【文档说明】河北省沧州市部分示范性高中2024届高三下学期三模试题 物理 Word版含解析.docx，共(18)页，1.720 MB，由管理员店铺上传

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高三物理考试全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．选择题用2B

铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．大量处在激发态n的氢原子向基态

跃迁时能向外辐射三种不同波长的光子，三种光子的波长分别为123、、，且有123，波长为1的光能使某种金属发生光电效应现象．则下列说法正确的是（）A．4n=B．波长为3的光一定能使该金属发

生光电效应现象C．123=+D．跃迁后的氢原子电势能不变2．如图甲、乙所示的交流电分别加在两定值电阻12RR、两端，已知122RR=，若两图中的横、纵坐标均为已知量，图甲为正弦曲线．则下列说法正确的是（）A．

甲图中交流电压的有效值为02UB．乙图中交流电压的有效值为032UC．02T时间内两定值电阻12RR、上产生的热量之比为1:16D．0T时间内两定值电阻12RR、上产生的热量之比为1:53．如图所示为某透明介质制成的棱镜截面，该

截面由14扇形和直角三角形构成，已知OAR=，30B=，一细光束由平面上的A点斜射入棱镜，细光束在D点刚好发生全反射，已知弧长AC等于弧长DC的3倍，光在真空中的速度为c．下列说法正确的是（）A．该透明介质的折射率为3B．光束在A点入射角的正弦值为22C．光线第一次射出棱镜

时从BC边射出D．光束从A点射入到第一次从棱镜中射出的时间为()2363Rc+4．甲、乙两小球在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，已知小球甲的质量小于小球乙的质量，两小球碰撞前后的位移随时间的变化规律如图所示．则下列说法正

确的是（）A．图线A为碰前乙的位移—时间图像B．图线C为碰后甲的位移—时间图像C．小球甲、乙的质量之比为1∶2D．两小球的碰撞为非弹性碰撞5．如图所示，两人用两根轻绳拴接一重物于O点，跨过两侧的定滑轮AB、用外力缓慢地提升重物，

使重物沿竖直虚线运动，已知OAOB，左、右两侧施加的外力大小分别为12FF、，两定滑轮处在同一高度．则重物上升到与定滑轮等高之前，下列说法正确的是（）A．12FFB．1F一直减小，2F也一直减小C．12FF为定值D．12FF、的合力大于重物的重力6．如图甲所示为一列水平向右传

播的简谐横波上的两质点ab、，两质点之间的距离为3mx=，ab、两质点的振动图像分别如图乙、丙所示，已知波长3m．下列说法正确的是（）A．该波的波长可能为18mB．该波的波速为1.2m/sC．从0t=时刻起1.5s内，质点a通过

的路程为()31m+D．从0t=时刻起1.5s内，质点b通过的路程为23m7．6G通信能力将达到5G的10倍以上，5G向6G的发展是从万物互联向“万物智联，数字李生”的一个过程，只要有卫星信号就能够实现6G通讯．假设如图所示的四颗卫星

刚好覆盖全球通讯，四颗卫星到地面的高度相等，已知地球的半径为R，同步卫星到地面的高度为地球半径的6倍，公转周期为T，引力常量为G，忽略四颗卫星间的万有引力，下列说法正确的是（）A．地球的密度为21372πGTB．地球表面

的重力加速度为22686πRTC．四颗卫星到地球表面的高度为2RD．四颗卫星的环绕周期为22343T二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求、全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．8．如图甲所示，一导体棒与导

线构成闭合回路，然后用绝缘轻绳悬挂在天花板上，空间存在一圆形磁场区域，导体棒刚好与圆的水平直径重合，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小随时间的变化规律如图乙所示．已知圆形磁场区域的半径为0.2mr=，导体棒的质量为0.4kgm=、长度为0

.6mL=、电阻Ω100R=，当4st=时绝缘轻绳的张力刚好为零，忽略导线以及轻绳的重力，重力加速度210m/sg=．则下列说法正确的是（）A．04s内，流过导体棒的电流方向向右B．05TB=C．流过导体棒的电流为2AD．2s时，轻绳的张力为0.4N9．一带正电

