甘肃省张掖市某校2023-2024学年高三下学期模拟考试物理试题（含答案解析）

物理本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共8页，总分110分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共10小题，每小题6分，共60分。在每小题给出的四个选项中，第1∼6题只有一项符合题目要求，第7∼10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，A、B、C、D、E、F是正六边形的顶点，O为正六边形的中心。两根分别固定在A、D两点且均垂直于正六边形所在平面的长直导线（图中未画出），通有大小相等、方向相反的恒定电流。则与B点磁感应强度相同的点是（  ）A.O点 B.C点 C.E点 D.F点【答案】C【解析】【详解】根据安培定则，固定在A点的导线在B点产生的磁感应强度与固定在D点的导线在E点产生的磁感应强度大小相同，方向相同；固定在D点的导线在B点产生的磁感应强度与固定在A点的导线在E点产生的磁感应强度大小相同，方向相同；根据磁场的叠加原理知，与B点磁感应强度相同的点是E点。同理可知，O点、C点、F点磁感应强度与B点磁感应强度不相同。故选C。2.如图所示的电路中，在开关S闭合的状态下，有一带电油滴静止在电容器两极板中间，下列有关判断正确的是（）A.保持开关闭合，增大电容器两极板间的距离的过程中，油滴仍将保持静止B.保持开关闭合，将滑动变阻器的滑动触片向下移动，油滴将向下运动C.断开开关S后，油滴仍将保持静止D.断开开关S后，电阻R2上始终没有电流通过【答案】B【解析】【详解】在变化前油滴静止，油滴受到的电场力和重力是一对平衡力；A．保持开关闭合，两极板间的电势差恒定不变，若增大电容器两极板间的距离，根据可知两极板间的电场强度减小，则油滴受到的电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，粒子将向下运动，A错误；B．保持开关闭合，将滑动变阻器的滑动触片向下移动，连入电路的电阻增大，路端总电阻增大，即路端电压增大，总电流减小，故两端电压减小，所以并联支路两端的电压增大，故通过的电流增大，而总电流减小，所以的电流减小，即两端电压减小，故滑动变阻器两极板间的电势差减小，根据可知两极板间的电场强度减小，则油滴受到的电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，粒子将向下运动，B正确；CD．断开开关S瞬间，电容器放电，与电容器能形成闭合回路，故中的电流不为零，电容器放电，两极板间的电场强度减小，油滴向下运动，CD错误。故选B。3.在如图所示的U-I图中，直线a为某电源的路端电压与电流的关系，直线b为某电阻R的电压与电流的关系。现用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图可知（）A.电源的输出功率为6.0WB.电源的路端电压为4.0V，电源的效率为66.7%C.该电源的电动势为6.0V，电源内阻因发热损耗功率3.0WD.用比R阻值大的电阻与该电源组成闭合回路，电源的输出功率可能增大【答案】B【解析】【详解】A．交点坐标表示回路电流和电压，其对应的面积表示电源的输出功率，电源的输出功率为A错误；B．电源的路端电压为4.0V，电源的效率为B正确；C．该电源的电动势为6.0V，电源内阻为因发热损耗功率为C错误；D．根据图像，外电阻为内电阻为用比R阻值大的电阻与该电源组成闭合回路，外电阻远离电源的内阻，电源的输出功率减小，D错误。故选B。4.如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是（）A.Q板的电势高于P板的电势B.R中有由b向a方向的电流C若只改变磁场强弱，R中电流保持不变D.若只增大粒子入射速度，R中电流增大【答案】D【解析】【详解】AB．等离子体进入磁场，根据左手定则可知正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻R的电流方向由a到b，AB错误；C．根据稳定时电场力等于磁场力即则有再由欧姆定律有可知电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变，C错误；D．由可以知道，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大，D正确。故选D。5.一个正点电荷Q静止在正方形一个顶点上，另一个带电质点射入该区域时，仅受电场力的作用恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c，如图所示，则有()A.质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1：2：1B.