2024届陕西省咸阳市高三下学期三模理综试题-高中物理（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.本试卷共16页，全卷满分300分，答题时间150分钟。
2.答卷前，务必将答题卡上密封线内的各项目填写清楚。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。
第一部分（选择题 共126分）
一、选择题（本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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. 如图所示，在轻绳中间用挂钩（没画出）悬挂一个质量为m的重物，双手紧握轻绳的两端，然后沿水平固定的刻度尺缓慢分开，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 两侧轻绳拉力的合力减小
B. 两侧轻绳的拉力均减小
C. 当时两侧轻绳的拉力均为
D. 当两侧绳长与两手间距相等时两侧轻绳的拉力均为mg
【答案】C
【解析】
【详解】AB．受力分析如图
两侧轻绳拉力的合力不变始终等于mg，则有
解得
可知两侧轻绳的拉力均增大。故AB错误；
C．当时，代入数据，可得
故C正确；
D．当两侧绳长与两手间距相等时，当两侧轻绳的拉力均为
故D错误。
故选C。
2. 镭射线具有治癌的功能，镭226的半衰期为1620年，镭226衰变为氡222的方程，反应，亏损质量为，已知1u相当于931.5MeV的能量。下列说法正确的是（ ）
A. 该核衰变为β衰变
B. 该核反应释放核能约为4.56MeV
C. 增加环境温度可以使镭226的半衰期变为810年
D. 经过3240年，100个镭226中将有75个镭226发生衰变
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据质量数守恒和质子数守恒可知，X为，该核衰变为衰变，故A错误；
B．由质能方程可知，该核反应释放的核能约为
故B正确；
C．半衰期是原子核的固有属性，增加温度不能改变半衰期，故C错误；
D．半衰期是大量的统计学规律，对于少量粒子无意义，故D错误。
故选B。
3. 图甲为洛伦兹力演示仪的实物图，乙为其结构示意图。演示仪中有一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈（励磁线圈），通过电流时，两线圈之间产生沿线圈轴向、方向垂直纸面向外的匀强磁场。圆球形玻璃泡内有电子枪，电子枪发射电子，电子在磁场中做匀速圆周运动。电子速度的大小可由电子枪的加速电压来调节，磁场强弱可由励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（ ）
A. 仅使励磁线圈中电流为零，电子枪中飞出的电子将做匀加速直线运动
B. 仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的半径将变小
C. 仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大
D. 仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．仅使励磁线圈中电流为零，则没有匀强磁场，电子枪中飞出的电子将做匀速直线运动，故A错误；
B．仅提高电子枪加速电压，则电子进入磁场的速度增大，根据牛顿第二定律得
解得
速度增大时，半径增大，故B错误；
CD．带电粒子在磁场中运动的周期公式为
所以仅增大励磁线圈中电流即增大磁感应强度，周期减小，仅提高电子枪加速电压即增大粒子速度，周期不变，故C错误，D正确。
故选D。
4. 质量为2kg的物体，放在动摩擦因数的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，拉力做的功W随物体的位移x变化的关系如图所示，则（ ）
A. 至的过程中，物体的加速度是
B. 时，物体的速度是4.5m/s
C. 时，拉力的功率是6W
D. 至过程中，合力做的功是12J
【答案】C
【解析】
【详解】A．W-x图线的斜率表示水平拉力F的大小，由图可知，x=0至x=3 m的过程中，水平拉力为F1=5 N，由牛顿第二定律，有
F1-μmg=ma1
解得
a1=1.5 m/s2
故A错误；
B．时，物体的速度是
由图可知，x=3至x=9m的过程中，水平拉力为F2=2 N，由牛顿第二定律可得
F2-μmg=ma2
解得
a2=0
可知该过程物体匀速运动，则时，物体的速度是3m/s，选项B错误；
C．时，物块的速度为v6=3m/s，则拉力的功率是
故C正确；
D．在x=3m至x=9m过程中，物体做匀速运动，故合外力做功为零，故D错误；
故选C。
5. 如图所示的三维空间直角坐标系Oxyz中，粗细均匀的圆形绝缘环位于xOy平面内，其几何中心与坐标原点O重合。处于每个象限的圆环都均匀带有相同电量的电荷，电性如图所示。点1、2、3、4、5、6分别位于z、x、y轴上，它们与原点间距相同，以下说法正确的是（ ）
A. 点1、点2处的场强一定相同
B. 点3、点4处的电势一定相等
C. 点5、点6处的场强一定相同
