149，2024届辽宁省名校联盟高三一模模拟（调研卷）物理试题（一）

这是一份149，2024届辽宁省名校联盟高三一模模拟（调研卷）物理试题（一），共20页。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题纸对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题纸上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
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. 研究光电效应的电路图如图（a）所示，现用某一频率的单色光照射阴极K，改变滑动变阻器滑片P的位置，记录微安表的示数I和对应电压表的示数U，然后将电源的正负极对调，重复上述过程，作出图像如图（b）所示。已知电子的电荷量大小为e，普朗克常量为h，则下列说法正确的是（ ）
A. 入射光的频率为
B. 阴极K的逸出功为
C. 从阴极K逸出的光电子最大初动能为
D. 图（b）中电压大小与入射光的频率成正比
【答案】C
【解析】
【详解】C．根据动能定理有
故从阴极K逸出的光电子最大初动能为，故C正确；
AB．根据光电效应方程
可得
故无法求出入射光的频率以及阴极K的逸出功，故AB错误；
D．将上式整理可得
可知图（b）中电压大小与入射光的频率为一次函数关系，不成正比，故D错误。
故选C。
2. 如图所示，轻杆AC和轻杆BC的一端用光滑铰链连接在C点，另一端用光滑铰链分别固定在竖直墙壁上，将一物块通过细线连接在C点并保持静止状态。若对C端施加一水平向右的作用力F，则下列说法正确的是（ ）
A. 轻杆AC中的弹力一定变大B. 轻杆AC中的弹力可能减小
C. 轻杆BC中的弹力一定变大D. 轻杆BC中的弹力一定减小
【答案】A
【解析】
【详解】
对C点受力分析如图，由三角形法则可知，重力mg、AC的拉力TAC以及BC的支持力TBC组成封闭的三角形；若加水平力F，则C点仍平衡，则此时四个力组成封闭的四边形，TAC和重力mg方向不变，TBC方向仍与原来平行，则随F的增加，TAC一定增加，TBC先减小，当减到零后反向增加。
故选A。
3. 如图所示的交流电路中，电源电压U的有效值为220V，变压器为理想变压器，定值电阻，，理想交流电流表A的示数为2A，则理想变压器原、副线圈的匝数比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可得理想变压器原线圈两端的电压
而根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比可得
根据理想变压器原副线圈匝数比等于电流的反比可得
在副线圈所在回路中有
联立以上各式解得
故选D。
4. 如图所示，平静的湖面上一龙舟正以的速度向东行驶，另一小摩托艇正以的速度向南行驶，则此时摩托艇驾驶员看到的龙舟行驶速度的大小和方向为（ ）（，）
A. ，向东行驶
B. ，向北行驶
C. ，向东偏北方向行驶
D. ，向西偏南方向行驶
【答案】C
【解析】
【详解】以摩托艇驾驶员为参照物，龙舟向东偏北方向行驶，速度大小为
m/s
夹角满足
解得
°
则此时摩托艇驾驶员看到的龙舟行驶速度的大小为50m/s，方向向东偏北方向行驶。
故选C。
5. 光纤准直器是光通讯系统中的一种重要组件，它的作用是将光纤内传输来的发散光转变成准直光（平行光），其简化工作原理如图所示，棱镜的横截面为等腰三角形，从光纤一端射出三束相同的单色光a、b、c，b光与棱镜的中心线重合，a、c光恰好分别入射到上、下侧面的中点，经棱镜折射后与中心线平行。已知棱镜横截面的底角和入射光与中心线的夹角均为，棱镜底边长为d，光在真空中的传播速度为c，则（ ）
A. 棱镜对光的折射率为B. 棱镜对光的折射率为
