2024屆廣西桂林、來賓高三下學(xué)期第三次聯(lián)合模擬考試（三模）物理試卷（原卷版+解析版）

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注意事項(xiàng)：
1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡上。
2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。
3.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。
一、選擇題：本大題共10小題，共46分。第1～7題，每小題4分，只有一項(xiàng)符合題目要求，錯選、多選或未選均不得分，第8～10題，每小題6分，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不選的得0分。
1. 如圖所示為一價(jià)氦離子的能級示意圖。已知可見光光子能量在之間。處在能級的一價(jià)氮離子向能級躍遷時(shí)，輻射出的光子可能屬于電磁波譜中的（ ）
A. 紫外線B. 可見光C. 紅外線D. 無線電波
【答案】A
【解析】
【詳解】處在能級的一價(jià)氮離子向能級躍遷時(shí)，輻射出的光子能量為
可知輻射出的光子能量大于可見光的光子能量，由于無線電波、紅外線的光子能量小于可見光的光子能量，所以輻射出的光子可能屬于電磁波譜中的紫外線。
故選A。
2. 如圖所示，P、Q是兩個(gè)光滑的定滑輪，吊著A、B、C三個(gè)小球的三條輕繩各有一端在O點(diǎn)打結(jié)，懸吊A、C兩個(gè)球的輕繩分別繞過定滑輪P、Q，三個(gè)球靜止時(shí)，OQ段輕繩與豎直方向的夾角。已知B、C兩球的質(zhì)量均為m，，則A球的質(zhì)量為（ ）
A. mB. 1.2mC. 1.5mD. 1.6m
【答案】B
【解析】
【詳解】對O點(diǎn)受力分析如下
由題可知OQ、OB段的拉力滿足
將、合成如上圖所示，由于三個(gè)球靜止，O點(diǎn)受力平衡，根據(jù)幾何關(guān)系有、是平行四邊形的兩邊，有
則有A球的質(zhì)量為
故選B。
3. 如圖甲所示的水袖舞是中國京劇的特技之一，演員通過對水袖的運(yùn)用來刻畫人物。某段表演中演員甩出水袖的波浪可簡化為如圖乙所示沿軸方向傳播的簡諧橫波，其中實(shí)線為時(shí)刻的波形圖，虛線為時(shí)刻的波形圖，波的周期大于，關(guān)于該列簡諧波，下列說法正確的是（ ）
A. 波可能沿x軸負(fù)方向傳播
B. 演員手的振動頻率為1.2Hz
C. 若演員手的振動加快，則形成的簡諧波波長變短
D. 若演員手的振動加快，則形成的簡諧波傳播速度會大于2.5m/s
【答案】C
【解析】
【詳解】AB．由于波的周期大于，若波沿x軸負(fù)方向傳播，則有
可得
可知波不可能沿x軸負(fù)方向傳播，則波沿x軸正方向傳播，且有
解得周期為
則演員手的振動頻率為
故AB錯誤；
C．若演員手的振動加快，則頻率變大，周期變小，根據(jù)
由于波速不變，所以形成的簡諧波波長變短，故C正確；
D．機(jī)械波的波速由介質(zhì)決定，若演員手的振動加快，形成的簡諧波傳播速度不變，大小為
故D錯誤。
故選C。
4. 如圖所示為半球形透明介質(zhì)，半球的半徑為R，頂點(diǎn)A處有一光源，向半球底部各個(gè)方向發(fā)射光，在半球底面有光射出部分的面積恰好是底面積的一半，不考慮光在半球內(nèi)弧形表面的反射，則介質(zhì)對光的折射率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】在半球底面有光射出部分面積恰好是底面積的一半，設(shè)光射出部分對應(yīng)的半徑為，則有
可得
設(shè)光從半球底面射出時(shí)發(fā)生全反射的臨界角為，如圖所示
由幾何關(guān)系可得
又
聯(lián)立解得介質(zhì)對光的折射率為
故選D
5. 如圖所示的是簡化后的跳臺滑雪雪道示意圖，段為助滑道和起跳區(qū)，段為傾角的著陸坡。運(yùn)動員從助滑道的起點(diǎn)A由靜止開始下滑，到達(dá)時(shí)點(diǎn)以初速度起跳，方向與水平方向的夾角也為，最后落在著陸坡面上的點(diǎn)，、間距離為。不計(jì)一切阻力，則運(yùn)動員從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中（ ）
A. 最小速度為B. 時(shí)間為
C. 速度最小時(shí)，機(jī)械能最小D. 從點(diǎn)起跳后瞬間重力功率最大
【答案】B
【解析】
【詳解】A．在最高點(diǎn)時(shí)速度最小，沿水平方向，根據(jù)速度的分解可知最小速度為
故A錯誤；
