2023-2024學年河南省南陽、信陽等六市高考物理三模試卷含解析

2023-2024學年河南省南陽.信陽等六市高考物理三模試卷

考生須知：

1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色

字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。

2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。

3.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、三根通電長宣導線平行放置，其截面構成等邊三角形，O點為三角形的中心，通過三根直導線的電流大小分別用小

A.A表示，電流方向如圖所示.當/尸/2=/3=/時，。點的磁感應強度大小為不通電長直導線在某點產(chǎn)生的磁感應

強度大小跟電流成正比，則下列說法正確的是（）

A.當/尸31,，2=/3=，時,O點的磁感應強度大小為2B

B.當/尸31,/2=13=1時，。點的磁感應強度大小為3〃

。點的磁感應強度大小為立8

C.當，2=31,h=h=I時,

2

D.當〃=31,時，。點的磁感應強度大小為

2、如圖所示，A、5兩滑塊質量分別為2kg和4kg,用一輕繩將兩滑塊相連后分別置于兩等高的光滑水平面上，并用

手按著滑塊不動，第一次是將一輕質動滑輪置于輕繩上，然后將一質量為4kg的鉤碼。掛于動滑輪上，只釋放A而按

著3不動；第二次是將鉤碼C取走，換作豎直向下的40N的恒力作用于動滑輪上，只釋放8而按著A不動。重力加

速度g=10m/s2,則兩次操作中A和B獲得的加速度之比為（）

8

C

A.2：1B.5：3C.4：3D.2：3

3、在光電效應實驗中，某同學先后用甲、乙兩種光照射同一光電管，得到如圖所示的兩條光電流與電壓之間的關系曲

線，則兩種光中（）

A.甲光的頻率比較大

B.甲光的波長比較長

C.甲光照射時單位時間內逸出的光電子數(shù)比較少

D.甲光照射時逸出的光電子的最大初動能比較大

4、關于安培力和洛倫茲力，下列說法正確的是（）

A.運動電荷在磁場中一定受到洛倫茲力作用

B.通電導線在磁場中一定受到安培力作用

C.洛倫茲力一定對運動電荷不做功

D.安培力一定對通電導線不做功

5、傾角為。的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一“」”形長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為平行于斜

面的力傳感器（不計傳感器的重力）上端連接木板，下端連接一質量為小的光滑小球，如圖所示，當木板固定時，傳

感器的示數(shù)為X，現(xiàn)由靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，傳感器的示數(shù)為入。則下列說法正確的是（）

B.若〃=0,則月=mgsin0

F.tan0

C.若〃wO,則〃=—

Fi

Etan0

D.若〃。（），則—

6、由于空氣阻力的影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖中實線所示。圖中虛線為不考慮空

氣阻力情況下炮彈的理想運動軌跡，O、a、b、c、d為彈道曲線上的五點，其中。點為發(fā)射點，d點為落地點,b點

為軌跡的最高點，c?為運動過程中經(jīng)過的距地面高度相等的兩點。下列說法正確的是（）

y

A.到達〃點時，炮彈的速度為零

B.到達。點時，炮彈的加速度為零

C.炮彈經(jīng)過。點時的速度大于經(jīng)過c點時的速度

D.炮彈由。點運動到匕點的時間大于由b點運動到d點的時間

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、如圖所示，加有恒定電壓以S=U的、中間帶有小孔的平行板電容器A3豎直放置，右側水平放置平行板電容器

CDtCD板長和板間距均為L,板間加有恒定電壓S。一質量為〃，、電荷量為《的帶正電粒子從A板小孔無初速飄入,

經(jīng)加速后沿中線水平進入C。，恰從O板邊緣飛出。不計粒子重力，下列說法正確的是（）

----D

AB

A.若只將5板向左移動少許，粒子到達S板時的速度比未移動時小

B.若只將〃板向左移動少許，粒子到達6板的時間比未移動時短

C.若飄入質量為2/%電量為%的帶正電粒子，將打在。板上

D.粒子剛到達D板邊緣時的動能Ek=2qU

8、如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L,導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上,

右端接一個阻值為R的定值電阻，平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁

場，質量為m、電阻也為R的金屬棒從高為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止.己知金屬棒與平直部分

導軌間的動摩擦因數(shù)為囚金屬棒與導軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）

（重力加速度為g）

A.金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱

B.金屬棒克服安培力做的功為mgh

C.金屬棒產(chǎn)生的電熱為5mg（h/d）

D.金屬峰運動的時間為工辿--^衛(wèi)

4g2即mg

9、用一束波長為人的綠光照射某極限波長為K的金屬，能產(chǎn)生光電效應，下列說法正確的是（

A.該金屬逸出功為\V=hX?

