2023-2024學年廣東省茂名市高州市高三下學期三模物理試卷（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE42024年廣東省茂名市高州市高考物理三模試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）水袖是對古代服飾衣袖的夸張展現(xiàn)，戲曲演員經(jīng)常通過對水袖的運用來刻畫人物。假設某段時間里水袖波形可視為簡諧波，如圖甲所示為演員水袖表演過程中某時刻的波形，此時刻記為，是平衡位置的質(zhì)點，如圖乙為質(zhì)點的振動圖像，則下列說法正確的是A．該簡諧波沿軸正方向傳播 B．該簡諧波的傳播速度為 C．質(zhì)點在內(nèi)通過的路程為 D．質(zhì)點在內(nèi)沿軸方向移動了〖答案〗〖祥解〗由圖乙讀出時刻質(zhì)點的振動方向，在甲圖上，利用波形平移法判斷波的傳播方向；讀出波長和周期，再求波速；根據(jù)時間與周期的倍數(shù)，求解質(zhì)點在內(nèi)通過的路程。質(zhì)點只在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移?！窘獯稹拷猓?、由圖乙可知，時刻，質(zhì)點向上振動。在甲圖上，根據(jù)波形平移法可知該波沿軸負方向傳播，故錯誤；、由甲圖可知，由圖乙可知，則該波的傳播速度為，故錯誤；、由于，所以質(zhì)點在內(nèi)通過的路程為，故正確；、簡諧波沿軸負方向傳播，質(zhì)點只在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移，故錯誤。故選：?！军c評】本題考查識別、理解振動圖象和波動圖象的能力，以及把握兩種圖象聯(lián)系的能力。對于波的圖象，往往先判斷質(zhì)點的振動方向和波的傳播方向間的關系。2．（4分）某住宅小區(qū)變壓器給住戶供電的電路示意圖如圖所示，變壓器可視為理想變壓器，所有電表視為理想電表，原線圈輸入有效值恒定的交流電壓，圖中為輸電線的總電阻。在用電高峰期，住戶使用的用電器增加時，下列說法正確的是A．電流表示數(shù)不變 B．電壓表示數(shù)增大 C．電壓表示數(shù)減小 D．發(fā)電機的輸出功率減小〖答案〗〖祥解〗和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的元件的電流和電壓的變化的情況。【解答】解：、當用電器增加時，電路中的總的電阻減小，所以電流要變大，即的示數(shù)變大，根據(jù)可知，電流表示數(shù)變大，故錯誤；、由于原、副線圈的匝數(shù)不變，原線圈輸入有效值恒定的交流電壓，根據(jù)可知，電壓表示數(shù)不變，故錯誤；、副線圈電流變大，電阻消耗的電壓變大，又因為的示數(shù)不變，所以示數(shù)減小，故正確；、由于變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等，由于副線圈的電阻減小了，輸出的功率變大了，所以原線圈的輸入的功率也要變大，故錯誤；故選：?！军c評】電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法。3．（4分）2024年1月11日，太原衛(wèi)星發(fā)射中心將云遙一號衛(wèi)星送入預定軌道，飛行試驗任務取得班滿成功。已知“云遙一號”在軌道做勻速圓周運動，運行周期為，地球的半徑為，地球表面的重力加速度為，引力常量為。忽略地球自轉的影響，下列說法正確的是A．地球的質(zhì)量為 B．“云遙一號”的軌道半徑為 C．“云遙一號”的線速度可能大于 D．“云遙一號”的加速度可能大于〖答案〗〖祥解〗地球表面的物體的重力近似等于萬有引力可解得地球的質(zhì)量，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動規(guī)律列式可求衛(wèi)星的軌道半徑、速度和加速度的大小關系?！窘獯稹拷猓骸⒌厍虮砻嬷亓铀俣葹?，地球表面的物體的重力近似等于萬有引力，有解得故正確；、設衛(wèi)星的軌道半徑為，根據(jù)萬有引力提供向心力，可得解得故錯誤；．根據(jù)萬有引力提供向心力解得即為第一宇宙速度，衛(wèi)星的速度小于，故錯誤；．由項可得，根據(jù)萬有引力提供向心力，可得解得故錯誤；故選：。【點評】本題以空間站運行為背景，考查萬有引力定律和黃金代換公式，關鍵要抓住萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力這兩條思路，并能靈活選擇向心力公式。4．（4分）如圖所示是指紋識別原理圖，其原理是利用光學棱鏡的全反射特性、在指紋谷線（凹部），入射光在棱鏡界面發(fā)生全反射，在指紋脊線（凸部），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到別地方，這樣，指紋模塊可接收到明暗相間的指紋圖像、已知水的折射率約為1.33，玻璃的折射率約為1.5。下列說法正確的是A．指紋模塊接收光線較亮的部位是指紋脊線 B．指紋模塊接收光線較暗的部位是干涉減弱的地方 C．沒有手指放入時，若光源正常發(fā)光，指紋模塊不會接收到光信號 D．手指濕潤時，指紋識別率會降低〖答案〗〖祥解〗指紋凸部（脊線），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到別的地方，指紋模塊接收到光線較暗；沒有手指放入時，入射光在棱鏡界面發(fā)生全反射；手指濕潤時，可能有部分光無法發(fā)生全反射?！