1、2023-2024学年湖北省重点高中智学联盟高三（第三次）模拟考试物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.爱因斯坦光电效应方程成功解释了光电效应现象。下图中、两直线分别是金属A、B发生光电效应时的遏止电压Uc与入射光频率的关系图像，则下列说法正确的是()A. 金属B的逸出功比金属A的小B. 、两直线的斜率均为heC. 当用频率为91014Hz的光分别照射两金属A、B时，A中发出光电子的最大初动能较小D. 当入射光频率不变时，增大入射光的光强，则遏止电压Uc增大2.2024年2月29日中国在西昌卫星发射中心成功发射了高轨卫星01星，标志着中国互联网的效率与质量将进一步提升。已知高轨卫星
2、01星与地球中心的连线在时间t内转过的弧度为，扫过的面积为S，地球的半径为R，引力常量为G，则()A. 高轨卫星01星可以静止在咸宁的正上方B. 地球的质量为2S 2SGt2C. 地球表面的重力加速度为S3R2t2D. 地球的第一宇宙速度为 S3Rt23.如图甲为一玻璃半球的截面图，其半径为 R， O为球心， AB为直径，现有均匀分布的红光垂直入射到半球的底面。已知球冠(不含圆底面)的表面积为S=2Rh(如图乙，其中R为球的半径,h为球冠的高)，光在真空中传播的速度为 c，玻璃对红光的折射率为n=1.25，若只考虑首次射到球面的光，则下面说法正确的是()A. 从半球面射出的光中，在玻璃内的传播
3、时间最短为3R4cB. 整个半球面透光的面积为15R2C. 所有射入到半球底面的光，有1625的会发生全反射D. 若将入射光由红光换成紫光，则半球面透光的面积增大4.一列简谐波沿 x轴传播，波速为10cm/s，在传播方向上有 P、 Q两质点，其平衡位置坐标分别为xP=1cm，xQ=4cm。t=0时刻，其波形如图所示， P、 Q偏离平衡位置的位移分别为yP=1cm，yQ= 3cm。已知该波的振幅为2cm，且0时刻以后 P比 Q先回到平衡位置。则下列说法正确的是()A. 该波向x轴负方向传播B. 该波的波长为12cmC. 经过0.2s的时间质点P再次达到波峰D. 质点P的振动方程为yP=2sin(
4、53t+6)cm5.如图所示，质量相等的两小球A、B，二者用一轻弹簧竖直连接，A的上端用轻绳系在足够高的天花板上，初始时A、B均静止。现将轻绳剪断，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前()A. A的加速度大小的最大值为gB. B的加速度大小的最大值为2gC. A的位移大小一定大于B的位移大小D. A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小6.2023年9月，中国选手张博恒夺得杭州亚运会体操单杠冠军，如图所示其双手抓住单杠，其重心以单杠为轴在竖直平面内做圆周运动，重心到单杠的距离R=1m，重心从单杠正上方A点转至B点时松手脱离单杠，OB与竖直方向的夹角=53，重心经过E点与B点等高，最后落到地面D
5、点。已知他的质量m=60kg，从B到E的时间为0.96s，g取10m/s2，忽略空气阻力，不考虑一切摩擦和体能的消耗与转化。下列说法正确的是()A. 他在A到B点过程机械能不守恒，B到D过程机械能守恒B. 他在B点的速度为6m/sC. 他在A到B运动过程中手臂的最大拉力为2640ND. OB与竖直方向的夹角越大，BD之间水平距离越远7.如图所示，边长为 L正四面体 ABCD的中心为 O， A、 B两点分别固定等量异种点电荷-q、+q，下列说法正确的是()A. C、D两点电场强度大小相等，方向不同B. C、D两点电势相等C. 将一试探电荷+Q从C点沿直线移到D点，电场力先做负功后做正功D. O点
6、场强大小为16kq3L2二、多选题：本大题共3小题，共12分。8.如图所示为理想变压器，已知n1=100匝，n2=30匝。电阻R1=8，R2=0.36，R3=2.56。电源为理想交流电源。开关s1闭合s2断开时R2的电功率和开关s2闭合s1断开时R3的电功率相等。则线圈n3的匝数可能为()A. 20B. 40C. 60D. 809.在x0的空间中存在垂直于 xOy平面的磁场，x=a两侧的匀强磁场方向相反，xa区域的磁感应强度大小为0xa区域的2倍。某带电粒子以速率v0由原点沿 xOy平面射入该磁场，在磁场中运动的轨迹如图所示。关于粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是A. 粒子在左右两磁场中运动
