济宁市第一中学 2024 届高三 3 月份定时检测
物理试题参考答案及评分标准
2024 年 3 月 29 日
1.A 2.C 3.B 4.D 5.C 6.A 7.C 8.D 9.BC 10.AC 11.BD 12.BC
一、选择题：本题共 8小题，每小题 3分，共 24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
5 3 1 1
1.A【解析】设氢原子发射光子前处于第 k能级，发射后的能量为 Ek ( E1) = E1 E1 = E1，解得 Ek = E1，
36 4 4 9
则 k=3，辐射光子的频率有 2+1=3 种。故选 A。
2.C【解析】根据机械能守恒定律可知到达底端 N点时，两小球速度大小相等，但方向不同，重力的功率不
相同，A 错误；由 M到 N的过程中，合力做功即两小球重力做功均为 WG=mgh，B 错误；由 M到 N的过程
中，重力的冲量 IG=mgt，由于 tA>tB，所以小球 A重力的冲量比小球 B重力的冲量大，C 正确；到达底端 N
点时，小球 A受到的支持力 FA=mgcosθA，小球 B受到的支持力 FB>mgcosθB，由图可知 θA>θB，则 FA>FB，
根据牛顿第三定律可知，小球 B对轨道的压力大于小球 A对轨道的压力，D 错误。故选 C。
Mm
3.B【解析】根据万有引力的公式 F =G 2 ，可知，由于不知道三颗卫星的质量大小，因此不能确定三(R + h)
Mm v2
颗卫星所受地球万有引力大小的关系，A 错误；根据万有引力充当向心力有G = m
(R + h)2
，可得卫
(R + h)
GM 1 GMm
星的线速度 v = ，则该卫星的动能 Ek = mv
2 = ，而对于环绕地球表面做圆周运动的物体有
R + h 2 2(R + h)
Mm mgR
2
G = m g ，可得GM = gR22 ，则可得该物体的动能 Ek = ，而显然对于同一颗卫星，轨道半径越大，R 2(R + h)
其动能越小，因此同一卫星在高轨道的动能小于在低轨道的动能，B 正确，D错误；若恰能实现赤道全球通
信时，此时这三颗卫星两两之间与地心连线的夹角为 120°，每颗卫星与地心的连线和卫星与地表的切线以
及地球与切点的连线恰好构成直角三角形，根据几何关系可知，此种情况下卫星到地心的距离为
R
r = = 2R，则卫星离地高度至少为 h = r R = R，C 错误。故选 B。
cos60
4.D【解析】因为两个小球在相同大小的速度 v0水平抛出，且都落到倾角为 θ的斜面，因此两个小球的位移
角是相同的都为 θ，根据平抛的角度推论可知，速度角正切值是位移角正切值的两倍，因此两个球落地时的
1 gt
速度角也相等，因此速度方向与坡面的夹角也相等，即 θ2=θ1，AB 错误；根据位移角可知 tan = ，解
2 v0
2v0 tan
得 t = ，因此在竖直方向的速度为 v⊥ = gt = 2v0 tan ，竖直方向速度与加速度大小无关，因此合速度g
为 v = v 2 + v 2 ，因此 v2 = v1，C 错误 D 正确。故选 D。 0 ⊥
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5.C【解析】当频率比 D点单色光大的光，到达圆弧 AD 部分，随着频率增大折射率变大，由题知 θ角度不
1 sin
变，如图所示，在折射率变大过程中 sinα不变，sinβ 在变小，由 = 知临界角在变小，但在折射率变
n sin
sin
大过程，入射角 γ变大，当 sin = 时会发生全反射，不考虑多次反射，所以到达圆弧 AD 部分可能不会
sin
从圆弧 AD 部分射出。A 错误；由图知，单色光在 D 点未发生全反射，频率比 D点单色光小的光，到达圆弧
BD部分。折射率小，在玻璃砖内随着折射率变小，入射角比 D点单色光入射角小，临界角比 D点单色光
临界角大，故到达圆弧 BD部分不发生全反射，从圆弧 BD部分射出，B 错误；因为 D 点切线和 AB 平行，
所以频率改变前从 D点出射的光线一定与从 C点入射时
c
的光线平行。C 正确；由 n = ，光的频率不同，折射率
v
不同，在光中传播速度不同，不考虑多次反射，频率大的
折射率大，速度小，传播时间不相等，D 错误。故选 C。
6.A【解析】顾客快速取走 1 号盘子的瞬间，托盘和其他 5 个盘子的合力为 mg，根据牛顿第二定律有
mg = (M +5m)a，对剩余 5 个盘子，根据牛顿第二定律有 F 5mg = 5ma ，联立可得托盘对 6 号盘子作用力
5mg(M + 6m)
的大小为 F = 。故选 A。
M + 5m
7.C【解析】甲图中线圈 ABCD处于图示位置时，此时刻线圈平面与中性面垂直，电流方向不改变，A 错误；
2 U
由图知 T=0.4s，发电机峰值电压 U=NBSω， = =5πrad/s，匀强磁场的磁感应强度大小为 ，B
T 5 Na2
错
3 U U1 n1 I2
误；假设每个小灯泡的电阻是 R，当开关闭合时，R = R ， = I = =1R +U1 ， ，U2 = I2R副 副，联
2 2 U2 n2 I1
3 2
立可得，电压表的示数为U 。若断开开关 S，副线圈总电阻变大，原线圈及副线圈的电流均变小，2 = U
11
则 L1变暗，L2 变暗，由于原线圈的电流变小，原线圈的电压变大，且副线圈的电压也变大，又 L2 的电压变
小，则 L3的电压变大，L3将变亮，D 错误。故选 C。
8.D【解析】物块 a的上升过程分为两个阶段，第一阶段为在物块 b释放后，在绳子拉力的作用下加速上升，