窘獯稹拷猓涸谥讣y凸部（脊線），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到別的地方，指紋模塊接收到光線較暗，在指紋凹部（谷線），入射光在棱鏡界面發(fā)生全反射，指紋模塊接收到光線較亮，因此指紋模塊接收光線較暗的部位是指紋脊線，較亮的部位是指紋谷線，與干涉無關，故錯誤；沒有手指放入時，若光源正常發(fā)光，入射光在棱鏡界面發(fā)生全反射，指紋模塊上會接收到全亮圖像，故錯誤；因透明玻璃的折射率大于水的折射率，因此，手指濕潤時，棱鏡界面仍然有部分光能發(fā)生全反射，也可能有部分光無法發(fā)生全反射，使得指紋識別率低，故正確。故選：?！军c評】本題考查光的折射應用，解題關鍵要知道光在不同介質(zhì)表面會發(fā)生折射現(xiàn)象，從光密介質(zhì)傳播到光疏介質(zhì)時才有可能發(fā)生全反射。5．（4分）某無人駕駛汽車在研發(fā)過程中要進行試車，新車沿平直公路行駛的一段時間內(nèi)的圖像如圖所示，下列說法正確的是A．該車做勻加速運動 B．該車行駛的初速度大小為 C．該車行駛的加速度為大小為 D．該車在前3秒的位移是〖答案〗〖祥解〗根據(jù)圖像中的相關信息列出的的方程，進而建立關系，針對各選項具體分析?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)圖像可知的關系為，由此可得關系為，關系式中，方程的導函數(shù)為關系，由此可得關系為，關系中，方程的導函數(shù)為關系，由此可得關系為，根據(jù)以上各式可知，該車做勻減速直線運動，初速度大小為，初速度大小為，加速度大小為，前三秒的位移為（3），前3秒的位移為，故錯誤，正確。故選：?！军c評】將圖像轉化為關系式，再通過關系式得出其他物理量以解決此類問題。6．（4分）如圖所示為質(zhì)譜儀原理示意圖。由粒子源射出的不同粒子先進入速度選擇器，部分粒子沿直線通過速度選擇器的小孔進入偏轉磁場，最后打在之間的照相底片上。已知速度選擇器內(nèi)的電場的場強為、磁場磁感應強度為，偏轉磁場的磁感應強度為，、、是三種不同的粒子在照相底片上打出的點。忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用，下列說法正確的是A．打在位置的粒子速度最大 B．打在位置的粒子速度最大 C．如果射入偏轉磁場的粒子質(zhì)量為、電荷量為，則粒子的軌跡半徑為 D．如果氕核和氘核都進入偏轉磁場，則其在磁場中運動的時間之比為〖答案〗〖祥解〗粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，根據(jù)求出粒子的速度；粒子在偏轉磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律可以求出粒子在偏轉磁場中做勻速圓周運動的半徑，粒子在偏轉磁場中運動的周期，由此求解氕核和氘核在偏轉磁場中運動的時間之比?！窘獯稹拷猓?、粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，由平衡條件得：，可得粒子進入偏轉磁場時的速度都為，故錯誤；、粒子在偏轉磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得解得粒子做圓周運動的半徑為故錯誤；、粒子在偏轉磁場中運動的周期粒子在偏轉磁場運動時轉過的圓心角為，故粒子在偏轉磁場運動的時間為由于氕核的質(zhì)量是氘核的倍，所以其在磁場中運動的時間之比為，故正確。故選：。【點評】解決本題時，需要明確知道粒子在速度選擇器內(nèi)做勻速直線運動，洛倫茲力和電場力大小相等，方向相反，選擇速度一定的粒子。7．（4分）如圖所示，一架戰(zhàn)斗機掛載多枚炸彈在一定高度沿水平直線向左勻加速飛行，每隔一段相同時間釋放一枚炸彈。不計空氣阻力，一段時間后炮彈在空中的排列情況有可能是A．B．C． D．〖答案〗〖祥解〗根據(jù)運動的分解，結合平拋運動規(guī)律，可分析出正確選項。【解答】解：戰(zhàn)斗機在空中沿水平直線向左做勻加速運動，在時間△內(nèi)水平方向增加量△，豎直方向做自由落體運動，在時間△增加△，說明水平方向位移增加量與豎直方向位移增加量比值一定，則連線的夾角就是一定的，故正確，錯誤。故選：?！军c評】學生在解答本題時，應注意理解和掌握平拋運動的規(guī)律，并熟練運用運動的分解來分析問題。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．（6分）福島核污染水中含有60多種放射性核素，例如氚、碳等，其中很多放射性核素尚無有效處理技術。其中碘衰變生成氙引，半衰期長達年，將會對環(huán)境造成永久性污染。關于碘，下列說法正確的是A．衰變方程為 B．碘制成碘化物后半衰期減小 C．放射性污染物半衰期越長對環(huán)境影響越小 D．碘衰變過程會釋放能量〖答案〗〖祥解〗根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知衰變方程；放射性元素的半衰期只與原子核自身有關；衰變的過程中會釋放能量?！窘獯稹拷猓?、根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷守恒可知，衰變方程為，故正確；、半衰期與外界無關，故錯誤；、半衰期越長的放射性元素衰變的速度越慢，對環(huán)境的影響時間越長，故錯誤；、能自然發(fā)生的衰變過程存在質(zhì)量虧損，會釋放能量，故正確；故選：?！