7、的时间之比为4:3B. 粒子在原点的速度方向与x轴成45C. 粒子离x轴的最远距离为 2+22aD. 粒子离y轴的最远距离为 2+44a10.一边长为 L、质量为 m的正方形金属框 abcd，每边电阻为 R，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2 L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为 B，两虚线为磁场边界，如图所示。现金属框以v0的初速度进入磁场，完全穿过磁场后速度为v02，运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，则下列说法正确的是()A. ab边刚进磁场时，ab边两端的电压Uab=BLv0B. cd边刚进磁场时，金属框的速度为v1=3v04C. 金属框进磁场过程和
8、出磁场过程中，通过ab边横截面的电量大小相同D. 金属框出磁场的过程中，金属框产生的热量为Q=316mv02三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.学习小组用频闪照相研究平抛运动，频闪照相拍照周期为T，某次实验中拍下的照片如下图甲所示。(1)用游标卡尺测出小球直径如图乙所示，小球直径为_mm，同学们量出照片上小球直径为5.0mm。(2)做完实验后，同学们发现忘记用重锤线记录竖直方向。同学们选择照片上一小球球心为坐标原点，随意建立如图丙所示的直角坐标系，并测量出照片上另两小球的横坐标x1，x2和纵坐标y1，y2。由所给数据可算出当地重力加速度为g=_(用题目所给字母表示)。(3)经过计算发现
9、测得的重力加速度小于当地的实际重力加速度，原因可能是_。A.忘记调整桌面水平，小球不是做平抛运动B.使用小球材质密度较小，空气阻力影响较大C.频闪照相机实际拍照时周期大于T12.某同学利用如图甲所示的电路来测量电源的电动势和内阻，已知定值电阻R0=1.5。(1)将滑动变阻器R上的滑片移到最_(选填“左”或“右”)端；(2)单刀双掷开关S1与1闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录若干组电压表和电流表的读数；(3)断开开关S0，重复步骤(1)的操作；(4)单刀双掷开关S1与2闭合，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录若干组电压表和电流表的读数；(5)分别作出两种情况下U-I图像(如图乙所示)
10、，当开关S1与1闭合时作出的图线是_(填“A”或“B”)；当开关S1与2闭合时，利用对应的图线所得电源电动势测量值_(填“大于”、“小于”或“等于”)真实值；(6)为了消除系统误差，综合上述步骤和图像信息可知：待测电源的电动势E=_V，其内阻大小r=_。(结果均保留两位小数)四、计算题：本大题共3小题，共44分。13.气压式红酒开瓶器是利用向瓶内压缩空气原理使瓶内的气体压强发生变化，从而轻松打开瓶盖的一种工具。某种红酒瓶内的气体体积为V0，压强为5P0，如图所示，拉压一次与红酒塞相连的活塞式开瓶器，可以把体积为V0压强为P0的空气打进红酒瓶中，设打气过程在室温下(热力学温度T0)，红酒瓶与环境
11、之间导热良好且气体温度不变，瓶塞与瓶壁间的摩擦力很大。已知大气压强为P0，当红酒瓶内的气体压强为10P0时活塞弹出，求：(1)用开瓶器至少需要打几次气才能使瓶塞弹出；(2)某次开瓶时找不到开瓶器，小丁将红酒瓶进行加热，热力学温度T要达到多少才能使瓶塞弹出。14.如图，A、B两点间距离L=29.5m，质量为m1=1kg的小物块甲向右与静止在水平地面上A点、质量为m2=3kg的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度大小v0=20m/s。碰后乙在AB间运动的某段距离中，受到一水平向右、大小F=3N的恒定推力。乙与静止在B点处、质量为m3=3kg的小物块丙发生正碰，乙在正碰前后瞬间速度方向不变，碰后速
