2023-2024学年江西省南昌市高三（第二次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年江西省南昌市高三（第二次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.运动员立定跳远起跳瞬间如图所示，能表示地面对双脚作用力方向的是( )
A. B. C. D.
2.如图所示，a、b两点处分别固定有等量异种点电荷+Q和−Q，c是线段ab的中点，d是ac的中点，e是ab的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在 c、d、e点，它所受的电场力分别为Fc、Fd、Fe，则这三个力的大小关系为( )
A. Fd>Fc>FeB. Fd>Fc=FeC. Fc>Fd>FeD. Fe>Fc>Fd
3.屋檐的同一位置先后滴落两雨滴，忽略空气阻力，两雨滴在空中运动的过程中，它们之间的距离( )
A. 保持不变B. 不断减小C. 不断增大D. 与雨滴质量有关
4.图甲是某光电管发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率v的关系图像，图乙为氢原子的能级图。一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时，发出的光照射光电管，发出的光电子的最大初动能为( )
A. 2.29eVB. 9.80eVC. 10.20eVD. 12.09eV
5.下表为几个卫星的轨道半长轴和周期的数据，根据这些数据可估算木星与地球的质量之比为( )
A. 31B. 110C. 310D. 1100
6.如图所示，昌昌同学为了测量某溶度糖水折射率，将圆柱形透明薄桶放在水平桌面上，倒入半桶糖水;再将圆柱体竖直插入水中，圆柱体的中轴线与圆桶的中轴线重合;用刻度尺测量圆柱体在糖水中成的像的直径d2=5.80cm;已知圆柱体截面直径为d1=4.00cm，透明圆桶直径d3=10.00cm。则该糖水折射率( )
A. 1.45B. 1.72C. 2.00D. 2.50
7.如图所示，半径为R的半圆形光滑管道ACB固定在竖直平面内。在一平行于纸面的恒力F(未画出)作用下，质量为 m的小球从A端静止释放后，恰能到达最低点C;从B端静止释放后，到达C点时，管道受到的压力为10mg。则F的大小为( )
A. mgB. 2mgC. 3mgD. 5mg
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.边长为h的正方形金属导线框，从图示的初始位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域。磁场方向是水平的，且垂直于线框平面。磁场区高度等于H，上下边界如图中水平虚线所示，H>h。从线框开始下落到完全穿过磁场区的整个过程中( )
A. 线框中总是有感应电流存在
B. 线框速度的大小不一定总是在增加
C. 线框受到的安培力的合力的方向有时向上，有时向下
D. 线框在穿过磁场整个过程中损失的机械能全部转化为内能
9.如图所示，把一个有孔的小球A装在轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在水平光滑杆上，以O为平衡位置振动。另一小球B在竖直平面内以O′为圆心、ω为角速度沿顺时针方向做半径为R的匀速圆周运动(O与O′在同一竖直线上)。用竖直向下的平行光照射小球B，可以观察到，小球 B的“影子”始终在小球A上。取水平向右为正方向， O点为坐标原点，小球 B经最低点时为计时零点，则( )
A. 小球A的振幅为2R
B. 小球A的振动周期为2πω
C. 小球A的最大加速度大小为ω2R
D. 小球A的速度与时间的关系式为v=−ωRsinωt
10.如图所示，一传送带倾斜放置，以恒定速率 v顺时针转动。t=0时刻一物块以初速度v0从A端冲上传送带，t=t0时刻离开传送带.则物块速度随时间变化的图象可能是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。一质量为m、直径为d的小球连接在长为l的细绳一端，d≪l，细绳另一端固定在O点，调整光电门的中心位置。由静止释放小球，记录小球从不同高度释放通过光电门的挡光时间，重力加速度为 g。
(1)用游标卡尺测量小球直径，如图乙所示，则小球直径d=__________mm;
(2)若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为h，小球通过此光电门的挡光时间为Δt，则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量ΔEk=__________，重力势能减小量ΔEp=__________;(用题中字母表示)
