山东省德州市第一中学2024届高三下学期三模物理试题（Word版附解析）

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1.答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考生号、座号填写在相应位置。
2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂：非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 如图所示，开口向右的绝热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一定质量的理想气体，轻绳左端连接活塞，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m的小桶，小桶静止，气体处于状态1。现接通电热丝一段时间后断电，活塞向右移动L后静止，气体处于状态2。由状态1到状态2气体内能增加量为。重力加速度大小为g，外界大气压强不变。下列说法正确的是（ ）
A. 状态2相比状态1，每个分子的速率都增大
B. 状态2相比状态1，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少
C. 由状态1到状态2，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量
D. 电热丝释放的热量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．由状态1到状态2气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动平均速率增大，不是每个分子的运动速率都增大，故A错误；
B．状态2相比状态1压强不变，温度升高，分子平均动能增大，体积增大，分子数密度减小，由压强的微观解释可知，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少，故B正确；
C．由状态1到状态2，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量减去气体对外做的功，故C错误；
D．设大气压强为，活塞的横截面积为，气体压强为，由平衡方程
得
活塞向右移动L过程中，对外做功
由热力学第一定律得
得气体吸收的热量即电热丝释放的热量
故D错误。
故选B。
2. 如图所示，不带电的金属球静止在光滑绝缘水平地面上，球心O的正上方有一固定的点电荷。现给金属球施加外力，让金属球沿竖直方向缓慢靠近点电荷，下列说法正确的是（ ）
A. 球心O处的场强逐渐变大B. 感应电荷在O处产生的场强逐渐变大
C. 球心O处的电势逐渐升高D. 金属球的电势能增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于静电屏蔽，球心O处的场强为零，保持不变，A错误；
D．金属球不带电，则金属球得电势能始终为零，不变，D错误；
C．由于静电屏蔽，金属球为等势体，球心O处靠近点电荷，点电荷带负电，沿着电场线方向电势降低，则球心O处的电势降低，C错误；
B．球心O处的场强为零，则金属球感应电荷在O处产生的场强与点电荷在O处产生的场强大小相等方向相反，在靠近点电荷过程中，点电荷在O处产生的场强
逐渐变大，则感应电荷在O处产生的场强逐渐变大，B正确。
故选B。
3. 2024年1月5日，我国“快舟一号”运载火箭在酒泉卫星发射中心点火升空，以“一箭四星”方式。将“天目一号”掩星探测星座星送入预定轨道（轨道近似为圆轨道，高度在之间）。我国的第一颗卫星“东方红一号”于1970年4月24日在酒泉卫星发射中心由长征一号运载火箭送入工作轨道（近地点距地球表面的距离441km、远地点距地球表面的距离2368km）。已知地球的半径为6400km，下列说法正确的是（ ）
A. “东方红一号”卫星运动的周期小于“天目一号”卫星运动的周期
B. “东方红一号”卫星的加速度大小可能等于“天目一号”卫星的加速度大小
C. “东方红一号”卫星的运行速度可能大于7.9km/s
D. “天目一号”卫星从发射到进入预定轨道的整个过程均处于失重状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．“东方红一号”卫星半长轴为
“天目一号”卫星的半径为
所以“天目一号”卫星的半径小于“东方红一号”卫星半长轴，根据开普勒第三定律
可知，“东方红一号”卫星运动的周期大于“天目一号”卫星运动的周期，故A项错误；
B．由于
解得