质点由a到b电势能减小，由b到c电场力做负功，在b点动能最小C.a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是D.若改变带电质点在a处的速度大小和方向，有可能使其在该电场中做类平抛运动【答案】C【解析】【分析】【详解】A．粒子P在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知代入库仑定律可得而a与c点的电场力相等；由可知，加速度之比应为2:1:2，故A错误；B．电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，所以质点由a到b电场力做负功，电势能增加，动能减小；由b到c电场力做正功，动能增大，在b点动能最小，故B错误；C．根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故b点的电势低于ac两点的电势，即即故C正确；D．该电场不是匀强电场，则粒子不可能在该电场中做类平抛运动，故D错误。故选C。6.我国的超导托卡马克实验装置EAST（磁约束装置）在全球首次实现了上百秒的稳态高约束运行模式，为人类开发利用核聚变清洁能源奠定了重要的技术基础。磁约束示意图如图所示，空间中存在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场。时刻，带正电粒子由磁场中A点沿纸面内与水平方向成37°角、斜向右上方以大小为v的速度射入磁场。已知粒子的质量为m、电荷量为q，忽略粒子的重力，，。若粒子在磁场中做圆周运动的周期，则时刻粒子的位置至A点的距离为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】粒子在水平方向上做匀速直线运动，在垂直于纸面的方向上做匀速圆周运动，粒子的轨迹为螺旋线。时刻粒子在水平方向上的位移为由题可知粒子在垂直于纸面方向上做圆周运动的周期为T，由洛伦兹力提供向心力可得可得轨迹半径为时刻粒子在垂直于纸面方向的位移为故粒子在此时至A点的距离为故选D。7.如图所示是判断检测电流大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过与霍尔元件连接的电压表的示数来判断的大小是否发生变化，下列说法正确的是（）A.M端应与电压表的“负”接线柱相连B.若要提高检测的灵敏度，可适当减小dC.若要提高检测的灵敏度，可适当增大工作电流ID.当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，电压表的示数变大，说明检测电流变小【答案】BC【解析】【详解】A．根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下，磁感线在磁芯中沿逆时针方向，可知霍尔元件所在位置的磁场方向向上，由于霍尔元件中的载流子为电子，可知电子移动方向与工作电流方向相反，根据左手定则可知，电子在N端积累，则N端为负极，故M端应与电压表的正接线柱相接，故A错误；BC．设霍尔元件单位体积内电子数量为n，电子移动速度为v，则时间内通过截面的电荷量为解得由于M、N之间存在电势差，则M、N之间的电场强度为电子所受沿b边方向的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，即有联立解得因此若要提高灵敏度，则可适当减小d，增大工作电流I，故BC正确；D．当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，根据可知电压表示数变大，磁感应强度B变大，则检测电流变大，故D错误。故选BC。8.如图所示，电荷量分别为+q、-q、+2q、-2q（q＞0）的4个点电荷固定于菱形的4个顶点上。以该菱形对角线的交点O为圆心的圆与其对角线相交于M、P、N、Q点。已知b、d之间的距离小于a、c之间的距离，则（）A.M、N两点的电场强度相同B.N点的电势高于P点的电势C.N、P之间的电势差与P、M之间的电势差相等，即D.电性为负的试探电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能【答案】ABD【解析】【详解】A．仅有a、c两点的点电荷单独存在时，M、N两点的电场强度大小方向均相同，仅有b、d两点的点电荷单独作用时，M、N两点的电场强度大小方向也相同，由此可知M、N两点的电场强度相同，A正确；B．N、O之间的电势差是由b、d两点的点电荷作用时产生的，P、O之间的电势差是由a、c两点的点电荷作用时产生的，b、d连线上N、O之间的平均电场强度大于a、c连线上P、O之间的平均电场强度，结合可知UNO＞UPO，故φN＞φP，B正确；C．当仅有b、d两点的点电荷单独作用时UPM=UNP，当仅有a、c两点的点电荷单独作用时UPM＞0，UNP＜0，综上可得UNP≠UPM，C错误；D．当仅有a、c两点的点电荷单独作用时φM=φN，当仅有b、d两点的点电荷单独作用时φM＜φN，故负的试探电荷在M点的电势能大于其在N点的电势能，D正确。