(3)经过多次重复实验，发现小球经过光电门时，ΔEk总是大于ΔEp，下列原因中可能的是__________。
A.小球的质量测量值偏大
B.在最低点时光电门的中心偏离小球球心
C.小球下落过程中受到了空气阻力
12.物理学习小组通过放电法测量电容器的电容，所用器材如下：
电池;
待测电容器(额定电压20V);
电压表(量程3V，内阻待测);
电阻箱R1(最大阻值为9999.9Ω);
滑动变阻器R2(最大阻值为20.0Ω);
定值电阻R3(阻值为2400.0Ω)，定值电阻R4(阻值为600.0Ω);
单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2;
计时器;
导线若干。
(1)先测量电压表的内阻，按如图(a)连接电路。
(2)将R1的阻值调到__________(填“零”或“最大”)，逐渐调大R2，使电压表满偏;然后，R2的滑动触头保持不动，调节R1，使电压表的指针指在表盘中央，此时R1的值为1200.0Ω，则电压表内阻测量值为__________Ω。
(3)按照图(b)所示连接电路，将开关S2置于位置1，待电容器充电完成后，再将开关S2置于位置2，记录电压表电压 U随时间t的变化情况，得到如图(c)所示的图像。不计电压表内阻测量误差，当电压表的示数为1 V时，电容器两端电压是__________ V。
(4)不计电压表内阻测量误差，U−t图像下有135个小格，则通过电压表的电荷量为__________C(保留三位有效数字)。则电容器的电容为__________F(保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.使用储气钢瓶时，应尽量避免阳光直射。在某次安全警示实验中，实验员取来一只容积为40 L的氧气瓶，瓶内气体压强为1.50MPa。经暴晒后，连同瓶内气体，温度从27℃上升至57℃。认为瓶中气体为理想气体，忽略钢瓶的体积变化。
(1)求暴晒后瓶内气体的压强;
(2)为避免压强过大，储气钢瓶上装有安全阀。重复上述实验时，打开安全阀卸压，待瓶内压强降至1.10MPa时，安全阀关闭。此时，瓶内剩余的气体与原有气体质量之比是多少?
14.有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示，电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场，磁场分析器中有垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)。离子源发出的初速度均为零的氕核 11H和氘核经加速电压U加速后，均沿圆弧MN运动(圆弧MN为电场分析器的中心线)，再垂直进入四分之一圆形磁场区域，后从磁场下边界射出。已知氕核 11H在磁场区域运动t时间后恰好垂直于磁场下边界从Q点射出，MO=R，PO1=d，氕核 11H的电荷量为e，忽略离子间的相互作用。求：
(1)电场分析器中心线上电场强度的大小;
(2)氘核在磁场区域的运动半径;
(3)氘核的质量。
15.如图所示，质量为2kg的物块乙静止于A点，质量为1kg的物块甲在乙的左侧，物块丙静止在B点。甲、乙中间夹有不计质量的火药，火药爆炸时，将四分之一的化学能转化为甲、乙的动能，乙立即获得3m/s的速度向右运动。乙在AB间运动的某段连续的距离中，受到一水平向右、大小为12N的恒定拉力，使得乙恰好未与丙发生碰撞。已知 AB间的距离为8.25m，乙与地面间的动摩擦因数为0.2，碰撞与爆炸时间均极短，甲、乙、丙均可视为质点， g取10m/s2。
(1)求火药爆炸时释放的化学能;
(2)求恒定拉力在AB间持续作用的最短时间;
(3)若拉力从A点开始持续作用，乙运动到 B点后与丙发生碰撞，碰后瞬间，乙、丙的动量大小之比为1:6，求丙的质量范围。(不考虑再次碰撞)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：依据受力分析，运动员受到竖直向下的重力，垂直地面的向上的支持力，因为运动员立定跳远脚蹬地起跳瞬间，有相对地面向左运动的趋势，还受到水平向右的静摩擦力，所以地面对双脚的作用力方向的是斜向右上，故ACD错误，B正确。
故选：B。
依据重力竖直向下，弹力垂直接触面指向受力物体，摩擦力与相对运动趋势方向相反。
考查受力分析的内容，掌握摩擦力的方向判定，注意理解相对运动趋势的判定。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了电场的叠加要遵循平行四边形定则。
根据平行四边形定则，得出合场强，分析出电场力，即可得出结论。
【解答】
