海南省文昌华侨中学2023-2024学年高三第六次模拟考试物理试卷含解析

海南省文昌华侨中学2023-2024学年高三第六次模拟考试物理试卷
请考生注意：
1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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，磁感应强度为B 的匀强磁场分布在半径为R 的圆内，CD 是圆的直径，质量m 、电荷量为q 的带正电的粒子，从静止经电场加速后，沿着与直径CD 平行且相距22R 的直线从A 点进入磁场。

若带电粒子在磁场中运动的时间是2m qB
π，则加速电场的电压是（ ）
A ．222
B R q m B ．22B R q m
C ．222B R q m
D ．22
4qB R m 2、如图所示为三颗卫星a 、b 、c 绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b 、c 是地球同步卫星，a 在半径为r 的轨道上，此时a 、b 恰好相距最近，已知地球质量为M ，半径为R ，地球自转的角速度为ω，引力常量为G ，则（ ）
A ．卫星b 加速一段时间后就可能追上卫星c
B ．卫星b 和c 的机械能相等
C ．到卫星a 和b 下一次相距最近，还需经过时间t 3
GM r ω- D ．卫星a 减速一段时间后就可能追上卫星c
3、一辆汽车以速度v 匀速行驶了全程的一半，以2v 行驶了另一半，则全程的平均速度为（ ） A ．2v B ．23v C ．32
v D ．3v 4、真空中一半径为r 0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r 表示该直线上某点到球心
的距离，r 1、r 2分别是该直线上A 、B 两点离球心的距离，根据电势图像（φ-r 图像），判断下列说法中正确的是（ ）
A ．该金属球可能带负电
B ．A 点的电场强度方向由A 指向球心
C ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度
D ．电荷量大小为q 的正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力做功W =q （φ1-φ2）
5、太阳系中各行星绕太阳运动的轨道在同一面内。

在地球上观测金星与太阳的视角为θ（金星、太阳与观察者连线的夹角），长时间观察该视角并分析记录数据知，该视角的最小值为0，最大值为m θ。

若地球和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，则金星与地球公转周期的比值为（ ）
A ()23m cos θ
B ()3m 1
sin θ
C ()3m sin θ
D ()3
m cos θ 6、汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。

设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F 0时，安全气囊爆开。

在某次试验中，质量m 1=1 600 kg 的试验车以速度v 1 = 36 km/h 正面撞击固定试验台，经时间t 1 = 0.10 s 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。

则在本次实验中汽车受到试验台的冲量I 0大小和F 0的大小分别为（ ）（忽略撞击过程中地面阻力的影响。

）
A ．I 0=5.76×104N·S ，F 0=1.6×105N
B ．I 0=1.6×104N·S ，F 0=1.6×105N
C ．I 0=1.6×105N·S ，F 0=1.6×105N
D ．I 0=5.76×104N·S ，F 0=3.2×105N
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、一简谐机械横波沿x 轴负方向传播，已知波的波长为8 m ，周期为2 s ，t ＝0 s 时刻波形如图甲所示，a 、b 、d 是波上的三个质点。

图乙是波上某一点的振动图象，则下列说法正确的是
A ．图乙可以表示质点b 的振动
B ．在0~0.25s 和0.25~0.5s 两段时间内，质点b 运动位移相同
C ．该波传播速度为v ＝16m/s
D ．质点a 在t =1s 时位于波谷
E.质点d 简谐运动的表达式为y =0.1sinπt （m ）
8、如图所示，灯泡A 、B 完全相同，理想变压器原副线圈匝数比n 1：n 2=5：1，指示灯L 的额定功率是灯泡A 的15，当输入端接上1102sin100(V)u t π=的交流电压后，三个灯泡均正常发光，两个电流表均为理想电流表，且A 2的示数为0.4A ，则（ ）
A ．电流表A 1的示数为0.08A
B ．灯泡A 的额定电压为22V
C ．灯泡L 的额定功率为0.8W
D ．原线圈的输入功率为8.8W
9、回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R 。

