2024届陕西省宝鸡市高三下学期三模考试理科综合试题-高中物理（原卷版+解析版）

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一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题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。
1. 新SI（单位制）自2019年5月20日（国际计量日）正式实施，这将对科学和技术发展产生深远影响，根据所学知识判断，下列选项正确的是（ ）
A. “焦耳（J）”是国际单位制中的基本单位
B. “电子伏特（eV）”表示的是电势的单位
C. “毫安时（mA·h）”表示的是电量的单位
D. “引力常量（G）”用国际单位制中的基本单位表示为N·m²/kg²
【答案】C
【解析】
【详解】A．焦耳是导出单位，故A错误；
B．结合W=qU可知“电子伏特（eV）”表示的是能量的单位，故B错误；
C．根据q=It可知，“毫安时（mA·h）”表示的是电量的单位，故C正确；
D．根据，可知“引力常量（G）”的单位是N·m2/kg2，结合可知用国际单位制中的基本单位表示为m3/kg·s2，故D错误。
故选C。
2. 如图所示，利用倾斜的传送带可以将高处的货物卸下来。第一次传送带静止，货物M从传送带顶端由静止滑下，滑离传送带所用时间为；第二次传送带按照图中箭头所示顺时针转动，货物M从传送带顶端由静止滑下，滑离传送带所用时间为。两次运动情况相比，下列判断正确的是（ ）
A. 货物滑离传送带所用时间大于
B. 货物运动加速度不等
C. 货物滑离传送带的过程中系统产生的热量相等
D. 货物滑离传送带的过程中摩擦力对货物做功相等
【答案】D
【解析】
【详解】AB．货物M开始受重力、支持力和向上的滑动摩擦力做匀加速直线运动，当传送带顺时针转动时，M相对于传送带向下滑，所受的摩擦力仍然沿传送带向上，故M受力不变，加速度不变，仍做匀加速直线运动，设传送带长为，则
可知货物滑离传送带所用时间等于，故AB错误；
C．当传送带顺时针转动时，货物相对滑动的距离增大，两次运动货物所受的摩擦力相同，故货物滑离传送带的过程中系统产生的热量较大，故C错误；
D．两次运动货物所受的摩擦力相同，且货物滑离传送带时，摩擦力的作用距离相同，故两次运动货物滑离传送带的过程中摩擦力对货物做功相等，故D正确。
故选D。
3. 在如图所示电路中，蓄电池的电动势E=4V，内阻r=1Ω，电阻R=4Ω，电容C=1pF的平行板电容器水平放置且下极板接地。一带电油滴位于板间正中央Р点且恰好处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. P点的电势为2V
B. 上极板所带的电荷量为3.2×10-12C
C. 若在两极板间插入一块玻璃板，电容器上极板所带的电荷量将减少
D. 若将上极板缓慢上移少许，油滴将向上运动
【答案】B
【解析】
【详解】A.电容板两端电压为
P点位于板间中央，所以
故A错误；
B.由公式
得
故B正确；
C.若在两极板间插入一块玻璃板，由公式
可知变大，所以电容器上极板所带的电荷量将增大，故C错误；
D.若将上极板缓慢上移少许，可知变小，由公式
可见板间电场强度减小，所受电场力减小，所以油滴将向下运动，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，绝缘斜面体ABC静止于粗糙的水平面上，，，两个可视为质点的带电物体P、Q分别静止在AB和AC面上，且PQ连线水平。已知AB、AC面均光滑，斜面体和P、Q的质量分别为M、m1、m2，重力加速度为g，。下列判断正确的是（ ）
A. P、Q的质量之比是16：9
B. P、Q带异种电荷，且Q的电荷量等于P的电荷量
C. 水平面对斜面体底部有水平向右的静摩擦力
D. 水平面对斜面体的支持力大于
【答案】A
【解析】
【详解】A．由库仑力F、重力和倾角的关系式为
可知，P、Q质量之比为
A正确；
B．P、Q两物体都是三力平衡，且P、Q在水平方向受到的是大小相等的库仑引力，P、Q一定是带异种电荷，电荷量大小关系不能确定，B错误；