“东方红一号”卫星到地心的距离有可能等于“天目一号”卫星到地心的距离，则两者加速度大小可能相等，故B项正确；
C．7.9km/s是人造地球卫星的最大运行速度，则“东方红一号”卫星的运行速度一定小于7.9km/s，故C项错误；
D．“天目一号”卫星在加速升空阶段加速度的方向向上，所以加速升空阶段处于超重状态，卫星进入预定轨道后围绕地球做匀速圆周运动，卫星的加速度等于重力加速度，处于失重状态，故D项错误。
故选B。
4. 如图甲所示为研究光电效应规律的实验装置，同一入射光照射到不同金属材料表面，发生光电效应时的遏止电压与金属材料的逸出功的关系如图乙所示，已知普朗克常量为h，则入射光的频率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据爱因斯坦光电方程
结合
联立可得
结合图乙可得
联立可得
故选A。
5. 一列简谐横波沿x轴传播，位于x=0处的波源在t=0时刻起振，t=2.5s时第2次到达正向最大位移处，此时平衡位置位于x=1m处的质点N刚要起振，M、N间波形如图所示（其他未画出）。已知M、N之间的各质点在t=2.5s至t=3s内通过路程的最大值为10cm，下列说法正确的是（ ）
A. 波源起振方向沿y轴负方向
B. 质点M的平衡位置位于x=0.8m
C. 该波的波速为0.5m/s
D. 波源振幅为cm
【答案】D
【解析】
【详解】A． t=2.5s时平衡位置位于x=1m处的质点N刚要起振，起振的方向沿y轴正向，可知波源起振方向沿y轴正方向，选项A错误；
B．经过2.5s时波源第2次到达正向最大位移处，可知波向x轴正向传播
可知
结合波形图可知，质点M的平衡位置位于x=0.6m，选项B错误；
C．因
可得周期
T=2s
则该波的波速为
选项C错误；
D．已知M、N之间的各质点在t=2.5s至t=3s内通过路程的最大值为10cm，因
因质点在平衡位置时速度最大，则在平衡位置前后时间内的路程最大，即
可得波源振幅为
选项D正确
故选D。
6. 在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为宇航员舱外活动的主要动力装置，它能让宇航员保持较高的机动性。如图所示，宇航员在距离空间站舱门为d的位置与空间站保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度持续喷出，宇航员到达舱门时的速度为。若宇航员连同整套舱外太空服的质量为M，不计喷出气体后宇航员和装备质量的变化，忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设喷出的气体的质量为，则
根据动量守恒定律可得
宇航员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则
联立解得
故选D。
7. 如图所示，N匝边长为L、电阻为R的正方形线框，绕OO′ 轴以角速度ω匀速转动，OO′ 为中轴线，其左侧存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，线框通过电刷与阻值为3R的定值电阻和可变变压器相连，副线圈接有阻值为R的定值电阻，原线圈和副线圈初始接入电路的匝数之比为3∶1，副线圈的总匝数与原线圈的匝数相等。下列说法正确的是（ ）
A. 线框从图示转过60°时，电动势的瞬时值为
B. 交流电压表的示数为
C. 原、副线圈的匝数之比为2∶1时，电流表和电压表示数的乘积最大
D. 滑动触头P向上移动时，电源的输出功率逐渐变大后变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．从图示计时，电动势的瞬时值表达式为
当ωt=60°时
A错误；
B．电动势的最大值为
有效值为
E=
副线圈的有效电阻为
当原、副线圈的匝数之比为3∶1时
=9R
电压表的示数为
B错误；
C．电流表和电压表示数的乘积即为变压器的输入功率，将变压器视为外电路，等效电源的内阻为4R
=4R
即
=2
时，UI有最大值，C正确；
D．电源的输出功率为
当滑动触头P向上移动时，比值减小，减小，增大，D错误。
故选C
8. 校园运动会开幕式上释放了一组氦气球，氮气球缓慢上升，到达一定高度后膨胀破裂。若刚释放时氦气球内外的压强差为，即将破裂时氦气球的体积为刚释放时的1.2倍，内外的压强差为。大气压强p随离地高度h的变化如图甲所示，大气温度t随离地高度h的变化如图乙所示，氦气球导热良好。则氦气球破裂时的离地高度约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在地面时，气体的压强
温度为
设体积为，设在高度时，气体的压强
温度为
体积为，根据理想气体状态方程可得
联立解得