B.把這束綠光遮住一半，則逸出的光電流強度減小

C.若改用一束紅光照射，則不可能產(chǎn)生光電效應

D.要使光電流為0,光電管兩級至少需要加大小為生（1-，-）的電壓

e2Ao

10、如圖甲所示電路中，電源電動勢E=6V,內阻r=lQ,外電路接有三個定值電阻Ri=2Q、Rz=3C、R3=6Q,虛線框

內的電路可等效為一個電源，如圖乙所示，其等效電動勢可等于CD間未接入用電器時CD間的電壓，若用導線直

接將C、D兩點連接起來，通過該導線的電流等于等效電源的短路電流.下列說法正確的是

A.等效電源的電動勢E'=5V

B.等效電源的短路電流為L2A

C.等效電源的內阻i=7.50

D.等效電源的最大輸出功率為0.3W

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11.（6分）電阻率是用來表示各種物質電阻特性的物理量。某同學在實驗室測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率。

（1）用螺旋測微器測量其橫截面直徑如圖甲所示，由圖可知其直徑為mm,如圖乙所示，用游標卡尺測其長度為

cm,如圖丙所示，用多用電表xlQ擋粗測其電阻為

⑵為了減小實驗誤差，需進一步測量圓柱體的電阻,除待測圓柱體K外，實驗室還備有的。實驗器材如下，要求待測

電阻兩端的電壓調節(jié)范圍盡量大，則電壓表應選_____,電流表應選,滑動變阻器應選_________。（均填器

材前的字母代號）

A.電壓表Vi（量程3V,內阻約為15k。）；

B.電壓表Vz（量程15V,內阻約為75k。）；

C.電流表Ai（量程1?6A,內阻約為1C）;

D.電流表Az（量程3A,內阻約為1.2。）；

E.滑動變阻器Ri（阻值范圍1?5。，1.1A）；

F.滑動變阻器&（阻值范圍卜2111c,1.1A）；

G.直流電源總（電動勢為3V,內阻不計）

H.開關S,導線若干。

（3）請設計合理的實驗電路，并將電路圖畫在虛線框中

（4）若流經(jīng)圓柱體的電流為/,圓柱體兩端的電壓為U,圓柱體橫截面的直徑和長度分別用。、L表示，則用。、L、人

U表示該圓柱體電阻率的關系式為P=0

12.（12分）某同學在測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻的實驗中，備有下列器材：

A.待測的干電池（電動勢約為L5V,內電阻小于1.0。）

B.電流表Ai（量程0?3mA,內阻R=i=10。）

C.電流表A2（量程0~0.6A,內阻阪&2=0.10）

D.滑動變阻器品（0-20H,10A）

E.滑動變阻器此（0-200H,1A）

F.定值電阻Ro（990H）

G開關和導線若干

/|/mA

⑴他設計了如圖甲所示的（a）、（b）兩個實驗電路，其中更為合理的是________圖；在該電路中，為了操作方便且能

準確地進行測量，滑動變阻器應選________（填寫器材名稱前的字母序號）；用你所選擇的電路圖寫出全電路歐姆定律

的表達式E=（用八、/、凡2、Ko、r表示）。

⑵圖乙為該同學根據(jù)⑴中選出的合理的實驗電路，利用測出的數(shù)據(jù)繪出的人一/2圖線（九為電流表Ai的示數(shù)，力為電

流表Az的示數(shù)），為了簡化計算，該同學認為人遠遠小于“，則由圖線可得電動勢￡=V,內阻「=

。。。的結果保留兩位小數(shù)）

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖所示，兩平行長直金屬導軌（不計電阻）水平放置，間距為3有兩根長度均為L、電阻均為/?、質

量均為m的導體棒A3、C0平放在金屬導軌上。其中棒CD通過絕緣細繩、定滑輪與質量也為m的重物相連，重物

放在水平地面上，開始時細繩伸直但無彈力，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，忽

略其他摩擦和其他阻力，導軌間有一方向豎直向下的勻強磁場B-磁場區(qū)域的邊界滿足曲線方程：

y=Ls\nyX^<x<Lt單位為機）。CD棒處在豎直向上的勻強磁場當中?，F(xiàn)從/=0時刻開始，使棒A3在外力尸

的作用下以速度y從與丁軸重合處開始沿x軸正方向做勻速直線運動.在運動過程中CD棒始終處于靜止狀態(tài)。

（1）求棒在運動過程中，外力尸的最大功率;

