2024届江西省景德镇市高三下学期第三次质量检测(二模)物理试卷(解析版)

这是一份2024届江西省景德镇市高三下学期第三次质量检测(二模)物理试卷(解析版)，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
1. 如图所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光，下列说法正确的是（ ）

A. 这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光
B. 由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的光的频率最小
C. 用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应
D. 由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光波长最大
【答案】C
【解析】A．根据大量氢原子在不同能级释放出光子的种数
可知，当时，会释放6种不同频率的光，故A错误；
BD．根据，
可知，跃迁过程中释放的光的能量越小，其释放的光的频率就越小，波长就越大，显然从能级跃迁到能级时释放的光的能量最小，即放出的光的频率最小，而从n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光的能量最大，频率就最大，波长最小，故BD错误；
C．氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1能级时辐射的光的能量为
则可知，用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应，故C正确。故选C。
2. 中国在西昌卫星发射中心成功发射“亚太九号”通信卫星，该卫星运行的轨道示意图如图所示，卫星先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P。当卫星经过P点时点火加速，使卫星由椭圆轨道1转移到地球同步轨道2上运行，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等
B. 卫星在轨道1上运行经过P点的速度大于经过Q点的速度
C. 卫星在轨道2上时处于超重状态
D. 卫星在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度
【答案】D
【解析】A．卫星在轨道1上运行经过P点需点火加速进入轨道2，所以卫星在轨道2上的机械能大于轨道1上运动时的机械能，A错误；
B．P点是远地点，Q点是近地点，根据开普勒第二定律可知卫星在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度，B错误；
C．卫星在轨道2上时处于失重状态，C错误；
D．根据牛顿第二定律和万有引力定律得
所以卫星在轨道2上经过P点加速度等于在轨道1上经过P点的加速度，D正确。
故选D。
3. 利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小。实验时，把图甲中的小球举高到绳子的悬点O处，然后小球由静止释放，同时开始计时，利用传感器和计算机获得弹性绳的拉力随时间的变化如图乙所示。根据图像提供的信息，下列说法正确的是（ ）
A. 时刻小球的速度不是最大的
B. 时刻小球的动能不是最小的
C. 、时刻小球的运动方向相同
D.
【答案】A
【解析】A．把小球举高到绳子的悬点O处，让小球自由下落，t1时刻绳子刚好绷紧，此时绳子的拉力为零，小球向下做加速运动，故t1时刻小球的速度不是最大。同理，t3时刻小球的速度也不是最大，故A正确；
B．t2时刻绳子的拉力最大，小球运动到最低点，速度为零，动能最小；同理，t5时刻小球的动能也最小，故B错误；
C．t2、t5时刻小球都到达最低点，t3时刻小球速度方向向上，t4时刻小球速度向下，t3、t4时刻小球的运动方向相反，故C错误；
D．t3～t4时间内与t6～t7时间内小球都做竖直上抛运动，由于t3时刻的速度大于t6时刻的速度，由竖直上抛运动的时间
可知
故D错误。故选A。
4. 如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻0~25m区间的波形图如图中实线，经过时该区间波形图如图中虚线，已知虚线上波峰对应的平衡位置的横坐标为12.5m，质点A平衡位置的横坐标为，则当波速取最小值时质点A的振动方程以及可能的波速值，正确的是（ ）
A. ；225m/s
B. ；425m/s
C. ；625m/s
D. ，825m/s
【答案】C
【解析】由波形图可知，波长为
波沿x轴正方向传播，则
解得
则波速
n=0时，波速最小，此时
则
质点A的振动方程
质点A在零时刻向上振，可知
故质点A的振动方程
当n=9时，有
故选C。
5. M、N是某电场中一条电场线上的两点，一个电子从M点以一定的初速度向N点运动，电子仅受电场力的作用，其电势能随位移变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电子的速度在不断地减小
B. 电子的加速度在不断地增大
C. M点的电场强度大于N点的电场强度
D. M点的电势高于N点的电势
【答案】C
【解析】A．电子仅受电场力的作用，由图像可知电势能随位移增加而减小，根据功能关系可知，电场力做正功，电子的动能在不断增加，电子的速度也在不断地增加，故A错误；
BC．根据动能定理有
图像的斜率反映了电场强度的变化，图像斜率逐渐减小，则电场强度逐渐减小，所以M点的电场强度大于N点的电场强度，电子在M点受到的电场力大于N点的电场力，根据牛顿第二定律可知电子的加速度在不断地减小，故C正确，B错误；
D．由图像可知电子的电势能逐渐减小，根据
可知M点的电势低于N点的电势，故D错误。故选C。
