富平县2024届高三摸底考试物理含答案解析

富平县2024届高三摸底考试物理

一、单选题（共40分）

1.在电磁学中，电导率（conductivity）是用来描述物质中电荷定向移动难易程度的物理量。电导

率。为电阻率p的倒数，即。=：则电导率的单位是（）

A.。一1B.C-mC.m/nD.Q-1-m-1

【答案】D

【详解】

由电阻定律有

I

R=

得

RS

P=T

所以电阻率p的单位为。-m,所以电导率。的单位为含•mL

故选D。

2.在一次劳动活动中，两位身高相近的同学提着同一桶水从水房到花园。如图的四种提水的方式

相对而言最省力的是（）

卜

LJJnXZXxX■/

7\J\J

§

JUUUuu

【答案】A

【详解】

根据题意，由对称性可知，两名同学手臂的拉力大小相等,设手臂的拉力均为F,与竖直方向的

夹角均为。，由平衡条件有

2Fcos6=G

解得

G

F=-------

2cos6

可知，当8=0。越小，F最小,最省力。

故选Ao

3.甲、乙两新能源汽车在同一条平直公路上进行测试，t=0时两车均静止。测试过程中两车的加

速度一时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示，下列说法正确的是（）

A.口时刻两车的运动方向相反

B.两车在0时刻一定相遇

C.两生的加速度大小均先增大后减小

D.q时刻甲车的速度大了•乙车的速度

【答案】D

【详解】

A.根据题意可知，两车均由静止运动，加速度方向不变都为正值，故两车力时速度方向也是正

方向，运动方向相同，故A错误；

B.题意中没有确定两车出发时的位置关系，则不能确定两车在G时刻是否相遇，故B错误；

C.根据题意，由图可知，甲的加速度线增大后减小，乙的加速度先减小后增大，故C错误；

D.根据Q-£图像中面积表示速度变化量，由图可知，0〜Q时间内，甲的速度变化量大于乙的

速度变化量，由于两车均由静止运动，则小时刻甲车的速度大于乙车的速度，故D正确。

故选D。

4.8月25日，新一代人造太阳“中国环流三号”取得重大科研进展，首次实现100万安培等离子

体电流下的高约束模式运行，再次刷新我国磁约束聚变装置运行纪录。可控核聚变实验的核反应

方程为汨+汨-4He+X+17.6MeV,下列说法正确的是（）

A.X是质子B.该反应为链式反应

C.[He的结合能为17.6MeVD.$He的比结合能比汨的大

【答案】D

【详解】

A.由质量数和电荷数守恒可知X是中子。故A错误；

B.该反应是热核反应不是链式反应。故B错误；

C.结合能是把拆解成自由核子时所需的最小能量，而非是核反应中放出的能量17.6MeV,故C

错误；

D.发生核反应后，原子核越稳定，则，He的比结合能比汨的大，故D正确。

故选D。

5.如图所示为某款手机充电器，其珞牌标识如下：“输入：AC、220V、50Hz”，“输出：DC、

3V、6V、9V、12V"，“电流：l()OOmA-15(X)mA"，该充电器正常工作时，下列说法正确的

是()