故选ABD。9.如图所示，带正电的粒子以一定的初速度沿M、N两板的中线进入水平放置的带电平行金属板内，恰好沿N板的右边缘飞出，最终打在金属板右侧的屏幕上。已知金属板的长度及金属板右边缘至屏幕的水平距离均为L，M、N两板间距离为d，两板之间中线的延长线与屏幕的交点为O，带电粒子的质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力。则（）A.两板之间的电压为B.粒子经过N板右边缘处的速度大小为C.粒子在两板间运动的前一半时间和后一半时间内，电场力做功之比为D.粒子打到屏幕上的位置与O点之间的距离为【答案】BD【解析】【详解】A．粒子在两板之间运动的时间为粒子在竖直方向上有解得故A错误；B．根据平抛运动的推论，粒子速度反向延长线交于水平位移的中点，则可得粒子在N板右边缘处速度在竖直方向上的分速度在该点的速度为故B正确；C．粒子在两板间运动的过程中，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，可知前一半时间和后一半时间其竖直方向上的位移之比为，则电场力做功之比为，故C错误；D．根据粒子速度反向延长线交于水平位移的中点，做出如下位置关系根据几何关系结合相似三角形的知识可得解得故D正确。故选BD。10.如图所示，两根长度均为L的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端分别与质量均为m的带电小球M、N相连。两小球均处于静止状态，与小球M相连的轻绳竖直，小球M紧靠在左侧竖直的绝缘墙壁上，其电荷量为Q，且保持不变；与小球N相连的轻绳与竖直方向成60°夹角，此时其电荷量为q。已知两小球均可视为点电荷，静电力常量为k，重力加速度为g。则（）A.墙壁对小球M的弹力大小为mgB.C.若小球N的电荷量缓慢减少，M、N之间距离的平方与其电荷量成正比D.若小球N的电荷量缓慢减少，当与小球N相连的轻绳与竖直方向的夹角为时，小球N的电荷量为【答案】BD【解析】【详解】A．对N球受力分析可知最初M、N之间的库仑力大小为，对小球M受力分析可知，墙壁对小球M的弹力大小为故A错误；B．结上合述有得出故B正确；C．设M、N之间的距离为x，由力的三角形与几何三角形相似可知可得可知小球N电荷量缓慢减少的过程中，其电荷量与M、N之间距离的立方成正比，故C错误；D．当与小球N相连的轻绳与竖直方向的夹角为时有结合上述有故D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题共50分）二、非选择题：本题共5小题，共50分。带﹡题目为能力提升题，分值不计入总分。11.某物理学习小组欲组装一简易多用电表。所用电源电动势，内阻；表头G的满偏电流，内阻；、、和是定值电阻，，（阻值范围）是滑动变阻器；A、B两端分别与红、黑表笔相连。该多用电表有5个挡位：直流电流和挡；“”的欧姆挡；直流电压0.6V挡和3V挡，其中3为欧姆挡，4为直流电压0.6V挡。（1）请在图甲方框中将简易多用电表的电路图补充完整______。（2）根据题给条件可得______，______。（3）关于该多用电表，下列说法正确的是______。（填正确答案标号）A.每次使用多用电表更换挡位后均需调节指针定位螺丝，使电表指针对准直流电流的“0”刻度线B.使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整使电表指针指在表盘左侧“0”刻度线处C.2挡电流表的内阻是1挡电流表内阻的2.5倍D.5挡电压表的内阻是4挡电压表内阻的5倍（4）已知表头电流为处对应欧姆表盘的刻度为“15”，则的阻值为______；某次测量电阻时该多用电表指针位置如图乙所示，则被测电阻的阻值为______。【答案】（1）见解析（2）①.40②.510（3）D（4）①.1409.9②.1900【解析】【详解】（1）简易多用电表由表头、电源、滑动变阻器等组成，要注意黑表笔连接电源的正极；4挡电压表的内阻为5挡电压表的内阻为由可知，应与4相连接，应与5相连接。电路图如图所示：（2）[1][2]由题可知则可知4挡上表头与、并联后的电阻为故（3）A.使用多用电表之前，若指针未指在直流电流挡的0刻度线处，应进行机械调零，调节一次即可，故A错误；B.欧姆调零应使电表指针指在表盘右侧“0”刻度线处，故B错误；C.1挡电流表的内阻为可知2挡电流表的内阻并非1挡电流表内阻的2.5倍，故C错误；D.由（1）可知，故D正确。故选D。（4）[1][2]由题可知中值电阻为，故欧姆表的内阻则得出指针指到“19”刻度处，故被测电阻的阻值为。12.某同学为测定一段粗细均匀、电阻率较小的电阻丝的电阻率，采用了如图甲所示的电路进行测量。实验步骤如下：a.改变电阻丝上的导电夹P的位置，重复测量，记录多组x、U、I的值。b.用游标卡尺在电阻丝上的三个不同位置测出电阻丝直径，求出平均值D；c.调节电阻丝上的导电夹P的位置，用毫米刻度尺测量并记录导电夹P到电阻丝右端B的长度x；闭合开关S，记录电压表示数U、电流表示数I；（1）上述实验步骤，正确的先后顺序应是________。（2）若游标卡尺某次测量结果如图乙所示，其示数为______。