6. 电磁炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器．某小组用图示装置模拟研究电磁炮的原理．间距为0.1m的水平长导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5T，左端所接电池电动势1.5V、内阻0.5Ω．长0.1m、电阻0.1Ω的金属杆ab静置在导轨上．闭合开关S后，杆ab向右运动，在运动过程中受到的阻力恒为0.05N，且始终与导轨垂直且接触良好．导轨电阻不计，则杆ab
A. 先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动B. 能达到的最大速度为12m/s
C. 两端的电压始终为0.25VD. 达到最大速度时，ab两端的电压为1V
【答案】D
【解析】A.设内阻为r，杆的电阻为R，设速度为v时，有：，根据牛顿第二定律：，联立可知：物体做的是加速度减小的加速，当加速度减小到零，开始匀速，A错误
B.当匀速时：，代入数据解得：，B错误
CD.根据选项A可知，回路电流：，ab两端电压：，随着速度变大，电压在变化，当达到最大速度，代入解得：，C错误D正确
7. 如图所示，水平虚线MN上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．大量带正电的相同粒子，以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向，由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动．不计粒子重力和粒子间相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动，因为粒子带正电，根据左手定则可知粒子将向左偏转，故C错误；因为粒子以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向发射，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界且ON=R；在竖直方向上有最远点为2R，由O点竖直向上射入的粒子，打在最左端且距离为OM=2R，但是左侧因为没有粒子射入，所以中间会出现一块空白区域，故B正确，AD错误．所以B正确，ACD错误．
8. 如图甲所示，水平冰面上有两位同学，A同学的质量为，B同学静止站在冰面上，A以一定的初速度向B滑去，抱住B同学后两人一起向右运动。以向右为正方向，A同学的位移—时间图像如图乙所示，不计空气和冰面对人的阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 同学B对A的冲量为
B. 同学A和B的质量之比为2∶3
C. 两人相抱过程中损失的动能为
D. 两人相抱过程中相互间的作用力做功之比为1∶1
【答案】BC
【解析】AB．由图乙可知同学A的初始速度为
由图乙可知同学A抱住同学B后两人的速度为
由动量守恒定律得
解得
对A由动量定理得
同学A和B的质量之比为
A错误，B正确；
C．两人相抱过程中损失的动能为
C正确；
D．两人相抱过程中相互间的作用力做功之比为
D错误。
故选BC。
9. 如图所示，一下端封闭、上端开口的粗细均匀的玻璃管竖直静置，长度的水银柱封闭了一段空气（视为理想气体）柱，空气柱的长度。外界大气压强恒为。使玻璃管向上做加速度大小的匀加速直线运动时，管内空气温度保持不变，取重力加速度大小。和竖直静置时相比较，下列说法正确的有（ ）
A. 管内空气的压强增加了
B. 管内空气柱的长度减少了
C. 管内空气的压强增加了
D. 管内空气柱的长度减少了
【答案】CD
【解析】AC．根据题意，设静止时管内空气的压强为，则有
设玻璃管向上加速时管内空气的压强为，管的横截面积为，则有
解得
可知，管内空气的压强增加了
故A错误，C正确；
BD．由于空气温度保持不变，由玻意耳定律有
解得
可知，管内空气柱的长度减少了，故B错误，D正确。
故选CD。
10. 如图所示，正方体空心框架ABCD﹣A1B1C1D1下表面在水平地面上，将可视为质点小球从顶点A在∠BAD所在范围内（包括边界）沿不同的水平方向分别抛出，落点都在平面内（包括边界）。不计空气阻力，以地面为重力势能参考平面。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球初速度的最小值与最大值之比是1：2
B. 落在C1点的小球，运动时间最长
C. 落在B1D1线段上的小球，落地时机械能的最小值与最大值之比是1：2
D. 轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向都相同
【答案】AD
【解析】B．小球做平抛运动，由
得
下落高度相同，平抛运动的时间相等，故B错误；
A．小球落在A1C1线段中点时水平位移最小，落在C1时水平位移最大，由几何关系知水平位移的最小值与最大值之比是1：2，由于运动时间t相等，由
x=v0t
得小球初速度的最小值与最大值之比是1：2，故A正确；
C．落在B1D1线段中点的小球，落地时机械能的最小，落在B1D1线段上D1或B1的小球，落地时机械能的最大。设落在B1D1线段中点的小球初速度为v1，水平位移为x1，落在B1D1线段上D1或B1的小球初速度为v2，水平位移为x2。由几何关系有
x1：x2=1：
由x=v0t得
v1：v2=1：
落地时机械能等于抛出时的机械能，分别为

可知落地时机械能的最小值与最大值之比不等于1：2．故C错误。
D．设AC1的倾角为α，轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向与水平方向的夹角为θ。则有
则
tanθ=2tanα
可知θ一定，则轨迹与AC1线段相交的小球，在交点处的速度方向相同，故D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 使用如图所示的装置探究物体沿斜面下滑的运动特点，操作步骤如下：
①让滑块从距离挡板s处由静止下滑，同时打开水箱阀门，让水流到量筒中（假设水流是均匀稳定的）
②当滑块碰到挡板时立即关闭阀门；
③记录量筒收集的水量V；
④改变s，重复以上操作；
⑤记录测得的数据并填写如下表格中。
