命题人：李霹 审题人：赖义平 共 100 分，考试时长 75 分钟
一、选择题：本题共 10 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题只有一
项符合题目要求，每小题 4 分；第 8-10 题有多项符合题目要求，每小题 6 分，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．昌景黄高速铁路，全长 289.807 千米，设计速度（最高运营速度）350 千米/小时。现
已全线开通运营。下列说法中正确的是（ ）
A．全长 289.807 千米代表位移
B．设计速度 350 千米/小时指的是瞬时速度大小
C．计算高铁单程运行时间时不能将高铁视作质点
D．高铁运行时，以列车长为参考系，其他乘客都向前运动
2．下列关于可拆变压器的说法中，正确的是（ ）
A．为减少铁损，应使用整块导通的硅钢铁芯
B．为节约成本，升压变压器的原线圈的铜线应更细
C．为减少磁损，使用变压器时铁芯应闭合成环
D．为防止自感，变压器的铜线应采用双线绕法
3．如图所示为甲、乙弹簧振子的振动图像，则两弹簧振子的最大速度之比为（ ）
A．1：1 B．2：1 C．4：1 D．8：1
4．牛顿曾这样研究匀速圆周运动的：如图，小球沿固定的正多边形
的各边做速度大小不变的运动，若正多边形的边数趋于无穷，则上述
运动可看作匀速圆周运动。为进一步推导出匀速圆周运动的向心力表
达式，下列假设中，不合理的是（ ）
A．小球在正多边形各个顶点处的碰撞是弹性碰撞
B．每次碰撞时小球所受作用力的方向指向圆心
C．因碰撞时间可以用周期和正多边形的边数表示，可以利用
动量定理得出向心力表达式
D．因碰撞的作用力与边长可以计算功，所以可以利用动能定
理得出向心力表达式
5．某发射星云可认为完全由氢原子构成，其发光机理可简化为：
能量为 12.09eV 的紫外光子照射该星云时，会使其氢原子从基态
跃迁到激发态，处于激发态的氢原子会辐射光子。氢原子能级图
如图所示，部分颜色的可见光光子能量范围见下表，则观测到该
星云的颜色是（ ）
颜色 红 黄 蓝 紫
能量范围（eV） 1.621.99 2.072.20 2.782.90 2.903.11
高三物理试卷 第 1 页 共 6 页
{#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}
A．红色 B．黄色 C．蓝色 D．紫色
6．“日心说”以太阳为参考系，金星和地球运动的轨迹
可以视为共面的同心圆；“地心说”以地球为参考系，金
星的运动轨迹（实线）和太阳的运动轨迹（虚线）如图
所示。观测得每隔 1.6 年金星离地球最近一次，则下列
判断正确的是（ ）
A．在 8 年内太阳、地球、金星有 5 次在一条直线上
B．在 8 年内太阳、地球、金星有 10 次在一条直线上
C．地球和金星绕太阳公转的周期之比为 85
2
．地球和金星绕太阳公转的周期之比为 8 3
D
5
7．如图所示，间距为 L 的平行导轨固定在水平绝缘桌面上，导轨右端接有定值电阻，阻
值为 R ，垂直导轨的虚线 PQ 和 MN 之间存在磁感应强度大小为 B 、方向竖直向上的匀强
L
磁场，其中导轨的 PM 和QN 段光滑。在虚线 PQ 左侧、到 PQ 的距离为 的位置垂直导轨
2
放置质量为 m 的导体棒，现给处于静止状态的导体棒一个水平向右的恒力作用，经过 PQ
8 gL
时撤去恒力，此时导体棒的速度大小 v ，经过 MN 时
0 5
4 gL
导体棒的速度大小 v 。已知恒力大小为3mg ，导体棒
5
始终与导轨垂直且接触良好，导体棒接入电路的电阻为 R ，
2
重力加速度为 g ，导轨电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒与 PQ 左侧导轨之间的动摩擦因数为 0.66
4m L
B．导体棒经过磁场的过程中，通过导体棒的电荷量为
5B g
16mgL
C．导体棒经过磁场的过程中，导体棒上产生的热量为
25
6mR
D．虚线 PQ 和 MN 之间的距离为 gL
5B2 L2
8．如图所示，半圆环竖直固定在水平地面上，光滑小
球套在半圆环上。对小球施加一始终指向半圆环最高点
B 的拉力 F，使小球从圆环最低点 A 缓慢移动到最高点
B。下列说法正确的是（ ）
A．拉力 F 一直减小
B．拉力 F 先增大后减小
C．小球对圆环的压力大小始终不变
D．小球对圆环的压力先增大后减小
9．一定质量的理想气体由状态 a 开始，经历 ab、bc、