D. 点5、点6处的电势一定不相等
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据电场强度叠加原理及对称性可知，点1和点2的场强都为零，场强相同，故A正确；
B．根据微元法和等效法，点3和点4可看作等量异种电荷中垂线上的点，电势都跟无穷远处电势相同，故B正确；
C．根据电场强度叠加原理及对称性可知，点5、点6处的场强大小相同，方向相反，故C错误；
D．根据微元法和等效法，点5和点6可看作等量异种电荷中垂线上的点，电势都跟无穷远处电势相同，故D错误。
故选AB。
6. 某力敏电阻的阻值随着压力的增大而线性减小。一同学利用该力敏电阻设计了判断小车在水平方向上运动状态的装置。其工作原理如图甲所示，将力敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，之间放置一个光滑绝缘重物M，重物与挡板之间通过轻弹簧连接。某次实验中，电压表示数随时间变化关系如图乙所示，已知时间内，小车处于静止状态，则（ ）
A. 0~t1时间内，弹簧处于原长状态
B. t1~t2时间内，小车的加速度随时间不是均匀变化
C. t1~t2时间内，小车做变速直线运动
D. t2~t3时间内，小车可能向左做匀减速直线运动
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．0~t1时间内电压表示数最大，由两电阻串联分压可知，力敏电阻的阻值最小，所受压力最大，所以弹簧处于压缩状态，故A错误；
BC．时间内，电压表示数减小，力敏电阻两端电压变大，阻值增大，所受压力F减小，设时电路中总电阻为，电压表示数为，压力变化，则有
解得
由图可知
根据牛顿第二定律，小车的加速度为
整理可得
可知，小车的加速度随时间不是均匀变化，小车做变速直线运动，故BC正确；
D．t2~t3时间内，电压表示数最小，力敏电阻的两端电压最大，阻值最大，所受压力最小，若M静止不动，弹簧弹力不变，M受到弹簧向右的力大于力敏电阻对M的压力，可知M的加速度向右且大小不变，所以小车可能向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动，故D正确。
故选BCD。
7. 1676年丹麦天文学家罗默通过木星卫星的掩食第一次测定了光速。如图甲，木卫1转到木星的背面时，会被木星遮住来自太阳的光线，形成掩食现象。已知木卫1绕木星做匀速圆周运动的周期为T，木星的半径为R，木星的质量为m，木星绕太阳公转周期为T0，木卫1绕木星转动周期远小于木星公转周期。如图乙，太阳光可视为平行光，太阳光与木星地面相切线与木卫1所在轨道的交点为P、Q点，∠POQ=α，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. 木卫1绕木星运动的线速度为
B. 木卫1一次“掩食”过程的时间约为
C. 木卫1绕木星运动的向心加速度为
D. 由题给信息可以推算出太阳的质量
【答案】AC
【解析】
【详解】A．木卫1绕木星做匀速圆周运动，线速度为
又由几何关系知
解得木卫1绕木星运动的线速度为
故A正确；
B．由于木卫1绕木星转动周期远小于木星公转周期，所以木卫1一次“掩食”过程的时间为
故B错误；
C．木卫1绕木星运动的向心加速度为
故C正确；
D．设木星到太阳的距离为d，木星绕太阳做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得
解得太阳质量为
由于未给出木星到太阳的距离为d，无法由题给信息测定太阳质量，故D错误。
故选AC。
8. 如图所示，两足够长平行光滑固定导轨，倾角为θ，导体棒ab、cd用绝缘细线栓连，处于水平状态，在平行于斜面向上的恒力F作用下静止于轨道，一范围足够大的匀强磁场垂直于轨道斜面（未画出）。磁感应强度为B，轨道宽度为l，导体棒ab、cd接入电路的电阻分别为R和2R。剪断细线，经t时间ab达到最大速度。已知导体棒ab质量为2m，导体棒cd质量为m。下列说法正确的是（ ）
A. 在任意时刻，ab与cd速度大小之比为1∶1
B. ab的最大速度为
C. 在0到t时间内，流过ab的电荷量为
D. 在0到t时间内，ab上滑的距离为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．对导体棒组成的系统进行受力分析，可知合外力为零，系统满足动量守恒，则有
即在任意时刻，与速度大小之比为
故A错误；
B．未剪断细线时，有
导体棒达到最大速度时，有
又
，
根据导体棒切割磁感线产生电动势，可得
又
联立解得
故B正确；
C．根据动量定理可得
又
联立解得
故C错误；
D．设在0到t时间内，上滑的距离为x，则cd下滑的距离为2x，有
联立解得
故D正确。
故选BD。
第二部分（非选择题 共174分）
二、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第9题~12题为必考题，每道试题考生都必须作答。第13题~第16题为选考题，考生根据要求作答）
（一）必考题（11题，共129分）