根据表中数据得到s与__________（选填“”、“V”或“”）成正比，由此可得滑块沿斜面向下做__________运动。
若保持下滑的距离s不变，仅增大滑块的质量，水量V将__________（选填“增大”、“不变”或“减小”）（实验允许有误差）
【答案】V2 匀变速直线 不变
【解析】[1][2]在表格中计算出、，如图
从表格数据可以得出与成正比，由
由于水流均匀稳定，则量筒中收集的水量V和时间t成正比，所以
由此可得滑块沿斜面向下做匀变速直线运动。
[3]位移s与体积V的二次方是成正比，与滑块的质量无关，所以若保持下滑的距离s不变，仅增大滑块的质量，水量V将不变。
12. 要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：
A．待测电压表V（量程，内阻约几千欧）
B．电流表A（量程，内阻）
C．定值电阻R（阻值，额定电流）
D．蓄电池E（电动势略小于，内阻不计）
E．多用电表
F．开关、，导线若干
有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：
（1）先用多用电表进行粗测，选用倍率，操作方法正确。若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是__________。
（2）为了更精确地测出此电压表内阻，在如图所示乙、丙实验电路中，该同学选择丙图的电路进行实验，其理由是____________________。
（3）在图丁中，用笔画线代替导线，按照丙图的电路把实物连接好________。
（4）利用丙图的电路进行实验时，简述实验的主要步骤（在所测量的物理量后写上相应的字母符号）：____________________；
（5）用上述所测及已知的物理量的字母符号表示电压表的内阻__________。
【答案】（1）3000 （2）乙图中电流表的示数太小，误差太大。丙图中R的阻值与电压表阻值较为接近，误差小。
（3） （4）闭合K1，再闭合K2，读得电压表示数U1；再断开K2，读得电压表示数U2
（5）
【解析】【小问1详解】
根据题意，由图甲可知，电阻的测量值为
【小问2详解】
根据题意可知，电源的电动势约为，电压变内阻为几千欧，乙图中电流表的示数太小，误差太大。丙图中R的阻值与电压表阻值较为接近，误差小。
【小问3详解】
按照丙图的电路把实物连接好，如图所示
【小问4详解】
利用丙图的电路进行实验时，实验的主要步骤为闭合K1，再闭合K2，读得电压表示数U1；再断开K2，读得电压表示数U2。
【小问5详解】
闭合K1，再闭合K2，读得电压表示数U1，则有
再断开K2，读得电压表示数U2，则有
联立解得
13. 在折射率为的液体内部有一个可移动的点光源S，光源S在初始位置时，从液面上观察到半径为的圆形光斑。
（1）求点光源S初始位置的深度h；
（2）让点光源S向某个方向做匀速直线运动，发现圆形光斑最右侧边缘一点B位置未动，而最左侧边缘一点D在向左移动，光源运动时，D点向左移动了，如下图所示，求点光源S运动的速度大小和方向。
【答案】（1）0.2m；（2），方向为光源S沿着左下方45°角
【解析】（1）在B处发生全反射，如图
临界角C满足，由几何关系得
联立解得，点光源S的初始深度为
（2）由图可知
光源移动的位移s满足
由公式，联立解得，光源移动速度为
方向为光源S沿着左下方45°角。
14. 一电动玩具小车放在水平地面上，从静止开始运动，在一段时间内其速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，地面对小车的摩擦力恒定，2s以后小车以速度做匀速直线运动，对比分析两图像所给的已知信息，求：
（1）2s时小车的速度以及地面对小车的摩擦力；
（2）甲图阴影部分的面积。
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）1s至2s，小车做匀加速直线运动，牵引力恒定设为，1s时
2s时
代入图中所给已知条件
解得
设地面对小车的恒定摩擦力为，由题意和图像可知2s以后小车以速度
恒定的功率做匀速直线运动，则有
解得
（2）结合
由甲图可知，1s至2s小车的加速度
由牛顿第二定律
再代入
综合解得
甲图阴影部分的面积是小车在0~1s内的位移，由动能定理
由图像可知
再结合
联立解得
15. 如图甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场；第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面的磁场，，，磁场随时间t变化的规律如图乙所示，，，设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为、电荷量为的带正电液滴从p点以速度，沿x轴负方向入射，恰好以指向y轴负方向的速度v经过原点O（此时）后进入的区域。重力加速度g取。
（1）求液滴第一次到达O点时速度v的大小；
（2）求液滴在时间内的路程；
（3）若在时撤去电场、和磁场，同时在整个空间区域加竖直向上的匀强磁场（未画出），，求从此时刻起，再经过液滴距O点的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意，对带电液滴水平和竖直方向分别由动量定理得
，
解得
（2）计算可知液滴通过O点后
则液滴将仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有，
解得磁感应强度为时，
磁感应强度为时，
内运动轨迹如图所示
则
解得
（3）只有磁场存在时，油滴在水平方向做匀速圆周运动，周期
半径
油滴在竖直方向做自由落体运动，经过沿y轴下落高度为
经过后距O点的距离为
解得
次数
1
4.50
95
2
4.00
89
3
3.50
84
4
3.00
77
5
2.50
71
次数
1
4.50
95
9.75
9025
2
4.00
89
9.43
7921
3
3.50
84
917
7056
4
3.00
77
8.77
5929
5
2.50
71
8.43
5041