ca 三个过程回到状态 a，其 p V 图像如图所示，其中
bc 与纵轴平行。已知 a、c 两状态下气体的温度相同，
a b 的过程中气体向外界放出热量大小为 Q，下列说
法正确的是（ ）
A．a、c 状态下气体的内能相等
B． a b 的过程中气体内能变化量的绝对值大于放出热量的绝对值
高三物理试卷 第 2 页 共 6 页
{#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}
3
C． b c 的过程中气体从外界吸收热量，大小为 p V
2 0 0
3
D． a b c a 的整个过程中气体对外界做功，大小为 p V
2 0 0
10．一平行金属板电容器水平放置（如图甲所示），极板间加有大小随时间周期性变化的
匀强电场和匀强磁场，变化规律分别如图乙、图丙所示（规定垂直纸面向外为磁感应强
度的正方向，竖直向下为电场强度的正方向）。t 0 时，一不计重力、比荷为 k 的带正电
v0
粒子从电容器正中心以速度 v0 水平向右运动，已知磁感应强度 B ，电场强度
0 kR
2v2 R
0 ， ， 内粒子始终在电容器内且未与两极板接触，以
E0 2 t0 0 2024t0 t 0
k R v0
时刻粒子的位置为原点、水平向右为 x 轴、竖直向上为 y 轴建立坐标系。则下列说法正
确的是（ ）
甲 乙 丙
A．粒子做圆周运动时的半径始终为 R
B．每次粒子在电场中运动时，两端点的水平距离均为 R
1
C．若粒子运动轨迹的最左端记为 A 点，则 A 点坐标为 A( R 1 R,4R)
2 2
2024R
D． 2024t 时刻粒子所处位置的坐标是 ( ,2024R)
0
二、非选择题（本题共 5 小题，共 54 分。）
11．（6 分）某实验兴趣小组用插针法测定玻璃砖的折射率。
（1）实验示意如图 A，下列说法中正确的是( )
A．为了使 P1、P2 的像重合，P1、P2 的距离应尽可能小一些
B．为减少测量误差，P1、P2 的连线与法线 NN的夹角应尽量小些
C．为了减小作图误差，P3 和 P4 的距离应适当取大些
D．若 P1、P2 的连线与法线 NN夹角较大时，有可能在 bb 面发生全反射
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{#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}
图 A 图 B
（2）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出
的图线如图 B 所示，则玻璃砖的折射率是 。
（3）甲、乙二位同学在纸上画出的界面 aa 、bb 与玻璃砖位置的关系分别如图、所
示，其它操作均正确，且均以 aa 、 bb 为界面画光路图。则甲同学测得的折射率与真实
值相比 ；乙同学测得的折射率与真实值相比 。（填“偏大”、“偏小”或“不
变”）
12．（9 分）现有一合金制成的圆柱体，为测量它的电阻进行了如下实验。
（1）圆柱体的直径为 mm。
（2）用多用电表电阻挡“10”挡粗测圆柱体的阻值 R，发现指针向右偏转的角度较大，为
了更准确的测出圆柱体的阻值，下列操作正确的是 （填选项前的字母）。
A．将选择开关旋转到电阻挡“1”的位置，再将两表笔短接调零
B．将选择开关旋转到电阻挡“100”的位置，再将两表笔短接调零
C．将两表笔短接调零，再将选择开关旋转到电阻挡“1”的位置
D．将两表笔短接调零，再将选择开关旋转到电阻挡“100”的位置
（3）为进一步精确测量圆柱体的阻值 Rx （阻值约为 20 ），实验室提供了以下器材：
A．电源 E（电动势 3V，内阻不计）
B．电流表 A1 （量程 150mA、内阻 r1 约10 ）
C．电流表 A2 （量程 1mA，内阻 r2 1000 ）
D．电压表 V（量程为 10V，内阻约为 1000）
E.定值电阻 R0 （电阻为 2900 ）
F.滑动变阻器 R（最大阻值5 ）
G.开关 S 及导线若干
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请在虚线框内画出合理的完整电路原理图；
用 I1 表示电流表 A1 的示数、I2 表示电流表 A2 的示数，则 Rx （用 I1 、I2 ，
R0 和 r2 表示）。
13．（10 分）如图所示，在餐馆中，机器人沿 ABCD 的路径把餐盘送到 16 号桌。已知半
径为 4m 的圆弧 BC 与直线路径 CD 相切，餐盘和机器人的托盘间动摩擦因数为 0.1，配