军c評】本題考查了原子核衰變等知識點，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒及核電荷數(shù)守恒寫出核反應方程式是解決本題的關鍵。9．（6分）如圖所示，粗糙水平地面上放置一質(zhì)量為的三棱柱，其橫截面為，與地面間的動摩擦因數(shù)為。質(zhì)量也為、半徑為的光滑圓柱體置于三棱柱與豎直墻壁之間，圓心與的連線與豎直方向的夾角為，圓柱體與三棱柱都保持靜止。已知重力加速度為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是A．墻壁對圓柱體的彈力大小為 B．地面對三棱柱的支持力大小為 C．要使三棱柱保持靜止，動摩擦因數(shù) D．將三棱柱向左推動很小一段距離，其所受到的摩擦力減小〖答案〗〖祥解〗分別對圓柱體和三棱柱進行受力分析，根據(jù)受力平衡，可得出各個選項?！窘獯稹拷猓簩A柱體受力分析，如圖可得，所以有，故錯誤；、對三棱柱受力分析，如圖可得，對圓柱體受力分析得，對三棱柱和圓柱體構成的整體受力分析，如圖得，聯(lián)立可得，即，故正確；、由與可得，將三棱柱向左推動一小段距離，增大，所以增大，故錯誤。故選：?！军c評】學生在解答本題時，應注意要選擇合適的受力分析對象，對其進行受力分析，同時要熟練掌握力的合成與分解。10．（6分）如圖所示，在某真空區(qū)域有一個空間坐標系，在軸上的點，0，、點，0，分別固定一個電荷量為的點電荷。軸上點坐標為，0，，軸上點坐標為，，?，F(xiàn)將一個電子置于點，則下列說法正確的是A．使電子從點沿軸正向移動，所受電場力先增大后減小 B．使電子從點沿軸向原點移動，所受電場力逐漸減小 C．使電子沿直線從點移動到點，所受電場力先增大后減小 D．使電子沿直線從點移動到點，其電勢能先減小后增大〖答案〗〖祥解〗根據(jù)點電荷電場的計算公式結合數(shù)學方法分析解答，根據(jù)電場力做功情況分析電勢能的變化情況?！窘獯稹拷猓?、在軸上任選一點，連接與，設其與軸夾角為，如圖所示，根據(jù)等量同種電荷的電場分布可知點的電場強度豎直向上，大小表示為整理得令，可得函數(shù)，對函數(shù)求導，令解得結合導函數(shù)的性質(zhì)可知，在，時單調(diào)遞增。在，時，單調(diào)遞戰(zhàn)因此時，電場強度最大即時場強最大，由此可知，使電子從點沿軸正向移動，所受電場力逐漸減小，使電子從點沿軸向原點移動，所受電場力先增大后減小，錯誤；、從原點向作垂線，設垂足為，則所以連線上點場強最大，使電子沿直線從點移動到點，所受電場力先增大后減小，電場力先做正功后做負功，所以電勢能先減小后增大，故正確。故選：?！军c評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，解題關鍵掌握電場的矢量合成，注意電場力做功情況分析電勢能的變化的關系。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）某同學做“用單擺測重力加速度”實驗。（1）他首先用游標卡尺測量金屬小球的直徑，測量結果如圖甲所示，則小球直徑2.050。（2）用秒表測出50次全振動的時間如圖乙所示，則單擺振動的周期為；（3）實驗時多次改變擺長，測出多組數(shù)據(jù)，作出擺長和對應的周期的圖像如圖丙所示，根據(jù)如圖丙數(shù)據(jù)可得（用、、、表示）?！即鸢浮剑?）2.050；（2）1.6；（3）〖祥解〗（1）（2）根據(jù)測量儀器的讀數(shù)規(guī)則得出對應的示數(shù)；（3）根據(jù)單擺的周期公式得出的表達式結合圖像斜率解答?！窘獯稹拷猓海?）游標卡尺的精確度為，則小球直徑；（2）秒表的讀數(shù)為周期為（3）根據(jù)單擺的周期公式有解得根據(jù)圖像可知則故〖答案〗為：（1）2.050；（2）1.6；（3）【點評】本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結合單擺的周期公式即可完成分析。12．（9分）某實驗小組要測量由新型合金材料制成的圓柱形金屬絲的電阻率，已知其長度為。（1）用螺旋測微器測量其直徑，示數(shù)如圖甲所示，其值為0.399；（2）先用多用電表歐姆擋的“”倍率粗測金屬絲的電阻，示數(shù)如圖乙所示，其電阻值為；（3）實驗電路如圖丙所示，根據(jù)電路圖完成如圖丁中的實物連線。（4）如果測得的金屬絲長度為，直徑為，電阻為，都采用國際單位制單位，則它的電阻率（用、、表示）。（5）由于電表內(nèi)阻的存在，待測電阻測量值（填“大于”、“小于”或“等于”其真實值?！即鸢浮剑?）0.399；（2）8；（3）實物連接圖：（4）；（5）小于?！枷榻狻剑?）螺旋測微器的精確度為，測量值估讀刻度對應示數(shù)對齊格數(shù)（估讀一位）精確度；（2）歐姆表測電阻，測量值歐姆表指針所指示數(shù)倍率；（3）電流表為外接法，滑動變阻器采用分壓式接法，根據(jù)實驗電路圖連接實物圖；（4）根據(jù)電阻定律球電阻率；（5）根據(jù)歐姆定律分析誤差?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的精確度為，其讀數(shù)為；（2）用多用電表的電阻“”擋，由圖乙可知電阻阻值為：；（3）根據(jù)實驗電路圖，可得如下實物連接圖：（4）根據(jù)電阻定律得：，其中解得電阻率（5）電路圖采用了電流表外接法，實驗誤差來源于電壓表分流，導致所測電流值偏大，使得待測電阻測量值小于真實值。