与此同时物块 b 加速下降，速率与物块 a 相同，第二个阶段为物块 b 落地后，物块 a 在自身重力的作用下
1 2
减速上升直至最高点。则第一阶段对整体由动能定理有 (m2 m1)gh = (m1 +m2 )v ，第二阶段对物块 a由动
2
1 2m2 2m2
能定理有 m1g(H h) = 0 m v
2
1 ，联立以上两式可得 H = h ，结合图像可得 k = ，可知
2 m1 + m2 m1 + m2
m1 2= 1，①错误，②正确；要将物块 a拉起，则有T m1g 0，对物块 b，则有m2g T 0，可得m2 mm 1
，
2 k
2m2 2m2 2m
因此有
2
，即 1m2 + m2 m1 + m2 m2
二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 4分，共 16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得 4
分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。
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9.BC【解析】a→b为绝热过程，Q=0，气体体积膨胀对外界做功，W<0，由热力学第一定律 ΔU=Q+W得 ΔU<0，
即内能减小，温度降低，A 错误；由微元法可得 p-V图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图
像可知，a→c→b过程比 a→b过程气体对外界所做的功多，B 正确；a→c过程等压膨胀，气体对外做功，
W<0，由理想气体状态方程知温度升高，内能增大，由 ΔU=Q+W 得 ΔU>0，故气体从外界吸热大于对外做
的功，C 正确；a→c过程，气体的压强相等，体积变大温度变大，分子的平均动能变大，分子撞击容器壁的
动量变化量变大。由气体压强的微观解释可知，在状态 a时比在状态 c时单位时间内撞击在单位面积上的分
子数多，D 错误。故选 BC。
10.AC【解析】由图可知，P质点沿 y轴正方向振动，由同侧法可知，该波的传播方向沿 x轴负方向，A 正
确；甲图中质点 P该时刻振幅为 2m，B 错误；图示时刻，质点 Q正沿 y轴负方向运动，质点 P正沿 y轴正
方向运动，在接下来的四分之一个周期内，二者一定存在一个时刻位移相同。之后当 P 第一次返回平衡位
置时(从图示时刻经历半个周期)，根据对称性可知此时质点 Q的位置与图示位置关于 x轴对称并沿 y轴正
方向运动，则在接下来的四分之一周期内，二者一定存在一个时刻位移相同。综上所述在一个周期内，质点
T
P 和质点 Q 有两个时刻位移相同，C 正确。在 0＜t＜0.1s 内，即 周期内，质点 P 通过的路程为 sP = 2A
2
=0.4m，质点 Q在该时间段内经过平衡位置，则质点 Q通过的路程为 sQ 2A =0.4m，故在 0＜t＜0.1s 内，质
点 P通过的路程小于质点 Q通过的路程，D 错误。故选 AC。
11.BD【解析】因为正负电荷是等量异种电荷，而 D点更靠近正电荷，F点更靠近负电荷，所以 D点的电势
大于 F点的电势，A 错误；电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形定则，由于 B点到正电荷和负电荷的
距离与 H 点到负电荷和正电荷的距离相等，由电场的叠加性和对称性可知，这两点的电场强度大小和方向
相同，B 正确；因为正负电荷是等量异种电荷，其连线的中垂面为等势面，电势皆为零，该等势面与正方体
的 12 条棱的交点不止 3 个点，所以正方体的 12 条棱上不止有 3 个点电势为零，C 错误；因为正负电荷是等
量异种电荷，而 D点更靠近正电荷，F点更靠近负电荷，所以 D点的电势大于 F点的电势，而 B点更靠近
正电荷，C点更靠近负电荷，所以 B点的电势大于 C点的电势，由于是在正方体中，由电场的叠加与对称
性可知，D点和 B点电势相同，C点和 F点的电势相同。即UDC =UBF ，根据电场力做功 W=qU，所以将一
正试探电荷从 D移到 C和从 B移到 F电场力做功相同，即电势能减少量相同，D 正确。故选 BD。
12.BC【解析】两棒的长度之比为 1:2，电阻之比为 1:2，电阻为 R，CD棒 F 2ILB = 2ma1，AB棒 ILB = ma2 ，
2BLv1 BLvI = 2 ，由此可知，稳定后，回路中电流恒定，AB 棒向左匀加速运动，CD 棒向右匀加速运动，
3R
F
A错误；且AB棒的加速度大小是CD棒的加速度大小的 2倍，即 a2=2a1；可得CD棒的加速度大小为 a1 = ，
6m
B 正确；如果 F作用一段时间后，AB棒和 CD棒的速度大小均为 v，此时立即撤去拉力 F后，AB棒继续向
左加速运动，而 CD棒向右开始减速运动，两棒最终匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的
感应电动势大小相等，则 2BLv1 = BLv2 ，对 CD 棒和 AB 棒分别用动量定理得 2ILBt = 2mv1 2mv，
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2 4
ILBt = mv mv；联立可得 CD 棒最终的速度 v1 = v，方向向右，AB 棒最终的速度 v2 = v，方向向左，2 3 3
1 2 1 2 1 2
C 正确，根据能量守恒定律可得Q = (m + 2m)v mv2 2mv1 ；解得该过程中回路产生的焦耳热为