送过程中餐盘与托盘不能发生相对滑动。g 取 10m/s2，求：
（1）机器人匀速率通过 BC 段时的最大速度；
（2）若机器人以（1）中的最大速度运动，并在 D 点前某位置开始匀减速，到 D 点时速
度恰好减为零。求开始减速时的位置距 D 点的最小距离。
14．（12 分）如图甲所示，一个质量为 m、电荷量为 q 且不计重力的带负电粒子从 x 轴上
的 P 点以速度 v 沿与+x 轴成 60的方向射入第一象限，又恰好垂直于 y 轴射出第一象限，
匀强磁场的磁感应强度方向如图甲所示。已知 OP a 。
（1）求磁感应强度 B 的大小；
（2）让大量这种带电粒子同时从 x 轴上的 P 点以速度 v 沿与+x 轴成 0 到 180的方向垂
直磁场射入第一象限，求 y 轴上有带电粒子穿过的区域范围；
（3）为了使该粒子能以速度 v 垂直于 y 轴射出，实际上只需在第一象限适当的位置加一
个垂直于 xOy 平面、磁感强度为 B0 的矩形匀强磁场（图乙未画出）。，求矩形磁场区域的
最小面积 Smin。
甲 乙
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15．（17 分）如图所示，水平传送带以某一速度 v 顺时针转动，A、B 两点间的距离 L=4m。
左侧光滑水平台面上有一左端固定的压缩弹簧，弹性势能 Ep=2.6J，弹簧右端与一质量为
m1=0.1kg 的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与
传送带之间的动摩擦因数1=0.2。右边水平台面上有一个倾角为 53，高为 h=0.55m 的固
定光滑斜面（C 点与水平台面平滑连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌
面左端依次叠放着质量为 m3=0.1kg 的木板（厚度不计）和质量为 m2=0.2kg 的物块乙，物
块乙与木板之间的动摩擦因数为2=0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相
距 x0=0.5m，木板与挡板碰撞会原速率弹回。现将物块甲静止释放，物块甲离开斜面后恰
好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞，物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可
视为质点，sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2。
（1）求物块甲到达 B 点的速度范围；
（2）若 v=4m/s，求物块甲运动到最高点时的速度大小；
（3）若 v=4m/s，求木板运动的总路程；
（4）若 v=4m/s，木板的质量为 m3=0.4kg，为使木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板
与木板右端距离的范围。
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2024 年高三下学期物理三模参考答案：
1．B 2．C 3．C 4．D 5．A 6．B 7．D 8．AC 9．AD 10．BD
11． C 1.5 偏小 不变 2+2+1+1
I R r
12． 1.8450.002 A 2 0 2 2+2+3+2
II12
13．（ 1） v 2m/s ；（ 2）2m 5+5
【详解】（1）机器人在 BC 段做圆周运动，餐盘所需向心力由托盘对其的摩擦力提供，设餐
盘的质量为 m ，由牛顿第二定律有
v2
mg m
R
代入数据解得
（2）根据牛顿第二定律可得
mg ma
可得餐盘能够达到的最大加速度的大小为
a 1m/s2
根据匀变速直线运动的规律可得机器人速度减为零的位移大小为
v2 4
x m 2m
22a
则“机器人服务员”从 C 点到 D 点的最短距离为 2m。
3mv 39a 3mv22
14．（ 1） ；（ 2）0 y ；（ 3） 22 4+4+4
2qa 3 2qB0
【详解】（1）粒子运动轨迹半径设为 r ，如图所示
根据几何关系可得 rasin60
23
解得 ra
3
v2
由洛伦兹力提供向心力可得 qvB m
r
3mv
解得 B
2qa
（2）粒子从 y 轴上OA 之间射出，设 A 点纵坐标为 yA, PA为轨迹圆的直径，如图所示，由几
2 2 2
何关系得 yA a(2 r )