故〖答案〗為：（1）0.399；（2）8；（3）實物連接圖：（4）；（5）小于?！军c評】本題考查了螺旋測微器以及伏安法測電阻；要熟練掌握歐姆定律、電阻定律和并聯(lián)電路的電流特點；要能正確進行誤差分析。13．（9分）一醫(yī)用氧氣瓶內(nèi)有瓶壓強為、溫度為、體積為的氧氣，該氧氣瓶內(nèi)氧氣可以通過調(diào)壓閥分裝到氧氣袋中以方便使用。設每次分裝時，氧氣袋內(nèi)無氣體，分裝結束后，每個氧氣袋的體積為，壓強為。（1）若分裝氣體之前，氧氣瓶由于受到日照，氧氣溫度會升高，當氧氣瓶內(nèi)氣體的壓強大于時，氧氣瓶有可能發(fā)生爆炸。①求氧氣能升高到的最高溫度；②已知氧氣內(nèi)能與溫度間的關系為為常數(shù)且已知），當氧氣升高到最高溫度時，求氧氣從外界吸收的熱量；（2）若分裝過程中瓶中和袋中的氧氣溫度始終保持不變，求分裝3個氧氣袋后，氧氣瓶內(nèi)所剩余氧氣的壓強?！即鸢浮剑?）①氧氣能升高到的最高溫度為；②氧氣從外界吸收的熱量為；（2）氧氣瓶內(nèi)所剩余氧氣的壓強為?！枷榻狻剑?）根據(jù)等容變化及熱力學第一定律分析解答；（2）分裝過程是等溫變化，根據(jù)玻意耳定律即可求解。【解答】解：（1）①由等容變化可知解得②根據(jù)△可知則△（2）剩余氣體的壓強為，由玻意耳定律可得解得答：（1）①氧氣能升高到的最高溫度為；②氧氣從外界吸收的熱量為；（2）氧氣瓶內(nèi)所剩余氧氣的壓強為?！军c評】本題考查理想氣體的狀態(tài)方程，應用過程中要確定氣體的初末狀態(tài)參量，根據(jù)對應的氣體定律解答。14．（14分）如圖所示，螺線管橫截面積為，線圈匝數(shù)為（匝，電阻為，管內(nèi)有水平向右的變化磁場。螺線管與相距的兩豎直放置的光滑金屬導軌相連，導軌處于垂直紙面向里、磁感應強度大小為的勻強磁場中。金屬桿垂直導軌，桿與導軌接觸良好，已知金屬桿的質(zhì)量為，電阻也為，重力加速度，不計導軌的電阻，不計空氣阻力。（1）為使桿保持靜止求通過桿的電流的大小和方向；（2）當桿保持靜止時，求螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度的變化率；（3）若螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度的變化率，將金屬桿由靜止釋放。①求桿的最大速度的大?。虎谝阎獥U從靜止到剛達到最大速度的過程中，流過桿的電荷量為，求該過程中桿的下落時間?！即鸢浮剑?）為使桿保持靜止，通過桿的電流的大小為，方向到由；（2）當桿保持靜止時，螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度的變化率為；（3）①桿的最大速度的大小為；②該過程中桿的下落時間為?！枷榻狻剑?）金屬桿平衡時，所受安培力豎直向上，大小與重力相等，可由平衡條件列式求出電流大小，由左手定則判斷電流的方向；（2）螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度的變化，導致螺線管充當電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應定律可求磁感應強度的變化率；（3）由于桿向下運動，安培力方向向上，電路中將有兩處產(chǎn)生感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求得電流大小，進而求得安培力大小，由受力平衡及動量定理解答?！窘獯稹拷猓海?）以為研究對象，根據(jù)平衡條件有解得：根據(jù)左手定則判斷可知通過桿電流方向為由到（2）根據(jù)法拉第電磁感應定律得根據(jù)歐姆定律得聯(lián)立解得（3）①根據(jù)法拉第電磁感應定律桿切割磁感線產(chǎn)生的電動勢感應電流速度最大時滿足解得②規(guī)定向下為正方向，根據(jù)動量定理有其中解得答：（1）為使桿保持靜止，通過桿的電流的大小為，方向到由；（2）當桿保持靜止時，螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度的變化率為；（3）①桿的最大速度的大小為；②該過程中桿的下落時間為?！军c評】由電磁感應而產(chǎn)生電流，再有電流產(chǎn)生運動，繼而再產(chǎn)生電磁感應的聯(lián)動過程要分析透徹，應用平衡條件時，要搞好受力分析。15．（16分）如圖所示，傾角的光滑斜面固定，斜面下端有固定擋板，質(zhì)量分別為、的滑塊、用輕彈簧相連放置在斜面上處于靜止狀態(tài)，滑塊與擋板接觸?，F(xiàn)將質(zhì)量為的滑塊在斜面上與相距處由靜止釋放，與發(fā)生彈性碰撞，碰后立即將取走，在斜面上做簡諧運動。重力加速度，，彈簧的勁度系數(shù)為且彈簧始終在彈性限度內(nèi)，已知彈簧的彈性勢能為為彈簧的勁度系數(shù)，為彈簧的形變量），、、可視為質(zhì)點，求：（1）物塊與碰后瞬間的速度分別為多大；（2）物塊與碰后做簡諧運動的振幅；（3）若物塊從斜面上某處由靜止釋放后，與碰后粘在一起做簡諧運動且恰好未離開擋板，求：①對擋板壓力的最大值；②物塊從斜面上由靜止釋放時與的距離?！即鸢浮剑?）物塊與碰后瞬間的速度大小分別為，；（2）物塊與碰后做簡諧運動的振幅為；（3）①對擋板壓力的最大值為；②物塊從斜面上由靜止釋放時與的距離為?！枷榻狻剑?）根據(jù)機械能守恒定律求得物塊與碰前瞬間的速度大小，物塊與發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律求解物塊與碰后瞬間的各自的速度大??