2 2 2
1
Q = mv2 ，D 错误。故选 BC。
6
三、非选择题：本题共 5小题，共 60分。
13.(6 分)(1) C (2) 14.530 (3) 1.07
L
【解析】由相邻的干涉条纹间距 x = 可知，式子中的 L 为双缝到屏的距离，不是单缝和双缝的距离，A
d
错误；B 仅将红色滤光片换成紫色滤光片，λ减小，相邻的干涉条纹间距减小，从目镜中看到的干涉条纹数
目增加，B 错误；去掉滤光片后，干涉现象不会消失，屏上会出现彩色的干涉条纹，C 正确；发生干涉现象
时，若挡住双缝中的一条缝，屏上也会有条纹，是衍射条纹，但不是等间距的，D 错误。
(2)手轮的读数为 x2=14.5mm+3.0×0.01mm=14.530mm；
14.530 1.030 L
(3)相邻的干涉条纹间距 x = mm=2.25mm= 2.25 10 3 m，且 x = ，可得屏与双缝间的距离
7 1 d
L=1.07m。
14. (8 分) (1) 2 (2) 2.26 (2.20~2.32 均可) 小于 (3) 88
Ig Rg
【解析】(1)根据电流表改装原理 I = Ig + =200mA，解得 R1=2Ω。
R1
IRg
(2)电路中流过电源的干路电流为 I = I + = 5I ，根据闭合电路的欧姆定律可得 E =U + I (R0 + r），整理得
R1
2.98 2.20
U = 5I (R0 + r) + E ，图像斜率的绝对值为 k = 5(R0 + r) = Ω 22.3Ω 3 ，解得内阻为 r=2.26Ω。由于35 10
电压表内阻不是无穷大，考虑到电压表分流的影响，本实验电源内阻的测量值小于真实值。
IRg
(3)电压表的示数为 2.30V 时，由图乙可知 I=30mA，此时电路中电流为 I1 = I + = 5I = 5 30 10
3 A =0.15A，
R1
2
电 源 的 总 功 率 为 P总 = EI1 =2.98×0.15W=0.447W ， 电 源 的 输 出 功 率 为 P出 =UI1 + I1 R0
P出
=2.30×0.15W+0.152×2.2W=0.3945W，电源的效率为 = 100% =88%。
P总
15.(8 分)(1)10 次；(2)3T0
1
【解析】(1)对 B 气体，根据玻意耳定律得 p0V = p1 V ······································· (1 分)
2
解得 p1 = 2p0 ······························································································· (1 分)
1 1
对 A 内原气体和充入的气体，根据玻意耳定律得 p0V + np0 V = p1(2V V ) ·········· (1 分)
5 2
解得 n=10 ··································································································· (1 分)
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1
(2)A 中气体温度不变，根据玻意耳定律得 p (2V V ) = p V ································· (1 分) 1 2
2
解得 p2 = 3p0 ······························································································ (1 分)
p0V p2V
对 B 中气体，根据理想气体状态方程得 = ············································· (1 分)
T0 T
解得 T=3T0 ·································································································· (1 分)
a
16.(8 分)
2
a 3a
【解析】由题意 xDE = xAB = a 知 xDF = ， x = ······················· (1 分)
2 EF 2
13
又 xAE = xBD = a
2
故 x = x2 + x2 = 2a ····························································· (1 分) AF AE EF
设 AC与 AF之间的夹角为 α，
0 = v0 sin gt ···························································································· (1 分)
xAF = v0 cos t 即 2a = v0 cos t ····································································· (1 分)
1 a 1
xDF = v0 sin t gt
2
即 = v0 sin t gt
2
····················································· (1 分)
2 2 2
gt 2
