【文档说明】河南省郑州市宇华实验学校2024届高三下学期第三次模拟考试 物理 含解析.docx，共(13)页，823.067 KB，由管理员店铺上传

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2024学年郑州市宇华实验学校高三（下）第三次模拟考试物理注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作

答无效。3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。1.一质点在连续的6s内做匀加速直线运动，在第一个2s内位移为12m，最后一个2s内位移为36m

，下面说法正确的是（）A.质点的加速度大小是26m/sB.质点的加速度大小是23m/sC.质点第2s末的速度大小是12m/sD.质点在第1s内的位移大小是6m2.如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训

练的航母，运动轨迹可视作半径为R的水平圆周。航母在圆周运动中，船身发生了向外侧倾斜，且甲板法线与竖直方向夹角为，船体后视简图如图乙所示。一质量为m的小物块放在甲板上，与甲板始终保持相对静止，两者之间的动摩

擦因数为()tan。假设航母的运动半径R、夹角不随航速改变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A.航母对小物块的支持力NcosFmg=B.小物块可能只受重力、支持力两个力作用C.航母的航速越大，则小物块受到的摩擦力越大D.航母的最大航速tan1tan

vgR−=+3.1917年斯泰瓦和托尔曼发现加速转动的金属环中产生了电流。正离子被金属晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运动，正离子和电子的运动共同产生电流。如图所示，金属环绕过圆心O且垂直于

环平面的轴顺时针转动，则（）A.若匀速转动，圆环中会产生恒定电流B.若匀速转动，转速越大圆环中电流越大C.若加速转动，圆环中有顺时针方向电流D.若加速转动，O处的磁场方向垂直纸面向外4.为了激发同学们的学习兴趣和探究精神，某学校建有节

能环保风力发电演示系统，该系统由风力发电机、交流电变压器和用户三部分构成，简易示意图如下。𝑡=0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈以每秒50转的转速转动，已知发电机线圈

面积𝑆=0.01𝜋𝑚2，匝数为𝑁=100匝，内阻不计；匀强磁场的磁感应强度为𝐵=√210𝑇。变压器部分，理想变压器原、副线圈的匝数比为𝑛1:𝑛2=1:4。在用户部分电路中电表均为理想电表，定值电阻𝑅

1=𝑅2=4𝛺，D为理想二极管（该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（）A.发电机产生的瞬时电动势𝑒=10√2𝑠𝑖𝑛(50𝜋𝑡)𝑉B.电压表的示数为40√2𝑉C.电流表的示数为5√2𝐴D.原线圈的输入功率为800𝑊5.如图所示，在空的铝制饮料罐中插入一根粗细均

匀的透明吸管，接口处用蜡密封，吸管中注入一段长度可忽略的油柱，在吸管上标上温度值，就制作成了一个简易气温计。若外界大气压不变，下列说法正确的是（）A.吸管上的温度刻度分布不均匀B.吸管上标的温度值由下往上减小C.温度升高时，罐内气体增加的内能大于吸收的热量D

.温度升高时，饮料罐内壁单位面积、单位时间受到气体分子撞击次数减少二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分。每小题有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。6.如图所示，水平放置的大餐桌转盘绕着过转盘圆心的竖直轴OO做匀速圆周运动，转

盘表面质地均匀；转盘上放着两个完全相同的小碟子，随着转盘共同转动；两个碟子的质量都是m，线速度大小都是v；其中一个碟子中装有一个苹果，在任何情况下苹果都与该碟子保持相对静止；另一个碟子是空的。以下说法正确的是（

）A.匀速转动时，碟子对转盘的摩擦力方向指向转盘圆心B.若转盘的角速度逐渐增大，则空碟子先相对转盘发生滑动C.转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子摩擦力的冲量大小为2mvD.转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子的摩擦力所做的功为零7.如图所示，在水平桌面上放有一正三角形线

框abc，线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L，线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ac边与磁场垂直，a、c两点接到直流电源上，流过ac边的电流为I，线框静止在桌面上，线框质量为m，重力加速度

为g，则（）A.线框受到的摩擦力大小为32BILB.线框受到的摩擦力大小为334BILC.线框对桌面的压力大小为12mgBIL−D.线框对桌面的压力大小为34mgBIL−8.某同学用单摆测量学校的重力加速度大小，他通过

改变摆长L，测出几组对应的周期T，并作出2TL−图像如图所示。下列说法正确的是（）A.应选用质量小、体积也小的小球做实验B.应从摆球经过最低点时开始计时C.图像不过坐标原点的原因可能是摆长测量值偏大D.通过作出2TL−图像处理数据来求得重力加速度，可消除因