故选A。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F=0.05v2（采用国际单位制），v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示。g取10m/s2。表演者上升10m的运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2m/s2
B. 表演者一直处于超重状态
C. 表演者上升5m时获得最大速度
D. 表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．打开开关瞬间，表演者高度为0，则有
根据牛顿第二定律有
解得
故A正确；
B．根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有
解得
由于
可知，重力与风力大小相等时的高度为
可知，在高度小于5m时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5m时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B错误；
C．结合上述可知，表演者先向上做加速度减小得加速运动，表演者上升5m时，加速度为0，速度达到最大值，故C正确；
D．结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，质量为m的光滑大圆环用细轻杆固定在竖直平面内，两个质量均为的小环（可视为质点）套在大圆环上，将两个小环同时从大圆环的最高点a由静止释放，两小环分别沿大圆环两侧下滑。已知重力加速度为g，从两小环开始下滑到运动至大圆环最低点c的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小环从a运动到b的过程中，大圆环对小环的弹力始终指向大圆环的圆心
B. 小环运动到b点时，大圆环与小环间的作用力一定不为零
C. 大圆环对轻杆的作用力可能为零
D. 大圆环对轻杆作用力的最大值为21mg
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由弹力方向可知，小环从a运动到b的过程中，运动到图示位置P点
设大圆环半径为R，小环与圆心的连线与竖直方向的夹角为，对小环由动能定理可得
如果小环与大环恰好无弹力，重力的分力提供向心力，则
解得
在该点上方大圆环对小环的弹力方向背离大圆环圆心，在该点下方大圆环对小环的弹力方向指向大圆环的圆心，故A错误；
B．小环运动到b点时，大圆环对小环的弹力提供小环的向心力，大圆环与小环间的作用力一定不为零，故B正确；
C．当小环运动到P点下面b点上面的Q点时，OQ与竖直方向的夹角为，大环对小环的弹力为F，则由动能定理
由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律可知小环对大环的弹力大小为
当时，大圆环对轻杆的作用力恰好为零，解得
或
所以大圆环对轻杆的作用力可能为零，故C正确；
D．当其中一个小环到大圆环最低点时，由动能定理得
由牛顿第二定律可得
解得
小环到大圆环最低点时，大环对小环的作用力最大；由牛顿第三定律可知小环对大环向下的作用力最大，所以大圆环对轻杆作用力的最大值为
故D正确。
故选BCD。
11. 潍坊风筝是山东潍坊传统手工艺珍品，制作历史悠久，工艺精湛，是非物质文化遗产之一，现在世界上70%以上风筝都是出自潍坊。本届风筝节上，小明同学在滨海国际风筝放飞场放风筝，风筝静止于空中且风筝平面与水平面夹角始终为30°，风速水平，与风筝作用后，垂直风筝平面的风速减为零，平行风筝平面的风速大小不变。风筝的质量为m，风筝线质量不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 若风筝线与水平方向夹角为30°，则风对风筝的作用力大小为mg
B. 若风筝线与水平方向夹角为30°，则线对风筝的作用力大小为mg
C. 风筝线长度不变，若风速缓慢变大，则线与水平方向夹角变大
D. 风筝线长度不变，若风速缓慢变大，则风筝的机械能减小
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．由于平行风筝平面的风速大小不变，故平行风筝的平面上风力大小为零，对风筝受力分析如图所示，平衡时则有
解得
A错误，B正确；
C．当风速缓慢增大时，垂直作用在风筝上的力逐渐增大，作出其矢量三角形，如图所示
由图可知，风速缓慢增大时，则线与水平方向夹角变大，C正确；
D．风速缓慢增大时，风筝线的长度不变，风速平行风筝平面的分速度增大，相当于风筝在该方向上的速度变大，机械能应增加，D错误。