解得 tan = ， a = gt 2 ·············································································· (1 分)
2a
x
tan = CF
xCF
又 = ······················································································ (1 分)
xAF 2a
a
解得 xCF = a ， xCD = xDF = ··········································································· (1 分)
2
2
3mv2 mv a mv (3 3) 2mv
17.(14 分)(1)( 0 ， 0 )；(2) ；(3) 0 B 0
3qE 6qE 3v0 3qa qa
【解析】(1)带电粒子在电场中受到沿 y轴负方向的电场力作用，做类平抛运动，
沿 x轴方向速度不变 x = v0t ·········································································· (1 分)
vy at
在 O点满足 tan 30 = = ·········································································· (1 分)
v0 v0
1 2
粒子在 y轴方向做匀加速运动 y = at ····························································· (1 分)
2
qE
其中 a =
m
3mv2 mv2
解得 x = 0 ， y = 0 ··········································································· (2 分)
3qE 6qE
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2
3mv2 mv
发射点的位置坐标为( 0 ， 0 )
3qE 6qE
v 2 3v
(2)粒子进入第四象限时速度大小为 v = 0 = 0 ··················· (1 分)
cos30° 3
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，
a
打在荧光屏上的 M点时，粒子轨迹圆的半径 2 3a ········ (1 分) R1 = =
cos30 3
2
轨迹对应的圆心角 = ························································· (1 分)
3
R
粒子在磁场中运动的时间 t = 1 ···································································· (1 分)
v
a
解得 t = ································································································ (1 分)
3v0
(3)粒子打在M点时磁感应强度取最大值，带电粒子打在 N点时，磁感应强度取最小值，运动轨迹如上图所
mv2 2mv
示，根据洛伦兹力提供向心力 qvB
0
1 = ，解得 B1 = ·································· (1 分)
R qa1
设离子从荧光屏上的 N点射出时，轨迹圆的半径为 R2，
3 R
由几何关系可知 ( R a)2 + ( 2 + a)2 = R2 2 2
2 2
解得 R = ( 3 +1)a ························································································ (1 分) 2
mv2 mv0 (3 3)根据洛伦兹力提供向心力 qvB2 = ，解得 B2 = ······························· (1 分) R2 3qa
mv0 (3 3) 2mv则磁感应强度的大小范围为 B 0 ············································ (1 分)
3qa qa
3v 2 v0 v0
18. (16 分)(1) a 0A = g ， aB = 2 g ，A 的加速度水平向右，B 的加速度水平向左；(2) ；(3) ，
4 g g g
【解析】(1)小车与墙壁第一次碰后瞬间，设 A、B 的加速度大小分别为 aA、aB，
由牛顿第二定律得 2 mg = 2maA ······································································ (1 分)
2 mg = maB ································································································ (1 分)
解得 aA = g ， aB = 2 g ··············································································· (2 分)
