贵州省六校2024届高三年级下册高考性联考(三)物理试卷(含答案)

贵州省六校2024届高三下学期高考实用性联考（三）物理试卷

学校：姓名：班级:考号:

一、单选题

1.2018年7月12日，我国最大的核能发电站广东江洋核电站完成168小时试运行，

机组运行状态稳定，具备商业运行条件。核电站利用中子轰击235U使其发生裂变放出

92

能量进行发电，发电过程中，轰击后产生9°Sr和i36Xe,并放出了粒子a,9°Sr具有放

385438

射性，半衰期为29天，衰变后产生9OY,并放出了粒子b,同时释放能量。关于该过

39

程，下列说法正确的是（）

A.粒子a为质子

B.9°Sr的衰变为a衰变

38

C.通过改变环境温度可以让90Sr的半衰期发生变化

38

D.9oSr的结合能小于90丫的结合能

3839

2.某校“三青杯”篮球赛拉开帷幕，为了迎接这一年一度的校园篮球盛况，同学们利用

课余时间进行练习。某次练习时一同学站在离篮筐一定距离的某处，将篮球以与水平

方向成。角向篮筐方向以v的速度抛出，设投出点为0,篮球到达的最高点为。，在

o

其轨迹的。、。之间还依次存在AB、C三点，相连两点之间的竖直高度相等且均为

0.5m,不考虑空气阻力，下列说法正确的是（）

A.篮球到达。点时速度为0

B.篮球通过A6和通过CQ的时间之比为&:2

C.篮球到达A点和3点的竖直速度大小之比为J5:卢

D.篮球到达A点和C点的动能大小之比为小:1

3.班上同学在进行班级文化墙的布置时，用一根长为的轻质细绳将一幅质量为〃

的班级相框对称地悬挂在墙壁上，如图所示。已知绳能承受的最大张力为相框重力的

1.5倍，为使绳不断裂，相框上两个挂钉间的间距最大为）

C.回D苧

4.地球的公转轨道接近圆，哈雷彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆，如图所示，

天文学家哈雷成功预言了哈雷彗星的回归。哈雷彗星最近出现的时间是1986年，预计

下一次飞近地球将在2061年左右。若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r,线速

1

度大小为V；在远日点与太阳中心的距离为r,线速度大小为v,由以上信息可知，

122

下列说法正确的是（）

地为"语雷彗星

太阳龙

________.____一

A.哈雷彗星轨道的半长轴约是地球公转半径的底倍

B.线速度大小v<v

12

C.哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为厂2：厂2

12

D.哈雷彗星从近日点运动到远日点的过程中，引力势能逐渐减小

5.“回热式热机”的热循环过程可等效为如图所示afbfcfdf。的曲线，理想气

体在af。、cfd为等温过程，brc、dfa为等容过程，则（）

A.a状态气体温度比c状态低

B.a状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比8状态少

C.b—c、dfa两过程气体吸、放热绝对值相等

D.整个循环过程，气体对外放出热量

6.湖面上停着A、3两条小船，它们相距12m。一列水波正在湖面上沿A、3连线的

方向传播，每条小船每分钟上下浮动30次。当A船位于波峰时，5船在波谷，两船之

间还有一个波峰，则以下说法正确的是（）

A.该水波的周期为0.5sB.该水波的频率为2Hz

C.该水波的波长为4mD.该水波的波速为4m/s

7.如图所示，虚线a、b、c、4e是电场中的一组平行等差等势面，相邻两等势面间

的电势差为3V,其中。等势面的电势为9V,电子以某初速度从P点平行纸面射入，

速度方向与。等势面夹角为45。，已知该电子恰好能运动到e等势面（不计电子重

力）。下列说法正确的是（）

abcde

A.电子在电场中做匀减速直线运动

B.电子运动到e等势面时动能为0

C.电子运动到c等势面时动能为18eV

D.电子返回a等势面时动能为12eV

二、多选题

8.如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（包括边界，图中未画

出），ZACB=30°,一带正电的粒子由AC中点以速率v沿垂直AC方向射入磁场，

