40C ）分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C 产生的电场不同位置M 和N ，克服电场力做功相同，则将这两电荷位置互换后（即将电荷A 移至位置N ，电荷B 移至位置M ，规定无穷远处为零势面，且忽略电荷A 、B 对点电荷C 的电场分布影响），此时电荷A 、B 分别具有的电势能E A 和E B 关系描述正确的是（ ）
A ．E A <E
B B ．E A =E B
C ．E A >E B
D ．无法确定
2、下列说法中错误的是（ ）
A ．若氢原子从n =6能级向n =1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n =6能级向n =2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
B ．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子的核式结构模型
C ．原子核发生一次β衰变，该原子核外就一定失去一个电子
D ．质子、中子、α粒子的质量分别是m 、m 2、m 3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是()2
12322m m m c +- 3、如图所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m 的4块相同的砖，用两个大小均为F 的水平力压木板，使砖块静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小是（ ）
A ．0
B ．mg
C ．12mg
D ．2mg
4、如图，质量为M =3kg 的小滑块，从斜面顶点A 静止开始沿ABC 下滑，最后停在水平面D 点，不计滑块从AB 面
滑上BC 面，以及从BC 面滑上CD 面的机械能损失．已知：AB =BC =5m ，CD =9m ，θ=53°，β=37°，重力加速度g =10m/s 2，
在运动过程中，小滑块与接触面的动摩擦因数相同．则（ ）
A．小滑块与接触面的动摩擦因数μ=0.5
B．小滑块在AB面上运动时克服摩擦力做功，等于在BC面上运动克服摩擦力做功
C．小滑块在AB面上运动时间大于小滑块在BC面上的运动时间
D．小滑块在AB面上运动的加速度a1与小滑块在BC面上的运动的加速度a2之比是5/3
5、在空间P点以初速度v0水平抛出一个小球，小球运动到空中A点时，速度与水平方向的夹角为60°，若在P点抛出的初速度方向不变，大小变为0
2v，结果小球运动到空中B点时速度与水平方向的夹角也为60°，不计空气阻力，则下列说法正确的是
A．PB长是PA长的2倍
B．PB长是PA长的4倍
C．PA与水平方向的夹角小于PB与水平方向的夹角
D．PA与水平方向的夹角大于PB与水平方向的夹角
6、如图所示，水平地面上有一个由四块完全相同石块所组成拱形建筑，其截面为半圆环，石块的质量均为m。

若石块接触面之间的摩擦忽略不计，则P、Q两部分石块之间的弹力为（）
A2mg B．22mg C．
2
2
mg D．
2
mg
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、下说法中正确的是。

A．在干涉现象中，振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小
B．单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，则外力的频率越大，单摆的振幅也越大
C．全息照片的拍摄利用了激光衍射的原理
D．频率为v的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于v
E.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
8、质量为m的物块在t＝0时刻受沿固定斜面向上的恒力F1作用，从足够长的倾角为θ的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t0时刻撤去恒力F1加上反向恒力F2(F1、F2大小未知)，物块的速度－时间(v－t)图象如图乙所示，2t0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在t0时刻的速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A ．物块从t ＝0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt 0sinθ
B ．物块从t 0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv 0
C ．F 1的冲量大小为mgt 0sinθ＋mv 0
D ．F 2的冲量大小为3mgt 0sinθ－3mv 0
9、下列说法中正确的是 。

A ．电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性
B ．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的
C ．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减小
D ．光电效应中极限频率的存在说明了光的波动性
10、如图所示，a 、b 、c 、d 为匀强电场中的等势面，一个质量为m ，电荷量为q 的质子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两个点。

已知该粒子在A 点的速度大小为v 1，且方向与等势面平行，在B 点的速度大小为v 2，A 、B 连线长为L ，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（ ）
A ．粒子的速度v 2一定大于v 1
B ．等势面b 的电势比等势面c 的电势低
C ．粒子从A 点运动到B 点所用的时间为
1cos L v θ D ．匀强电场的电场强度大小为()22212cos m v v qL θ-
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）某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，
右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（a）所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放．小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．
回答下列问题：
（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p与小球抛出时的动能E k相等．已知重力加速度大小为g，为求得E k，至少需要测量下列物理量中的（填正确答案标号）．
A．小球的质量m
B．小球抛出点到落地点的水平距离s
C．桌面到地面的高度h
D．弹簧的压缩量△x
E.弹簧原长l0
（2）用所选取的测量量和已知量表示E k，得E k= ．
（3）图（b）中的直线是实验测量得到的s—△x图线．从理论上可推出，如果h不变．m增加，s—△x图线的斜率会（填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会（填“增大”、“减小”或“不变”）．由图（b）中给出的直线关系和E k的表达式可知，E p与△x的次方成正比．
12．（12分）油膜法估测分子大小的实验，每500mL油酸酒精溶液中有纯油酸1mL，用注射器测得1mL这样的溶液共计80滴。