连线上场强由a到b先减小后增大，中垂线上场强由O到无穷远处逐渐减小，因此O点场强是连线上最小的(但不为0)，是中垂线上最大的，故Fd>Fc>Fe，A正确。
故选A。
3.【答案】C
【解析】【分析】
根据自由落体运动规律列方程即可判断。
知道自由落体运动规律是解题的关键。
【答案】
设第一滴下落的时间为t，第二滴晚下落t1，则之间距离d=12gt2−12g(t−t1)2=12gt1(2t−t1)>0，可见随着时间的增加，之间距离增大，故C正确，ABD错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】【分析】
【分析】本题考查了光电效应和能级跃迁的综合运用，知道能级间跃迁吸收或放出的光子能量等于两能级间的
能级差，以及知道光电效应的条件。
【解答】
【解答】从n=3能级向低能级跃迁能放出3种不同频率的
光子，频率最大的两种光子分别从n=3跃迁到
n=1产生的，因释放的能量E=−1.51−−13.60=12.09eV
最大初动能Ek=E−hν=9.80eV
故选：B。
5.【答案】C
【解析】【分析】
【分析】
本题考查万有引力定律的应用，涉及到天体质量的计算及开普勒第三定律。解题的关键是要知道卫星绕中心天体运动的其轨道半径的三次方与周期的平方的比值。
【解答】
【解答】
对绕中心天体做匀速圆周运动的卫生有：GMmr2=m4π2T2r，解得：r3T2=GM4π2，
根据开普勒第三定律可知，卫星做椭圆运动时有：a3T2=k，对同一个中心天体，k值相同，故对于绕同一个中心天体运动的两个卫星，其中一个做圆周运动，另一个做椭圆运动时，应有r3T2=GM4π2=a3T2=k，即：k=GM4π2；
根据题意，对木卫一有：a13T12=GM木4π2，对地球同步卫星有：a23T22=GM地4π2，代入表格中的数据可得：M木≈317.6M地，故C选项正确，ABD均错误；
故选C。
6.【答案】A
【解析】【分析】
由题意做出光路图，结合几何关系和折射定律计算折射率。
【解答】
由题意做出光路图，折射角sinr=d22d32=d2d3，由正弦定理
sinid12=sinπ2−rd′，其中d′2=d2−d122+d322−d222，
结合n=sinrsini得n≈1.45，故选A。
7.【答案】D
【解析】【分析】
由题意确定F的大小和方向，结合动能定理和圆周运动规律计算。
解题关键应用好等效重力法分析。
【解答】
质量为m的小球从A端静止释放后，恰能到达最低点 C，故F和重力G的合力G′垂直AC斜向下，将其看作等效重力，对B到C过程应用动能定理，
G′⋅ 2R=12mv2−0，
由圆周运动向心力表达式
N−G′cs45∘=mv2R，
联立得G′=2 2mg，则Fx=G′cs45∘=2mg，Fy=G′sin45∘−mg=mg，
故F= Fx2+Fy2= 5mg
8.【答案】BD
【解析】【分析】
该题考查了由楞次定律、左手定则和牛顿定律的应用，此题的分析首先要进行分段，进行受力分析和运动过程分析。
因为H>h，故可以分为三个过程：①从下边开始进入磁场到全部进入磁场；②从全部进入磁场到下边开始离开磁场；③下边开始离开磁场到全部离开磁场。再由楞次定律和左手定则可以判断知道，结合牛顿第二定律判断线框的速度，由能量守恒定律判断损失的机械能和产生内能的关系。
【解答】
A.线框全部进入磁场到下边开始离开磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；
B.从下边开始进入磁场，当安培力大于其重力时可能做减速运动，故B正确；
C线框在进入和穿出磁场的过程中，由楞次定律判断可知受到安培力的合力方向始终向上，故C错误；
D.由能量守恒定律知，线框在穿过磁场整个过程中损失的机械能全部转化为内能，故D正确；
故选：BD。
9.【答案】BC
【解析】解：A.小球A的振幅等于小球B在水平杆上的最大投影，即小球B做匀速圆周运动的半径R，所以小球B的振幅A=R，故A错误；
B.由图可知，小球B在水平杆上的影子的速度时刻与小球A的速度相等，小球A振动周期与小球B做匀速圆周运动周期相等即2πω，故B正确；
C.小球B做匀速圆周运动加速度为：a=v2R=ω2R，在水平方向上B的加速度水平分量与A的加速度相同，当小球A到达最左端和最右端时的加速度最大，此时B的加速度水平分量恰好等于其向心加速度，即小球A的最大加速度与小球B做匀速圆周运动的向心加速度相等，为ω2R∘故C正确；
D.因为O点为坐标原点，小球B经最高点时为计时零点，此时小球A正好处于平衡位置处，小球A的位移与时间的函数关系按正弦规律变化x=−Rsinωt，速度关系为v=−ωRcsωt，故D错误；
故选：BC。
本题B圆周运动一圈A正好做一次全振动，周期相等，根据二者的加速度关系求出A的最大加速度.