；（2）碰撞后在斜面上做簡諧運動，由平衡條件求得在平衡位置時彈簧的壓縮量。根據(jù)機械能守恒定律求解振幅；（3）①碰撞后、結合體在斜面上做簡諧運動，由平衡條件求得在平衡位置時彈簧的壓縮量，再求得物體恰好不能離開擋板時彈簧的伸長量，進而可得做簡諧運動的振幅。當運動到最低點時，對擋板的壓力最大，確定此時彈簧的壓縮量，根據(jù)胡克定律與牛頓第三定律求解對擋板的壓力最大值；②根據(jù)機械能守恒定律求得、碰后粘在一起的初速度大小，根據(jù)動量守恒定律求得物塊與碰撞前瞬間的速度大小，對物塊下滑過程，根據(jù)機械能守恒定律求解物塊靜止釋放時與的距離?！窘獯稹拷猓海?）物塊與碰前瞬間的速度大小為，根據(jù)機械能守恒定律得：，解得：物塊與發(fā)生彈性碰撞，設碰后瞬間的速度分別為、，以沿斜面向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律得：聯(lián)立解得：，（2）碰撞后在斜面上做簡諧運動，初始靜止時所處的位置為平衡位置。由平衡條件：，可得在平衡位置時彈簧的壓縮量為：與碰撞后，獲得初速度，開始做簡諧運動，設其振幅為，當它運動到最低位置時，根據(jù)機械能守恒定律得：解得：（3）①碰撞后、結合體在斜面上做簡諧運動，設、結合體在處于平衡位置時，彈簧彈簧的壓縮量為。由平衡條件：解得：設物體恰好不能離開擋板時彈簧的伸長量為，此時對則有：，解得：可得做簡諧運動的振幅為：當運動到最低點時，對擋板的壓力最大，由對稱性可知，此時彈簧的壓縮量為：△此時彈簧的彈力為：△根據(jù)牛頓第三定律可知，對擋板的壓力的最大值為：解得：②設、碰后粘在一起的初速度大小為，從碰后到運動到最低點的過程由機械能守恒定律得：解得：設物塊與碰撞前瞬間的速度為，以沿斜面向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：，解得：物塊從斜面上由靜止釋放時與的距離為，對物塊下滑過程，由機械能守恒定律得：聯(lián)立解得：答：（1）物塊與碰后瞬間的速度大小分別為，；（2）物塊與碰后做簡諧運動的振幅為；（3）①對擋板壓力的最大值為；②物塊從斜面上由靜止釋放時與的距離為?！军c評】本題為簡諧運動與碰撞模型的綜合?？疾榱饲蠼夂喼C運動的平衡位置和振幅，動量守恒定律與機械能守恒定律的應用。對于存在彈簧的系統(tǒng)，解答時要注意分析彈簧的初末狀態(tài)是壓縮的還是伸長的，通過彈簧形變量的變化確定所研究過程的初末位置及位移。聲明：試題〖解析〗著作權屬所有，未經(jīng)書面同意，不得復制發(fā)布日期：2024/5/210:01:18；用戶：李震；郵箱：orFmNt1CdifzpBMmSJEkKyptxHaU@；學號：244329732024年廣東省茂名市高州市高考物理三模試卷一、選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）水袖是對古代服飾衣袖的夸張展現(xiàn)，戲曲演員經(jīng)常通過對水袖的運用來刻畫人物。假設某段時間里水袖波形可視為簡諧波，如圖甲所示為演員水袖表演過程中某時刻的波形，此時刻記為，是平衡位置的質(zhì)點，如圖乙為質(zhì)點的振動圖像，則下列說法正確的是A．該簡諧波沿軸正方向傳播 B．該簡諧波的傳播速度為 C．質(zhì)點在內(nèi)通過的路程為 D．質(zhì)點在內(nèi)沿軸方向移動了〖答案〗〖祥解〗由圖乙讀出時刻質(zhì)點的振動方向，在甲圖上，利用波形平移法判斷波的傳播方向；讀出波長和周期，再求波速；根據(jù)時間與周期的倍數(shù)，求解質(zhì)點在內(nèi)通過的路程。質(zhì)點只在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移?！窘獯稹拷猓?、由圖乙可知，時刻，質(zhì)點向上振動。在甲圖上，根據(jù)波形平移法可知該波沿軸負方向傳播，故錯誤；、由甲圖可知，由圖乙可知，則該波的傳播速度為，故錯誤；、由于，所以質(zhì)點在內(nèi)通過的路程為，故正確；、簡諧波沿軸負方向傳播，質(zhì)點只在平衡位置上下振動，并不會隨波遷移，故錯誤。故選：?！军c評】本題考查識別、理解振動圖象和波動圖象的能力，以及把握兩種圖象聯(lián)系的能力。對于波的圖象，往往先判斷質(zhì)點的振動方向和波的傳播方向間的關系。2．（4分）某住宅小區(qū)變壓器給住戶供電的電路示意圖如圖所示，變壓器可視為理想變壓器，所有電表視為理想電表，原線圈輸入有效值恒定的交流電壓，圖中為輸電線的總電阻。在用電高峰期，住戶使用的用電器增加時，下列說法正確的是A．電流表示數(shù)不變 B．電壓表示數(shù)增大 C．電壓表示數(shù)減小 D．發(fā)電機的輸出功率減小〖答案〗〖祥解〗和閉合電路中的動態(tài)分析類似，可以根據(jù)的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的元件的電流和電壓的變化的情況?！窘獯稹拷猓?、當用電器增加時，電路中的總的電阻減小，所以電流要變大，即的示數(shù)變大，根據(jù)可知，電流表示數(shù)變大，故錯誤；、由于原、副線圈的匝數(shù)不變，原線圈輸入有效值恒定的交流電壓，根據(jù)可知，電壓表示數(shù)不變，故錯誤；、副線圈電流變大，電阻消耗的電壓變大，又因為的示數(shù)不變，所以示數(shù)減小，故正確；、由于變壓器的輸入的功率和輸出的功率相等，由于副線圈的電阻減小了，輸出的功率變大了，所以原線圈的輸入的功率也要變大，故錯誤；故選：?！