0

经磁场偏转后从AC边离开磁场，已知=粒子的质量为加、电荷量为q,粒子

重力忽略不计。则下列说法正确的是（）

A

A.磁感应强度的大小可能为竺

qL

B.磁感应强度最小时，粒子的出射点到。点的距离为4

3

C.从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间均为丝1

3V

0

D.当磁感应强度取粒子从AC边离开磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子在

磁场中的运动时间缩短

9.特高压输电具有输电容量大、送电距离长、线路损耗少、占地面积少等优点，是目

前世界上最先进的输电方式。我国已经掌握世界上最先进的高压输电技术，并在西电

东输工程上效果显著。某发电厂从发电一运输一用户的输电全过程可简化为如图所

示，在发电过程中，发电厂产生交流电通过升压变压器后，经远距离传输，再通过降

压变压器供用户使用，假定在输电过程中，发电厂输出功率保持不变，输电线路电阻

不变，变压器为理想变压器，用户接入电路均为纯电阻。下列说法正确的是（）

发

电

厂

A.若只增大发电厂的输出电压，电流表A的示数增大

2

B.若只增大发电厂的输出电压，输电线上损耗的功率增大

C.接入电路的用户越多，输电线上损耗的功率越大

D.接入电路的用户增多，输电线上电压表与电流表示数变化量之比不变

10.如图甲所示，一根足够长的空心铜管竖直放置，将一枚横截面直径略小于铜管内

径、质量为机的圆柱形强磁铁从铜管上端管口处由静止释放，强磁铁在铜管内下落的

0

最大速度为V,强磁铁与铜管内壁的摩擦和空气阻力可以忽略，重力加速度为g。强

m

磁铁下落过程中，可以认为铜管中的感应电动势大小与强磁铁下落的速度成正比，下

列说法正确的是（）

\rv

甲乙

A.若把空心铜管切开一条竖直狭缝，如图乙所示，还将强磁铁从铜管上端管口处由静

止释放，发现强磁铁的下落会慢于自由落体运动

B.若把空心铜管切开一条竖直狭缝，如图乙所示，还将强磁铁从铜管上端管口处由静

止释放，发现强磁铁做自由落体运动

C.图甲中，强磁铁达到最大速度后，铜管的热功率小于mgv

0m

D.如果在图甲中强磁铁的上面粘一个质量为机的绝缘橡胶块，则强磁铁下落的最大速

度为2V

三、实验题

11.在用单摆测量重力加速度的实验中:

llllll

|Hll|.iii|i光敏电阻激光电源

录仪地口%口

00.2461.2452.246

⑴某同学组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量得从悬点到摆球最

顶端的长度L=97.00cm,再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图甲所示，则摆球直

0

径d=cmo

（2）实验时，他利用如图乙所示装置记录振动周期，在摆球运动的最低点的左、右两侧

分别放置一激光光源与光敏电阻，光敏电阻与某自动记录仪相连，该仪器显示的光每

电阻阻值R随时间f的变化图线如图丙所示，则该单摆的振动周期为7=So

⑶根据以上测量数据可得重力加速度8=—m/s2（结果保留三位有效数字）。

12.某物理兴趣小组要测量一电池组的电动势和内阻，实验室提供下列仪器：

A.电池组（电动势约为3V,内阻约为10。）

B.电流表A（量程。〜30mA,内阻R=50口）

A

C.电压表V（量程为0〜1.0V,内阻R=lkQ）

V

D.定值电阻R=50Q

0

E.电阻箱R（0〜999口，0〜1.0A）

⑵根据你所选的电路图，调整电阻箱阻值R,电流表所测的示数记为/,整理数据并

在坐标纸上描点绘制的图像，如图丙所示，图线斜率为鼠纵轴截距为乩该电

IR

池电动势和内阻可表示为E=,r=o（用R、R、R、k、b表示）。

0A

四、计算题

13.随着监控技术的不断发展，现在大街小巷、家家户户都安装了监控摄像等设备。

如图所示为一监控设备上取下的半径为R的半球形透明材料，球心为。点，A点为半

球面的顶点，且满足49与渡有反射膜的底面垂直。一束单色光平行于射向半球面

的5点，折射光线通过底面。点，经。点反射后射向半球面上的E点（图中未画

出），已知5到OA连线的距离为半，8长为华。求:

（1）此材料的折射率；

（2）请通过计算说明反射光DE是否会在圆弧上发生全反射？

14.如图所示，一长L=2m的水平传送带在电动机带动下以速度v=2m/s沿顺时针方

向匀速转动，质量机=4kg的小物块A和质量机=2kg的小物块5由跨过定滑轮的轻

12

绳连接，绳不可伸长，A与定滑轮间的绳子与传送带平行。某时刻将物块A轻轻放在

传送带最左端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数(1=0.5,滑轮的质量和绳与滑轮

间的摩擦不计，重力加速度g=10m/s2,两物块均可视为质点。求：

A7^\

()f()%

由

(1)把物块A放上去瞬间B的加速度a的大小；

⑵物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物块A的冲量大小。

15.如图甲所示，平行边界CDEb之间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为5的

匀强磁场，CD、EF之间的距离为4。/=0时刻，有一质量为根的带电粒子从磁场

CD边界上A点处以速度v垂直磁场方向射入，v方向与边界的夹角为30,粒子

00

恰好从O点垂直EF边界射出磁场。紧靠磁场EF边界右侧，有两个间距为L、足够大

的平行板M、N,平行板间存在电场，两板间电势差的变化规律如图乙，其中T已

0

知。带电粒子在运动过程中始终不与N板相碰，粒子重力不计。求：

(1)该带电粒子的电性及电荷量大小;

(2)若v=26d=n^BdL,带电粒子从A点到第一次到达。点的时间/及:]