本题考查简谐运动基本知识，知道振子经过平衡位置时速度最大，完成一次全振动的时间为一个周期.
10.【答案】AC
【解析】解：AB、若v0重力沿斜面向下的分力做匀加速运动，当其速度与传送带相同时，则物体与传送带一起匀速运动，则A图是可能的，B不可能；
C、若v0>v：物体先做匀减速运动，与传送带共速后，摩擦力f<重力沿斜面向下的分力，加速度将减小，故C可能；
D、若v0>v：物体可能先做匀加速运动，与传送带共速后，摩擦力f≥重力沿斜面向下的分力，物体与传送带一起匀速运动，传送带速度和物体同向，故直线应在横坐标上方，故D不可能。
故选：AC。
本题考查摩擦力的方向与速度的关系，明确其与相对运动方向相反，结合牛顿第二定律分析可能的运动情况，关键要正确分析共速后摩擦力与重力分力的关系，确定其运动情况。
11.【答案】(1)14.5；
(2)12m(dΔt)2，mgh；
(3)B。
【解析】【分析】
本题考查的是验证机械能守恒的实验，解题的关键是要知道有关的实验原理依据，其中小球经过光电门的速度计算为v=dΔt，题型为基础题，较简单。
(1)根据游标卡尺读数规则读数；
(2)先求出经过光电门中心的速度，再根据动能公式求出小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量；根据Ep=mgh求出重力势能的减小量；
(3)根据有关的实验操作和原理分析动能偏大的可能原因；
【解答】
(1)根据游标卡尺读数规则读数可得，小球直径：d=1.4cm+5×0.1mm=14.5mm；
(2)小球经过光电门中心时的速度为：v=dΔt，
则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为：ΔEk=12mv2−0=12m(dΔt)2，
小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量：ΔEp=mgh；
(3)
A.小球的质量测量值偏大，对动能变化量及势能变化量无影响，故A错误；
B.光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖直线，使得速度测量值偏大，ΔEk的测量值偏大，使得ΔEk大于ΔEp，故B正确；
C.小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势能有一部分转化为内能，则ΔEk小于ΔEp，故C错误；
故选：B。
12.【答案】(2)零;1200.0
(3)7
(4)2.25×10−3;3.9×10−4
【解析】(2)利用半偏法测电压表内阻，首先将R1的阻值调到零，调节R2，使电压表满偏;然后，R2的滑动触头保持不动，调节R1，使电压表的指针指在表盘中央，此时R1两端电压和电压表所分电压大小相等，根据串联分压原理，此时R1的阻值和电压表阻值大小相等，R1的值为1200.0Ω，则电压表内阻测量值为1200.0Ω；
(3)当电压表的示数为1V时，电容器两端电压U=1V+U3=1V+1VR4+1VRVR3=7V；
(4)U−t图像一个小格表示0.02Vs，通过电压表的电量Q1=It=URVt=135×0.021200C=2.25×10−3C
通过R4的电量是通过电压表电量的2倍，Q2=4.5×10−3C
电容器充满时电压表示数2.5V，电容器两端电压U′=2.5V+2.5VR4+2.5VRVR3=17.5V
根据C=QU=6.75×10−317.5VF=3.9×10−4F
利用半偏法测电压表内阻；根据闭合电路欧姆定律计算电容器两端电压；根据电量定义式求解通过电压表的电荷量，根据电容定义式求解电容器电容。