C. b光通过棱镜需要的时间为D. a光通过棱镜需要的时间为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据几何关系，光在棱镜上侧面入射角为
光在棱镜上侧面的折射角为
根据折射定律，棱镜对光的折射率为
故AB错误；
C．光在棱镜中的速度为
根据几何关系有
b光通过棱镜需要的时间为
故C错误；
D．a光通过棱镜需要的时间为
故D正确。
故选D。
6. 铅球是利用人体全身的力量，将一定重量的铅球从肩上用手臂推出的田径运动项目之一。运动员某次投掷铅球时，先将质量为4kg的铅球从地面上捡起，然后将铅球抛出，铅球出手时距离水平地面的高度为2.25m，出手时的速度方向斜向上与水平面夹角为37°，铅球落地点到抛出点的水平距离为12m，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，不计空气阻力。则运动员从地面上捡起铅球到将铅球抛出的过程中，运动员对铅球做的功为（ ）
A. 200JB. 290JC. 110JD. 90J
【答案】A
【解析】
【详解】设实心球出手时的速度大小为v0，规定竖直向上为正方向，出手后，竖直方向做匀减速直线运动有
水平方向做匀速直线运动有
解得
，
所以运动员对铅球做的功为
故选A。
7. 回旋加速器的示意图如图所示，两个D形盒半径均为R，两D形盒之间的狭缝中存在周期性变化的加速电场，加速电压大小为U，D形盒所在空间存在垂直于盒面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，回旋加速器中心O处有一粒子源，可无初速度的释放质量为m，电荷量为（）的带电粒子，经过多次加速后在D形盒的边缘被引出。不计粒子之间的相互作用和相对论效应，忽略粒子经过狭缝的时间，则粒子从无初速度释放到离开加速器的过程中所需要的时间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】粒子被引出时，根据洛伦兹力提供圆周运动的向心力有
此时动能达到最大值
令电场中加速了n次，则有
粒子在磁场中圆周运动的周期
电场中加速一次，磁场中运动半周，则有
解得
故选D。
8. 如图所示的电路中，MN是一根粗细和质地都均匀的铅笔芯，电源电动势，内阻，定值电阻。已知当导线的触头P接在铅笔芯正中间时，铅笔芯消耗的电功率最大，不计导线电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 铅笔芯MN的总阻值为2.5Ω
B. 铅笔芯MN的总阻值为5.0Ω
C. 导线触头P由M向N移动过程中，电阻R的功率一直变大
D. 导线触头P由M向N移动过程中，电源的输出功率一直减小
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．令铅笔芯接入电阻为，则其消耗的电阻为
根据数学函数关系可知，当接入电阻等于时，铅笔芯消耗功率最大，即有
解得
由于此时导线的触头P接在铅笔芯正中间，则铅笔芯MN的总阻值为
故A错误，B正确；
C．导线触头P由M向N移动过程中，铅笔芯接入电阻减小，电路中电流增大，根据
可知，导线触头P由M向N移动过程中，电阻R的功率一直变大，故C正确；
D．电源输出功率为
作出上述函数的图像如图所示
由于电源内阻小于定值电阻，则电路外电阻总大于电源内阻，可知，当导线触头P由M向N移动过程中，外电阻减小，电源的输出功率一直增大，故D错误。
故选BC。
9. 如图所示，星球P和星球Q组成稳定的双星系统，星球P绕O点做匀速圆周运动的轨道半径为，星球Q绕O点做匀速圆周运动的半径为，两星球的质量之和为M，引力常量为G，星球P、Q均可视为质点，不考虑其他天体对两星球的作用，下列说法正确的是（ ）
A. 星球P的质量为B. 星球Q的速率为
C. 两星球的周期为D. 两星球的角速度为