军c評】電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法。3．（4分）2024年1月11日，太原衛(wèi)星發(fā)射中心將云遙一號衛(wèi)星送入預定軌道，飛行試驗任務取得班滿成功。已知“云遙一號”在軌道做勻速圓周運動，運行周期為，地球的半徑為，地球表面的重力加速度為，引力常量為。忽略地球自轉的影響，下列說法正確的是A．地球的質(zhì)量為 B．“云遙一號”的軌道半徑為 C．“云遙一號”的線速度可能大于 D．“云遙一號”的加速度可能大于〖答案〗〖祥解〗地球表面的物體的重力近似等于萬有引力可解得地球的質(zhì)量，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動規(guī)律列式可求衛(wèi)星的軌道半徑、速度和加速度的大小關系?！窘獯稹拷猓?、地球表面重力加速度為，地球表面的物體的重力近似等于萬有引力，有解得故正確；、設衛(wèi)星的軌道半徑為，根據(jù)萬有引力提供向心力，可得解得故錯誤；．根據(jù)萬有引力提供向心力解得即為第一宇宙速度，衛(wèi)星的速度小于，故錯誤；．由項可得，根據(jù)萬有引力提供向心力，可得解得故錯誤；故選：?！军c評】本題以空間站運行為背景，考查萬有引力定律和黃金代換公式，關鍵要抓住萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力這兩條思路，并能靈活選擇向心力公式。4．（4分）如圖所示是指紋識別原理圖，其原理是利用光學棱鏡的全反射特性、在指紋谷線（凹部），入射光在棱鏡界面發(fā)生全反射，在指紋脊線（凸部），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到別地方，這樣，指紋模塊可接收到明暗相間的指紋圖像、已知水的折射率約為1.33，玻璃的折射率約為1.5。下列說法正確的是A．指紋模塊接收光線較亮的部位是指紋脊線 B．指紋模塊接收光線較暗的部位是干涉減弱的地方 C．沒有手指放入時，若光源正常發(fā)光，指紋模塊不會接收到光信號 D．手指濕潤時，指紋識別率會降低〖答案〗〖祥解〗指紋凸部（脊線），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到別的地方，指紋模塊接收到光線較暗；沒有手指放入時，入射光在棱鏡界面發(fā)生全反射；手指濕潤時，可能有部分光無法發(fā)生全反射。【解答】解：在指紋凸部（脊線），入射光的某些部分被吸收或者漫反射到別的地方，指紋模塊接收到光線較暗，在指紋凹部（谷線），入射光在棱鏡界面發(fā)生全反射，指紋模塊接收到光線較亮，因此指紋模塊接收光線較暗的部位是指紋脊線，較亮的部位是指紋谷線，與干涉無關，故錯誤；沒有手指放入時，若光源正常發(fā)光，入射光在棱鏡界面發(fā)生全反射，指紋模塊上會接收到全亮圖像，故錯誤；因透明玻璃的折射率大于水的折射率，因此，手指濕潤時，棱鏡界面仍然有部分光能發(fā)生全反射，也可能有部分光無法發(fā)生全反射，使得指紋識別率低，故正確。故選：?！军c評】本題考查光的折射應用，解題關鍵要知道光在不同介質(zhì)表面會發(fā)生折射現(xiàn)象，從光密介質(zhì)傳播到光疏介質(zhì)時才有可能發(fā)生全反射。5．（4分）某無人駕駛汽車在研發(fā)過程中要進行試車，新車沿平直公路行駛的一段時間內(nèi)的圖像如圖所示，下列說法正確的是A．該車做勻加速運動 B．該車行駛的初速度大小為 C．該車行駛的加速度為大小為 D．該車在前3秒的位移是〖答案〗〖祥解〗根據(jù)圖像中的相關信息列出的的方程，進而建立關系，針對各選項具體分析。【解答】解：根據(jù)圖像可知的關系為，由此可得關系為，關系式中，方程的導函數(shù)為關系，由此可得關系為，關系中，方程的導函數(shù)為關系，由此可得關系為，根據(jù)以上各式可知，該車做勻減速直線運動，初速度大小為，初速度大小為，加速度大小為，前三秒的位移為（3），前3秒的位移為，故錯誤，正確。故選：?！军c評】將圖像轉化為關系式，再通過關系式得出其他物理量以解決此類問題。6．（4分）如圖所示為質(zhì)譜儀原理示意圖。由粒子源射出的不同粒子先進入速度選擇器，部分粒子沿直線通過速度選擇器的小孔進入偏轉磁場，最后打在之間的照相底片上。已知速度選擇器內(nèi)的電場的場強為、磁場磁感應強度為，偏轉磁場的磁感應強度為，、、是三種不同的粒子在照相底片上打出的點。忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用，下列說法正確的是A．打在位置的粒子速度最大 B．打在位置的粒子速度最大 C．如果射入偏轉磁場的粒子質(zhì)量為、電荷量為，則粒子的軌跡半徑為 D．如果氕核和氘核都進入偏轉磁場，則其在磁場中運動的時間之比為〖答案〗〖祥解〗粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，根據(jù)求出粒子的速度；粒子在偏轉磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律可以求出粒子在偏轉磁場中做勻速圓周運動的半徑，粒子在偏轉磁場中運動的周期，由此求解氕核和氘核在偏轉磁場中運動的時間之比。【解答】解：、粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，由平衡條件得：，可得粒子進入偏轉磁場時的速度都為，故錯誤；、粒子在偏轉磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得解得粒子做圓周運動的半徑為故錯誤；、粒子在偏轉磁場中運動的周期粒子在偏轉磁場運動時轉過的圓心角為，故粒子在偏轉磁場運動的時間為由于氕核的質(zhì)量是氘核的倍，所以其在磁場中運動的時間之比為，故正確。