CD．由斜面和P、Q所构成的整体是二力平衡，水平面对斜面支持力等于总重力，水平面对斜面没有摩擦力，水平面对斜面的支持力为
CD错误；
故选A。
5. 人类视月球与火星是地球的“卫士”和“兄弟”，从未停止对它们的探测。已知月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为g，轨道半径是地球半径的a倍；火星表面重力加速度是地球表面重力加速度的b倍。科研人员在火星水平表面的发射架上水平发射一小球，发射点高为h，测得发射点与落点间的水平距离是2h，不计火星表面的大气阻力，则发射小球的初速度大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设地球的半径为,地球的质量为,表面的重力加速度为，则月球绕地球的轨道半径
根据万有引力定律及牛顿第二定律可知
解得
所以火星表面的重力加速度
在火星表面将物体水平抛出，由抛体运动的规律可知
联立上述各式可得
故选A。
6. 如图所示，一矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场方向的轴OO'以角速度匀速转动，线圈的匝数为N，面积为S，电阻不计。线圈通过电刷与一理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接有两只电阻均为2Ω的相同灯泡L1和L2变压器原、副线圈的匝数比为10：1，若开关S断开时L1正常发光，此时电流表示数为0.1A，则（ ）
A. 若从线圈平面平行于磁场方向开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值为
B. 若开关S闭合，矩形线圈的输出功率将变小
C. 若开关S闭合，电流表示数将变小
D. 灯泡L1的额定功率为2W
【答案】AD
【解析】
【详解】A．若线圈从图示垂直中性面位置开始计时，则感应电动势的瞬时值为
A正确；
BC．闭合开关后，输出电压不变，输出电流增加，故输入电流也增加，输入功率增加，则电流表示数变大，矩形线圈的输出功率变大，故BC错误；
D．开关S断开时L1正常发光，根据
解得通过灯泡L1的电流
所以，灯L1的额定功率
D正确。
故选AD。
7. 如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=6kg、mB=2kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙面。现对B物体缓慢施加一个向左的力，使A、B间弹簧被压缩且系统静止，该力对物体B做功W=16J。现突然撤去向左的力，则（ ）
A. 撤去外力后，两物体和弹簧组成的系统动量守恒
B. 撤去外力后，两物体和弹簧组成的系统机械能守恒
C. 从撤去外力至A与墙面刚分离，弹簧对B的冲量I=8N·s，方向水平向右
D. A与墙面分离后弹簧首次恢复原长时，两物体速度大小均是2.5m/s，方向相反
【答案】BC
【解析】
【详解】A．撤去外力后，弹簧在恢复原长的过程中，墙对A物体还有弹力的作用，所以两物体和弹簧组成的系统动量不守恒。恢复原长后，系统动量才守恒。故A错误；
B．撤去外力后，系统内只有动能和弹性势能互相转换，机械能守恒。故B正确；
C．压缩弹簧时，外力做功完全转化为弹性势能。撤去外力后，弹簧恢复原长，弹性势能完全转化为B的动能，则有
代入数据可得
墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，同时也等于弹簧对B的冲量大小，由动量定理可知
故C正确；
D．弹簧恢复原长时，A速度最小，速度为0。A、B都运动后，B减速，A加速。A、B速度相等时弹簧拉伸最长。此后，B继续减速，A继续加速，再次恢复原长时，设向右为正，由系统机械能守恒和动量守恒可知
可求得
故D错误。
故选BC。
8. 如图所示，在竖直平面内有一电场强度为E的匀强电场，电场的等势面如图中实线所示，与水平方向夹角为37°。一个质量为m，电荷量为的小球在A点以初速度竖直上抛，运动轨迹如图中虚线所示，B点是轨迹的最高点。已知重力加速度为g，小球的电荷量。下列说法正确的是（ ）