B．運(yùn)動員水平方向做勻速直線運(yùn)動，從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中有
解得
故B正確；
C．運(yùn)動員從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故C錯誤；
D．根據(jù)豎直方向的運(yùn)動規(guī)律
可知點(diǎn)豎直方向的速度較大，根據(jù)
可知點(diǎn)重力的功率最大，故D錯誤；
故選B。
6. “祝融號”火星車的動力主要來源于太陽能電池。現(xiàn)將火星車的動力供電電路簡化為如圖所示，其中太陽能電池電動勢，內(nèi)阻未知，電動機(jī)線圈電阻，電熱絲定值電阻。當(dāng)火星車正常行駛時(shí)，電動機(jī)兩端電壓，電熱絲消耗功率。則（ ）

A. 火星車正常行駛時(shí)，通過電熱絲電流為
B. 太陽能電池的內(nèi)阻為
C. 若電動機(jī)的轉(zhuǎn)子被卡住，電熱絲消耗的功率為
D. 火星車正常行駛時(shí)，電動機(jī)的效率為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．對電熱絲，有
解得回路電流為
故A錯誤；
B．根據(jù)閉合回路歐姆定律，有
解得電源的內(nèi)阻為
故B錯誤；
C．電動機(jī)的轉(zhuǎn)子被卡住，回路電流為
電熱絲上消耗的功率
故C正確；
D．電動機(jī)的效率為
解得
故D錯誤。
故選C。
7. 兩物體A、B放在光滑的水平面上，現(xiàn)給兩物體沿水平方向的初速度，如圖所示為兩物體正碰前后的位移隨時(shí)間的變化規(guī)律。已知物體A的質(zhì)量為。則（ ）
A. 圖線1為碰后物體B的圖像
B. 碰撞前物體A的速度大小為
C. 物體B的質(zhì)量為
D. 碰撞過程A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．若規(guī)定以碰撞前B速度方向?yàn)檎较?，由題圖像可知碰前物體A、B的速度分別為
，
那么碰撞之后，不再發(fā)生碰撞，碰后速度分別為
，
才滿足這種情況，故圖線1為碰后物體A的圖像，故AB錯誤；
C．設(shè)物體的B的質(zhì)量為，碰撞過程動量守恒，則由動量守恒定律得
解得
故C錯誤；
D．碰撞過程損失的機(jī)械能為
代入數(shù)據(jù)解得
故D正確。
故選D。
8. 在如圖所示的等邊三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)處，分別固定電荷量為、-q和的點(diǎn)電荷。已知三角形中心到三個(gè)頂點(diǎn)的距離均為，點(diǎn)為邊中點(diǎn)，點(diǎn)為連線中點(diǎn)，則關(guān)于、、三點(diǎn)電勢、、關(guān)系正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【詳解】AC．電勢是標(biāo)量，運(yùn)算法則符合代數(shù)運(yùn)算法則。O點(diǎn)電勢
D點(diǎn)電勢
即
則
故A錯誤，C正確；
BD．E點(diǎn)電勢
則
故B正確，D錯誤。
故選BC。
9. 我國將發(fā)射首個(gè)大型巡天空間望遠(yuǎn)鏡（CSST），該望遠(yuǎn)鏡在軌運(yùn)行時(shí)可看成圓周運(yùn)動，將和天宮空間站共軌獨(dú)立飛行。已知軌道離地高度為地球半徑的。望遠(yuǎn)鏡和空間站在軌運(yùn)行時(shí)，不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響，也不考慮望遠(yuǎn)鏡與空間站間的相互作用，只考慮地球?qū)λ麄兊娜f有引力。下列說法正確的是（ ）
A. 空間站的線速度與望遠(yuǎn)鏡的線速度大小相等
B. 若望遠(yuǎn)鏡在前，空間站加速可追上望遠(yuǎn)鏡與之相遇
C. 望遠(yuǎn)鏡的加速度為地球表面重力加速度的倍
D. 望遠(yuǎn)鏡的線速度為地球第一宇宙速度的倍
【答案】AD
【解析】
【詳解】A．由于空間站與望遠(yuǎn)鏡共軌獨(dú)立飛行，軌道半徑相等，根據(jù)
解得
可知，空間站的線速度與望遠(yuǎn)鏡的線速度大小相等，故A正確；
B．空間站與望遠(yuǎn)鏡共軌獨(dú)立飛行，空間站加速后，空間站將到達(dá)高軌道，軌道半徑增大，結(jié)合上述可，軌道半徑越大，線速度越小，可知，若望遠(yuǎn)鏡在前，空間站加速不能夠追上望遠(yuǎn)鏡與之相遇，故B錯誤；
C．對望遠(yuǎn)鏡所在軌道有
其中
在地球表面有
解得
故C錯誤；
D．結(jié)合上述解得望遠(yuǎn)鏡的線速度大小為
第一宇宙速度等于近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，則有
解得
故D正確。
故選AD。