【答案】AD
【解析】
【详解】AD．根据
又
得星球P的质量为
两星球的角速度为
AD正确；
B．星球Q的速率为
B错误；
C．两星球的周期为
C错误。
故选AD。
10. 如图所示的家庭小型喷壶总容积为1.4L，打气筒每次可将压强为、体积为的空气充入壶内，从而增加壶内气体的压强。为了保证喷壶的客舍，壶内空气压强不能超过；为了保证喷水效果，壶内气体压强至少为，当壶内空气压强降至时便不能向外喷水。现装入的水并用盖子密封，壶内被封闭空气的初始压强为。壶中喷管内水柱产生的压强忽略不计，壶内空气可视为理想气体且温度始终不变，则下列说法正确的是（ ）
A. 为了保证喷水效果，打气筒最少打气20次
B. 为了保证喷壶安全，打气筒最多打气50次
C. 若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，可向外喷出水体积为0.8L
D. 若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，可向外喷出水的体积为1L
【答案】AC
【解析】
【详解】A．为了保证喷水效果，设打气筒最少打气次，则有
其中
，，，
解得
故A正确；
B．为了保证喷壶安全，打气筒最多打气次，则有
其中
解得
故B错误；
CD．若充气到喷壶安全上限，然后打开喷嘴向外喷水，设可向外喷出水的体积为，则有
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 某实验小组用如图（a）所示的实验装置探究加速度与外力的关系。
（1）某次实验过程中打出的纸带如图（b）所示，已知打点计时器使用的是50Hz的交流电源，相邻两个计数点之间还有4个点未画出，则打出该条纸带时小车的加速度大小为______（结果保留3位有效数字）。
（2）多次改变钩码的重力mg、并计算出相应纸带的加速度大小a，描绘的的图像如图（c）所示，图像不过原点的原因可能是______；该实验小组中的甲同学认为图像虽然不过原点，但是其是一条直线，仍然能够说明小车质量一定时，其加速度大小与其受到的合外力成正比，你认为甲同学的意见是否正确？______（填“正确”或“不正确”）。
【答案】 ①. 2.00 ②. 平衡摩擦力过度（或木板倾角过大） ③. 正确
【解析】
【详解】（1）[1]根据题意可得该打点计时器的打点周期
由此可知每两个计数点之间的时间间隔为
根据逐差相等公式
可得
（2）[2]根据图像分析可知，当不挂钩码时，即时，小车在木板上运动时就已经具有了加速度，则加速度只能是小车自身重力沿斜面向下的分力提供，因此可知图像不过原点的原因可能是平衡摩擦力过度（或木板倾角过大）；
[3]设小车的质量为，木板的倾角为，小车运动过程中受到的阻力恒为，则由牛顿第二定律有
可得
虽然该图像不过原点，但小车实际受到的合外力为，而该图像横坐标并非小车实际受到的合外力，因此图像虽然不过原点，但仍然能够说明小车质量一定时，其加速度大小与其受到的合外力成正比，故甲同学的意见正确。
12. 实验小组采用图（a）所示电路图测量一段阻值约为6Ω的金属丝的电阻率，定值电阻，，R为电阻箱（），G为灵敏电流计。
（1）该电路存在电流过高损坏灵敏电流计的风险，需采取的改进措施为______。
（2）完善电路后进行实验：
第一步：调节电阻箱R为20Ω；
第二步：闭合开关，观察到灵敏电流计G有示数；
第三步：调节电阻箱R，使得灵敏电流计G示数为零；
第四步：读出此时电阻箱R的读数；
第五步：计算得______（用带有的表达式表示）。
（3）用刻度尺测得金属丝的长度为81.00cm，用螺旋测微器测量金属丝的直径如图（b）所示，则螺旋测微器读数为______mm，若测得电阻丝的电阻为6Ω，则金属丝电阻率约为______。（π取3，计算结果保留1位有效数字）
【答案】 ①. 在灵敏电流计支路中串联保护电阻 ②. ③. 2.935 ④.