两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直。

A 处粒子源产生质量为m 、电荷量为+q 的粒子，在加速器中被加速，加速电压为U 。

下列说法正确的是（ ）
A ．交变电场的周期为m Bq
π B ．粒子射出加速器的速度大小与电压U 成正比
C ．粒子在磁场中运动的时间为22BR U π
D ．粒子第1次经过狭缝后进入磁场的半径为12mU B q
10、如图所示，两个平行的导轨水平放置，导轨的左侧接一个阻值为R 的定值电阻，两导轨之间的距离为L .导轨处在匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向竖直向上.一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 垂直于两导轨放置，导体棒与导轨的动摩擦因数为μ。

导体棒ab 在水平外力F 作用下，由静止开始运动了x 后，速度达到最大，重力加速度为g ，不计导轨电阻。

则（ ）
A ．导体棒ab 的电流方向由a 到b
B ．导体棒ab 运动的最大速度为22()()F mg R r B L
μ-+ C ．当导体棒ab 的速度为v 0（v 0小于最大速度）时，导体棒ab 的加速度为220()B L v F g m R r m
μ--+ D ．导体棒ab 由静止达到最大速度的过程中，ab 棒获得的动能为E k ，则电阻R 上产生的焦耳热是k Fx mgx E μ--
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）某实验小组在实验室做“验证牛顿运动定律”实验：
（1）在物体所受合外力不变时，改变物体的质量，得到数据并作出1a m -
图象如图甲所示.由1a m
-图象，你得出的结论为____________
（2）物体受到的合力大约为______（结果保留三位有效数字）
（3）保持小车的质量不变，改变所挂钩码的数量，多次重复测量.在某次实验中根据测得的多组数据在坐标纸上画出a-F 关系的点迹如图乙所示.经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生这些问题的主要原因可能是______
A ．轨道与水平方向夹角太大
B ．轨道保持了水平状态，没有平衡摩擦力
C ．所挂钩码的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
D ．所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势
12．（12分）某同学要测定电阻约为200Ω的圆柱形金属材料的电阻率，实验室提供了以下器材：
待测圆柱形金属R x ；
电池组E （电动势6V ，内阻忽略不计）；
电流表A 1（量程0~30mA ，内阻约100Ω）；
电流表A 2（量程0~600μA ，内阻2000Ω）；
滑动变阻器R 1（阻值范围0~10Ω，额定电流1A ）
电阻箱R 2（阻值范围0~9999Ω，额定电流1A ）
开关一个，导线若干。

(1)先用螺旋测徽器测出该金属材料的截面直径，如图甲所示，则直径为___________mm ，然后用游标卡尺测出该金属材料的长度，如图乙所示，则长度为___________cm 。

(2)将电流表A 2与电阻箱串联，改装成一个量程为6V 的电压表，则电阻箱接入电路的阻值为_______Ω。

(3)在如图内所示的方框中画出实验电路图，注意在图中标明所用器材的代号______。

(4)调节滑动变阻器滑片，测得多组电流表A 1、A 2的示数I 1、I 2，作出I 2-I 1图像如图丁所示，求得图线的斜率为k =0.0205，
则该金属材料的电阻R x =___________Ω。

（结果保留三位有效数字）
(5)该金属材料电阻率的测量值___________（填“大于”“等于”或“小于”）它的真实值。

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，水平面上固定着一条内壁光滑的竖直圆弧轨道，BD 为圆弧的竖直直径，C 点与圆心O 等高。

轨道半径为0.6m R =，轨道左端A 点与圆心O 的连线与竖直方向的夹角为53θ=︒，自轨道左侧空中某一点Р水平抛出一质量为m 的小球，初速度大小03m/s v =，恰好从轨道A 点沿切线方向进入圆弧轨道已知sin530.8︒=，cos530.6︒=，求：
（1）抛出点P 到A 点的水平距离；
（2）判断小球在圆弧轨道内侧运动时，是否会脱离轨道，若会脱离，将在轨道的哪一部分脱离。