故選：?！军c評】解決本題時，需要明確知道粒子在速度選擇器內(nèi)做勻速直線運動，洛倫茲力和電場力大小相等，方向相反，選擇速度一定的粒子。7．（4分）如圖所示，一架戰(zhàn)斗機掛載多枚炸彈在一定高度沿水平直線向左勻加速飛行，每隔一段相同時間釋放一枚炸彈。不計空氣阻力，一段時間后炮彈在空中的排列情況有可能是A．B．C． D．〖答案〗〖祥解〗根據(jù)運動的分解，結合平拋運動規(guī)律，可分析出正確選項?！窘獯稹拷猓簯?zhàn)斗機在空中沿水平直線向左做勻加速運動，在時間△內(nèi)水平方向增加量△，豎直方向做自由落體運動，在時間△增加△，說明水平方向位移增加量與豎直方向位移增加量比值一定，則連線的夾角就是一定的，故正確，錯誤。故選：?！军c評】學生在解答本題時，應注意理解和掌握平拋運動的規(guī)律，并熟練運用運動的分解來分析問題。二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8．（6分）福島核污染水中含有60多種放射性核素，例如氚、碳等，其中很多放射性核素尚無有效處理技術。其中碘衰變生成氙引，半衰期長達年，將會對環(huán)境造成永久性污染。關于碘，下列說法正確的是A．衰變方程為 B．碘制成碘化物后半衰期減小 C．放射性污染物半衰期越長對環(huán)境影響越小 D．碘衰變過程會釋放能量〖答案〗〖祥解〗根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知衰變方程；放射性元素的半衰期只與原子核自身有關；衰變的過程中會釋放能量?！窘獯稹拷猓?、根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷守恒可知，衰變方程為，故正確；、半衰期與外界無關，故錯誤；、半衰期越長的放射性元素衰變的速度越慢，對環(huán)境的影響時間越長，故錯誤；、能自然發(fā)生的衰變過程存在質(zhì)量虧損，會釋放能量，故正確；故選：?！军c評】本題考查了原子核衰變等知識點，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒及核電荷數(shù)守恒寫出核反應方程式是解決本題的關鍵。9．（6分）如圖所示，粗糙水平地面上放置一質(zhì)量為的三棱柱，其橫截面為，與地面間的動摩擦因數(shù)為。質(zhì)量也為、半徑為的光滑圓柱體置于三棱柱與豎直墻壁之間，圓心與的連線與豎直方向的夾角為，圓柱體與三棱柱都保持靜止。已知重力加速度為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是A．墻壁對圓柱體的彈力大小為 B．地面對三棱柱的支持力大小為 C．要使三棱柱保持靜止，動摩擦因數(shù) D．將三棱柱向左推動很小一段距離，其所受到的摩擦力減小〖答案〗〖祥解〗分別對圓柱體和三棱柱進行受力分析，根據(jù)受力平衡，可得出各個選項?！窘獯稹拷猓簩A柱體受力分析，如圖可得，所以有，故錯誤；、對三棱柱受力分析，如圖可得，對圓柱體受力分析得，對三棱柱和圓柱體構成的整體受力分析，如圖得，聯(lián)立可得，即，故正確；、由與可得，將三棱柱向左推動一小段距離，增大，所以增大，故錯誤。故選：。【點評】學生在解答本題時，應注意要選擇合適的受力分析對象，對其進行受力分析，同時要熟練掌握力的合成與分解。10．（6分）如圖所示，在某真空區(qū)域有一個空間坐標系，在軸上的點，0，、點，0，分別固定一個電荷量為的點電荷。軸上點坐標為，0，，軸上點坐標為，，?，F(xiàn)將一個電子置于點，則下列說法正確的是A．使電子從點沿軸正向移動，所受電場力先增大后減小 B．使電子從點沿軸向原點移動，所受電場力逐漸減小 C．使電子沿直線從點移動到點，所受電場力先增大后減小 D．使電子沿直線從點移動到點，其電勢能先減小后增大〖答案〗〖祥解〗根據(jù)點電荷電場的計算公式結合數(shù)學方法分析解答，根據(jù)電場力做功情況分析電勢能的變化情況。【解答】解：、在軸上任選一點，連接與，設其與軸夾角為，如圖所示，根據(jù)等量同種電荷的電場分布可知點的電場強度豎直向上，大小表示為整理得令，可得函數(shù)，對函數(shù)求導，令解得結合導函數(shù)的性質(zhì)可知，在，時單調(diào)遞增。在，時，單調(diào)遞戰(zhàn)因此時，電場強度最大即時場強最大，由此可知，使電子從點沿軸正向移動，所受電場力逐漸減小，使電子從點沿軸向原點移動，所受電場力先增大后減小，錯誤；、從原點向作垂線，設垂足為，則所以連線上點場強最大，使電子沿直線從點移動到點，所受電場力先增大后減小，電場力先做正功后做負功，所以電勢能先減小后增大，故正確。故選：?！军c評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，解題關鍵掌握電場的矢量合成，注意電場力做功情況分析電勢能的變化的關系。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．（6分）某同學做“用單擺測重力加速度”實驗。（1）他首先用游標卡尺測量金屬小球的直徑，測量結果如圖甲所示，則小球直徑2.050。（2）用秒表測出50次全振動的時間如圖乙所示，則單擺振動的周期為；（3）實驗時多次改變擺長，測出多組數(shù)據(jù)，作出擺長和對應的周期的圖像如圖丙所示，根據(jù)如圖丙數(shù)據(jù)可得（用、、、表示）?！