的物体仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，物体的动能随位移的变化规律如图所示，已知物体所带的电荷量为q，坐标原点为电势零点．则下列说法正确的是（）A．002x区域电场方向沿x轴正方向B．00x与002xx区域电场强度大小之比为1:2C．0x处的电势为0EqD．0与02x处的电势差

为0Eq−10．如图所示，半径为4mR=的圆弧轨迹沿竖直方向固定，倾角为53=的光滑斜面与弧形轨道BCDE相切于B点，D点为轨迹的最低点，O为圆心，其中37COD==，质量为0.5kgm=可视为质点的物体由A点静止释

放，经过一段时间运动到B点，由于物体与圆弧轨道不同位置之间的动摩擦因数不相同，物体在BCD段做匀速圆周运动．已知A点到B点的距离为4mx=，物体在BC段与CD段克服摩擦力做的功分别为12WW、，重力加速度21

0m/s,sin370.6,sin530.8g===，忽略空气阻力．则下列说法正确的是（）A．物体从B到D的过程，合力的冲量等于零B．12:16:37WW=C．物体在BC、两点重力的瞬时功率之比为4:3D．物体在CD、两点对轨道的压力大小之比为12:13三、非选择题：本题共5小题，共54分

．11．（6分）某实验小组的同学利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，在铁架台上固定一角度测量仪，用一长度为L的细线拴接一小球，自然下垂时小球刚好位于光电门处．首先用游标卡尺测量了小球的直径()ddL，然后将小球拉离平衡位置一个角度，使小球由静止释放，记录小球经过光电门时的挡光时间

t，多次改变角度，并记录每次所对应的挡光时间，已知重力加速度为g．（1）用50分度的游标卡尺测量小球的直径时，游标卡尺的读数如图乙所示，该小球的直径d=______mm；（2）实验时______（填“需要”或“不需要”）测量小球的质量m；（3）通过

记录的实验数据，以cos为横轴，欲将图线拟合成一条直线应以______（填“2t”“t”1t”或“21t”）为纵轴，若该过程小球的机械能守恒，则图线的斜率k=______（用题中所给字母表示）．12．（8分）某实验小组的同学利用实验室提供的实验器材制成了简易欧姆

表，电路图如图所示，已知电源的电动势为3.0VE=，内阻为1.5Ωr=，电流表的是程为20mA，内阻为g50Ωr=，两滑动变阻器的调节范围足够大．（1）用笔画线代替导线完成电路连接；（2）该简易欧姆表有两个倍率，开关断开

时，欧姆表的倍率为“10”，滑动变阻器2R接入电路的电阻值为2R=______Ω，在红黑两表笔间接一未知电阻xR，电流表的指针指在15mA处，则xR=______Ω；如果开关闭合，欧姆表的倍率为“1”，滑动变阻器1

R接入电路的电阻值为1R=______Ω（保留三位有效数字），两表笔短接，欧姆调零时，滑动变阻器2R接入电路的电阻值为2R=______；（3）如果该欧姆表的电池使用时间太长，电动势减小，内阻略微变大，但该欧姆表仍能进行欧姆调零，在测量电阻时，测量值______（填“大于”“等于”或

“小于”）真实值．13．（10分）如图所示，倾角为30=的斜面体固定，下端封闭长为150cmL=的玻璃管，用两段长度均为10cml=的水银柱将气柱1、2封闭，将玻璃管开口向上静置在斜面上，稳定时气柱1、2的长度分别为12

40cm50cmll==、，已知环境温度为23t=−℃，大气压强恒为075cmHgp=．（以下结果均保留两位有效数字）（1）仅将玻璃管在竖直平面内沿顺时针方向缓慢转过60，稳定时空气柱1、2的长度分别为多少？（2）仅将环境的温度缓慢升高到77℃，通过分析计算是否有水银溢出．14．（1