A. A点电势低于B点电势
B. A、B两点的高度差为
C. A、B两点的电势差为
D. 小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量等于动能的增加量
【答案】BD
【解析】
【详解】由图可知小球向右运动，故电场线方向斜向右上方，受力分析如图所示
A．由于沿着电场线方向电势降低，故根据图像可知A点电势高于B点电势，故A错误；
B．竖直方向上根据动能定理可得
解得A、B两点的高度差为
故B正确；
C．根据
解得
A、B两点的电势差为
故C错误；
D．小球再次回到抛出点等高位置过程，根据动能定理可知，电场力做正功，故电场力做功等于动能的增加，且电势能减小，故小球再次回到抛出点等高位置过程电势能的减少量等于动能的增加量，故D正确。
故选BD。
三、非选择题：共6，第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16题为选考题，考生根据要求作答。
9. 某同学用如图所示的装置验证机械能守恒定律，一根细线一端系住钢球，另一端悬挂在铁架台上的O点，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方，在钢球底部竖直地固定一个宽度为d的遮光条（质量不计）。将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t由计时器测出，取作为钢球经过A点时的速度大小。记录钢球释放时细线与竖直方向的夹角θ和计时器示数t，计算并比较钢球从释放点摆至A点过程中重力势能减少量∆Ep与动能增加量∆Ek，从而验证机械能是否守恒。重力加速度为g。
（1）已知钢球质量为m，悬点О到钢球球心的距离为L，则∆Ep=________（用m、θ、L、g表示）。
（2）改变θ值，得出多组θ与挡光时间t的实验数据，若钢球机械能守恒，下列关于θ与t关系的图像正确的是______。
A. B.
C. D.
（3）依据实验结果，该同学发现钢球的动能增加量∆Ek总是略大于重力势能减少量∆Ep，产生这种差异的原因是__________________。
【答案】（1）
（2）D （3）遮光条的遮光点到悬点О的距离大于钢球球心到悬点О的距离，测得遮光条处的速度比球心的真实速度大，导致动能增加量的测量值偏大
【解析】
【小问1详解】
钢球从释放点摆至A点过程中，下落的高度为
重力势能减少量为
【小问2详解】
若钢球机械能守恒，则有
整理可得
可知与成线性关系。
故选D。
【小问3详解】
钢球的动能增加量∆Ek总是略大于重力势能减少量∆Ep，产生这种差异的原因是：由实验装置可知，遮光条的遮光点到悬点О的距离大于钢球球心到悬点О的距离，因此测得的速度比球心处真实速度大，导致动能增加量的测量值偏大。
10. 如图甲所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验电路图，已知电池组的电动势约3V，内阻约2Ω。现提供的器材如下：
A.电池组
B.电压表V1（量程0～10V，内阻约10000Ω）
C.电压表V2（量程0～3V，内阻约3000Ω）
D.电阻箱R（0~～99.9Ω）
E.定值电阻R1=20Ω
F.定值电阻R2=1000Ω
G.开关和导线若干
依据实验室提供的器材和实验电路图，回答下列问题：
（1）如果要准确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选________，定值电阻R0应选________（填写仪器前面的字母序号）。
（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的图像如图乙所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为-b、a，定值电阻的阻值用R0表示，则可得该电池组的电动势为_______，内阻为_______（用题目所给物理量的字母表示）。
（3）第（2）问中，利用图乙计算的电源电动势和内阻均存在系统误差，产生系统误差的原因是_____________。
【答案】（1） ①. C ②. E
（2） ①. ②.