即鸢浮剑?）2.050；（2）1.6；（3）〖祥解〗（1）（2）根據(jù)測量儀器的讀數(shù)規(guī)則得出對應的示數(shù)；（3）根據(jù)單擺的周期公式得出的表達式結合圖像斜率解答?！窘獯稹拷猓海?）游標卡尺的精確度為，則小球直徑；（2）秒表的讀數(shù)為周期為（3）根據(jù)單擺的周期公式有解得根據(jù)圖像可知則故〖答案〗為：（1）2.050；（2）1.6；（3）【點評】本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結合單擺的周期公式即可完成分析。12．（9分）某實驗小組要測量由新型合金材料制成的圓柱形金屬絲的電阻率，已知其長度為。（1）用螺旋測微器測量其直徑，示數(shù)如圖甲所示，其值為0.399；（2）先用多用電表歐姆擋的“”倍率粗測金屬絲的電阻，示數(shù)如圖乙所示，其電阻值為；（3）實驗電路如圖丙所示，根據(jù)電路圖完成如圖丁中的實物連線。（4）如果測得的金屬絲長度為，直徑為，電阻為，都采用國際單位制單位，則它的電阻率（用、、表示）。（5）由于電表內(nèi)阻的存在，待測電阻測量值（填“大于”、“小于”或“等于”其真實值?！即鸢浮剑?）0.399；（2）8；（3）實物連接圖：（4）；（5）小于?！枷榻狻剑?）螺旋測微器的精確度為，測量值估讀刻度對應示數(shù)對齊格數(shù)（估讀一位）精確度；（2）歐姆表測電阻，測量值歐姆表指針所指示數(shù)倍率；（3）電流表為外接法，滑動變阻器采用分壓式接法，根據(jù)實驗電路圖連接實物圖；（4）根據(jù)電阻定律球電阻率；（5）根據(jù)歐姆定律分析誤差?！窘獯稹拷猓海?）螺旋測微器的精確度為，其讀數(shù)為；（2）用多用電表的電阻“”擋，由圖乙可知電阻阻值為：；（3）根據(jù)實驗電路圖，可得如下實物連接圖：（4）根據(jù)電阻定律得：，其中解得電阻率（5）電路圖采用了電流表外接法，實驗誤差來源于電壓表分流，導致所測電流值偏大，使得待測電阻測量值小于真實值。故〖答案〗為：（1）0.399；（2）8；（3）實物連接圖：（4）；（5）小于。【點評】本題考查了螺旋測微器以及伏安法測電阻；要熟練掌握歐姆定律、電阻定律和并聯(lián)電路的電流特點；要能正確進行誤差分析。13．（9分）一醫(yī)用氧氣瓶內(nèi)有瓶壓強為、溫度為、體積為的氧氣，該氧氣瓶內(nèi)氧氣可以通過調(diào)壓閥分裝到氧氣袋中以方便使用。設每次分裝時，氧氣袋內(nèi)無氣體，分裝結束后，每個氧氣袋的體積為，壓強為。（1）若分裝氣體之前，氧氣瓶由于受到日照，氧氣溫度會升高，當氧氣瓶內(nèi)氣體的壓強大于時，氧氣瓶有可能發(fā)生爆炸。①求氧氣能升高到的最高溫度；②已知氧氣內(nèi)能與溫度間的關系為為常數(shù)且已知），當氧氣升高到最高溫度時，求氧氣從外界吸收的熱量；（2）若分裝過程中瓶中和袋中的氧氣溫度始終保持不變，求分裝3個氧氣袋后，氧氣瓶內(nèi)所剩余氧氣的壓強?！即鸢浮剑?）①氧氣能升高到的最高溫度為；②氧氣從外界吸收的熱量為；（2）氧氣瓶內(nèi)所剩余氧氣的壓強為。〖祥解〗（1）根據(jù)等容變化及熱力學第一定律分析解答；（2）分裝過程是等溫變化，根據(jù)玻意耳定律即可求解?！窘獯稹拷猓海?）①由等容變化可知解得②根據(jù)△可知則△（2）剩余氣體的壓強為，由玻意耳定律可得解得答：（1）①氧氣能升高到的最高溫度為；②氧氣從外界吸收的熱量為；（2）氧氣瓶內(nèi)所剩余氧氣的壓強為?！军c評】本題考查理想氣體的狀態(tài)方程，應用過程中要確定氣體的初末狀態(tài)參量，根據(jù)對應的氣體定律解答。14．（14分）如圖所示，螺線管橫截面積為，線圈匝數(shù)為（匝，電阻為，管內(nèi)有水平向右的變化磁場。螺線管與相距的兩豎直放置的光滑金屬導軌相連，導軌處于垂直紙面向里、磁感應強度大小為的勻強磁場中。金屬桿垂直導軌，桿與導軌接觸良好，已知金屬桿的質(zhì)量為，電阻也為，重力加速度，不計導軌的電阻，不計空氣阻力。（1）為使桿保持靜止求通過桿的電流的大小和方向；（2）當桿保持靜止時，求螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度的變化率；（3）若螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度的變化率，將金屬桿由靜止釋放。①求桿的最大速度的大小；②已知桿從靜止到剛達到最大速度的過程中，流過桿的電荷量為，求該過程中桿的下落時間?！即鸢浮剑?）為使桿保持靜止，通過桿的電流的大小為，方向到由；（2）當桿保持靜止時，螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度的變化率為；（3）①桿的最大速度的大小為；②該過程中桿的下落時間為?！枷榻狻剑?）金屬桿平衡時，所受安培力豎直向上，大小與重力相等，可由平衡條件列式求出電流大小，由左手定則判斷電流的方向；（2）螺線管內(nèi)磁場的磁感應強度的變化，導致螺線管充當電源，根據(jù)閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應定律可求磁感應強度的變化率；（3）由于桿向下運動，安培力方向向上，電路中將有兩處產(chǎn)生感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求得電流大小，進而求得安培力大小，由受力平衡及動量定理解答。【解答