14．（16分）如图所示，足够长的“U”形框架沿竖直方向固定，在框架的顶端固定一定值电阻R，空间有范围足够大且垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电阻值均为R的金属棒甲、乙垂直地放在框架上，已知两金属棒的质量分别为m=2.0×10-2kg、m乙=1.0×10-2kg。

现将金属棒乙锁定在框架上，闭合电键，在金属棒甲上施加一竖直向上的恒力F，经过一段时间金属棒甲以v=10m/s的速度向上匀速运动，然后解除锁定，金属棒乙刚好处于静止状态，忽略一切摩擦和框架的电阻，重力加速度g=10m/s2。

则
(1)恒力F的大小应为多大？
(2)保持电键闭合，将金属棒甲锁定，使金属棒乙由静止释放，则金属棒乙匀速时的速度v2应为多大？
(3)将两金属棒均锁定，断开电键，使磁感应强度均匀增加，经时间t=0.1s磁感应强度大小变为2B此时金属棒甲所受的安培力大小刚好等于金属棒甲的重力，则锁定时两金属棒之间的间距x应为多大？
15．（12分）一个长方形透明物体横截面如图所示，底面AB镀银，（厚度可忽略不计），一束光线在横截面内从M点的入射，经过AB面反射后从N点射出，已知光线在M点的入射角α=53°，长方形厚度h=2cm，M、N之间距离s=3cm。

求：
(1)画出光路图，并求透明物体的折射率；
(2)若光速为c=3.0×108 m/s，求光在透明物体中传播时间。

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】 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期是2m T qB
π＝；
粒子在磁场中运动的时间是
24
m
T t qB π＝＝ 如图所示，粒子从A 点进入磁场后，从E 点射出．O 为磁场圆的圆心，设∠AOC =α 则sin α=
22
，则 α=45°
粒子做圆周运动的圆心是O 1点，设半径O 1A =r ，O 1A ⊥CD ，∠COO 1=45°．
由图可知 2R
粒子做圆周运动 2v qvB m r
= 加速过程满足
212
Uq mv = 解得加速电压
22B R q U m
= 故选B 。

2、C
【解析】
A.卫星b 加速后将做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星c ，选项A 错误；
B.卫星的机械能等于其动能与势能之和，因不知道卫星的质量，故不能确定卫星的机械能大小关系，选项B 错误；
C.对卫星a ，根据万有引力提供向心力有：
22a Mm G mr r
ω= 所以卫星a 的角速度
a ω=可知半径越大角速度越小，卫星a 和
b 由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2π，所以可得经历的时间：
t = 选项C 正确；
D.卫星a 减速后将做近心运动，轨道半径减小，不可能追上卫星c ，选项D 错误；
故选C 。

3、B
【解析】
设全程为2s ，前半程的时间为：1s t v =．后半程的运动时间为：222
s s t v v ==．则全程的平均速度为：1222 3s v v t t ==+．故B 正确，ACD 错误．故选B.
4、D
【解析】
A ．由图可知0到r 0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，A 错误；
B ．沿电场线方向电势降低，所以A 点的电场强度方向由A 指向B ，B 错误；
C ．r ϕ-图像斜率的物理意义为电场强度，所以A 点的电场强度大于B 点的电场强度，C 错误；
D ．正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力做功
()12AB W qU q ϕϕ==-
D 正确。

故选D 。

5、C
【解析】
如图所示
最大视角m θ时，观察者与金星的连线应与金星的轨道相切。

由几何关系得
sin m r r θ=金地
万有引力提供向心力有
2
224Mm G mr r T
π= 解得
33m 3(s )in T r T r θ==金金地地
故C 正确，ABD 错误。

6、B
【解析】
汽车受到试验台的冲量等于汽车动量的改变量的大小
40113601600 1.610N s 3.6
I m v =-=⨯=⨯⋅ 平均撞击力，根据动量定理可知
00I F t =
带入数据解得：
50 1.610N F ⨯=
A ． I 0=5.76×104N·S ，F 0=1.6×105N 与分析不符，故A 错误；
B ． I 0=1.6×104N·S ，F 0=1.6×105N 与分析相符，故B 正确；
C ． I 0=1.6×105N·S ，F 0=1.6×105N 与分析不符，故C 错误；
D ． I 0=5.76×104N·S ，F 0=3.2×105N 与分析不符，故D 错误。