10. 如圖所示，質(zhì)量為、邊長為、電阻為的正方形金屬線框放在光滑絕緣水平面上。有界磁場I、II的邊界、和、相互平行，兩磁場的寬度均為，、間的距離為，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為，方向均垂直于水平面向上，使金屬線框以某一初速度向右滑去，當(dāng)邊剛要出磁場II時(shí)速度為零。線框運(yùn)動過程中邊始終與磁場邊界平行，則（ ）
A. 線框從開始運(yùn)動到邊剛出磁場I的過程中，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為
B. 邊出磁場II時(shí)的速度大小為
C. 邊在磁場II中勻速運(yùn)動階段的速度大小為
D. 線框進(jìn)磁場前的速度大小為
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．線框從開始運(yùn)動到邊剛出磁場I的過程中，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為
故A正確；
B．設(shè)邊出磁場II時(shí)的速度大小為，從邊出磁場II到邊剛要出磁場II時(shí)速度為零過程，根據(jù)動量定理可得
又
聯(lián)立解得
故B錯誤；
C．從邊剛進(jìn)入磁場II到邊剛要離開磁場I，線圈開始做勻速直線運(yùn)動，設(shè)勻速運(yùn)動的速度為；從邊剛要離開磁場I到邊出磁場II過程，根據(jù)動量定理可得
又
聯(lián)立解得
故C正確；
D．設(shè)線框進(jìn)磁場前的速度大小為，從線框剛進(jìn)磁場I到邊剛進(jìn)入磁場II過程，根據(jù)動量定理可得
又
聯(lián)立解得
故D錯誤。
故選AC。
二、非選擇題：本大題共5小題，共54分。
11. 某同學(xué)用如圖甲所示裝置探究彈簧彈力與彈簧伸長量的關(guān)系?？潭瘸哓Q直固定放置，零刻度與彈簧上端對齊。
（1）以彈簧受到的彈力F為縱軸、彈簧長度x為橫軸建立直角坐標(biāo)系，依據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出F-x圖像，如圖乙所示，由圖像可知：彈簧自由下垂時(shí)的長度L0=_______cm，彈簧的勁度系數(shù)k=________N/m。
（2）若實(shí)際實(shí)驗(yàn)操作時(shí)刻度尺的零刻度略高于彈簧上端，則仍然采用（1）中的方法得出的勁度系數(shù)將________（填“偏小”“偏大”或“不受影響”）。
【答案】（1） ①. 4 ②. 50
（2）不受影響
【解析】
【小問1詳解】
[1]根據(jù)胡克定律得
所以彈簧彈力為零時(shí)彈簧的長度為彈簧原長，根據(jù)圖像得；
[2]圖像的斜率表示彈簧的勁度系數(shù)，即
【小問2詳解】
根據(jù)可知若實(shí)驗(yàn)中刻度尺的零刻度略高于橡皮筋上端結(jié)點(diǎn)，根據(jù)由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得到的勁度系數(shù)將不受影響。
12. 多用電表測量未知電阻阻值的電路如圖甲所示，使用時(shí)由于第一次選擇的歐姆擋不夠合適，又改換另一個(gè)更合適的歐姆擋測量，兩次測量時(shí)電表指針?biāo)傅奈恢萌鐖D乙中的虛線所示，下面列出這兩次測量中的有關(guān)操作：
A.將兩根表筆短接，并調(diào)零；
B.將兩根表筆分別跟被測電阻兩端接觸，觀察指針位置；
C.記下電阻值；
D.將多用電表面板上旋鈕旋到“”擋；
E.將多用電表面板上旋鈕旋到“”擋；
F.將多用電表面板上旋鈕旋到OFF位置；
G.調(diào)整指針定位螺絲，使指針指到零刻度。
（1）根據(jù)上述有關(guān)操作將兩次的合理實(shí)驗(yàn)步驟按順序?qū)懗觯篲________（用上述操作項(xiàng)目前面的字母表示，且可以重復(fù)使用）；
（2）合適歐姆擋測得該電阻的阻值是_________；
（3）若多用電表使用長久，其內(nèi)部的電源電動勢減少，內(nèi)阻增大，但仍然能夠歐姆調(diào)零。如繼續(xù)用該表測電阻，則測量結(jié)果是_________（填“偏大”“偏小”或“不變”）。
【答案】（1）GEABDABCF
（2）
（3）偏大
【解析】
【小問1詳解】
[1]使用多用電表的歐姆擋時(shí)，每一次選定量程后都要進(jìn)行調(diào)零；由題圖可知，第一次選的倍率較小，故指針偏轉(zhuǎn)角度過小，改量程時(shí)應(yīng)選倍率大一點(diǎn)的擋。合理實(shí)驗(yàn)步驟按順序?yàn)镚EABDABCF。
小問2詳解】
[1]合適的倍率是“”，讀數(shù)為。
【小問3詳解】
[1]由于滿偏電流不變，由公式