其中 A 的加速度水平向右，B 的加速度水平向左 ················································· (2 分)
【方法一】(2)小车第一次与墙壁碰撞后，小车向右减速，滑块向左减速，由于 aB aA ，故小车的速度先减
为零，然后反向加速，直至与滑块共速后再一起匀速向左运动，再与墙壁发生第二次碰撞，以此类推.....最
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终经过无数次碰撞，二者速度均为零，小车左端紧靠墙壁静止，该过程滑块对地要么向左减速要么向左匀
速，故滑块的总路程 xA与全过程二者之间相对打滑的距离 xAB 相等，即 xA = xAB ···· (2 分)
1 1
由能量守恒得 2 mg xAB = 2mv
2
0 + mv
2
0 ··················································· (2 分)
2 2
3v 2
解得 x = 0A ····························································································· (1 分)
4 g
(3)将滑块的所有减速过程视为一个整体，即为初速度大小为 v0 ，加速度大小为 aA = g 的匀减速运动
设滑块做减速运动的时间 t1，有0 v0 = aAt1 ····················································· (1 分)
v0
则 t1 = ··································································································· (1 分)
g
设第一次碰后二者共速时的速度为 v1，由动量守恒 2mv0 mv0 = 3mv1 ····················· (1 分)
v
解得 v1 =
0
3
v + v v
第一次碰后到二者共速的过程，小车的平均速度 v = 0 11 =
0 ······················· (1 分)
2 3
v
而共速后到第二次碰前的匀速过程，小车以 v 01 = 匀速运动，可知，在任意两次碰撞之间的过程，小车做
3
变速运动与匀速运动的两个过程，平均速度大小相等，而这两个过程小车的位移大小也相等，故时间相等，
即滑块的减速与匀速的时间相等，设滑块匀速运动的时间为 t2，有 t2=t1
v0
故 t2 = ·································································································· (1 分)
g
【方法二】(2)(3)设第一次碰后二者共速时的速度为 v1，
由动量守恒 2mv0 mv0 = 3mv1 ········································································· (1 分)
设第二次碰后二者共速时的速度为 v 2mv mv = 3mv2 ，由动量守恒 1 1 2 ····················· (1 分)
v0 v1 2v0
小车第一次与墙壁碰撞后滑块减速的时间 t减 = =1
aA 3 g
v v 2v1 2 0
小车第二次与墙壁碰撞后滑块减速的时间 t减 = =2
aA 9 g
……
2v0
小车第 n次与墙壁碰撞后滑块减速的时间 t减 =n n ··········································· (1 分) 3 g
从小车第一次与墙壁碰撞到最终二者都静止的过程，
2v0
3 g v
滑块做减速运动的时间 t = = 0 ····························································· (1 分) 减 1 g
1
3
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(v )20 (v1)
2
小车第一次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间 2a 2vB 0 t = =
匀1 v1 3 g
v2 v21 2
小车第二次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间 2 a 2v
t = B = 0
匀2
v2 9 g
2v0
小车第 n次与墙壁碰撞后滑块匀速的时间 t =匀n n ··········································· (1 分) 3 g
2v0
3 g v
匀速运动的总时间 t = = 0 ··································································· (1 分)
匀 1 g
1
3
v20 v
2 4v2
小车第一次与墙壁碰撞后滑块减速的位移 x = 1 = 0减1
2aA 9 g
2v2
小车第一次与墙壁碰撞后滑块匀速的位移 x = v t = 0匀1 1 匀1
9 g
v2 v2 6v2
小车第一次与墙壁碰撞后到第二次碰前滑块总位移 x1 = x减 + x =
0 1 = 0
1 匀1 ······· (1 分)
2aA 9 g
v2 v2 4v2
小车第二次与墙壁碰撞后滑块减速的位移 x = 1 2 = 0减2