摆球质量分布不均匀而导致的系统误差三、非选择题：本题共5小题，共62分。9.（6分）某同学用图甲所示装置测量重锤的质量，实验方法如下：在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为0m的铁片，重锤下端贴一遮光片，重锤下落时遮光片通过位于其正下方的光电门（图中未画出）

，光电门可以记录下遮光片的遮光时间；调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的遮光时间0t；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的遮光时间分别为1t，2t，3t(1)用游标卡尺测出

遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d=_______mm。(2)遮光时间为0t时，重锤的加速度为0a，从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的遮光时间为it，重锤的加速度为ia，则0iaa=_______（结果用0t和it表示

）。(3)做出0iaia−图像是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M=_______（用题目中的已知字母表示）。10.（12分）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。例如：（1）实验原理。某实验小组在做“油膜法估测油酸分子大小”的

实验中，需使油酸在水面上形成层油膜，为使油酸尽可能地散开，将纯油酸用酒精稀释，若稀释后的油酸酒精溶液的浓度为每1000mL油酸酒精溶液中有油酸0.5mL，用滴管向量筒内滴50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1mL，油酸未完全散开

就开始测量油酸膜的面积，会导致油酸分子直径的计算结果_______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。（2）实验操作。向心力演示器可以探究小球做圆周运动所需向心力F的大小与质量m、角速度ω、轨道半径r之间的关系，装置如图所示，两个变速塔轮通过皮

带连接。实验时，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随相应的变速塔轮匀速转动，槽内的金属小球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对小球的压力提供向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上黑白相间的等分格显示出两个金属球所受向心力的比值。①在研究向心力F的大

小与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时，我们主要用到的物理方法是。A.控制变量法B.等效替代法C.理想实验法②为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，下列说法正确的是。A.应使用两个质量不等的小球B.应使两小球离转轴的距离相

同C.应将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上（3）数据分析。在双缝干涉实验中，用红色激光照射双缝，在屏幕上形成双缝干涉图样。若已知双缝之间的距离为0.30mm，测得双缝到屏幕的距离为1.0m，第1条到第6条亮条纹中心的距离为10.50mm，则红光的波长为m（保留2位有效数字）。实验中并未直接

测量相邻两个亮条纹间的距离，而是测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，请分析说明这样做的理由。11.（10分）如图所示，质量均为m的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接，A与地面接触，B离地面的高度h为1.2m，质量为2m的圆环C套在轻绳上，C在B上方0.8md=处。由

静止释放圆环C，C下落后与B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，不计C与绳之间的摩擦和空气阻力，A、B、C均可视为质点，重力加速度取210m/s，求：（1）C、B碰撞后瞬间，共同速度为多大；（2）碰撞后，B经过多长时间到达地面。12.（14分）如图所示，真空中两个电荷量均为Q+的点电荷分别固定

在同一水平线上的A、B两点，O为连线AB的中点，C、D为连线AB竖直中垂线上关于O点对称的两点，A、C两点的距离为r，AC与AB的夹角为。已知连线AB竖直中垂线上的点到A点的距离为x，则该点的电势为2Qkx=（以无穷

远处为零电势点），静电力常量为k，重力加速度为g。（1）求C点的电场强度；（2）将一质量为M带负电的小球从D点以某一初速度向上抛出，恰能上升到C点，求抛出时的速度1v；（3）一个质量为m、电荷量为q+的试探电荷（重力不计）从C点以某一竖直向下的初速度运动，若此电荷能够到达O点，求其在C点的速

度最小值2v。13.（20分）如图所示，固定在水平地面开口向上的圆柱形导热气缸，用质量1kgm=的活塞密封一定质量的理想气体，活塞可以在气缸内无摩擦移动。活塞用不可伸长的轻绳跨过两个定滑轮与地面上质量3kgM=的物块连接。初始时，活塞与缸底的

距离040cmh=，缸内气体温度1300KT=，轻绳恰好处于伸直状态，且无拉力。已知大气压强500.9910Pap=，活塞横截面积2100cmS=，忽略一切摩擦。现使缸内气体温度缓慢下降，则（1）当物块恰好对地面无

压力时，求缸内气体的温度2T；（2）当缸内气体温度降至3261.9KT=时，求物块上升高度h；（3）已知整个过程缸内气体内能减小121.2J，求其放出的热量Q。2024学年郑州市宇华实验学校高三（下）第三次模拟考试物

理•参考答案一、选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。1.【答案】B【解析】AB：设第一个2s内的位移为x1，第三个2s内，即最后1个2s内的位移为x3，根据2312xxaT−=可得加速度a=3m/s2，A错误，B正确；C：

由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值，即3221xxxx−=−，解得2x=24m，第2s末的瞬时速度等于前4s内的平均速度，则第2s末速度为212xxvT+==9m/s，C错误；D：第1s末的瞬时速度等于第一个2s内的平均速度，则11xvT==6m/s，在第1s内