037oT12

00

时刻带电粒子的速度V与V的比值；

0

(3)若满足⑵条件，带电粒子第二次离开磁场时的位置与A点的距离(结果用根号表

示)。

参考答案

1.答案：D

解析：A.根据题意，由电荷数守恒可知，粒子。的电荷数为0,则粒子。为中子，故A

错误；

B.根据题意，由电荷数守恒可知，粒子5的电荷数为-1,质量数为0,则粒子b为电

子，则9°Sr的衰变为B衰变，故B错误；

38

C.放射性元素的半衰期由其自身因素决定，与其所处的物理状态（压强、温度等）、

化学状态（单质或化合物）均无关，故C错误；

D.9oSr衰变后产生90丫，并放出了粒子匕，同时释放能量，则9oSr的结合能小于90丫

38393839

的结合能，故D正确。

故选D。

2.答案：C

解析：A.篮球到达。点时竖直分速度为0,水平分速度不为0,故A错误；

BCD.设相连两点之间的竖直高度均为h,根据逆向思维将篮球看成从。点开始做平抛

运动，则竖直方向做自由落体运动，则有

V

丫分二避诵，Bv=pg.2h,匕,=J2g.3/i

篮球通过AB和通过CO的时间之比为

V-v

一了仗V—

「g一串Y

tV1

CD—

g

篮球到达A点和B点的竖直速度大小之比为

v

4y=a

V

By

篮球到达A点和C点的动能大小之比为

1

—mv2

V2V2+V2

2A_4—Ay尤

T~V2V2+V2

—mv2

2。CCyx

由于不清楚水平分速度v的具体大小，所以无法确定篮球到达A点和C点的动能大小

X

之比，故C正确，BD错误。

故选c。

3.答案：A

解析：如图所示

根据受力平衡可得

0

G=2厂cos—

2

可得

G

F=g<1.5G

2cos_

2

可得

91

COS—>-

23

设相框上两个挂钉间的间距为4,根据几何关系可得

d=2x_£sin9=L/1-COS2<Lil-(l)2=

22\2V33

故选Ao

4.答案：A

解析：A.根据题意可知，哈雷彗星的周期约为75年，地球的公转周期为1年，由万有

引力提供向心力有

GMm4兀2

=m--r

「2T2

解得

IGMT2

(4兀2

可得，哈雷彗星轨道的半长轴约是地球公转半径的尸倍，故A正确；

B.根据题意，由开普勒第二定律可知，哈雷彗星在近日点线速度大于在远日点的线速

度，即

V>V

12

故B错误；

C.根据题意，由牛顿第二定律有

GMm

-------=ma

r2

解得

GM

a二-------

厂2

则哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比为

a厂2

—1-=-3-

a厂2

21

故c错误；

D.哈雷彗星从近日点运动到远日点的过程中，引力做负功，则引力势能逐渐增加，故

D错误。

故选Ao

5.答案：C

解析：A.由于

T=T

ab

而从b到C的过程中，发生等容变化，因此

TT

bc

可得

T>T

bc

因此。状态气体温度比C状态高，A错误；

B.由图可知

P>P

ab

而

ab

根据压强的微观解释，可知。状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比匕

状态多，B错误；

C.bTc、dfa两个过程都发生等容变化，根据热力学第一定律

AU^W+Q

吸收或放出的热量都用来改变物体的内能，由于内能的变化量相同，因此体吸、放热

热量的绝对值相等，C正确；

D.在p-V图像中，图像与横轴围成的面积等于气体做的功，可知整个循环过程，气体

对外做功，而内能没变，因此吸收热量，D错误。

故选C。

6.答案：D

解析：AB.根据题意可知，该水波的频率为

30

f=_Hz=0.5Hz

60

则该水波的周期为

T=L=2S

f

故AB错误；

CA船位于波峰时，5船在波谷，两船之间还有一个波峰，则有

3

x=—X=12m

AB2

解得

九=8m

故C错误；

D.根据上述分析可得，该水波的波速为

v=—=4m/s

T

故D正确。

故选D。

7.答案：C

解析：A.根据题意可知，电子在电场中仅受电场力，电子的初速度方向与电场力方向

不在一条直线上，则电子在电场方向上做匀减速直线运动，在垂直电场方向上做匀速

运动，即电子在电场中做匀变速曲线运动，故A错误；

B.电子运动到e等势面时，沿电场方向的速度为0,垂直电场方向的速度不为0,则电

子在e等势面时动能不为0,故B错误；

CD.设电子的初速度为v,电子由。等势面到e等势面，由动能定理有

0

-eU=_m(vsin45。》-_mv2

ae2020

解得

E--mv2=24eV

ka2o

电子由。等势面到。等势面，由动能定理有

E-E=-eU

kckaac

解得

E=18eV

kc

电子返回。等势面时，电场力做功为0,则电子动能为初动能24eV,故C正确，D错

误。

故选C。

8.答案：BD

解析：

AB.根据题意，由牛顿第二定律有

V2

qvB=m—

r

解得

mv

r=——

qB

可知，半径越大，磁感应强度越小，粒子能从AC边离开磁场的临界轨迹如图所示

由几何关系可得

OC=2r,AC=2AB=2L

解得

CD=r=-L

3

则有

mvL

r=——o-<—

qB3

解得

故A错误，B正确；

C.根据题意可知，从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间为

T12nr71mTIL

t=——二—•------------<-----

22vqB3V

oo

故c错误；