II

A.输入电压的最大值为220V,频率为50Hz

B.充电器输出功率的变化范围为3W〜18W

C.充电器内部变压器的原线圈匝数小于副线圈匝数

D.充电器内部变压器输入电压的频率大于输出电压的频率

【答案】B

【详解】

A.根据铭牌标识可知输入电压的有效值为220V,频率为50Hz,故A错误；

B.由输出功率

P出=

且由题干中“输出：DC、3V、6V、9V、12V”，“电流：1000mA—1500mA”，代入数据得当

输出电压为3V,电流为1000mA时输出功率最小，当输出电压为12V,电流为1500mA时输出功

率最大。代入数据得

3W<P出<18W

故B正确；

C.根据原副线圈的匝数之比等于原副线圈电压值比，即

5=21

U?几2

且原线圈中输入电压值大于副线圈的输出电压值，所以原线圈匝数大于副线圈匝数，故C错

误；

D.由变压器的原理可知，输入电压的频率等于输出电压的频率，故D错误。

故选B。

6.高楼出现火情时需要一种高架水泡消防乍。现距水平地面36nl高的某楼房出现火情，消防员紧

急出动救援，已知高架水炮消防车的水炮炮口距离水平地面28.8m,到起火房间的水平距离为

9.6m,水柱刚好从起火房间的窗户垂直打入，取重力加速度大小g=10m/s2,不计空气阻力，

则水柱刚打入窗户时的速度为（）

A.6m/sB.8m/sC.10m/sD.15m/s

【答案】B

【详解】

将水的逆过程看成是平抛运动，竖直方向有

1

Ah=5疗

解得

2x（36-28.8）

t=J——1。---------s=1.2s

水平方向有

X=vQt

解得水平速度为

x9.6

v=-=—m/s=8m/s

0LA.乙

则水柱刚打入窗户时的速度为8m/s。

故选B。

7.矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若轴线右侧没有磁场（磁场具有理想边界），如图

所示。设〃/位曲方向为感应电流的正方向。从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化

的图像中，正确的是（）

XX

aX；b

XXxj

XXxj

XdXX!c

【答案】A

【详解】

从题图示位置开始，在o〜;时间内，磁通量减小，原磁场方向向里，由楞次定律“增反减同”可

知，感应电流的磁场方向向里，产生的感应电流的方向为必。公，即与电流规定的正方向相同，

且产生的感应电流的大小随时间按正弦规律变化，有

BS（JO

i———sineot

R

在:〜:时间内，磁通量增大，原磁场方向向里，山楞次定律“增反减同”可知，感应电流的遨场

方向向外，因线圈的位置也发生了变化，所以产生的感应电流的方向还是4加而，即与电流规定

的正方向相同，结合题中选项可知，A正确，BCD错误。

故选Ao

8.宇宙世界含有大量的未知星体，判断星体的物质组成需要估算该星体的平均密度，现在发时航

天器在该星体表面绕球心飞行，假定该星体是质量分布均匀的球体，引力常量为G,则要估算该

星体的平均密度，只需测量出（）

A.航天器的质量B.航天器的体积

C.未知星体的质量D.航天器飞行一周的时间

【答案】D

【详解】

设该行星的质量为M,半径为R,航天飞船的质量为〃?，绕行周期为7,根据公式

Mm4TI2

G—z-=m—^-R

R2T2

M

P=V

4、

V=-nR3

联立解得

37r

P=~GTi

因此只需测出航天器飞行一周的时间就可以估算出星体的平均密度，D正确。

故选Do

二、多选题（共20分）

9.如图所示，一辆货车开上倾角为万的斜坡，车厢的顶部用细线挂了一个小球，某个时刻悬挂小

球的细线与虚线的夹角为a（虚线垂直与车相底面），重力加速度为g,关于货车的运动，下列

B.若货车在斜坡上匀减速运动，贝|历>夕

C.若货车在斜坡上匀加速运动，则货车的加速度为a=gcosptana-gsin/?

D.若货车在斜坡上匀加速运动，则货车的加速度为a=gtana

【答案】AC

【详解】

A.若货车在斜坡上匀速运动，则小球做匀速直线运动，受到的合外力为0,小球竖直方向.上重

力和绳子拉力的大小相等，细线在竖直方向上，根据几何关系可知

a=0

故A正确；

B.若货车在斜坡上匀减速运动，则小球有沿斜面向下的加速度，则细线应该向右偏，但在题图

中虚线的左侧，则有

a<p

故B错误；

CD.若货车在斜坡上匀加速运动，则小球有沿斜面向上的加速度，则细线应该向左偏，则有

a>p

设细线的拉力为F,小球的质量为m,对小球受力分析，垂直斜面方向上，由平衡条件有

Fcosa=mgcos^

沿斜面方向上，由牛顿第二定律有

Fsina—mgsinp=ma

联立解得

a=gcos/?tana-gsin/?