现将1滴这种溶液滴在撒有痱子粉的水面上，这滴溶液中纯油酸的体积是_________m 3；待油膜形状稳定后，在玻璃板上描绘出油膜的轮廓。

若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则计算得到的油膜面积
_______，估算的油酸分子直径________。

（后两空选填“偏大”或“偏小”）
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）如图所示的x O y平面直角坐标系内，在x3的区域内，存在着垂直于x O y平面向外、磁感应强度为
B 的匀强磁场，位于坐标原点O 的粒子源在x O y 平面内沿各个方向发射速率相同的同种带正电的粒子．已知沿y 轴正方向发射的粒子经时间t 0恰好从磁场的右边界P(3a ，a )射出磁场．不计粒子的重力与相互作用力，求：
(1)粒子的比荷；
(2)磁场右边界有粒子射出区域的长度。

14．（16分）如图所示，两平行长直金属导轨(不计电阻)水平放置，间距为L ，有两根长度均为L 、电阻均为R 、质量均为m 的导体棒AB 、CD 平放在金属导轨上。

其中棒CD 通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m 的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒CD 与导轨间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场1B ，磁场区域的边界满足曲线方程：
sin (0y L x x L L π
=≤≤，单位为)m 。

CD 棒处在竖直向上的匀强磁场2B 中。

现从0t =时刻开始，使棒AB 在外力F 的作用下以速度v 从与y 轴重合处开始沿x 轴正方向做匀速直线运动,在运动过程中CD 棒始终处于静止状态。

（1）求棒AB 在运动过程中，外力F 的最大功率；
（2）求棒AB 通过磁场区域1B 的过程中，棒CD 上产生的焦耳热；
（3）若棒AB 在匀强磁场1B 中运动时，重物始终未离开地面,且满足：2124B B L v mg R
μ=，求重物所受支持力大小随时间变化的表达式。

15．（12分）如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ；第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等。

一带正电的粒子，从x 轴负方向上的P 点沿与x 轴正方向成60α=︒角平行xOy 平面入射，经过第二象限后恰好由y 轴上的Q 点
（0d ，）垂直y 轴进入第一象限，然后又从x 轴上的N 点进入第四象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点的速度方向与入射时相同。

不计粒子重力。

求：
(1)粒子从P 点入射时的速度0v ；
(2)粒子进入第四象限时在x 轴上的N 点到坐标原点O 距离；
(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径（用已知量d 表示结果）。

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
【解题分析】
两个电荷未换之前，分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C 产生的电场不同位置M 和N ，克服电场力做功相同，有：
﹣Q A （0﹣φM ）=﹣Q B （0﹣φN ）
即
Q A φM =Q B φN
由于2Q A =Q B ，所以得：φM =2φN ；将这两电荷位置互换后，电荷A 、B 分别具有的电势能E A 和E B 为：
E A =﹣Q A φN =﹣20φN
E B =﹣Q B φM =﹣40⨯2φN =﹣80φN
由于φN <0，所以E A <E B ，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2、C
【解题分析】
A ．根据玻尔理论可知，氢原子从6n =能级向1n =能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从6n =能级向2n =能
级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从6n =能级向1n =能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从6n =能级向2n =能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故A 正确；
B ．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核式结构理论，故B 正确；
C ．β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，故C 错误；
D ．质子、中子、α子的质量分别是1m 、2m 、3m ，质子和中子结合成一个α粒子的过程中亏损的质量为
12322m m m m +-∆=
根据爱因斯坦质能方程可知释放的能量是1223(22)m c m m +-，故D 正确；
本题选择错误的，故选C 。

3、A
【解题分析】
先对4块木板整体受力分析，受重力4mg 和两侧墙壁对木块向上的静摩擦力2f ，根据平衡条件，有： 2f =4mg ；解得：f =2mg ，即墙壁对木板的静摩擦力为2mg ；再对木板3、4整体分析，受重力2mg ，墙壁对其向上的静摩擦力，大小为f =2mg ，设2对3、4的静摩擦力为f ′，向上，根据平衡条件，有： f ′ f =2mg ，故f ′=2mg -f =1．故A 正确,BCD 错误． 4、C
【解题分析】
A 、根据动能定理得：
()()Mg 0AB BC AB BC CD S sin S sin Mg S cos S cos MgS θβμθβμ+-+-=,解得：7μ16
=，故A 错误； B 、小滑块在AB 面上运动时所受的摩擦力大小 f 1=μMgcos53°，小滑块在BC 面上运动时所受的摩擦力大小 f 2=μMgcos37°，则f 1＜f 2，而位移相等，则小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC 面上运动克服摩擦力做功，故B 错误。