9. 某课外活动小组通过如图甲所示的实验装置测量滑动摩擦因数。将一木板用垫块垫高形成斜面，在木板底端B处固定一个光电门以测量物体通过该处时的速度，实验时滑块由距地面h高的A处静止释放，测出滑到B点的速度v。改变垫块的数量，从而改变木板的倾斜程度，但始终保持释放点A到B点的水平距离（即B、C间的距离）L＝0.8m不变。重复实验，最后做出如图乙所示的H-v2图像。
（1）木板倾斜程度更大时，为了保证L不变，滑块下滑到底端B点的位移将______（填“变大”“变小”或“不变”）；
（2）滑块与木板间的动摩擦因数μ＝ ______；
（3）若所用木板更粗糙些，重复上述实验步骤，得到的图像的斜率将______（填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】 ①. 变大 ②. 0.375 ③. 不变
【解析】
【详解】（1）[1]设木板与水平方向的夹角为，根据几何关系得出滑块下滑到底端B点的位移为
木板倾斜程度更大时，为了保证（即B、C间距离）L不变，滑块下滑到底端B点的位移将变大。
（2）[2]根据图像得时，，即此时滑块处于平衡状态，根据牛顿第二定律得
解得
（3）[3]若所用木板更粗糙一些，重复上述实验步骤，根据动能定理得
化简可得
所以若所用木板更粗糙一些，重复上述实验步骤，得到的图像的斜率将不变。
10. 在“测量金属丝的电阻率”实验中：
（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中导线a、b两个端点还没连接好，请用笔代替导线把a、b两个端点接在恰当的接线柱。______开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于______（选填“左”或“右”）端。
（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值：乙同学通过图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是______（选填“甲”或“乙”）。
（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流的表头G改装成电流表。如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出图像如图3所示。则图像斜率______。若要把该表头G改装成量程为6mA的电流表，需要把长为______m的镍铬丝并联在表头G两端。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1） ①. 见解析 ②. 左
（2）乙 （3） ①. 2.3 ②. 0.40
【解析】
【小问1详解】
[1]实验中用两节干电池供电，滑动变阻器分压式连接，电压从零开始调节，电流表选较小量程测量电流减小误差 ，则图中的导线a端应与 “0.6”接线柱连接，电压表测电阻两端的电压，则金属丝的电阻较小，电流表外接误差较小，故b端应与 “0.6”接线柱连接。
如图所示
[2]为了保护电表，开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于左端。
【小问2详解】
做U-I图像可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度，减少实验的误差，则乙同学通过U-I图像求电阻，求电阻的方法更合理。
【小问3详解】
[1]由图像可知图像斜率为
[2]由图像可知，当I=6.0mA时可得
即
11. 绝缘光滑水平面内有一半径为R=0.5m圆形有界匀强电场，场强大小E=2×103 N/C，水平面内建立的坐标系xOy的原点与圆心O重合，电场方向沿x轴正向，俯视图如图，可视为质点的带电荷量为q=-3×10-7C、质量m=1×10-3 kg的小球，由坐标原点O处以速度v0=0.4 m/s沿y轴正方向开始运动，从圆边界上P点（图中P点未标出）离开电场，选取圆心O处电势为零。求：
（1）小球在电场中运动的时间t；
（2）小球到达P点，小球的电势能Ep。
【答案】（1）1s；（2）-1.8×10-4 J
【解析】
【详解】（1）小球在水平面上受重力，支持力，这两个力在竖直方向，受另一个沿x轴负向恒定的电场力，它在水平面上做类平抛运动，设P点坐标为（-x，y）。
代入数值，解得
t =1s
（2）小球从O到P，由功能关系
ΔEP= -W
得
解得
EP=-1.8×10-4 J
12. 如图甲所示，质量mB=3kg的长木板B上表面放置一质量mA=2kg的物块A，另有一质量mC=1kg的物块C以某一初速度v0从长木板最左端滑上长木板，物块C与物块A发生弹性碰撞后恰好能从长木板左端滑落，物块A最终未从长木板滑离。物块A、C与长木板B之间的动摩擦因数均为，长木板B与地面之间的动摩擦因数为，两物块碰撞前长木板与地面相对静止。从两物块碰撞后瞬间开始计时，物块A的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）两物块碰撞后瞬间C的速度大小；
（2）动摩擦因数μ1、μ2的大小；
（3）长木板B与地面之间由于摩擦产生的热量大小。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）规定向右为正方向，设两物块碰前瞬间C的速度为，碰后瞬间C的速度为，碰后瞬间物块A的速度为，物块C与物块A发生弹性碰撞，满足动量守恒和机械能守恒