本题主要考查半偏法测电压表的内阻以及通过放电法测量电容器的电容的实验，难度较大。
13.【答案】解：(1)瓶内气体可视为等容变化
p0T0=p1T1
解得：p1=1.65MPa
(2)根据理想气体状态方程：
p0V0T0=p2V2T1
解得V2=60L
则V:V2=2:3
即瓶内剩余的气体与原有气体质量之比为2:3
【解析】(1)瓶内气体发生等容变化，根据查理定律列式求解；
(2)对于气体的变质量问题，要利用气体状态方程求出对应气体在同一个温度、压强下的气体体积，然后结合同温同压下质量之比等于体积之比求解。
14.【答案】【解答】
(1)设氕核的质量为m，氘核的质量为M
氕核经加速电压U加速后有：Ue=12mv2
氕核在辐射状电场中做圆周运动有：eE=mv2R
解得：E=2UR；
(2)在磁场中，对氕核分析：evB=mv2d
解得：d= 2UmeB2
对氘核分析：evB=Mv2r
解得：r= 2UMeB2= 2d
即氘核做圆周运动的半径：r= 2d；
(3)设氕核与氘核在磁场中做圆周运动的周期为T1和T2
T1=2πmeB=4t
T2=2πMeB=8t
对氘核
r2= 2d= 2UMeB2
联立得：M=16Uet2π2d2。
【解析】【分析】
本题考查洛伦兹力的应用实例-质谱仪。解题的关键是要根据题意分析分析带电粒子在电场和磁场中的受力，确定粒子的运动情况。
在辐向电场中做圆周运动的向心力由电场力提供，在磁场中做圆周运动所需要的向心力由洛伦兹力提供。
15.【答案】解：(1)火药爆炸时，甲、乙组成的系统动量守恒
0=m甲v甲+m乙v乙
解得v甲=−6m/s
Ek总=12m甲v甲2+12m乙v乙2
解得Ek总=27J
E化=4Ek总=108J
(2)研究乙由A运动至B的过程，由动能定理：
WF−μm乙gL=0−12m乙v乙2
解得：WF=24J
无论何时开始有F的作用，F做的功为定值，
因此，当乙的速度最大时开始有 F的作用，则 F作用时间最短。
有力F作用时，对乙由牛顿第二定律
F−μm乙g=m乙a
解得a=4m/s2
设F作用的位移为x
WF=Fx
x=2m
由运动学公式
x=v乙t+12at2
解得t=0.5s
(3)F持续作用时，由动能定理：
FL−μm乙gL=12m乙v乙22−12m乙v乙2
得乙与丙碰撞前的速度：
v乙2=5 3m/s
因此乙在和丙碰撞前的动量：
P乙=m乙v乙2=10 3kg⋅m/s
乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律：
P乙=P′+P丙
若碰后乙、丙同向
P′=m乙v′
P丙=m丙v丙
P′:P丙=1:6
不撞穿：v′动能不增加：12m乙v乙22⩾12m乙v ′2+12m丙v丙2
联立可得：3m乙4⩽m丙⩽6m乙
即：32kg⩽m丙⩽12kg
若碰后乙、丙反向
P′=m乙v′<0
P丙=m丙v丙
P′:P丙=−1:6
动能不增加：12m乙v乙22⩾12m乙v ′2+12m丙v丙2
联立可得：m丙⩾32m乙
即：m丙⩾3kg
综上，碰后乙、丙同向时，32kg⩽m丙⩽12kg，碰后乙、丙反向时，m丙⩾3kg
【解析】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒、能量守恒，动能定理的综合应用，选取合适的研究对象以及研究过程，确定临界条件，找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题。卫星
木卫一
地球同步卫星
土卫一
半长轴/km
421700
42240
185520
周期/d
1.77
1
0.94