12、度大小变为其碰前的13，碰后丙经d=1m停止运动。乙、丙与地面间的动摩擦因数均为=0.2，所有碰撞时间极短，g=10m/s2。求：(1)甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小；(2)乙、丙碰撞过程损失的机械能；(3)推力F在AB间作用的最长时间。15.如图所示，在xOy平面的第二象限内有平行y轴向下的匀强电场，在+x轴上铺设足够长的光滑薄绝缘板(图中未标)。一边界平行 y轴的匀强磁场分布在y0空间，其左、右边界与x轴的交点分别为M、N，磁场方向垂直xOy平面向外。在x轴上A点(- 3L,0)有一离子源沿第二象限不同方向射出质量为m、电荷量为q、初速度为v0的正粒子。粒子每次与绝缘板碰撞前后瞬间，沿x轴方
13、向速度不变，沿y轴方向速度反向且大小变为碰前的23，已知电场强度为mv023qL，磁感应强度为mv03qL，不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用。求：(1)粒子在电场中运动时离x轴的最远距离；(2)粒子能达到正向y轴上最远点的坐标；(3)若达到正向y轴上最远点的粒子恰好从M点反射进入磁场，且恰好从N点沿x轴离开磁场，则N点的坐标为多少。答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查光电效应，要熟练掌握爱因斯坦光电效应方程Ekm=h-W0以及最大初动能与遏止电压的关系式eUc=Ekm。【解答】由EK=h-W0，Uce=EK得Uc=he-W0e，可知、两直线的斜率均为he；当Uc=0时，图
14、像对应的截止频率大，则金属B的逸出功大；当用频率为91014Hz的光分别照射两金属A、B时，图像对应的遏止电压Uc大，则A中飞出光电子的最大初动能较大；当入射光频率不变时，增大入射光的光强，遏止电压Uc不变，饱和电流增大。故选B.2.【答案】B【解析】【分析】本题主要是考查了万有引力定律及其应用，解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是对于绕星球做匀速圆周运动的卫星，根据万有引力提供向心力列方程进行解答。【解答】高轨卫星01星绕地心做匀速圆周运动，轨道平面必过地心，因此不可能静止在咸宁的正上方。由题意可知，高轨卫星01星S=r22，=t，GMm
15、r2=mr2，解得M=2S 2SGt2;在地表处GMmR2=mg，得地球表面的重力加速度g=2S 2St2R2;在地表处GMmR2=mv12R，得地球的第一宇宙速度为v1= 2S 2St2R ，故选B.3.【答案】A【解析】【分析】本题所涉及的几何光学知识非常基础，着重考查学生对问题的过程分析进而得出解决问题的方法;本题给出的情景为半球，注意简化模型。【解答】由sinC=1n，n=cv得C=53，v=4c5，由题意得从半球面射出的光中，最短路径时刚好发生全反射，最短路径L=0.6R，在玻璃内的传播时间最短为t=Lv=3R4c，整个半球面透光的面积为45R2，所有射入到半球底面的光，有925的会
16、发生全反射；若将入射光由红光换成紫光，则半球面透光的面积减小。故选A.4.【答案】B【解析】【分析】本题考查波的图像，熟练掌握波传播与质点做简谐运动的关系即可解题。【解答】0时刻以后P比Q先回到平衡位置，则该波向x轴正方向传播；由题意的xPQ=4，则波长为12cm，再经过1s的时间质点P再次达到波峰，质点P的振动方程为yP=2sin(53t+56)，故选B5.【答案】C【解析】【分析】本题的关键要正确分析两球的受力情况，判断加速度变化情况，利用牛顿第二定律解答。根据受力情况，应用牛顿第二定律求出剪断细线瞬间两球的加速度，再分析两球的运动过程，确定加速度的最大值。根据单簧长度的变化，分析两球位移
17、关系。根据两球加速度关系，分析速度关系。【解答】设小球A与B的质量为m。AB、细线剪断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变， B球的合力为零，则 B球的加速度为零， A球加速度为aA0=mg+mgm=2g。两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中，设弹簧的伸长量为 x。对A球，由牛顿第二定律得：mg+kx=maA;对B球，由牛顿第二定律得：mg-kx=maB，可知随着x减小，A球的加速度aA减小，B球的加速度aB增大，所以细线剪断瞬间，A球的加速度最大，为2g.当弹簧第一次恢复原长时， B球的加速度最大，为 g，故AB错误;CD、由上分析可知，从开始下落到弹簧第一次恢复原长的过程中，A球的加速