货车的加速度与小球的加速度相等，故D错误，C正确。

故选ACo

10.如图所示，等边三角形A8C的三个顶点A、B、C分别固定有电荷量为+Qi、+Q2、一（?3的点

电荷，A点处电荷受到的电场力方向平行于8C,B点处电荷受到电场力方向垂宜于8C,O为三

角形的中点，P和O在纸面内关于AC对称，无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（）

。酒

八一P

/\

8出------------七。

Qi-a

A.QI：Q2：Q3=2:1:1

B.O点电势与P点电势相等

C.将八点的点电荷沿直线移到O点,，其电势能增大

D.将八点的点电荷沿直线移到P点，电场力做正功

【答案】AD

【详解】

A.由题意可知，+Q2和-（23在A点产生的场强平行于8C向右，设等边三角形边长为r,根据点

电荷场强公式

.Q

EF=k前

可得

噜8s30。=噜cos30。

则有

Q2：Q3=1：1

+Qi和一Q3在8点产生的场强垂直于8c向下，则有

k与sin30。二人与

r2r2

可得

QI：＜?3=2：1

则有

Q1：Q2：Q3=2:1:1

故A正确;

B.。、尸两点在A、C两处点电荷的电场中电势相等，在8点电荷电场中。点电势比尸点电势

高，故。点电势高于尸点电势，故B错误；

C.在B,C两点的点电荷电场中，BC垂直平分线是等势线，因此将4点的点电荷沿直线移到0

点，该点电荷的电势能不变，故C错误；

D.在8、C两点的点电荷电场中，A点电势比。点电势高，因此将4点的点电荷沿直线移到P

点，电势能减小，电场力做正功，故D正确。

故选ADo

11.如图所示，一个半径为R=1.8m的金属圆环竖直固定放置，环上套有一个质量为的小球，

小球可在环上自由滑动，小球与环间的动摩擦因数为0.4,某时刻小球经过环的最高点时，抓对

小球的滑动摩擦力大小为17g（不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2）,则该时刻小球的速率

3

B.3in/sC.3V2m/sD.3\/3m/s

【答案】BD

【详解】

根据滑动摩擦力表达式

f=叫

又

1

f-mg

联立，解得

1

风=^m9

分两种情况，第一种情况凤方向竖直向上，由牛顿第二定律可得

V2

巾9一凤=m­

解得

v=3m/s

第二种情况FN方向竖直向下，由牛顿第二定律可得

V2

Tng+凤=机万

解得

v=3百m/s

故选BDo

12.如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为47n的物体乙用

轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与

水平方向夹角为某时刻由静止释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，0Q两点的

连线水平，OQ=d,且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g,

B.小球位于Q点时的速度大小为

C.物体乙重力的瞬时功率一直增大

D.小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小

【答案】ABD

【详解】

A.P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由凡

何关系知

4

PQ=dlaiia=-d

则小球位于P点时弹簧的压缩量为

12

x=-PQ=-d

2"3

对P点的小球由力的平衡条件可知

mg=kx

解得

3nly

k=

2d

选项A正确;

B.些小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为外此时小球中的速度与绳子OQ垂直，所以物体

乙的速度为零，乂小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得

d1

47ng（—；——d）—mgdtana=9

COSCZ/

解得

选项B正确;

D.由于小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等，即小球在P、Q两点处时弹簧的弹性势能相

等，则小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，由能量守恒定律可知，小球甲和物

体乙的机械能之和先增大后减小，选项D正确：

C.由于小球在P和Q点处，物体乙的速度都为零，在其他过程中，物体乙的速度不是零，则可知

物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，选项C错误。

故选ABDo

三、实验题（共10分）

13.小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图1所示.他将一根木条平放在楼梯台阶

边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后、小

球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录

下击打声与撞击声的时间间隔3多次测量不同台阶距离地面的高度力及对应的时间间隔%

（1）现有以下材质的小球，实验中应当选用______0

A.钢球B.乒乓球C.橡胶球

（2）用分度值为1mm的刻度尺测量某级台阶高度〃的示数如图2所示，则h=_____cm。

（3）作出2h-产图线，如图3所示，则可得到重力加速度g=_____m/s2o

【答舆】（1）.A（2）.61.20（3）.9.55（9.52〜9.58）

【详解】

（1）口］为了减小空气阻力等误差影响，应该选用材质密度较大的小钢球。

故选Ao

（2）⑵刻度尺的分度值为1mm,估读到分度值的下一位，由图2可知

h=61.20cm

（3）［3］根据题意，由公式h=9/2可得

2h=gt2

则2h-产图像中斜率表示重力加速度，则根据图3图线有

3.27-0.5097

=035^06m/S-9-55m/S

14.某兴趣小组测量一块电池的电动势和内阻。

（1）先用多用表的“10V”电压档粗测电动势，指针位置如图甲所示，读数为Vo

।———

甲乙

（2）实验室提供的器材有:

电流表A1（量程60mA,5.0）,电流表A2（量程66A,1。）,定值电阻匕（19SO）,定值电阻

R2（1411）,滑动变阻器R（0〜100C,1A）,,待测电池，开关，导线。为了尽可能精确测量

电池的电动势和内阻，小组设计图乙所示电路进行实验;

①实验时，需先将电流表（填“AJ或"A2”）与定值电阻R定串联后改装为电压表，图

乙中定值电阻R定应选_____（填或“Rz”）；

②实验测得多组电流表A1的示数。和电流表A2的示数%，绘制出0-/2图像如图丙所示，依据图

像可得电池的电动势为V,内阻为（结果均保留一位小数）

【答案】Q）.9.2（2）.A1（3）.8（4）.10.6（5）.12.8

【详解】

（1）［1］根据电压表的读数规律，该读数为

8V+0.2x6V=9.2V

（2）①⑵⑶根据上述电动势粗测笔为9.2V,为了改装电压表的精度与安全，需要将电流表改装

成10V的电压表，根据器材的数据，可知需先将电流表A1与定值电阻凡串联后改装为电压表，

该改装表的量程为

/A1（/?A14-%）=50xIOTx（5+195）V=10V

②⑷［5］根据上述，结合电路图有

泗\1+RD=E-a+/2）r

变形有

Er

=------------------------/2

RAI+%+r+%+r

结合图丙有

—^=5xl0xl0-3A,_2_=生如丝空

RAI+RI+TRAI+R*0.5

解得

EX10.6V,rX12.811

四、解答题（共10分）

15.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，力为粒子加速器，加速电压为由；B为速度选择

器，磁场与电场正交，磁感应强度为81，两板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为当。

今有一质量为m、电荷量为e的正粒子（不计重力），经加速后.该粒子恰能通过速度选择器，

粒子进入分离器后做匀速圆周运动。求：

（1）粒子的速度”为多少？

（2）速度选择器两板间电压〃2为多少？

（3）粒子在为磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？

【答宾】⑴落；⑵Bid榨;（3疗再

【详解】

（1）粒子在A加速器中做加速直线运动，由动能定理得

1

mv9

eU1=2~0

解得，粒子的速度〃为

（2）粒子在B速度选择器中做匀速直线运动，由受力平衡条件得

U

e—2=evB

a}

解得，速度选择器两板间电压/为

（3）粒子在为磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力

V2

evB=m—

2R

可得，匀速圆周运动的半径R为

mv1l2mU1

eBz-、e

16.如图所示，倾角为37。的足够长的固定斜面上放置一下端有固定挡板的“」型木板，木板与

斜面间的动摩擦因数4句6,一可视为质点的光滑小滑块置于木板上的某点，该点与挡板的距离

A=3.0mo现将小滑块和木板同时由静止释放，己知木板的质量为M=2kg,小滑块的质量为

w=0.5kg,取g=10m/s2,0血137。=0.6,cos37Q=0.8,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小滑块与挡

板的碰撞为弹性碰撞。求滑块和木板：

（1）从释放到发生第一次碰撞所需要的时间；

（2）在第一次碰撞到第二次碰撞间，小滑块与挡板的最大间距；

(3)第二次碰撞后两者的速度。

【答案】(1)1s；(2)3m；(3)4.8m/s

【详解】

(1)从释放后到小滑块与挡板第一次碓撞过程中，设小滑块和木板加速度分别为由和G,由牛

顿运动定律有

mgsir)37°=m%

Mgsin37。-+M)gcos37。=Ma2

解得

a1=6m/s2,Q，2=0

由此可知，该过程木板保持静止，设小滑块从释放到发生第一次碰撞所需要的时间为小则

1

L=5QiQ9

解得

h=Is

(2)设小滑块与挡板第一次碰撞前速度为w,由运动学规律有

Vj=Q]£]