4分）如图所示，倾角为30=的斜面体ABC固定，质量为m的滑块a（可视为质点）由斜面体上的A点以010m/sv=的初速度沿斜面体下滑，质量为m、长为6mL=的长木板b放在水平面上，左端与斜面体的底端衔接，长木板的上表面与斜面体的底端相平

齐．已知12.8m7mABBC==、，滑块a与ABBC、以及长木板上表面的动摩擦因数分别为132=、233152==、，长木板与水平面间的动摩擦因数为415=，重力加速度210m/sg=，假设滑块a经过C点时的速度大小不变，最大静摩擦力等

于滑动摩擦力．求：（1）滑块a滑上长木板b时的速度大小；（2）整个过程中长木板b的位移．15．（16分）如图所示，空间存在正方体区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，三个区域的侧面竖直，中轴线在同一水平线上．区域Ⅰ中存在水平向右的加速电压1U；区域Ⅱ中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为11T

5B=，区域Ⅱ中前后表面为两带电金属板，后表面带正电，前表面带负电，电势差的大小为421.010VU=，间距10cmd=；区域Ⅲ中的平面bdhf将该区域分成两个三棱柱，三棱柱abdefh−中存在竖直向

上的匀强磁场，磁感应强度大小为2B（大小未知），三棱柱bcdfgh−中存在与平面cdhg平行由c指向d的匀强电场，电场强度大小为55.010V/mE=．一比荷为71.010C/kgk=的带正电的粒子由区域Ⅰ左侧面的中心

O点静止释放，经区域Ⅰ中的电场加速后沿直线穿过区域Ⅱ，最终由区域Ⅲ左侧表面的中心垂直该侧面进入区域正，粒子经时间712π10st−=第一次运动到bdhf面，且此时的速度与ab边平行．已知区域Ⅲ的abad、边界足够大，忽略粒子的重力．求：（1）区域Ⅰ中的电压1U；（2）三

棱柱abdefh−中磁感应强度2B的大小；（3）粒子从射入区域Ⅲ到第四次通过bdhf面的时间以及第二次与第四次通过bdhf面上位置的间距．参考答案、提示及评分细则1．【答案】B【解析】由2C3n=可知3n=，A错误；由公式cf=可知cf=，又123

，则123fff，光电效应的产生条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当波长为1的光能使某种金属发生光电效应现象，波长为3的光一定能使该金属发生光电效应现象，B正确；由光子能量hcE=，根据跃迁规律可得312hchchc=+，则312111=+，

C错误；当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，半径减小，则氢原子的电势能减小，D错误．2．【答案】C【解析】图甲中交流电电压的有效值为012UU=，A错误，设图乙中交流电电压的有效值为2U，则有()2220

02222UTUTUTRRR+=，解得02102UU=，B错误；02T时间内，图甲中交流电电压的有效值为012UU=，定值电阻1R上产生的热量为22101128UUTQRR==，图乙中交流电电压的有效

值为202UU=，定值电阻2R上产生的热量为22202222UUTQRR==，解得12:1:16QQ=，C正确；0T时间内，定值电阻1R上产生的热量为22101124UUTQTRR==，定值电阻2R上产生

的热量为222022252UUTQTRR==，解得12:1:10QQ=，D错误．3．【答案】D【解析】由题意，弧AC等于弧DC的2倍，则弧AD所对应的圆心角为60，所以OAD△为正三角形，光束在棱镜中的临界角为60C=，由临界角公式得1sinnC=，解得233n=，A错误；设光束在A

点的入射角为i，光束由A点射入棱镜的折射角为30r=，由折射定律得sinsininr=，解得3sin3i=，B错误；光线在D点的反射光线与OC垂直，光在BC面的入射角为60，即光线在BC面发生全反射，光线射到AB面时的入射角为

30，小于临界角，光线第一次射出棱镜时从AB边射出，C错误；作出光束在棱镜中的光路图，如图所示，由以上分析可知ADR=，光线在D点的反射光线与OC垂直，假设垂足为G，由几何关系30DOC=，则sin2RDGRDOC==，又()()23