2aA 81 g
2v2
小车第二次与墙壁碰撞后滑块匀速的位移 x = v 0匀2 2t =匀2
81 g
6v2
小车第二次与墙壁碰撞后到第三次碰前滑块总位移 x2 = x减 + x =
0
2 匀2 ················· (1 分)
81 g
6v2
小车第 n次与墙壁碰撞后到第 n+1 次碰前滑块总位移 xn = x减n + x =
0
匀n ·············· (1n 分) 9 g
滑块全程做单向直线运动，总路程等于总位移的大小，故从小车第一次与墙壁碰撞到最终二者都静止的过程
6v20
2
9 g 3v
中，滑块的总路程 x = = 0 ································································· (1 分) 总 1 4 g
1
9
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{#{QQABTQCAoggAQIJAARgCQQlwCAIQkACAACoOBAAAIAAAyAFABAA=}#}济宁市第一中学 2024 届高三 3 月份定时检测
物 理 试 题
2024 年 3 月 29 日
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。认真核对条
形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用 2B 铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用 5mm 黑色
签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试
卷上答题无效；保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、选择题：本题共 8小题，每小题 3分，共 24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
E
1. 氢原子第 n能级的能量为 E = 1n 2 ，其中 E1 是基态能量，n=1，2，3，…。若处于某能级的氢n
5 3
原子可辐射能量为 E1的光子，辐射光子后氢原子的能量比基态能量高 E1，处于该能级
36 4
(辐射光子前)的大量氢原子向低能级跃迁时，辐射光子的频率有
A. 3 种 B. 4 种 C. 6 种 D. 10 种
2. 在高度差一定的不同光滑曲线轨道中，小球滚下用时最短的曲线轨道叫做最速曲线轨道，
在科技馆展厅里，摆有两个并排轨道，分别为直线轨道和最速曲线轨道，如图所示，现让
两个完全相同的小球 A和 B同时从 M点分别沿两个轨道由静止下滑，小球 B先到达 N
点。若不计一切阻力，下列说法正确的是
A. 到达底端 N点时，重力的功率相同
B. 由M到 N的过程中，合力做功不同
C. 由M到 N的过程中，小球 A重力的冲量比小球 B重力的冲量大
D. 到达底端 N点时，小球 A、B对轨道的压力大小相等
3. 华为 mate60 实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通话。如图所
示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为 h，地球
的半径为 R，地球表面重力加速度为 g，引力常量为 G，下列说法正确的是
A. 三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等
mgR2
B. 其中一颗质量为 m的通信卫星的动能为
2(R + h)
C. 能实现赤道全球通信时，卫星离地高度至少为 2R
D. 同一卫星在高轨道的动能大于在低轨道的动能
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4. “中国载人月球探测工程”计划在 2030 年前实现中国人首次登陆月球。设想在地球和月球
上有两个倾角相同的山坡，简化为如图所示的足够长的倾角为 θ的斜面。现分别从这两个山
坡上以相同大小的速度 v0水平抛出两个完全相同的小球，小球再次落到山坡上时速度大小分
别记为 v1、v2 ，速度方向与坡面的夹角分别记为 θ1、θ2。已知地球与月球表面重力加速度分
g
别为 g、 ，不计小球在地球上运动时的空气阻力，以下关系正确的是
6
A. θ2＞θ1 B. θ2＜θ1 C. v2 < v1 D. v2 = v1
5. 图示为一半球形玻璃砖的截面图，AB为直径，O为球心。一束纸面内的单色光从直径上某
点 C与直径成 θ射入，恰好从 D点射出。现换用不同频率的色光从 C点以相同方向入射，
不考虑多次反射，则
A. 到达圆弧 AD 部分的光，一定会从圆弧 AD 部分射出
B. 到达圆弧 BD部分的光，可能不从圆弧 BD部分射出
C. 频率改变前从 D点出射的光线一定与从 C点入射时的光线平行
D. 所有不同频率的色光在玻璃砖中的传播时间均相等
6. 如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水
平固定圆环上，下端连接质量为 M的托盘，托盘上放着 6 个质量均为 m的盘子并处于静止
状态。已知重力加速度大小为 g，则某顾客快速取走 1 号盘子的瞬间，
托盘对 6 号盘子作用力的大小为
5mg(M + 6m) 5mg(M 6m)
A. B.
M + 5m M + 5m
5m2g 5mg(M + 7m)