故选：B 。

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
【解析】
A ．由图乙知，t =0时刻质点经过位置向下运动，图甲是t =0时刻的波形，此时a 位于波峰，位移最大，与图乙中t =0时刻质点的状态不符，而质点b 在t =0时刻经过平衡位置向下运动，与图乙中t =0时刻质点的状态相符，所以图乙不能表示质点d 的振动，可以表示质点b 的振动，故A 正确；
B ．由于质点做简谐振动，并不是匀速直线运动，则在0～0.25s 和0.25～0.5s 两段时间内，质点b 运动位移不相同，故B 错误；
C ．由图可知，波的波长为8m ，周期为2s ，故传播速度
4m/s v T λ
==
故C 错误；
D ．因周期T =2s ，那么质点a 在t =1s 时，即振动半个周期，其位于波谷，故D 正确；
E ．根据平移法可知，质点d 下一时刻沿着y 轴正方向运动，振幅
10cm 0.1m A ==
而
2ππrad/s T
ω== 因此质点d 简谐运动的表达式为
0.1sin πm y t =（）
故E 正确。

故选ADE 。

8、AC
【解析】
A ．副线圈的总电流即A 2的示数为I 2＝0.4A ，由理想变压器两端的电流比等于匝数的反比，可得
212110.4A 0.08A 5
n I I n ==⨯= 即电流表A 1的示数为0.08A ，故A 正确；
BC ．变压器的输入电压的有效值为U =110V ，根据全电路的能量守恒定律有
1L A 2UI P P =+
而指示灯L 的额定功率是灯泡A 的15
，即 A L 5
P P = 联立解得
A 4W P =，L 0.8W P =
由电功率
2A A A A 2
I P U I U ==⋅
可得 A 20V U =
故B 错误，C 正确；
D ．对原线圈电路由1L UI P P =+入，可得原线圈的输入功率
1L (8.80.8)W 8W P UI P =-=-=入
故D 错误。

故选AC 。

9、CD
【解析】
A ．为了能够使粒子通过狭缝时持续的加速，交变电流的周期和粒子在磁场中运动周期相同，即
2m T qB
π= A 错误；
B ．粒子最终从加速器飞出时
2
v qvB m R
= 解得
qBR v m
= 粒子飞出回旋加速器时的速度大小和U 无关，B 错误；
C ．粒子在电场中加速的次数为n ，根据动能定理
212
nqU mv = 粒子在磁场中运动的时间
222
22111122222BR U
q B R m t n T m qU m qB ππ=⋅=⋅⋅⋅⋅⋅= C 正确；
D ．粒子第一次经过电场加速
2112
qU mv = 进入磁场，洛伦兹力提供向心力
2111
v qv B m R = 解得
11mv R qB ===D 正确。

故选CD 。

10、BC
【解析】
A ．根据楞次定律，导体棒ab 的电流方向由b 到a ，A 错误；
B ．导体棒ab 垂直切割磁感线，产生的电动势大小
E =B Lv
由闭合电路的欧姆定律得
E I R r
=+ 导体棒受到的安培力
F A =B IL
当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得
22m B L v mg F R r
μ+=+ 解得最大速度
tn 22()()F mg R r v B L
μ-+= B 正确；
C ．当速度为v 0由牛顿第二定律得
220B L v F mg ma R r
μ--=+ 解得
220()B L v F a g m R r m
μ=--+ C 正确；
D ．在整个过程中，由能量守恒定律可得
E k +μmgx +Q =Fx
解得整个电路产生的焦耳热为
Q =Fx －μmgx －E k
D 错误。

故选BC 。

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、在物体所受合外力不变时，物体的加速度与质量成反比 0.150N 至0.160N 之间均对 BC
【解析】
(1)[1] 由1a m
-
图象，得出在物体所受合外力不变时，物体的加速度与质量成反比。