C 、根据题意易知小滑块在A 、B 面上运动的平均速度小于小滑块在B 、C 面上的平均速度，故小滑块在AB 面上运动时间大于小滑块在BC 面上运动时间，C 正确；
D 、小滑块在AB 面上运动的加速度2143/8
a gsin gcos m s θμθ=-=，小滑块在BC 面上运动的加速度225/2
a gsin gcos m s βμβ=-=
，则 12:43:20a a =， 故D 错误。

故选C ．
5、B
【解题分析】
CD ．小球到达A 点时，PA 为位移，设PA 与水平方向的夹角为θ，则1tan tan 602θ=︒，小球到达B 点时，PB 为位移，设PB 与水平方向的夹角为α，则1tan tan 602
α=
︒，因此PA 与水平方向的夹角等于PB 与水平方向的夹角，选项CD 错误； AB ．因为θα=，可知P 、A 、B 在同一直线上，假设PAB 为斜面，小球从P 点运动到A 点的时间
012tan v t g
θ= 水平位移
201012tan v x v t g
θ== 则
2012tan cos cos PA v x s g θθθ
==， 同理得
()2022tan cos PB v s g θ
θ=
因此PB 长是PA 长的4倍，选项A 错误，选项B 正确.
故选B.
6、A
【解题分析】
对石块P 受力分析如图
由几何关系知：
180454
θ︒==︒ 根据平衡条件得，Q 对P 作用力为： 22cos 45mg N mg =
= A 正确，BCD 错误。

故选A 。

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、ADE
【解题分析】
A ．在干涉现象中，振动加强的点的振幅比振动减弱的点的振幅大，但是振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小，选项A 正确；
B ．单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，当驱动力的频率与单摆的固有频率相等时振幅最大，则外力的频率越大时，单摆的振幅不一定越大，选项B 错误；
C ．全息照片的拍摄利用了激光干涉的原理，选项C 错误；
D ．根据多普勒效应，频率为v 的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于v ，选项D 正确；
E ．电磁波是横波，在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，选项E 正确。

故选ADE 。

8、BC
【解题分析】
A ．根据冲量的定义式可知物块从0t =时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为
0022G I mg t mgt ==
故A 错误；
B ．由于在0t 时撤去恒力1F 加上反向恒力2F ，物块在02t 时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为x ，加速度为1a ，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得
21012
x a t = 根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为
010v a t =
撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为2a ，则有
2002012
x v t a t -=- 联立解得
213a a =
物块在02t 时的速度为
202002v v a t v =-=-
物块从0t 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为
2003P mv mv mv ∆=-=-
即物块从0t 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为03mv ，故B 正确；
C ．物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得
100sin θ0F I mg t mv -=-
解得1F 的冲量大小为
1
00sin θF I mgt mv =+ 故C 正确；
D ．撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得
2000sin θ2F I mg t m v mv --=--
解得
200sin θ3F I mgt mv =+
故D 错误；
故选BC 。

9、AB
【解题分析】
A ．电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故A 正确；
B ．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，故B 正确；
C ．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故C 错误；
D ．光电效应现象说明了光的粒子性，并不是波动性，故D 错误。

故选AB 。

10、AC
【解题分析】
A ．电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场线的方向沿竖直方向，带正电的质子弯曲的方向向下，所以质子受力的方向向下，从A 到
B 的过程中电场力做正功，所以质子的速度增大，故A 正确；
B ．质子受力的方向向下，质子带正电，则电场的方向向下，而沿着电场线电势逐渐降低，故b 的电势高于c 的电势；
故B 错误；
C ．质子在A 点的速度大小为v 1，在B 点的速度大小为v 2，质子在沿等势面方向的分速度不变为v 1，所以质子运动的时间
11
cos x L t v v θ== 故C 正确；
D ．在沿电场线的方向的位移为y =L sin θ，由动能定理有
22211122
qEy mv mv =- 联立解得
()22212sin m v v E qL θ-=
故D 错误。