【解析】
【详解】（1）[1]该电路存在电流过高损坏灵敏电流计的风险，需采取的改进措施为在灵敏电流计支路中串联保护电阻。
（2）[2]根据电桥分压关系可得
可得
（3）[3]螺旋测微器读数为
[4]根据电阻定律
金属丝电阻率约为
13. 如图所示，高度为的水平桌面长度为，桌面左右两端各有一个小物块A和小物块B，小物块A与桌面之间的动摩擦因数为。现给小物块A一个水平向右的初速度，小物块A与桌面右端的小物块B发生弹性正碰后恰好能返回到桌面的左端。已知重力加速度g取，两小物块均可视为质点，取水平向右为正方向，不计空气阻力。求：
（1）小物块A与小物块B碰后速度的大小；
（2）小物块B的落地点到桌面右端的水平距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）小物块A与桌面右端的小物块B发生弹性正碰后恰好能返回到桌面的左端，则有
代入数据解得小物块A与小物块B碰后速度的大小为
（2）设小物块A与小物块B碰前的速度为，由题可得
代入数据解得小物块A与小物块B碰前速度的大小为
又由碰撞过程动量守恒和能量守恒有
带入第一问数据解得碰后小物块B的速度大小为
又由于小物块B碰后做平抛运动，则有
代入数据解得小物块B的落地点到桌面右端的水平距离为
14. 如图所示，足够长的固定光滑平行金属导轨，其中部分间距为，部分间距为，部分水平且所在的空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，部分倾角为。质量为、长度为、阻值为的导体棒N静置在导轨的部分上。另一质量也为、长度为，阻值为的导体棒M从导轨的部分由静止释放，经过时间，导体棒M恰好运动到进入水平轨道部分，重力加速度g取，导体棒M经过时损失的机械能忽略不计，两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计。从导体棒M由静止释放到两导体棒运动状态达到稳定的过程中（导体棒M没有运动到处），求：
（1）导体棒N加速度的最大值；
（2）稳定时导体棒M和N的速度大小；
（3）导体棒N中产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）导体棒M倾斜导轨上，由牛顿第二定律可得
根据运动学
解得
则，导体棒M进入磁场时
导体棒N
解得
（2）当通过两导体棒的电流为0时达到稳定，设达到稳定时导体棒M的速度为，导体棒N的速度为，则
对导体棒M，根据动量定理
对导体棒N，根据动量定理
以上各式联立，解得
，
（3）根据能量守恒
导体棒N中产生的焦耳热为
15. 如图所示，倾角斜面固定在水平面上，质量、长度的木箱乙底部中心放置着一个质量的可视为质点的物块甲，甲与乙之间的动摩擦因数，乙与斜面间的动摩擦因数。初始时甲、乙在外力的作用下均处于静止状态，现撤去外力，同时给乙沿斜面向下的初速度，乙下滑后与P处固定着的一弹性挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰后乙以原速率反弹。设沿斜面向下为正方向；且所有的碰撞均视为弹性正碰，，，重力加速度g取。求：
（1）刚撤去外力时甲、乙的加速度大小；
（2）从乙与挡板第一次碰撞到甲、乙第一次发生碰撞所需的时间；
（3）从乙与甲第一次发生碰撞到乙与挡板第二次发生碰撞所需的时间。

【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）刚撤去外力时对乙根据牛顿第二定律有
解得乙的加速度大小为
对甲由牛顿第二定律得
解得
（2）设乙与挡板第一次碰撞时速度大小为，由，解得
乙从开始运动到与挡板碰撞运动的时间为
乙与挡板第一次碰撞时，甲向下运动的位移大小为
甲向下的速度大小为
乙与挡板第一次碰撞时，甲距乙下端的距离
乙与挡板碰撞后，乙的速度反向，对乙由牛顿第二定律得
解得
乙与挡板第一次碰撞后，甲沿斜面向下运动，对甲由牛顿第二定律得
解得
设从乙与挡板第一次碰撞到甲、乙第一次发生碰撞所需的时间为，则甲的位移大小为
乙的位移大小为
由
解得
或（舍去）
（3）甲、乙第一次发生碰撞时，乙离开挡板的距离
甲、乙第一次发生碰撞时，甲向下运动的速度大小
甲、乙第一次发生碰撞时，乙向上运动的速度大小
甲、乙第一次发生碰撞为弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒可得
，
解得
，
乙与甲第一次发生碰撞后，乙向下运动，甲向上运动，对乙由牛顿第二定律得
解得
设从乙与甲第一次发生碰撞到乙与挡板第二次发生碰撞所需的时间为，则
解得