（2）求棒A6通過磁場區(qū)域燈的過程中，棒C&上產(chǎn)生的焦耳熱;

（3）若棒在勻強磁場片中運動時，重物始終未離開地面，且滿足：〃〃吆=妝包，求重物所受支持力大小隨時

4R

間變化的表達式。

14.（16分）如圖1所示，在直角坐標系xOy中，MN垂直x軸于N點，第二象限中存在方向沿y軸負方向的

勻強電場，Oy與MN間（包括Oy.MN）存在均勻分布的磁場，取垂直紙面向里為磁場的正方向，其感應強度隨時

q7iL

間變化的規(guī)律如圖2所示。一比荷工二丁的帶正電粒子（不計重力）從（）點沿紙面以大小v『一、方向與Oy夾

"2叫Jo。

角。=6。，的速度射入第一象限中，已知場強大小￡=（1十里）竺邑,av=（-+

3%兀

⑴若粒子在I。時刻從O點射入，求粒子在磁場中運動的時間Q

⑵若粒子在OTo之間的某時刻從O點射入，恰好垂直j軸進入電場，之后從P點離開電場，求從O點射入的

時刻h以及P點的橫坐標XP；

⑶若粒子在。~力之間的某時刻從O點射入，求粒子在Oy與MN間運動的最大路程6。

15.（12分）光滑水平面上有截面為半圓形柱體A,半徑為R,在圓柱體截面圓心O正上方。'處用輕質細線懸掛小球

Bo小球B靜止在A上時，細線與豎直方向夾角為a,QB與08垂直，A在水平向右推力/作用下處于靜止狀態(tài)，

已知A、B質量均為〃?，B可看成質點，不計一切摩擦。當撤去R小球推動半圓柱體向左運動，兩者分離后，經(jīng)過，

時間小球第一次向左擺到最大高度。（重力加速度大小為g）求：

（1）水平推力戶的大小；

（2）自撤掉尸后到小球第一次向左擺到最高處的過程中，圓柱體位移大小。

參考答案

一、單項選擇題：木題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、A

【解析】

AB.根據(jù)安培定則畫出//、/2、在。點的磁感應強度示意圖，當/產(chǎn)/2=/3時，令8尸陰="3=加，示意圖如圖甲所示

by

n/

甲

根據(jù)磁場疊加原理，可知此時0點的磁感應強度大小〃與為滿足關系

當11=3/2,/2=/3=，時，B1=3瓦，B2=B3=BO,示意圖如圖乙所示

由圖乙解得。點的磁感應強度大小為4為=23,故A正確，B錯誤;

CD.當h=31,Zi=73=/0t，BI=B3=B。，汝=3歷），示意圖如圖丙所示

,,一605

楂?

6.

8/

內

由圖丙解得O點的磁感應強度大小為2G穌=0B，同理可得,當/3=3Z,/I=/2=Z時,O點的磁感應強度大小也為V3B,

故CD錯誤。

故選A。

2、C

【解析】

第一種方式：只釋放A而〃按著不動，設繩子拉力為A,C的加速度為。，對4根據(jù)牛頓第二定律可得

T\=mxax

對C根據(jù)牛頓第二定律可得：

mcg-2Ti=mca

根據(jù)題意可得

a\=2a

聯(lián)立解得：

2

%二§g

第二種方式：只釋放B而A按著不動，設繩子拉力為乃，對3根據(jù)牛頓第二定律可得

Ti=mnan

而

T=40N=2T2

聯(lián)立解得：

1

在以上兩種釋放方式中獲得的加速度之比為“A：flB=4：3,故C正確、ABD錯誤。

故選C。

3、B

【解析】

ABD.根據(jù)

1,

Uce=-mv；fl=hv-W.^

由圖像可知，乙光的截止電壓較大，則乙光照射時逸出的光電子的最大初動能比較大，乙光的頻率較大，根據(jù)1，=￡則

甲光波長較大，選項AD錯誤，B正確；

C.由圖像可知，甲光的飽和光電流較大，則甲光照射時單位時間內逸出的光電子數(shù)比較多，選項C錯誤；

故選B。

4、C

【解析】

A.運動電荷在磁場中運動，若速度方向與磁場方向平行，則不受洛倫茲力作用，選項A錯誤；

B.通電導線在磁場中，若電流方向與磁場方向平行，則不受安培力作用，選項B錯誤；

C.由于洛倫茲力方向垂直于運動電荷的速度方向，根據(jù)功的定義可知，洛倫茲力對運動電荷不做功，選項C正確；

D.安培力方向與通電導線垂直，可以對通電導線做功，從而把電能轉化為機械能，選項D錯誤。

故選C。

5、I)