D.粒子在磁场中的运动周期为

不2兀厂2Km

1=----=------

vqB

粒子在磁场中运动时间为

00m

t=——•1=----

2兀qB

当磁感应强度取粒子从AC边离开磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子运动

半径增大，则粒子从边离开磁场，速度越大，圆心角。越小，粒子在磁场中的运

动时间越短，故D正确。

故选BDo

9.答案：AC

解析：AB.如图

若只增大发电厂的输出电压u,根据

1

Un

—L二—U

Un

22

可得。增大，根据

2

P=UI

111

可得/减小，根据

1

21

可得输电线上的电流/减小，可知根据

2

NP=l2R

2线

可知输电线上损耗的功率减小，输电线损耗的电压

AU=1R

2线

减小，根据

U=U+AU

23

可得U增大，根据

3

Un

—3-=—3-

Un

44

可得用户总电压U增大，由闭合电路欧姆定律可得/增大，故电流表A的示数增

442

大，故A正确，B错误；

CD.由于用户电功率增多，降压变压器输出的功率P变大，故高压输电线上的电流变

4

大，根据

AP=I2R

2线

可知输电线上损耗的功率变大，由于电压表不是测量输电线的两端电压，所以

NU

WJIDV

A/线

输电线上电压表与电流表示数变化量之比会变化，故C正确，D错误。

故选AC。

10.答案：AD

解析：AB.若把空心铜管切开一条竖直狭缝，此时铜管内仍然会形成涡流，涡流的磁

场对强磁铁有阻碍作用，所以将强磁铁从铜管上端管口处由静止释放，发现强磁铁的

下落会慢于自由落体运动，故A正确，B错误；

C.图甲中，强磁铁达到最大速度后，做匀速运动，在匀速下落的过程中，可以认为减

少的重力势能全部转化为热量，则有

PNt—mgvM

00m

可得铜管的热功率为

P=mgv

00m

故c错误；

D.由于强磁铁下落过程中铜管中的感应电动势大小E与强磁铁下落的速度v成正比，

且强磁铁周围铜管的有效电阻尺是恒定的。可知任一时刻的热功率为

nE?k2V2

r=--=----

RR

强磁铁在匀速下落时，有

P=mgv

联立可得强磁铁下落的最大速度满足

mgR

v=------GCm

kz

如果在图甲中强磁铁的上面粘一个质量为机的绝缘橡胶块，设强磁铁下落的最大速度

0

为V,则有

1

vm+m2

-i-=—o------o-=——

vm1

m0

可得

v=2v

1m

D正确。

故选AD。

11.答案：(1)2.03

(2)2.00

(3)9.66

解析：(1)游标卡尺的精确度为0.1mm,读数为

20mm+3x0.1mm=20.3mm=2.03cm

⑵由图丙可知该单摆的振动周期为

T=2.00s

(3)单摆的摆长为

203

L=97.00cm+__cm=98.02cm

2

根据单摆的周期公式

0[L

T=2兀/—

V

解得

g=9.66m/s2

12.答案：⑴甲

小、(R+R>k(R+R)

，，b(R+R^-k

A0AO

解析：(1)电池组的电动势为3V,电压表的量程为IV,用电压表直接测量路端电压量

程太小，不能直接测量，需用电流表串联定值电阻改装成电压表使用，由于电流表内

阻已知，不存在电表分流产生的误差。应选图中甲电路。

⑵根据图甲电路图，由闭合电路欧姆定律有

(\rI{R+R)一

I\R+R)+/+----------o_r-E

AoR

变形可得

1R+R+r（R+R）r1

—二—0----A+——fl---------•—

IEER

结合图像的斜率与截距可知

（R+R）r,R+R+r,

——o----4——二k,—o----4二b

EE

解得

（R+R1k（R+R）

E——，_4----4,r=—一4幸—

队R+R）—kb\R+R）-k

A0AO

13.答案：（1）出（2）不会

解析：（1）根据题意，画出光路图，如图所示

A\

由几何关系可得

BG0

sini=___—___

OB2

解得

i=60°

又有

_________R叵

BF=OG=yjOB2-OG2=-,DF=OF—OD=JR

26

则有

BD=yjDF2+BF2=gR

可得

sinZDBF=-=L

DB2

即

/DBF=30°

则有

r=i-ZDBF=30°

此材料的折射率为

“=也=百

sinr

(2)由几何关系，结合(1)分析可知

NODE=60。

连接AD,则有

tanODA=—=J3

OD

解得

ZODA=60°

即E点和A点重合，则反射光。E在圆弧上的入射角为30。，又有

sinC=—=>sin30°

n3

则反射光DE是不会在圆弧上发生全反射。

on____

14.答案：（1）考向52出&5豆^5

解析：（1）根据题意，设物块A放上去瞬间绳子的拉力为T,由牛顿定律，对物块A有

1

T+g=ma

iii

对物块8有

mg—T=ma

212

解得

20T20

a=--m/zS2,T=——N

3i3

⑵根据⑴分析可知，物块A在传送带上做匀加速直线运动，设加速到与传送带共速的

时间为则有

1

V

t=—=0.3s

1a

运动的距离为

V

x=—£=0.3m

i2i

由于物块A与传送带间的最大静摩擦力

f=pirng=20N-mg

m12

可知，物块A与传送带共速后，一起匀速到右端，运动时间为

t=\=0.85s

2V

此时绳子的拉力为

T=mg=20N

22

设物块A从传送带左端运动到右端过程中传送带对物助的水平方向冲量为/,对物

X

块A,由动量定理有

I