（3）由于电压表的分流引起
【解析】
【小问1详解】
[1]电源电动势约3V，电压表应选择C；
[2]定值电阻太大，电路中的电流太小，使得电压表指针的偏角太小，且改变电阻箱阻值时，电压表的示数变化不明显，故定值电阻选择E。
【小问2详解】
[1][2]根据闭合电路欧姆定律
其中
整理得
则图线的斜率为
纵截距为
解得
【小问3详解】
实验中使用的电压表不是理想电压表，电路中真实的电流为电阻箱和电压表的总电流，所以计算的电源电动势和内阻均存在系统误差，产生系统误差的原因是电压表的分流引起的。
11. 如图所示，两条平行倾斜放置光滑金属导轨，间距L=0.5m，与水平面间的夹角为θ，左端接一阻值R=1.5Ω的定值电阻，导轨所在空间存在垂直导轨平面斜向上、磁感应强度B=2T的匀强磁场。一个长L=0.5m、质量m=1kg、阻值r=0.5Ω的金属杆垂直放在导轨上，金属杆在平行于导轨向上的拉力F作用下，由静止开始沿导轨平面向上做加速度a=4m/s2的匀加速运动，t=1s时拉力F的功率达到Р并保持不变。之后，金属杆继续加速直至做匀速运动。若电磁感应产生的磁场及导轨的电阻均忽略不计，金属杆和导轨始终垂直且接触良好。已知sinθ=0.3，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）t=1s后拉力F的功率P；
（2）金属杆在磁场中匀速运动时的速度v。
【答案】（1）36W；（2）6m/s
【解析】
【详解】（1）设t=1s时金属杆的速度为，金属杆产生的感应电动势为，感应电流为，安培力大小为，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律
此时安培力大小为
其中
对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律可得
则t=1s后拉力F的功率为
联立可得
P=36W
（2）设匀速运动时的拉力大小为，感应电动势为，感应电流为，安培力大小为，则由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律
对金属杆由平衡条件
其中
，
解得金属杆在磁场中匀速运动时的速度为
v=6m/s
12. 如图所示，水平地面上放一个质量M=1kg的木板，一个质量m=1kg、带电量q=+1×10-5C的小物块（可视为质点）放在木板最左端，物块与木板间的动摩擦因数=0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数=0.2。在物块右侧距物块L1=4.5m的区域有一匀强电场E，电场区域宽度为L2=12m，电场强度大小E=1×106N/C，方向竖直向上。现对木板施加一水平向右恒力F，使物块进入电场区域前恰好和木板保持相对静止地向右加速运动，物块刚进入电场时撤去恒力F。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块带电量始终不变，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）水平恒力F的大小?
（2）物块离开电场时，木板的速度大小?
（3）要使物块不从木板滑下，木板的长度L至少为多少?
【答案】（1）F=12N；（2）=2m/s；（3）6m
【解析】
【详解】（1）设进入电场区域前物块与木板间的滑动摩擦力大小为，木板与地面间的滑动摩擦力大小为，加速度大小为，由摩擦力公式可得
由牛顿第二定律公式可得
可得
F=12N
（2）物块进入匀强电场后受竖直向上的电场力作用可得
所以物块做匀速运动，木板做匀减速运动。设物块刚进入电场区域时的速度大小为，物块在电场中运动时间为，木板的加速度大小为，物块离开电场时木板的速度大小为，由运动学公式可得
由牛顿第二定律和运动学公式可得
可得
=2m/s
（3）设物块从进入电场到离开电场的过程中木板的位移大小为，物块离开电场后以加速度做匀减速运动，由于木板受到物块和地面的摩擦力和大小相等，方向相反，所以木板做匀速运动，直到两者速度相等，设此过程所用时间为，物块的位移为，木板的位移为，由运动学公式可得
因为，物块与木板共速后不再发生相对滑动，则有
可解得
L=6m
（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
【物理—选修3-3】