反向看为匀减速运动，则有21114.5m2xvtat−==，D错误；选B。2.【答案】C【解析】AB.根据题意可知，小物块做圆周运动，一定受到重力、支持力、摩擦力，通过正交分析法如图所示由图可知2N2

mgfF−=，而N2NcosFF=，2sinff=，联立解得NsincosmgfF−=，AB错误；CD.由图可知，小物块做圆周运动的向心力由1f和N1F提供，有21N1vfFmR−=，由于N1NsinFF=，1cosff=，联立

解得2NsincosvFmRf+=，可得航母的航速越大，小物块受到的摩擦力越大；当最大静摩擦力等于滑动摩擦力时，航母有最大航速，有NfF=，代入上式得2NNcossinvmFFR=−，由A中得NsincossincosmgfmgF−==

+，联立解得tan1tanvgR−=+，C正确，D错误。选C。3.【答案】C【解析】AB.若匀速转动，圆环中的正离子和电子的相对位置不会变化，不会产生电流。故AB错误；C.若加速转动，圆环中正离子被金属

晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运动即逆时针运动，根据正电荷的定向移动方向为电流方向，负电荷的运动方向为电流的反方向可知有顺时针方向电流。故C正确；D.根据右手螺旋定则可知，若加速转动，O处的磁场方向垂直

纸面向里。故D错误。故选C。4.【答案】C【解析】A.发电机产生的最大电动势有𝐸𝑚=𝑁𝐵𝑆𝜔=𝑁𝐵𝑆2𝜋𝑛=10√2𝑉因为𝑡=0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，所以其瞬时

电动势为𝑒=𝐸𝑚𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡=𝐸𝑚𝑠𝑖𝑛2𝜋𝑛𝑡=10√2𝑠𝑖𝑛(100𝜋𝑡)𝑉故A项错误；B.因为线圈无内阻，所以原线圈两端的电压为𝑢1=10√2√2𝑉=10𝑉因为理想变压器，所以副线圈两端的电压为�

�2=𝑛2𝑛1𝑢1=41×10𝑉=40𝑉又因为电压变的示数为有效值，所以电压表的示数为40V，故B项错误；C.因为二极管为理想二极管，电流表的示数也为有效值，所以有(𝑢2𝑚√2𝑅2)2𝑅2

𝑇2=𝐼2𝑅2𝑇解得𝐼=5√2𝐴故C项正确；D.电阻𝑅1的功率为𝑃1=𝑈2𝑅1=400𝑊电阻𝑅2的功率为𝑃2=𝐼2𝑅2=200𝑊副线圈功率为𝑃副=𝑃1+𝑃2=600𝑊因为是理想

变压器，所以𝑃原=𝑃副=600𝑊故D项错误。故选C。5.【答案】D【解析】A.若油柱缓慢移动，则封闭的理想气体发生了等压变化，则1212VVVTTT==，VSl=，所以11TSTlV=，由此可知，吸管上的温度刻度分布均匀，A错误；B

.若温度升高，气体体积变大，油柱向上移动，则吸管上的温度刻度值由下往上增大，B错误；C.气温升高时，气体内能增加，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律UQW=+可知，气体吸收的热量大于对外做的功，罐内气体增加的内能小于吸收的热量，C错误；D.随温度升高，

每个分子产生的平均撞击力变大，而气体发生等压变化，则单位时间内罐内壁单位面积上受到气体分子撞击的次数减小，D正确。选D。二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或

不答的得0分。6.【答案】CD【解析】A.匀速转动时，碟子的向心力由转盘给碟子的摩擦力提供，指向转盘圆心，由牛顿第三定律可得，碟子对转盘的摩擦力方向为转盘圆心与碟子的连线向外，A错误；B.当刚发生相对滑动时有最大静摩擦提供向心力，即2mgrm=，两个碟

子与转盘接触面动摩擦因数相同，半径相同，则可知两个碟子相对转盘发生滑动的角速度相同，B错误；C.转盘匀速转动半周的过程中，空碟子速度反向，合外力对空碟子的冲量等于其动量改变量，则有()2fImvmvmv=−−=，C正确；D.转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空

碟子的摩擦力提供向心力，始终指向圆心，与速度方向垂直，不做功，则转盘对空碟子的摩擦力所做的功为零，D正确。选CD。7.【答案】BD【解析】AB.线框静止在桌面上，线框受到的摩擦力是静摩擦力，与安培力水平方向的分力的合力平

衡，磁感应强度垂直于桌面的分量632sin0BBB⊥==导线ac与导线abc并联，且导线abc的电阻是导线ac电阻的两倍，故通过abc的电流是通过导线ac电流的一半，即2I，线框所受安培力的合力为=cos60co331=22s