{#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}
39a
解得 y
A 3
39a
可知 y 轴上有带电粒子穿过的区域范围为0 y
3
（3）为了使该粒子能以速度 v 垂直于 轴射出，实际上只需在第一象限适当的地方加一个
垂直于 xOy 平面、磁感强度为 B0 的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个矩形区域内，粒子在此
v2
磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力可得 qvB0 m
r0
mv
解得 r0
qB0
如图所示，由几何关系可得矩形磁场区域的最小面积为 Smin2 r 0 sin60 r 0 r 0 cos60
3mv22
解得 Smin 22
2qB0
15．（ 1）物块甲到达 B 点的速度可能值vB 2 17m/s 、vB 6m/s 、vvB （ 6m/sv 2 17m/s ）；
11
（2）3m/s；（ 3）1.0m；（ 4） mmx
32 8
5+3+5+4
1
【详解】（1）由题意可知，物块甲到达 A 点时有 E m v2
p12 A
可得 vA 2 13m/s
物块甲从 A 到 B 过程中，若物块甲一直加速
则有 1m 1 g m 1 a
22
vBA v2 aL
可得
此时v 2 17m/s ；
22
若物块甲一直减速，则有vBA v 2 aL
可得
此时 v 6m/s；若物块甲先加速后匀速或先减速后匀速，则
此时 ；
（2）当传送带速度v 4m/s 时，物块甲在 B 点的速度 ，此后冲向斜面到达 D 点时
{#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}
11
速度为 v ，由 m gh m v22 m v
D 122 1DB 1
解得 vD 5m/s
离开斜面后做斜上抛运动，在运动的最高点时速度vv0 D cos53 3m/s
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律 m1 v 0 m 1 v 1 m 2 v 2
1 1 1
由机械能守恒定律 m v2 m v 2 m v 2
21 0 2 1 1 2 2 2
解得v1 1m/s v2 2m/s
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律 m2 v 2 m 2 m 3 v 3
1
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理 m gx m v 2 0
2 2 12 3 3
2
解得 x m 0.5m
1 9
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰；木板与挡板第一次碰后，以速度v3 向左减速到零，
位移大小为 x1，此后向右运动与挡板发生第二次碰撞,由动量守恒定律
m2 v 3 m 3 v 3 m 2 m 3 v 4
第二次碰后以速度 v4 向左减速到零，位移为 x2，木板向左减速过程中，由动能定理得
1
m gx 0 m v2
2 2 12 3 4
1
解得 xx
219
1 2
同理可得
xx31
9
21
以此类推木板的总路程为 s x0 2 x 1 2 x 2 2 xn x 0 2 1 m
98
解得 s 1.0 m
（4）以木板为对象，由牛顿第二定律 2m 2 g m 3 a
1
木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有 x at 2
2
木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。
当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为 0 时，木板与挡板仅能发生一次碰
撞。即v22 g 20 t
1
解得 x m
8
当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到 0 时，木板与挡板仅能发生
二次碰撞。即v22 g 40 t
1
解得 x m
32
11
可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为 mmx
32 8
{#{QQABKYaUggCgAoBAABgCEwFwCgAQkBCCAIoGBFAIIAAACRFABAA=}#}