18、度大于B球的加速度，所以A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一时刻B球的速度大小，故 C正确， D错误。6.【答案】B【解析】【分析】本题是斜抛运动与动能定理的综合，关键要熟练运用运动的分解法处理斜抛运动，掌握分运动的规律。同时，要知道动能定理是求功常用的方法。【解答】忽略空气阻力，不考虑一切摩擦整个过程他的机械能守恒，A错；B到E的时间为0.96s，vBy=gT2=4.8m/s，vB=vBysin=6m/s，B对；圆周运动的最低点拉力最大，Tm-mg=mvm2R，-mgR(1-cos)=12mvB2-12mvm2，Tm=3240N，C错；当=90时，BD之间水平距离为
19、零，D错。7.【答案】B【解析】【分析】本题考查电场的叠加，点电荷产生的电场E=kQr2，根据平行四边形定则可进行场强的合成。【解答】C、D两点电场强度大小相等，方向也相同。C、D两点连线在等量异种点电荷的垂直平分面上，故在同一个等势面上，将一试探电荷+Q从C点沿直线移到D点电场力一直不做功。+q在O点场强大小为8kq3L2，故合成后O点场强大小为16 3kq9L2，故选B。8.【答案】BD【解析】【分析】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比。【解答】解：把定值电阻R1和理想交流电源可等效为一个内阻为R
20、1的电源。R2和R3可分别与变压器等效为定值电阻。有两种情况下R2和R3消耗的功率相等。一种是R2和R3等效电阻相等。n12n22R2=n12n32R3，可求得n3=80匝；第二种情况是R2和R3等效电阻的乘积等于等效内阻R1的平方，n12n22R2n12n32R3=R12，可求得n3=40匝，故AC错误，BD正确。9.【答案】AB【解析】【分析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意做出粒子运动的轨迹图是解题的关键，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。【解答】粒子在原点的入射角为，在左右侧磁场中的半径分别为r和r2。则有rcos=a2，
21、又2rsin=a，解得=45，r=a 2。粒子在左右两侧磁场中运动的圆心角分别为180和270，周期之比为2:1，故运动时间之比为4:3，选项AB正确。粒子离x轴的最远距离为r2+r2cos45= 2+14a，选项C错误。粒子离y轴的最远距离为a+r2+r2sin45= 2+54a，选项D错误。10.【答案】BC【解析】【分析】本题为电磁感应综合问题，对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件列出方程；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量问题，根据动能定理、功能关系、能量守恒等列方程求解。如果涉及到电荷量、位移、时间问题，常根据
22、动量定理结合电荷量的推论公式进行解答。【解答】ab边刚进磁场时，ab边产生的电动势为E=BLv0，ab边两端的电压Uab=-34BLv0；，线框进磁场过程中由动量定理得-B2L34R=mv1-mv0，线框出磁场过程中由动量定理得-B2L34R=mv02-mv1，得cd边刚进磁场时，金属框的速度为v1=3v04；线框进磁场过程中q1=It=BL24R，线框出磁场过程中q2=It=BL24R,q1=q2；金属框出磁场的过程中，由能量转化关系得，金属框产生的热量为Q=12mv12-12m(v02)2=532mv02；故选BC.11.【答案】(1)15.00mm;(2)34T2 (x2-2x1)2+(
23、y2-2y1)2;(3)B【解析】【分析】本题考查平抛运动及测量重力加速度实验，关键是分别沿x方向和y方向用匀变速直线运动判别公式求出分加速度，再用勾股定理求合加速度。【解答】(1)游标卡尺读数是15.00毫米，照片上量的直径为5.0毫米，所以照片上距离与实际距离之比是1:3。(2)分析知沿x方向和y方向均为匀变速直线运动，有速度位移公式有gx=3(x2-2x1.)4T2，gy=3(y2-2y1.)4T2，解得合加速度为g= 3(x2-2x1.)4T22+3(y2-2y1.)4T22=34T2 (x2-2x1)2+(y2-2y1)2。(3)A.是否做平抛运动不影响球重力加速度，所以A错误，B.