【解析】

AB.當木板固定時，對小球分析，根據(jù)共點力平衡有

Fi=/nj?sinG

靜止釋放木板，木板沿斜面下滑的過程中，若〃=0,則整體沿斜面下滑時根據(jù)牛頓第二定律可得

Mgsin8=Ma

解得

a=gsin0

再以小球為研究對象，則有

/wgsinO-F2=//za

解得

"2=。

故AB錯誤；

CD.當木板沿斜面下滑時，若〃制，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度為

?=gsin0-//^cos0

隔離對小球分析有

ingsinQ-F2=ma

解得

戶2=〃〃l/COS0

則有

Fi：尸2=/HgsinO：〃〃i/cosO=tanO：〃

解得

F、tan0

u=—------

E

故C錯誤、D正確。

故選D。

6、C

【解析】

A.炮彈在最高點豎直方向上的速度為零，水平方向上的速度不為零，故炮彈在最高點速度不為零，A錯誤；

B.在最高點受空氣阻力(水平方向上的阻力與水平速度方向相反)，重力作用，二力合力不為等，故加速度不為零，

B錯誤；

C.由于空氣阻力恒做負功，所以根據(jù)動能定理可知經(jīng)過。點時的速度大于經(jīng)過。點時的速度，C正確；

D.從。到b的過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力，即

mg+/=ma

解得

〃a_mg+f'

\~tn

在從方到d的過程中，在豎直方向，受到向下的重力和阻力在豎直向上的分力，即

,

mg-f2=ma

解得

凡

m

故q>%,根據(jù)逆向思維，兩個階段的運動可看做為從b點向()點和從力點向d點運動的類平拋運動，豎直位移相同,

加速度越大，時間越小，所以炮彈由。點運動到。點的時間小于由萬點運動到d點的時間，故D錯誤；

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、BD

【解析】

A.若只將B板向左移動少許，電場力做功不變，由

，，1,

qu、=-^

得，到達B板時的速度

I辿

Vm

故粒子到達3板時的速度不變，故A錯誤;

B.由于粒子在A3間做勻加速直線運動，只將3板向左移動少許時，粒子到達5板時的速度不變，所以平均速度不

變，A8距離減小，運動時間變短，故B正確;

C.進入CO后，由牛頓第二定律和運動學公式可知，偏轉位移

吐_L_

y=

2md

代入也=.值&可得

Vin

y=^—

4ad

即粒子的偏轉位移與粒子的質量、電量無關，故飄入質量為力〃、電量為加的帶正電粒子時，偏轉位移不變，將依然

恰好從〃板邊緣飛出，故C錯誤;

D.由粒子恰從。板邊緣飛出可知，偏轉位移

L

y=2

器d=Lt所以

又因y

U2=2'=2U

所以對全過程，由動能定理可知

qU\+*u?=Ek

故

Ek=2qU

故D正確。

故選BD.

8、CD

【解析】

根據(jù)功能關系知，金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒以及電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和，故A錯誤.設金屬棒克服安

培力所做的功為W.對整個過程，由動能定理得mgh-jimgd-W=O,得VV=mg(h-jid),故B錯誤.電路中產(chǎn)生的總

的焦耳熱Q=W=mg(h-Md),則屬棒產(chǎn)生的電熱為:mg故C正確.金屬棒在下滑過程中，其機械能守恒，

由機械能守恒定律得：mgh=Jmvo2,得%麗.金屬棒經(jīng)過磁場通過某界面的電量為4=黑=萼;根據(jù)動

22H27?

量定理：一僅LAt—mngdbt=U-mVo,其中夕=，解得2二.---,選項D正確；故選CD.

4g2R4mg

9、BD

【解析】

該金屬逸出功為：叱)=/?%=/??,故A錯誤；光的強度增大，則單位時間內逸出的光電子數(shù)目增多，遮住一半，光

電子數(shù)減小，逸出的光電流強度減小.但仍發(fā)生光電效應.光電子最大初動能將不變.故C錯誤.B正確：光電效應

方程為：hv=W^EKt光速為：c=4u,根據(jù)動能定理可得光電流為零時有：eUc=EK,聯(lián)立解得：

Uc=----,故D正確.所以BD正確，AC錯誤.