解得
，
由乙图可知，物块A发生碰撞后速度
解得
负号表示方向向左，故两物块碰撞后瞬间C速度大小为。
（2）由乙图可知，0-0.45s内，A做匀减速直线运动的加速度大小为
由牛顿第二定律得
解得
物块C从碰撞后到滑落过程中，设加速度大小为，由牛顿第二定律得
解得
物块C恰好能从长木板左端滑落时速度为零，物块C从碰撞后到滑落的时间
解得
设物块C从长木板滑落后，长木板的加速度大小为，有
由乙图可知物块A发生碰撞后，物块A和长木板共速，速度大小都是
由运动学公式得
解得
，
（3）长木板B加速阶段的位移大小
解得
设从A、B共速到停止运动的加速度大小为a，位移大小为，有
解得
长木板B与地面之间产生的热量大小
解得
（二）选考题（共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，在答题卡选答区域指定位野答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分）
33.[物理——选修3-3]（15分）
13. 如图，一定质量的理想气体从状态a经过等温变化到达状态b，再经过等压变化到达状态c，最后经过等容变化回到状态a，图中封闭图像的面积为S，在b→c过程中，外界对气体做功，气体分子平均动能___________（选填“增加”“不变”或“减少”），在c→a过程中，单位体积内气体分子数___________（选填“增加”“不变”或“减少”），按箭头方向从状态a经历一个循环过程回到状态a，气体需从外界吸收的热量为___________。
【答案】 ①. 减小 ②. 不变 ③. S
【解析】
【详解】[1]在b→c过程中，气体的压强不变，体积减小，可知，气体温度降低，则分子平均动能减少；
[2]在c→a过程中，气体的体积不变，则单位体积内气体分子数不变；
[3]按箭头方向从状态a经历一个循环过程回到状态a，气体温度不变，内能不变，气体需从外界吸收的热量等于气体对外做功，其大小等于封闭图像包含的面积为S。
14. 竖直放置的导热薄壁汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻杆连接，活塞Ⅰ、Ⅱ的质量均为m，面积分别为S、2S。初始时活塞Ⅰ上面放置质量为2m的物块M，系统处于平衡状态，活塞Ⅰ到汽缸连接处的距离为h、活塞Ⅱ到汽缸连接处的距离为2h，如图所示。已知活塞外大气压强为，活塞外温度恒定，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计轻杆的体积。若，求：
（1）汽缸内理想气体的压强与大气压强的比值；
（2）轻轻拿走塞Ⅰ上面放置的物块，待系统稳定时活塞Ⅰ到汽缸连接处的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设汽缸内理想气体的压强为，对系统整体由平衡条件可得
解得
解得
结合
可得
（2）轻轻拿走塞Ⅰ上面放置的物块，设稳定时，汽缸内气体的压强为，根据平衡条件可得
解得
根据玻意耳定律
解得
根据题意可得
则
设活塞Ⅰ到汽缸连接处距离为，根据几何知识
解得
34.[物理——选修3-4]（15分）
15. 如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径。在玻璃体内部的B处有一点光源，可以朝各个方向发出光，玻璃体对该光的折射率为，真空中的光速为c。从B点发出的一条斜向左上方的光线经过玻璃体折射后，出射光线恰好与AB平行，则该条从B点发出的光线的方向与AB的夹角为__________；另一条从B点发出的光线恰好在界面上发生全反射，该条光线从发出到达到界面所经历的时间为__________。
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】[1]根据题意做出光路图如图所示，入射光线从点射出，设入射角
根据几何关系，出射角为
根据折射定律
解得该条从B点发出的光线的方向与AB的夹角为
[2]入射光线在点发生全发射，临界角为
光在玻璃球球体的速度为
该条光线从发出到达到界面所经历的时间为
16. 如图所示，在均匀介质中，位于和处的两波源和沿y轴方向不断振动，在x轴上形成两列振幅均为、波速均为的相向传播的简谐横波，时刻的波形如图。
（1）求波源振动的周期；
（2）求内，处的质点运动的路程；
（3）形成稳定干涉图样后，求x轴上两波源间（不含波源）振动加强点的个数，并写出两波源间（不含波源）所有振动加强点的横坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）9个，
【解析】
【详解】（1）由图可知波波长为，波源振动的周期为
（2）传播到处的时间
传播到处的时间
内，处的质点振动的时间为
内，处的质点振动的路程为
内，两列波一起振动了，即。由图可知波源的起振方向沿y轴正方向，波源的起振方向沿y轴负方向，但波源比波源早起振半个周期，故在波源起振后，二者的步调相同，处的质点的波程差为
故处的质点为振动加强点，内，处的质点振动的路程为
内，处的质点运动的路程
（3）设振动加强点的坐标为x，根据振动加强公式有

满足条件的振动加强点有
x轴上两波源间（不含波源）振动加强点的个数为9个。