24、空气阻力较大，会使加速度比重力加速度小，所以B正确。C.由g= 3(x2-2x1.)4T22+3(y2-2y1.)4T22=34T2 (x2-2x1)2+(y2-2y1)2可知计算用的周期比实际周期要小，造成计算结果偏大，所以C错误。12.【答案】(1)右；(5)A； 小于；(6)1.50；1.09。【解析】【分析】本题考查测量电源的电动势和内阻实验，根据实验原理和注意事项分析求解问题，解决本题的关键是利用闭合电路欧姆定律结合图像分析求解问题，难度适中。【解答】(1)为了保护电路，在闭合电键前，将滑动变阻器调到最大值，即右端。(5)当开关S1与1闭合时作出的图线是A；当开关S1与1闭合时作出的
25、图线是B，利用B图线所得电源电动势测量值小于真实值；(6)由于A图像的电动势测量准确，可知电动势为E=1.50V图像B的短路电流测量准确，可知短路电流Im=0.58A因此电源的内电阻r=EIm-R0=1.09。13.【答案】解：(1)根据题意，设需打入压强为p0的气体的体积为nV0，由玻意耳定律有5p0V0+np0V0=10p0V0 解得n=5 (2)根据题意，由查理定律有5p0T0=10p0T 解得T=2T0 【解析】(1)变质量气体问题，明确研究对象，打进红酒瓶的气体和红酒瓶中原有气体，确定气体变化规律，等温变化；(2)气体等容变化，列式可解。气体变化过程，明确气体初末状态和气体变化过程，
26、是解题关键。14.【答案】解：(1)甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律m1v0=m1v1+m2v2， 由机械能守恒定律12m1v02=12m1v12+12m2v22 解得，甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为v2=10m/s(2)乙丙碰后，对丙由动能定理-mgd=0-12m3v32，解得v3=2m/s乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律m2v21=m2v22+m3v3， 其中v21v22=31 联立解得v21=3m/s，v22=1m/s由能量守恒定律12m2v212=12m2v222+12m3v32+E损 解得E损=6J(3)有力F作用时，对乙由牛顿第二定律m2g-F=m2a1，解得a1=1m/s2没有
27、力F时，对乙由牛顿第二定律m2g=m2a2，解得a2=2m/s2因越接近B点时速度越小，则当滑块乙在接近于B点时施加力F作用的时间最长，由运动学公式v22-v22a2+v2-v2122a1=L，解得v=6m/s推力F在AB间作用的最长时间为t=v-v21a1=3s【解析】(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律计算甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小；(2)对丙根据动能定理计算碰后速度，再由动量守恒定律计算碰前、碰后乙的速度，由能量守恒定律计算碰撞过程损失的机械能；(3)根据牛顿第二定律结合运动学公式计算推力F在AB间作用的最长时间。15.【答案】解：(1)当粒子沿y轴向上时，离x轴最远，距离为y1，有
28、0-v02=-2qEmy1，得y1=1.5L。(2) 3L=v0cost，y=v0sint-12qEmt2。联立得y=-L2(tan2-2 3tan+1)，y=-L2(tan- 3)2-2)，当=60 时y有最大值L。(3)粒子刚离开电场时，vy=v0sin-qEmt，vy=- 36v0，vx=v0cos=12v0，速度为v= 33v0，v和x轴正方向的夹角满足tan=vyvx，=30 ，粒子从M点反射后速度为v1，与x轴夹角为1，运动半径为r1，粒子再次到达x轴时水平方向运动的距离为x1，有qv1B=mv12r1，x1=2r1sin1，x1=2mv1sin1qB=-2mqBvy23=23 3L，N点的坐标值x=Lcot30+ 3L(23+(23)2+(23)3+)=3 3L，故坐标为(3 3L,0)。【解析】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹图，在电场中的运动应用运动的合成与分解知识、在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解未知量。