知?dú)W姆表內(nèi)阻得調(diào)??；又知
因變小，則同一電流要變小，即對應(yīng)電阻刻度值偏大。
13. 如圖所示，密閉導(dǎo)熱氣缸、的體積均為，、浸在盛水容器中，達(dá)到熱平衡后，中壓強(qiáng)為，溫度為，內(nèi)為真空，將中的氣體視為理想氣體，打開活栓，中部分氣體進(jìn)入。連接、的細(xì)管體積忽略不計(jì)。
（1）若再次達(dá)到平衡時(shí)，水溫未發(fā)生變化，求此時(shí)氣體的壓強(qiáng)；
（2）在（1）所述狀態(tài)的基礎(chǔ)上，將水溫升至，重新達(dá)到平衡時(shí)氣體內(nèi)能增加量（其中為已知量），求氣體的壓強(qiáng)及所吸收的熱量。
【答案】（1）；（2）0.6p0；
【解析】
【詳解】（1）容器內(nèi)的理想氣體從打開到再次平衡時(shí)，發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律得
解得此時(shí)氣體壓強(qiáng)
（2）升高溫度，理想氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律得
解得壓強(qiáng)為
溫度改變，理想氣體的體積不變，則外界既不對理想氣體做功，理想氣體也不對外界做功，所以
根據(jù)熱力學(xué)第一定律
可知?dú)怏w吸收的熱量為
14. 如圖所示水平導(dǎo)軌和分別與水平傳送帶左側(cè)和右側(cè)理想連接，豎直圓形軌道與相切于。已知傳送帶長，且沿順時(shí)針方向以恒定速率勻速轉(zhuǎn)動，滑塊C以速度滑上傳送帶時(shí)，恰好停在點(diǎn)?；瑝KC與傳送帶及之間的動摩擦因數(shù)均為，裝置其余部分均可視為光滑，滑塊大小不計(jì)，重力加速度取。（結(jié)果可帶根號）
（1）求C以速度2.0m/s剛滑上傳送帶時(shí)的加速度大?。?br>（2）求、的距離；
（3）圓軌道半徑，若要使C滑過點(diǎn)但不脫離圓軌道，求C滑上傳送帶時(shí)速度的范圍。
【答案】(1)；(2)2.25m；(3)
【解析】
【詳解】(1)由牛頓第二定律可知
得
(2)設(shè)滑上傳送帶后一直加速，則根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可知
解得
所以在傳送帶上一定先加速后勻速，滑上的速度
又因?yàn)榍『猛Ｔ邳c(diǎn)，則有
解得
(3)要使不脫離軌道，最多恰能到達(dá)圓心等高處，則得
段為
解得
滑塊到點(diǎn)速度超過時(shí)最終可滑過后，此時(shí)滑塊在傳送帶上一直減速，則
的初速度范圍是
15. 如圖甲所示，在真空坐標(biāo)系中，第二象限內(nèi)有一有界勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將質(zhì)量為、電荷量為的帶正電粒子在處由靜止釋放，粒子經(jīng)電場加速距離d，最后以速度大小為、方向與軸負(fù)方向的夾角為從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域。從粒子通過點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化關(guān)系始終如圖乙所示，規(guī)定當(dāng)磁場方向垂直平面向里時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為正。已知，不計(jì)粒子重力及運(yùn)動時(shí)的電磁輻射。求：
（1）勻強(qiáng)電場場強(qiáng)；
（2）粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)第次經(jīng)過軸到第次經(jīng)過軸的時(shí)間；
（3）粒子第次經(jīng)過軸時(shí)的坐標(biāo)。
【答案】（1），方向與軸負(fù)方向夾角；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）粒子加速電場中，由動能定理
解得
方向與軸負(fù)方向夾角。
（2）由洛倫茲力提供向心力，則
又由
解得
可知微粒從第一次經(jīng)過軸到第二次經(jīng)過軸時(shí)，對應(yīng)的圓心角為，則
（3）由于
可知，微粒剛好轉(zhuǎn)過。之后磁場大小方向都變了，則偏轉(zhuǎn)方向變了。由洛倫茲力提供向心力得
聯(lián)立
解得
將
代入周期公式
解得
微粒轉(zhuǎn)過，同理得，時(shí)間在與的運(yùn)動軌跡大小一樣，只是偏轉(zhuǎn)方向不一樣，與的運(yùn)動軌跡大小一樣，只是偏轉(zhuǎn)方向不一樣，綜上所述，得到微粒一個(gè)周期的軌跡圖如圖所示。由幾何關(guān)系得
則微粒第次經(jīng)過軸時(shí)的坐標(biāo)為