233cos,tan6022RRCGRRDOCGECG−−=−===，又由几何关系得EFADR==，光在棱镜中传播的距离为()31xADDGGEEFR=+++=+，光在棱镜中的速度为32cvcn==，光束从A点射入到第

一次从棱镜中射出的时间()2363Rxtvc+==，D正确．4．【答案】A【解析】由图像可知图线ABD、、对应的小球的速度大小分别为00000022ABCxxxvvvttt===、、，由题意小球甲的质量小于小球乙的质量，即碰前小球乙的动量大于

小球甲的动量，又由于碰撞过程两小球组成的系统动量守恒，碰后系统的动量方向与碰前小球乙的动是方向相同，结合实际分析可知碰后小球乙静止，小球甲反弹，所以图线A为碰前小球乙的图线，图线C为碰后小球乙的图线，A正确，B错误；由碰撞过程动量守恒定律得BACmvmvmv+=

乙甲甲，由以上解得:1:3mm=乙甲，C错误；碰前系统的动能为2220k120111222BAxEmvmvmt=+=乙甲甲，碰后系统的动能为220k2201122CxEmvmt==甲甲，显然k1k2EE=，所以该碰撞为弹性碰撞，D错误．5．【答案】A【解析】对重物受

力分析，如图甲所示，重物缓慢地提升，则重物处于动态平衡，由力的平衡条件可知，12FF、的合力与重物的重力大小相等，方向相反，D错误；设1212,,,,COhACxBCxAOsBOs=====，由几何光系得12coscoshhss

==、，因为OAOB，所以，由受力分析根据正弦定理得12sinsinFF=，则12FF，A正确；由受力分析并根据余弦定理得()22212122cos180GFFFF=+−−−，解得()2212122cosGFFFF=+++，重物上升()+之

和增大，由于重力不变，所以1F一直增大，2F也一直增大，B错误；由12sinsinFF=得2222112221sinsinxxhFxFxh+==+，由于h变化，则12FF变化，C错误．6．【答案】C【解析】由图丙可知该机械波的周期为6sT=，振

幅为2m,0At==时刻质点a向下振动，且3may=，质点b正在平衡位置向上振动，则ab、两质点的平衡位置的间距为124xn=++，又3m，当0n=时9m,1n==时2.25m=（舍掉），A错误；由公式vT=得1.5m/sv=，B

错误；从0t=时刻起1.5s内质点a通过的路程为()31mas=+，C正确；从0t=时刻起1.5s内质点b通过的路程等于一个振幅，即2mbs=，D错误．7．【答案】D【解析】对地球的同步卫星有2224πMmGmrrT=，又由7rR=，整理得2321372πRMGT=，扡球的体积

为34π3VR=，地球的密度为MV=，由以上整理得21029πGT=，A错误，对于处在地球表面的物体，则有2MmGmgR=得2GMgR=，解得221372πRgT=，B错误；由题意四颗卫星刚好覆盖全球通讯，如图所示，由图中的

几何关系可知卫星到地面的高度为()221hRRR=−=−，C错误；对四颗卫星和同步卫星，由开普勒第三定律得31122233RTRT=，则3232(2)(7)RTRT=，解得22343TT=，D正确．8．【

答案】BC【解析】由题意可知，04s的时间内穿过闭合回路的磁场向外均匀增加，由楞次定律可知回路中的电流顺时针，即流过导体棒的电流方向向左，A错误，由法拉第电磁感应定律得()20ΔΦπ,ΔΦΔ1,Δ2rEBSBSt=

==−=，流过导体棒的电流为EIR=，导体棒所受的安培力为A02FBIr=，又4st=时绝缘轻绳的张力为零，则由AFmg=，联立以上解得05T,2ABI==，BC正确；2st=时，导体棒所受的安培力大小为A22.4NtFBIr==，对导体框由力的平衡条