6420acabbcFBILBFFFIL+++合水水水水334=fLFBI=合水A错误，B正确；CD.磁感应强度平行于桌面的分量//cos1260BBB==安培力在竖直方向上的合力2=63=cos2=40

4acabbcBILFFFBILBILF+++合竖竖竖竖受力分析得NFFmg+=合竖'NN=FF故线框对桌面的压力大小为34mgBIL−，C错误，D正确。故选D。8.【答案】BD【解析】A.为了减小空气阻力的影响，应选用质量大、体积小的小球做实验

，A错误；B.为了减小误差，应从摆球经过最低点开始计时，B正确；C.设摆线长度为L，小球半径为r，根据单摆公式可得2LrTg+=，化简可得22244TLrgg=+，可知，图像不过坐标原点的原因可能是测量摆

长时，忘记加上小球的半径，C错误；D.2TL−图像的斜率为24kg=，通过作出2TL−图像处理数据来求得重力加速度，可消除因摆球质量分布不均匀而导致的系统误差，D正确。选BD。三、非选择题：本题共5小题，共62分。9.（6分）【答

案】(1)10.20；(2)202itt；(3)02nkmk+【解析】（1）20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图可知遮光片的宽度为10mm40.05mm10.20mmd=+=（2）设挡光条的宽度为d，则重锤到达光电门

的速度为dvt=，当挡光时间为0t时的速度为00dvt=，挡光时间为it时的速度为iidvt=，重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有2002ahv=，22iiahv=，联立解得2020iiatat=（3

）根据牛顿第二定律得00MgnmgaM−=，()00iMgimgnimgaM+−−=，联立解得00021iamiaMnm=+−，作出0iaia−的图线的斜率为k，则002mkMnm=−，解得02nkMmk+=10.（12分）【答案】单分子；偏大；A；C；6

.3×10-7；通过测多个亮条纹间距求平均值可减少误差【解析】（1）[1][2]用油膜法估算分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子油膜。油酸分子直径VdS=油酸未完全散开就开始测量油酸膜的面积，所测S偏小，会导致油酸分子直径的计算结果偏大。（2）[3]在研究向心

力F的大小与适量m、角速度、半径r之间的关系时，主要用到的物理方法是控制变量法。故选A。[4]为了探究金属球的向心力F的大小与轨道半径r之间的关系，应该保持质量m和角速度相同，则应使用两个质量相等的小球，应

使两小球离转轴的距离不相同，将皮带套在两边半径相等的变速塔轮上。故选C。（3）[5]相邻两条纹的间距为Lxd=代入数据得76.310m−=[6]若直接测量相邻两个亮条纹间的距离，测量误差较大，而测量第1条到第6条亮条纹中心的距离，然后再除以5，得到相邻条纹间距的平均

值，测量误差较小。11.（10分）【答案】（1）2m/sv=；（2）0.4st=【解析】（1）C与B碰撞前的过程，由动能定理有2C12202mgdmv=−，得C24m/svgd==，碰撞动量守恒有C24mvmv=，得2m/sv=（2）C与B

碰撞后粘在一起，一起向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律34mgmgma−=，得212.5m/s2ag==，由运动学公式有212=+hvtat，得0.4st=12.（14分）【答案】（1）22sinQkr，方向竖直向上；（2）2singr；（3）(1c

os)2coskQqmr−【解析】（1）两点电荷均为正电荷且带电量相等，则两点电荷在C点处的电场强度方向均背离各自电荷，电场强度如图所示根据电场强度的矢量合成法则可得C点的场强22sinCQEkr=，方向竖直向上。（2）带负电的小球从D点O静电力做正功，从O到C电场力做负功，根据对称性可知

，小球从D到C的过程中，静电力对小球所做功的代数和为零，则根据动能定理有2112sin02MgrMv−=−，解得12sinvgr=（3）根据题意，C点的电势为2CQkr=，O点的电势为2cosOQkr=，则可得2(cos1)cosCOCOkQUr−=−=，若一个质量为m、电

荷量为q+的试探电荷（重力不计）从C点以某一竖直向下的初速度运动恰好能够到达O点，则由动能定理有2min102COqUmv=−，解得min(1cos)2coskQqvmr−=，可知能够到达O点的最小速度2min(1cos)2coskQqvvmr−==13.（20分）【答案】（1

）2291KT=；（2）4cmh=；（3）160J【解析】（1）初始时，对活塞01pSmgpS+=，解得51110Pap=，当物块对地面无压力时，对活塞02pSmgpSMg+=+，解得520.9710Pap=，对气体，由等容变化1212ppTT=，解得229

1KT=（2）对气体，由等压变化3223VVTT=，即()0023hhShSTT−=，解得4cmh=（3）整个降温压缩过程活塞对气体做功2238.8JWpVpSh===，根据热力学第一定律UWQ=+，得160JQ=−

，放出热量为160J