C. D.
M + 5m M + 6m
7. 如图甲所示是一个简易发电机连接理想变压器的模型，正方形线圈 ABCD的边长为 a、匝数
为 N，电阻忽略不计。线圈 ABCD 置于匀强磁场中，且绕垂直于磁感线的转轴 OO′转动。
发电机通过理想变压器对外工作，变压器原、副线圈的匝数比 n1∶n2=1∶2，电路中四只小
灯泡完全相同且电阻恒定，图中电压表为理想电压表，若线圈 ABCD以恒定角速度转动，闭
合开关 S 后，四只小灯泡灯都能发光，发电机的输出电压随时间变化如图乙所示，乙图中的
峰值为 U，下列说法正确的是
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A. 甲图中线圈 ABCD处于图示位置时，灯 L1 的电流方向发生改变
U
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为
5 2 Na2
3 2
C. 开关 S 闭合时，则电压表的示数为 U
11
D. 若断开开关 S，则 L1 变暗、L2 和 L3 均变亮
8. 某同学利用如图甲所示的装置，探究物块 a上升的最大高度 H与物块 b距地面高度 h的关
系，忽略一切阻力及滑轮和细绳的质量，初始时物块 a静止在地面上，物块 b距地面的高度
为 h，细绳恰好绷直，现将物块 b由静止释放，b碰到地面后不再反弹，测出物块 a上升的
最大高度为 H，此后每次释放物块 b时，物块 a均静止在地面上，物块 b着地后均不再反弹，
改变细绳长度及物块 b距地面的高度 h，测量多组(H，h)的数值，然后做出 H-h图像(如图
乙所示)，图像的斜率为 k，已知物块 a、b的质量分别为 m1、m2，则以下给出的四项判断中
正确的是
m1 1
①物块 a，b的质量之比 = 1
m2 k
m1 2
②物块 a、b的质量之比 = 1
m2 k
③H-h图像的斜率为 k取值范围是 0④H-h图像的斜率为 k取值范围是 1A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合题目要求，
全部选对得 4分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分。
9. 一定质量的理想气体从状态 a开始，第一次经绝热过程到状态 b；第二次先经等压过程到状
态 c，再经等容过程到状态 b。p-V图像如图所示。则
A. a→b过程为等温变化过程
B. a→c→b过程比 a→b过程气体对外界所做的功多
C. a→c过程，气体从外界所吸收的热量比气体对外所做的功多
D. 气体在状态 a时比在状态 c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少
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10. 如图甲为一列简谐横波在 t＝0.1s 时刻的波形图。P、Q为该波的传播方向上的两质点，图
乙为介质中 x＝2m 处的质点 P的振动图像。下列说法正确的是
A. 该波的传播方向沿 x轴负方向
B. 甲图中质点 P该时刻振幅为零
C. 质点 P、Q在一个周期内有且仅有两个时刻二者的位移相同
D. 在 0＜t＜0.1s 内，质点 P通过的路程大于质点 Q通过的路程
11. 如图为一正方体 ABCD EFGH ，在 A、G两顶点分别固定等量正、负点电荷，以无穷远处
电势为零，下列说法正确的是
A. 顶点 D、F两处电势相等
B. 顶点 B、H两处场强相同
C. 正方体的 12 条棱上共有 3 个点电势为零
D. 将一正试探电荷从 D移到 C和从 B移到 F，电势能减小相同数值
12. 如图所示，两根金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，两金属棒始终和导轨接触良好，左、
右两部分导轨间距分别为 L和 2L，AB棒的质量为 m 且电阻为 R，CD棒的质量为 2m 且电
阻为 2R，导轨间左、右两部分处在大小相等、方向相反的匀强磁场中，磁场方向如图所示。
不计导轨电阻，现用水平恒力 F向右拉 CD棒，使 CD棒向右运动，导轨足够长，磁场区域
足够大。下列说法正确的是
A. 稳定后，AB棒向左匀速运动，CD棒向右匀速运动
F
B. 稳定后，CD棒的加速度大小是
6m
C. 若 F作用一段时间后，AB棒和 CD棒速度大小均为 v，此时
4v
立即撤去拉力 F，此后 AB棒最终的速度大小为 ，方向向左
3
D. 当 AB棒和 CD棒速度大小均为 v时，立刻撤去拉力 F，之后的过程整个回路产生的焦耳
1 2
热为 mv
10
三、非选择题：本题共 5小题，共 60分。
13.(6 分)如图甲所示，为“用双缝干涉测量单色光波长”的实验装置。实验时，使光源正常发
光，调整光路，从目镜中可以观察到清晰的干涉条纹。回答下列问题：
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(1)关于本实验，下列说法正确的是_________。(填正确答案标号)