件得A1.6NFmgF=−=，D错误．9．【答案】BD【解析】00~x动能一直增加，该区域的电场力向右，又电荷带正电，则电场方向向右；002xx动能一直减小，则电场方向向左，A错误；物体仅在电场力作用下运动，由动能定理得k0FxEE=−，

整理得k0EFxE=+，图线的斜率表示电场力，00x区域000100002,2EEEFxxxx−==区域0020000222EEFxxx−==−−，所以00x与002xx区域电场力之比为1:2，由FEq=可知电场强度大小之比为1∶2，B正确；物体在整个运动过程中，只有电场力做功，则只

有电势能和动能的转化，由于原点处电势为零，则电势能为零，由能量守恒定律得0012pEEE=+，又10pxEq=，解得00xEq=−，C错误；同理02x处的电势能为p200,2EEx=处的电势为020xEq=，0与02x处的电势差为0200EUq=−=−，D正确．10．【答案】CD

【解析】物体由B到D做匀速圆周运动，在BD、两点动量大小相等，方向不同，故Δ0p，合外力冲量不为0,A错误；物体从B到C的过程，由动能定理得()1cos37cos530mgRW−−=，解得14JW=，同理物体从C到D的过程，由动能定理得()21cos370mgRW−−=，解得24JW=

，所以有12:1:1WW=，B错误；物体由A到B，由21sin2Bmgxmv=得8m/sBv=，物体在B点时，重力的瞬时功率为cos3732WBBPmgv==，物体在D点时，重力的瞬时功率为cos5324WCBPmgv==，解得:4:3BCPP=，C正确；物体在C点时，

由牛顿第二定律得2cos37BNCvFmgmR−=，解得12NNCF=，物体在D点时，由牛顿第二定律得2BNDvFmgmR−=，解得13NNDF=，物体在CD、两点对轨道的压力分别为12N13N、，因此物体在

CD、两点对轨道的压力大小之比为12:13，D正确．11．【答案】（6分）（1）4.20（2）不需要（3）31t22gLd−【解析】（1）由游标卡尺的读数规则可知，游标卡尺是50分度，精确到0.02mm，因此该遮光条的宽度为4mm0.0210mm4.20mm+=；（2）（3）由于小球经过光电门

时挡光时间极短，则挡光时间内小球的平均速度近似等于瞬时速度，则小球经过光电门时的速度为dvt=；若该过程小球的机械能守恒，则小球减少的重力势能等于动能的增加量，()211cos2mgLmv−=，由以上整理得

222122cosgLgLtdd=−+，显然若小球的机械能守恒，处理实验数据时不需要测量小球的质量，此时图线的斜率为22gLkd=−．12．【答案】（8分）（1）如图所示（2）98.5505.568.5（3）大

于【解析】（1）根据欧姆表的内部构造可知，电流的方向从红表笔流入、黑表笔流出，电路图如图所示；（2）电流表满偏时，欧姆表的内阻为Ωg150ΩERI==，此时2ng98.5ΩRRRr=−−=，测量电阻时指针15mA处，则有nxEIRR=+，得50ΩxR=；并联电阻1R的

阻值应调为g1101RR=−5.56Ω，两个倍率共用同一表盘刻度，中值电阻等于该倍率下欧姆表的内阻，当倍率为“1”时，欧姆表内阻为15Ω,ERII==总总为流过电源的最大电流，解得10gII=总，需要把电

流表的量程扩大为原来的10倍，改装电表总内阻gg5Ω10RR==，则2Ωg8.5ΩRRRr=−−=；（3）欧姆表内的电池使用时间太长，电动势减小，内电阻增大，欧姆调零时，由于满偏电流gI不变，由公式gEIR=，电动势减小，欧姆表内阻R得调小，待测

电阻的测量值是通过电流的示数体现出来的，由gg1xxxIRIEIRRRRRR===+++，可知当R变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数偏大．13．【解析】（1）开始，对水银柱甲由力的平衡条件得200sin30pSpSglS