10、CD

【解析】

，E一

當CO間未接入用電器時，由閉合電路歐姆定律得回路中電流—=1A,CD間電壓

R1+R2+r

ERR

UCD=E'=I\R、=37,A項錯誤；若CD間用導線連接，通過電源的電流。=——=L2A,%3=B一，

A,+/<23+rA2+A3

根據(jù)并聯(lián)電路電流分配關系可知流過CD間導線的電流即通過&的電流/短=1X/2=0.4A,等效電源的短路電流為

0.4A,B項錯誤；等效電源的內阻產(chǎn)=；=7.5C,C項錯誤；等效電源的輸出功率/=/￡-/"',當/=與二0.2A

，短2r

Em

時，等效電源的輸出功率最大，=0.3W,D項正確.

,4/

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、1?844;1?842~L846均可）4.2416AC

【解析】

螺旋測微器的讀數(shù)為固定刻度讀數(shù)+可動刻度讀數(shù)+估讀，由題圖甲知，圓柱體的直徑為刻度讀數(shù)十估讀，由題圖

甲知，圓柱體的直徑為

1.5mm+34.4x1.11mm=1.844mm

由于誤差則l.842mm-l.846mm均可

［2］游標卡尺讀數(shù)為主尺讀數(shù)+游標尺讀數(shù)x精度，由題圖乙知，長度為

42mm+8x1.15mni=42.41mm=4.241cm

［3］多用電表的讀數(shù)為電阻的粗測值，其電阻為6。

⑵⑷⑸⑹待測電阻大約6。，若用滑動變阻器&（阻值范圍。?2000C,0.1A）調節(jié)非常不方便，且額定電流太小,

所以應用滑動變阻器R（阻值范圍0?5C,1.1A）,電源電動勢為3V,所以電壓表應選3V量程的

為了測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應用分壓接法，電壓表內電阻較大，待測圓柱體的電阻較小，故采用電流表外接法

誤差較??；電路中的電流約為

/=—=0.5A

R

所以電流表量程應選L6A量程的。

（3）［7］根據(jù)以上分析，設訂的電路圖如圖所示

(4)[8]由/=g,氏=/94及5=!兀。2得

RS4

nD2U

p=-------

4/L

12、bD，(%]+?))+(/]+/?)r1.46V~1.49V0.80F.860Q

【解析】

(1)[1].上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，將電流表G串聯(lián)一個電阻，可以改裝成較大量程的電

壓表。將電流表Ai和定值電阻A。串聯(lián)可改裝成一個量程為

u=/貝(41十%)=3X1(T3X(10+990)V=3V

的電壓表；則(a)、(b)兩個參考實驗電路，其中合理的是b；

[2].因為電源的內阻較小，所以應該采用較小最大值的滑動變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測量和誤差的減小?；瑒幼冏杵鲬?/p>

選D；若選擇大電阻，則在變阻器滑片調節(jié)的大部分范圍內，電流表A2讀數(shù)太小，電流表Ai讀數(shù)變化不明顯。

[3].根據(jù)電路可知：

E=U+Ir=h(&1+R0)+(Z1+Z2)r；

(2)[4](51.根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識得，電源兩端電壓

U=h(990+10)=1000Ii

根據(jù)圖象與縱軸的交點得電動勢

E=1.47mAxl000Q=1.47V；

由圖可知當電流為0.45A時，電壓為1.1V,則由閉合電路歐姆定律可知

1.47-1.1

r=-------------=0.82。

().45

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

B；i3v2

13、(1)

2R

(2)

SR

(3)①當Ov也’"時，F(xiàn)曰ng

6v

尸xwL5L.B.B.Lrv.冗x

②當一<t<—時，/、=(1+n)mg——sin—

6v6v2RL

③當20V人時，F(xiàn)v=mg

6vv

【解析】

(1)當棒A8運動到工=人處時，棒4A的有效切割長度最長，安培力最大，則外力尸最大，功率也最大，此時:

2

F=BIL=BL=,Pm=Fv

}12R2R

解得：

尸一歐心濘

2R

(2)棒AB在勻強磁場區(qū)域片的運動過程中，產(chǎn)生的感應電動勢為:

K

E=B\Lvs\n-x

L

則感應電動勢的有效值為:

B]LvB{LvL

可以得到:

G/有效2KU

8K

(3)當CO棒所受安培力/安=！i〃吆時，設棒AB所在位置橫坐標為xo,對棒C。受力分析可得:

BBLyvn

—}—2—y=Lsin—x

2KLn

解得：

L5

Xo=—,Xi=-L

66

則：

xLx5L

t\~—n——,ti=—=——

v6vv6v

①當0</<—W,

6v

則：

F日71g

②當