A. 仅将单缝向双缝靠近，干涉条纹间距减小
B. 仅将红色滤光片换成紫色滤光片，从目镜中看到的干涉条纹数目可能减少
C. 若去掉滤光片后，屏上会出现彩色的干涉条纹
D. 若挡住双缝中的一条缝，屏上也会有等间距的明暗条纹
(2)转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第 1 条亮纹，读出手轮的读数为 1.030mm。
继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第 7 条亮纹如图乙所示，读出手轮的读数为
_________mm。
(3)某次实验中测得单色光的波长为 630nm，选用的双缝的间距为 0.300mm，则屏与双缝间
的距离为_________m(结果保留 3 位有效数字)。
14.(8 分)某物理兴趣小组的同学要测定电源(由两节新干电池组成)的电动势和内阻，该同学根
据实验室提供的实验器材设计了如图甲所示的原理图，其中定值电阻 R0=2.2Ω。还有一毫
安表，最大量程为 40mA，内阻 rA=8Ω。
(1)因为所给毫安表的最大量程较小，需利用定值电阻 R1 将毫安表改装成最大量程为 200mA
的电流表，图甲中虚线框内为改装后的电流表，其中 R1=_________Ω。
(2)现将实验中所测得的实验数据(电压表的示数用 U 表示，毫安表的示数用 I 表示)描绘在
如图乙所示的坐标纸上，并画出了 U-I图线，根据图乙可知电源的电动势为 2.98V，则可
求出此电源的内阻 r=_________Ω(结果保留 2 位小数)；由于电压表内阻不是无穷大，本
实验电源内阻的测量值_________真实值(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)当电压表的示数 U 为 2.30V 时，由图乙可知毫安表的示数 I=30mA，此时电源的效率为
_________%(结果保留 2 位有效数字)。
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15.(8 分)如图，一个盛有气体的容器内壁光滑，被隔板分成 A、B 两部分，隔板绝热。开始时
系统处于平衡状态，A 和 B 体积均为 V、压强均为大气压 p0、温度均为环境温度 T0。现将
1
A 接一个打气筒，打气筒每次打气都把压强为 p0、温度为 T0、体积为 V 的气体打入 A 中。
5
1
缓慢打气若干次后，B 的体积变为 V (所有气体均视为理想气体)
2
(1)假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数 n；
(2)保持 A 中气体温度不变，加热 B 中气体使 B 的体积恢复为 V，求 B 中气体的温度 T。
16.(8 分)如图，BD 为斜面顶端的水平边沿，子弹从斜面最低点 A 处以一定速度射出，经过一
段时间恰好水平击中 D 点，不计空气阻力，已知斜面的倾角为 30°，重力加速度为 g，AB
13
长度 xAB=a，BD长度 xBD = a，求枪口瞄准点 C距离 D点的高度(C点在 D点的正上方)。
2
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17.(14 分)如图所示，在直角坐标系 xOy平面内，第一、二象限存在沿 y轴正方向的匀强电场，
电场强度大小为 E，第三、四象限存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小
可根据需要进行调节。在第四象限 y=-a处紧挨 y轴放置长度为 a的荧光屏 MN，质量为 m、
电荷量为-q(q>0)的粒子自第二象限电场中某点以沿 x轴正方向、大小为 v 的速度射入电场，0
从坐标原点 O、沿与 x轴夹角为 30°的方向进入第四象限的磁场中，不计粒子重力和因磁场
变化产生的电场。
(1)求粒子发射点的位置坐标；
(2)若粒子打在荧光屏上的 M点，求粒子在磁场中运动的时间；
(3)若粒子能打在荧光屏上，求磁感应强度大小的范围。
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{#{QQABTQCAoggAQIJAARgCQQlwCAIQkACAACoOBAAAIAAAyAFABAA=}#}
18.(16 分)光滑水平面上有一质量为 m的足够长的小车 B，右端有一质量为 2m的小滑块 A。滑
块与小车之间的动摩擦因数为 μ，现二者一起以 v0向左运动，直至小车与左侧固定墙壁发
生碰撞。已知小车与墙壁的每次碰撞都是弹性的，滑块 A 始终没有与墙壁碰撞，重力加速
度为 g，求：
(1)小车与墙壁第一次碰后瞬间，小车与滑块的加速度；
(2)小车第一次与墙壁碰撞后的所有过程中，滑块运动的总路程；
(3)小车第一次与墙壁碰撞后的所有过程中，滑块做减速运动的时间和匀速运动的时间。
2024 届高三 3 月定时检测 第8页（共 8 页）
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