设小滑块与挡板第一次碰撞后小滑块与木板的速度分别为电和小山动量守恒定律和机械能守

恒定律有

mv1=mv2+MV3

111

5谱=-mvl

乙7n乙乙

解得

v2=-3.6m/s,v3=2.4m/s

第一次碰撞后，木板匀速下滑，小滑块做匀变速直线运动，当小滑块与木板的速度相同时，小滑

块与挡板距离最大，设该过程时间为d小滑块与木板的位移分别为由和X2,小滑块与挡板的最

大间距为Ax,则

V3=V2+QI±2

」十%

x

i—5£2

%2=U3t2

-X

△%=X21

解得

△%=3m

（3）设小滑块从与挡板的最大间距处继续运动时间外第二次到达挡板处，设第二次碰前小滑

块速度大小为以，该过程小滑块和木板位移大小分别为4和则

1_

X3=〃3t3+5。仔

=V2C3

△%=%3一%4

v4=v3+art3

解得

v4=8.4m/s

设第二次碰撞后小滑块与木板的速度分布为了5和丫6,由动量守恒定律和机械能守恒定律有

mv4+Mv3=mv5+Mv6

11_11

5n访7=-mv^9兔7

乙乙乙乙

解得

v5=-1.2m/s,v6=4.8m/s

五、多选题（共5分）

17.下列说法正确的是（）

A.若分子力表现为引力，则当分子间的距离增大时，分子力增大

B.对于任何物质，只要温度降低，分子平均动能就一定减小

C.液体中的布朗运动就是液体分子的无规则运动

D.一定质量的某种理想气体在等温膨胀的过程中一定吸热

E.物理性质表现为各向同性的物体可能是晶体

【答案】BDE

【详解】

A.分子力与分子间距的关系如图

若分子力表现为引力，即r>r0时，由图像可知，当分子间的距离增大时，分子力先增大后减

小，故A错误：

B.温度是衡量分子平均动能的唯一指标，所以对于任何物质，只要温度降低，分子平均动能就

一定减小，B正确；

C.液体中的布朗运动就是固体小颗粒的无规则运动，C错误；

D.一定质量的某种理想气体在等温膨胀的过程中对外做功IVV0,而温度保持不变，故气体内

能不变AU=0,由热力学第一定律

AU="+Q

所以

Q=-W>0

该理想气体在此过程中一定吸热，D正确；

E.物理性质表现为各向同性的物体可能是非晶体，也可能是多晶体，E正确。

故选BDEo

六、解答题(共5分)

18.如图所示，一左细右粗的封闭坂璃管静止在水平面上。管内封有一定量的水银，水银柱在细

管和粗管中的长度均为/。水银柱两侧各封闭了一定量的理想气体，左侧细管中气柱长度为4，，

右侧粗管中气柱长度为3，。细管的截面积为S,粗管的截面积为2S。起初，两部分气体的压强均

为Po,温度均为7。。环境温度恒为T。，水银密度为p，重力加速度为g,稳定时水银液面与管壁

垂直，求：

(1)若缓慢抬高左侧细管，使水银刚好全部进入右侧粗管中，求此时玻璃管与水平面的夹角6

(可月具二角困数表示)：

(2)若放掉右侧粗管中的部分气体，使水银刚好全部进入右侧粗管中，求放出气体占原右侧气

体的比例。

【答案】⑴‘in”彘；⑵1

3

【详解】

(1)对左侧气体，丁不变，初态：P=P。，匕=4国，末态：压强片,体积彩=55

由

与匕二PM

得

4

P1=『P。

对右侧气体，7不变，初态：P=P0，匕=6/S,末态：压强「2,匕=5国

由

P。%=P2%

得

6

02=能

由平衡关系：

2Pls+pVgsxnO=2P2s

其中U=3/S,得

4Po

sin。=———；

15pg/

(2)放气后右侧气体压强

4

P3=PI=RJP。

若未放气，丁不变，有

匕=尸’2匕

得

15

故放掉气体占原来气体的比例为