（3）根据多组测量得到的实验数据绘出图像如图丙所示，若图线斜率为k，则电阻丝的电阻率_______（用已知或测量出的物理量的符号表示）；电流表内阻对电阻率的测量_______（选填“有”或“没有”）影响。

（4）用记录的数据绘制出图像如图丁所示，由图像可知电源的内阻_______。（结果保留两位有效数字）

【答案】①.bca②.③.④.没有⑤.【解析】【详解】（1）[1]实验步骤为先用游标卡尺在电阻丝上的三个不同位置测出电阻丝直径，求出平均值D；然后调节电阻丝上的导电夹P的位置，用毫米刻度尺测量并记录导电夹P到电阻丝右端B的长度x；闭合开关S，记录电压表示数U、电流表示数I；再改变电阻丝上的导电夹P的位置，重复测量，记录多组x、U、I的值。顺序为bca；（2）[2]游标卡尺的度数为（3）[3][4]由欧姆定律得由电阻定律得整理得可得则根据可知电流表的内阻对电阻率没有影响；（4）[5]根据闭合电路欧姆定律可知图象斜率的绝对值表示电源内阻为13.如图所示，时刻一质量为、电荷量为的带电粒子以大小为的速度从MN连线上的P点竖直向上射入水平向右的匀强电场中。时粒子运动至MN上的Q点（图中未标出）。已知与水平方向的夹角为，粒子的重力忽略不计，。求：（1）电场强度的大小；（2）粒子在Q点的速度v的大小及P、Q两点之间的电势差；（3）粒子到达Q点之前，其运动轨迹与之间的最大距离d。【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【详解】（1）设粒子在水平方向上的位移为x，在竖直方向上的位移为y，粒子在Q点的水平速度为，运动时间为t，则有由几何关系得由牛顿运动定律有可得（2）根据得出由动能定理可知解得（3）将粒子的初速度、加速度分别沿和垂直于分解，设初速度在垂直于方向的分速度为，加速度沿垂直于方向的分量为，则有结合运动学公式，有解得14.如图所示，直角三角形内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；直角三角形内存在竖直向下的匀强电场。时刻，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子由AP上的K点以一定的初速度沿PA方向射入匀强电场，粒子经AC的中点N垂直于AC射入磁场区域且恰好未从MC边射出磁场。已知AM、PC边长均为L，AC边长为2L，不计粒子重力，各边界均为理想边界。求：（1）粒子在磁场中运动时速度的大小；（2）电场强度的大小；（3）从时刻至粒子射出磁场所经历的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由题可知粒子在磁场中的运动轨迹与边相切，设其运动轨迹圆心为O，做出其运动轨迹如图所示根据几何关系可得由几何关系可知解得可知O与A点重合，粒子由M点射出磁场根据洛伦兹力提供向心力有解得（2）由题可知粒子由K点运动至N点，速度的偏转角为60°,由牛顿第二定律可知由运动学规律有解得（3）设粒子在电场中运动的时间为，在磁场中运动的时间为，在电场中竖直方向有解得粒子在磁场中运动的圆心角为60°，可得解得可知，从时刻至粒子射出磁场所经历的时间解得15.科学研究的过程中常利用电磁场来控制带电粒子的轨迹。如图所示，在平面第Ⅲ象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小，第Ⅳ象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上N点处有一垂直x轴的足够长的挡板。质量为m、带电荷量为+q的粒子从点由静止释放，经点进入第Ⅳ象限，此后经点进入第Ⅰ象限。不计粒子的重力，忽略粒子间相互作用，粒子打在挡板上立即被吸收。（1）求第Ⅳ象限内匀强磁场磁感应强度B大小；（2）若带电粒子经过电场偏转后直接垂直打在挡板上，求带电粒子从P点释放到垂直打在挡板上经历的时间t；【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）粒子从到做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得根据运动学公式联立解得到点时的速度粒子在磁场中运动轨迹如图设轨迹半径为，根据几何关系得解得粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，根据联立解得（2）粒子飞出磁场后，竖直方向的速度粒子垂直打在挡板上，则竖直方向速度为零，在第一象限的加速度则粒子在第一象限运动的时间粒子在磁场中运动的周期由几何关系得粒子在磁场中运动对应的圆心角为，则在磁场中运动的时间联立解得粒子在第三象限加速的时间为则粒子从P点释放到垂直打在挡板