故选AC 。

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）ABC (2)2
4mgs h
（3）减小 增大 2 【解题分析】
（1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m 、小球抛出点到落地点的水平距离s 、桌面到地面的高度h ，故选ABC ．
（2）由平抛规律可知：竖直方向上：h=12gt 2，水平方向上：s=vt ，而动能E k =12mv 2联立可得E k =2
4mgs h
； （3）由题意可知如果h 不变，m 增加，则相同的△L 对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水平位移s 变小，s-△L 图线的斜率会减小；只有h 增加，则物体下落的时间增加，则相同的△L 下要对应更大的水平位移s ，故s-△L
图线的斜率会增大．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即E p =2
4mgs h
，可知E p 与△s 的2次方成正比，而△s 与△L 成正比，则E p 与△L 的2次方成正比．
【题目点拨】
本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能，然后根据平抛规律以及动能表达式即可求出动能的表达式，弹性势能转化为物体的动能，从而得出结论．根据x 与△L 的图线定性说明m 增加或h 增加时x 的变化，判断
斜率的变化．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能和动能的表达式，得出弹性势能与△x 的关系，
△x 与△L 成正比，
得出E p 与△L 的关系．
12、2.5×10－11 偏小 偏大
【解题分析】
[1]这滴溶液中纯油酸的体积
3811311=10mL=2.510mL=2.510m 50080
V ---⨯⨯⨯⨯ [2][3]若用轮廓范围内完整方格的总面积当作油膜的面积，则没有计算到不完整方格的面积，所以计算得到的油膜面积偏小，由V d S =
可知，估算的油酸分子直径偏大
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）023q m Bt π= （2）2113a ⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝
⎭ 【解题分析】
（1）所有粒子在磁场中做运速圆周运动的半径r 相同，对沿y 轴正方向发射的粒子，从P 点射出磁场。

其运动的轨迹如图1所示.
由几何知识得
222(3)a a r r +-=
可得
23r = 3sin a r θ=
= 可知
θ=60° 故此粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角为120°，运动的时间为圆周运动周期的13
，即
011233m t T Bq
π==⨯ 可得
23q m Bt π= （2）如图2所示，当粒于轨迹圆直径的另一端点落在磁场的右边界上时，即为粒子从磁场右边界射出的最高点，
则
2221(3)(2)y a r +=
得
1213
y a = 当粒子轨迹圆与磁场的右边界相切时.即为粒子从磁场布边界射出的最低点。

则
2222(3)y a r r +-=
得
2y a =
故粒子从磁场右边界射出的区域长度为
122113l y y a ⎛=+=+ ⎝⎭
. 14、（1）222
12B L v R
（2）2318B L v R
（3）①当 0<t ≤6L v
时，F N =mg ②当6L v <t <56L v 时， F N =(1+μ)mg -2122B B L v R
sin x L π
③当56L v ≤t <L v
时， F N =mg 【解题分析】 （1）当棒AB 运动到2L x =
处时，棒AB 的有效切割长度最长，安培力最大，则外力F 最大，功率也最大，此时： F =B 1IL =2211122B Lv B L v B L R R
=，P m =Fv 解得：
P m =222
12B L v R
； (2) 棒AB 在匀强磁场区域B 1的运动过程中，产生的感应电动势为：
E =B 1Lv sin L
πx 则感应电动势的有效值为：
E
有效，I 有效 t =L v
可以得到：
Q = 2
I 有效Rt =2318B L v R
； (3)当CD 棒所受安培力F 安=μmg 时，设棒AB 所在位置横坐标为x 0，对棒CD 受力分析可得： 122B B Lyv R =μmg y =L sin L
πx 0 解得：
x 0=6L ，x 1=56
L 则：
t 1=
06x L v v =，t 2=156x L v v
= ①当 0<t ≤6L v 时， 则：
F N =mg ②当
6L v <t <56L v
时，则： F N =mg +μmg -122B B Lyv R 即：
F N =(1+μ)mg -2122B B L v R sin x L π ③当56L v ≤t <L v
时，则： F N =mg 。

15、 (1)03E v B =；(2)N x =；(3)253r d = 【解题分析】
（l ）粒子在第二象限做圆周运动的半径为r 1，圆心为O ，有
200v qv B m r
= 11sin 30r r d -︒=
由上两式解得
02mv B dq
= 粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知 60βα==︒
设粒子在x 轴上N 点的速度为v ，有
002cos v v v β
=
= 又 2201122
qEd mv mv =- 解得
2032mv E dq
= 所以
03E v B
= (2)设P 点的纵坐标为(),0P x -，由几何关系得
P x =
设粒子在电场中运动的时间为t ，N 点横坐标为x N ，则有 0tan 2v d t β= 0N x v t =
解得
233
N x d = (3)粒子在第四、三象限中运动半径为r 2，圆心为O 2，则 2232cos3033
r d d ︒=+
解得 253
r d =。