故选BC。
12. 如图所示，坐标系中，的空间内存在沿x轴负方向的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，匀强电场的电场强度大小为E；的空间内存在沿x轴负方向、磁感应强度大小未知的匀强磁场。电荷量为、质量为m的带电粒子从坐标原点O以初速度沿y轴正方向运动，带电粒子第5次沿y轴负方向穿过平面时恰好经过x轴上的P点。不计带电粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A. 的空间内匀强磁场的磁感应强度的大小为
B. 的空间内匀强磁场的磁感应强度的大小为
C. P点的x轴坐标为
D. P点的x轴坐标为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．设粒子在磁场中的转动半径为，在磁场中的转动半径为，根据题意可知，粒子在磁场中偏转五次，在磁场中偏转四次，根据几何关系可知
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力
可得
结合
可得
故B正确，A错误；
CD．粒子在轴方向，在的区域做初速为零的匀加速运动，加速度
在区域，做四次匀速运动，每一次匀速运动的时间
在区域运动的时间
做匀加速运动的位移
做匀速运动的位移
P点的x轴坐标
故D正确，C错误。
故选BD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 1834年，洛埃利用平面镜同样得到了杨氏双缝干涉的结果（称洛埃镜实验）。应用洛埃镜测量单色光波长的原理如下：
如图所示，是单缝S通过平面镜成的像，如果S被视为双缝干涉中的一个缝，相当于另一个缝。单色光从单缝S射出，一部分入射到平面镜后反射到光屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里出现干涉条纹。
请回答下列问题：
（1）以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离___________；
A. 将平面镜稍向上移动一些
B. 将平面镜稍向下移动一些
C. 将光屏稍向右移动一些
D. 将光源由红色光改为绿色光
（2）若光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为h和D，光屏上形成的相邻两条亮纹（或暗纹）间距离为，单色光的波长__________；
（3）实验表明，光从光疏介质射向光密介质，会在界面发生反射，当入射角接近90°时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，称为“半波损失”。已知h远小于D，如果把光屏向左平移到非常接近平面镜处，屏上最下方两束光相遇会相互_________（选填“加强”或“减弱”）。
【答案】（1）AC （2）
（3）减弱
【解析】
【小问1详解】
由双缝干涉条纹间距公式有
若要增大条纹间距，可以增大D，即将光屏向右移动；减小d，即将平面镜稍向上移动一些；或者换用波长更大单色光，如将光源由绿色改为红色。
故选AC。
【小问2详解】
由题意结合条纹间距公式有
整理有
【小问3详解】
如果把光屏移动到和平面镜非常接近，即相当于两者接触，在入射角接近90°时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，即“半波损失”，故直接射到光屏上的光和经平面镜反射的光相位差为π，光程差为半波长，所以两束光相遇会减弱。
14. 某学习小组探究“小灯泡发光时的电压与电流的关系”，实验器材如下：
小灯泡（额定电压为，额定功率为）
电池组（电动势E约为，内阻忽略不计）；
电流表（量程，内阻约为）；
电流表（量程，内阻为）；
电阻箱R（阻值）；
滑动变阻器（阻值）；
开关一只，导线若干
主要实验步骤如下：
（1）将电流表与电阻箱R_________（选填“串联”或“并联”）改装为量程的电压表，此时电阻箱接入电阻的阻值为_________；
（2）在答题纸虚线框内补全实验电路图（ ）。为保护电路，实验开始前应将滑动变阻器的滑片滑动到_________（选填“a端”或者“b端”）；
（3）测得的表的多组数据，作出小灯泡的图线如图所示。若将该小灯泡直接接到一个电动势为、内阻为的旧电池组两端，小灯泡两端的电压_________（选填“会”或“不会”）超过额定电压。
【答案】 ①. 串联 ②. 950##950.0 ③. ④. a ⑤. 会
【解析】
【详解】（1）[1][2]要改装成量程为3V的电压表，应串联一个分压电阻，其阻值为
（2）[3]小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。电路图如图所示