13. 一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、cd过程到达状态d其热力学温度随体积变化的T-V图像如图所示，其中ab垂直于横轴，cd垂直于纵轴，ad连线的延长线过坐标原点O，且与bc平行。下列判断正确的是（ ）
A. 气体在状态a的内能小于在状态b的内能
B. 从状态b到状态c过程中，气体向外界放热
C. 从状态c到状态d过程中，气体吸收热量等于对外做的功
D. 从状态b到状态c过程中，气体分子的平均动能减小
E. 气体在状态a的压强小于在状态c的压强
【答案】ACE
【解析】
【详解】A．气体在状态a的温度小于在状态b的温度，所以气体在状态a的内能小于在状态b的内能，故A正确；
B．从状态b到状态c过程中，气体温度升高，内能增大
从状态b到状态c过程中，气体体积变大，外界对气体做负功
由热力学第一定律，可知
所以气体从外界吸热，故B错误；
C．从状态c到状态d过程中，气体温度不变，内能不变
气体体积增大，外界对气体做负功，气体吸热，由热力学第一定律，可知气体吸收热量等于对外做的功，故C正确；
D．从状态b到状态c过程中，气体温度升高，气体分子的平均动能变大，故D错误；
E．在等压过程，所以气体在状态a的压强等于在状态d的压强；从状态c到状态d过程中，气体等温膨胀，由，可知气体在状态d的压强小于在状态c的压强，所以气体在状态a的压强小于在状态c的压强，故E正确。
故选ACE。
14. 如图甲所示，一个内径较粗、上端封闭的玻璃管竖直放置，玻璃管底部装有一定长度的水银柱，厚度和质量均忽略不计的活塞将水银柱上方的理想气体分成A和B两部分，稳定时两部分气体的压强均为P0=75cmHg，两部分气体的气柱长度分别为hA=40cm和hB=20cm。现缓慢将玻璃管倒置，再次稳定时发现A、B两部分气体的气柱长度相等，如图乙所示。已知玻璃管内气体温度始终保持不变，不计活塞与玻璃管间的摩擦。求：玻璃管内水银柱的长度为多少？
【答案】50cm
【解析】
【详解】设玻璃管的横截面积为S，水银柱长度为H，图乙状态A、B两部分的气体的气柱长度均为h，压强分别为PA、PB，对A、B两部分的气体，由玻-马定律可得
而
联立解得
H=50cm
【物理——选修3-4】
15. 如图所示为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，其振幅为A，P、Q、N为介质中的三个质点，此时P、Q的位移相等，均为，质点Q正处于加速运动过程中，质点N位于波谷。已知质点N在t=1s时第一次到达波峰。下列判断正确的是（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 此时质点Р正在向下运动
C. 该波的传播速度为1m/s
D. t=0和t=0.5s两时刻质点Р的位移相等
E. 从t=0时刻起，经过时间质点Q通过的路程为9A
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB．图中质点Q正处于加速运动过程中，则质点Q向y轴负方向运动，所以该波沿x轴正方向传播，此时质点Р正在向y轴正方向运动，故A正确，B错误；
C．由图可知，波长
由质点N在t=1s时第一次到达波峰，可知周期
该波的传播速度为
故C正确；
D．设质点P从t=0位置第一次到波峰位置的时间为，则
解得
由简谐振动的对称性可知，t=0和t=0.5s两时刻质点Р的位移相等，故D正确；
E．由
可知如果Q从波峰、波谷或平衡位置开始振动，从t=0时刻起，经过的时间质点通过的路程为
由于t=0时Q不在波峰、波谷或平衡位置，所以经过的时间质点Q通过的路程不为9A，故E错误。
故选ACD。
16. 如图所示，半圆形玻璃砖半径为R，O'为圆心，光轴OO'垂直直径AB。一细束单色光平行于光轴OO'射入玻璃砖的圆面，光束与光轴之间距离L=R，已知这束光在玻璃砖中的折射率为n=，光在真空中的传播速度为c，求：光束在玻璃砖中传播的时间（不考虑折射时光的反射）。
【答案】
【解析】
【详解】光束通过玻璃砖的光路图如图所示
设光束射入玻璃砖时的入射角和折射角分别为i和r，射到玻璃砖AB界面时的入射角为，由题意和光的折射定律可得
可得
=30°
所以光束会从AB界面发生折射射出玻璃转，设光束在玻璃砖中的传播速度为v，传播时间为t，依据几何图形可得∠CO'D为等腰三角形，设CD的长度为l，则有
解得