=+则空气柱2的压强为2080cmHgp=对水银柱乙由力的平衡条件得1020sin30pSpSglS=+则空气柱1的压强为1085cmHgp=将玻璃管沿顺时针方向缓慢转过60，稳定时，空气柱1、2的压强分别为112195cmHg85cmH

gpp==、对空气柱2由玻意耳定律得2022121plSplS=代入数据解得2147cml=对空气柱1由玻意耳定律得1011111plSplS=代入数据解得1136cml=（2）假设环境的温度缓慢升高到77℃时没有水银溢出，则空气柱1、2均做等压变化．对空气柱1由盖・吕萨克定律得11

201lSlSTT=解得1256cml=空气柱2由盖·吕萨克定律得22201lSlSTT=解得2270cml=由122212146cm150cmllllL+++==，所以没有水银溢出14．【解析】（1）滑块a在

AB段下滑时，由牛顿第二定律得11sincosmgmgma−=解得212.5m/sa=−，说明滑块a在AB段做匀减速直线运动设滑块a到达B点的速度为Bv，则由22012BABvvax−=解得6m/sBv=滑块a在BC段下滑时，由牛顿第二定律得22sincosm

gmgma−=解得222m/sa=，说明滑块a在BC段做匀加速直线运动设滑块a到达C点的速度为Cv，则由2222CBBCvvax−=解得8m/sCv=（2）滑块a滑上长木板b后，ab间的摩擦力为35

faFmgm==长木板b与水平面间的最大静摩擦力为()44fbfaFmmgmF=+=则滑块a滑上长木板后，滑块a开始减速，长木板b开始加速，对滑块a由牛顿第二定律得33mgma=解得235m/sa=对

长木板b由牛顿第二定律得()344mgmmgma−+=解得241m/sa=设经时间1t，滑块a和长木板b达到共同速度，则由3141Cvatat−=解得14s3t=此时二者的速度为324m/s3Cv

vat=−=二者的相对位移为1116Δm223CvvvxttL+=−=因此二者共速后，ab、一起在水平面上做减速运动，直到速度减为零，二者减速时的加速度为2542m/sag==二者共同减速的时间为252s3vta==整个过程木板的位移为()122vxtt=+代入数据解得4m3x=15．【解

析】（1）设粒子离开区域Ⅰ的速度为0v，粒子在区域Ⅰ中，由动化定理得21012qUmv=粒子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，则粒子在区域Ⅱ中所受的电场力与洛伦兹力大小相等，即10qEqBv=在区域Ⅱ中，又有2UE

d=解得505.010m/sv=代入数据解得411.2510VU=（2）由题意可知粒子从射入区域Ⅲ到第一次通过bdhf面的时间为14个周期，作出粒子在区域Ⅲ中的运动轨迹，俯视图如图所示．设粒子在磁场2B中的轨道半径为R，由2002vqvBmR=得02mvRqB=粒子在磁场中

的运动周期为02RTv=又71210s4Tt−==由以上解得20.25T0.2mBR==、（3）由题意可知，粒子沿电场线的方向进入电场，粒子在电场中往复运动，沿平行于ab的方向第二次通过bdhf面由图中的Q点进入磁场，由牛顿第二

定律得qEma=则122510m/sakE==粒子在电场中运动的时间为7022210svta−==粒子第二次进入磁场后的速度仍为0v，轨道半径仍为R，再次偏转14个周期，由M点第三次经过bdhf面，粒子再次在磁场中运动的时间为731210stt−=

=由几何关系22m5QMR==粒子离开bdhf面的速度方向平行于ad，该速度方向与电场方向垂直，此后粒子在电场中做类平抛运动，则粒子沿速度方向有04xvt=粒子沿ad方向有2412yat=解得74210s0.1mtx

−==、由几何关系得22m10MNx==则粒子第二次与第四次通过bdhf面的间距为32m10sQMMN=+=粒子从射入区域四到第四次通过bdhf面的时间为1234ttttt=+++解得()741π10st−=+