[4]开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于a端使待测支路电压为零。
（3）[5]旧电池阻与小灯泡组成闭合电路，路端电压
路端电压，则有
图像如图所示
图象交点应该在坐标轴描点最后一点的上方，此时电流I2>2.5mA灯泡两端电压
因此小灯泡两端的电压会超过额定电压
15. 如图甲所示，长为的单色线光源水平放置在某种液体中，紧贴液体表面的上方水平放置一光传感器，传感器上光强随位置变化的情况如图乙所示，图中光强最强的一段对应传感器部分的长度为，该段两侧光强迅速减小。已知该单色光在液体内的折射率为n，光在真空中的光速为c，求
（1）该光源距液体表面的距离d；
（2）从光源发出的光到达光传感器所用的最长时间t。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由全反射临界角公式有
可得
由几何关系得
联立解得，该光源距液体表面的距离为
（2）由（1）问得
由几何关系可得
在液体中的传播速度为
又
联立解得从光源发出的光到达光传感器所用的最长时间为
16. 如图所示为一乒乓球台的纵截面，A、E是台面的两个端点位置，乒乓球网的高度CF=h，AC=3AB、CE=3DE，P、Q、D在同一竖直线上。第一次在P点将球水平击出，轨迹恰好过球网最高点F，同时落到B点；第二次在Q点将同一球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点F，同时落在A点。球可看做质点，不计空气阻力作用。求：
（1） P点到台面的高度；
（2） Q点到台面的高度。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】设
AB=d
则
BC=CD=2d
AC=3d
（1）第一次球做平抛运动，设平抛运动的初速度为，根据平抛运动规律有
联立解得
（2）第二次球做斜上抛运动，设斜抛运动的水平速度为，根据斜抛运动规律有
联立解得
17. 如图所示，P、Q、M、N为四个互相平行的竖直分界面，间距均为d，P、Q之间充满竖直向上的匀强磁场，M、N之间充满竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。在分界面P的左侧有一边长为的正方形线框，线框水平放置，边平行于分界面P，与界面P的距离也为d。线框以水平初速度飞出，当边刚好到达分界面Q时，线框的速度大小仍为。已知线框由同种规格导线制成，总质量为m，总电阻为R，重力加速度为g。求
（1）边刚好进入分界面P时，a、b两点间的电势差大小以及线框加速度的大小；
（2）边刚好到达分界面Q时，线框产生的焦耳热以及下落的距离；
（3）要想线框最终能竖直下落，求磁感应强度的最小值。
【答案】（1），；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）导体棒切割磁感线
a点电势高于b点电势，则
根据欧姆定律
所受安培力
根据牛顿第二定律
解得
（2）ab边从分界面P运动到分界面Q，由法拉第电磁感应定律，电路中产生的感应电动势
根据欧姆定律
对线框abcd由动量定理得
又
解得
（3）线框最终能竖直下落的临界条件为cd边运动到分界面N时水平速度为零，此时磁感应强度最小。从开始进入磁场到最终出磁场过程中，线圈中有感应电流的阶段为：
①ab边切割，运动的水平距离为d
②cd边切割，运动的水平距离为
③ab边、cd边都切割，运动的水平距离为
④ab边切割，运动的水平距离为
⑤cd边切割，运动的水平距离为d
一个边切割的总水平距离为，此过程中安培力的冲量为；
两个边同时切割的总水平距离为，此过程中安培力的冲量为；
对线框abcd水平方向全程应用动量定理得
得
18. 如图所示，光滑水平平台AB右端与顺时针转动的水平传送带BC平滑无缝连接，BC长度L=2m。在平台AB上静止着a、b、c三个小滑块，a、b滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧不拴接）。释放弹簧，弹簧与滑块a、b分离后a的速度v0=4m/s（此时a未滑上传送带，b未与c碰撞），a从传送带右端离开后，落在水平地面上的D点，b与c碰撞后结合在一起。已知a、b，c的质量分别为ma=0.5kg、mb=0.2kg、mc=0.2kg，a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，C点距地面高h=0.8m，滑块均可视为质点，g取10m/s2。
（1）求轻弹簧的最大弹性势能Ep；
（2）求b、c碰撞过程中损失的机械能；
（3）若传送带的速度可在2m/s