(2)[2]由牛顿第二定律F ma =得1a F m
=⋅，即图线的斜率等于小车所受的合外力，大小为 0.78N 0.156N 5.0F == (3)[3]AB ．拉力不为零时，加速度仍为零，可能有平衡摩擦力，故A 错误B 正确；
CD ．造成上部点迹有向下弯曲趋势，原因是没有满足所挂钩码的总质量远远小于小车质量，选项C 正确D 错误。

12、9.203 10.405 8000 209 等于
【解析】
(1)[1][2]．根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数为9mm ，可动刻度部分读数为20.3×0.01mm ，所以金属材料的直径为d=9mm+0.203mm=9.203mm ；根据游标卡尺读数规则，金属材料的长度L=10.4cm+0.005cm=10.405cm 。

(2)[3]．改装后电压表量程为U =6V ，由
I 2g （r 2g +R 2)=U
解得
R 2=8000Ω
即电阻箱接入电路的阻值为8000Ω。

(3)[4]．由于待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的阻值，所以需要设计成滑动变阻器分压接法，将电阻箱与电流表A 2串联后并联在待测电阻两端，由于改装后的电压表内阻已知，所以采用电流表外接法。

(4)[5]．由并联电路规律可得
I 2（r 2g +R 2)=(I 1-I 2）R x
变形得
2122x g x
R I I r R R =
++ 由 220.0205x g x
R k r R R ==++ 解得金属材料的电阻
R x =209Ω。

(5)[6]．由于测量电路无系统误差，金属材料的电阻测量值等于真实值，可知金属材料的电阻率测量值等于真实值。

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）1.2m ；（2）会，小球在轨道CD 部分脱离轨道
【解析】
（1）如图所示，画出小球通过A 点时的速度矢量三角形 0tan y v v θ=
y gt =v
0PA x v t =
代入数据求得
1.2m PA x =
（2）根据速度矢量三角形
0cos A v v θ
= 21cos 2
A mv mgR θ> 说明小球能越过轨道C 点；
假设小球能从A 运动到D ，根据动能定理
2211(1cos )22
D A mgR mv mv θ-+=- 解得
5.8m/s D v =
若小球恰能通过D 点则有
2D v mg m R
'= D v gR '=
D v '= 因D D v v '<，因此小球会在轨道CD 部分脱离轨道。

14、 (1) 0.4N ；(2) 5m/s ；(3) 2m 3
x =
【解析】
(1)金属棒甲匀速运动时，由力的平衡条件可知： F =m 甲g +BI 甲L
由题图可知流过金属棒乙的电流大小应为： 2
I I =乙甲 金属棒乙刚好处于静止状态，由平衡条件可知：
2
BI L m g =甲乙 由以上整理得：
F =m 甲g +2m 乙g
代入数据解得：
F =0.4N ；
(2)金属棒乙锁定，闭合电键，金属棒甲向上匀速运动时，有 E 甲=BLv 1
由闭合电路的欧姆定律得：
23E I R
=甲甲 对金属棒乙，由平衡条件可知：
BI 甲L =2BI 乙L =2m 乙g
解得：
1223m gR v B L
=乙 将金属棒甲锁定，金属棒乙匀速时，有：
22223B L v m g BI L R
'==乙 解得：
22232m gR v B L =乙 联立解得：
v 2=5m/s ；
(3)由法拉第电磁感应定律得：
BS BLx E t t t
∆Φ∆===∆∆ 由闭合电路的欧姆定律得： 2E I R =
由题意可知：
m 甲g =2BIL
联立以上可得：
2122
3m gR v B L = 解得：
13v tm x m =甲乙
代入数据得：
2m 3
x =。

15、 (1) ，43
n =；(2)-102.210s ⨯ 【解析】
光路图如图所示
由几何知识可得：
3tan 224
s h =
= 故可得 123437∠=∠=∠=∠=︒ 根据折射定律
sin sin i n r
=
可得 sin 4sin13
n α=
= (2)根据c n v = ，可得 34
c v c n == 由几何知识可得
5cm OM ON M N s s s '+== 故光在透明物体中传播时间为 -102.210s OM ON s s t v +=
=⨯。