辽宁省三校联考2023-2024学年高三下学期3月月考物理试卷（原卷版+解析版）

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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，有选错或不答的得0分。
1. 健身球是一种内部充气的健身辅助器材，如图所示，球内的气体可视为理想气体，当球内气体被快速挤压时来不及与外界热交换，而缓慢变化时可认为能发生充分的热交换。则下列说法正确的是（ ）
A. 人体快速挤压健身球过程中，球内气体压强减小
B. 人体快速挤压健身球过程中，球内气体分子热运动的平均动能增大
C. 人体缓慢离开健身球过程中，球内表面单位时间单位面积上撞击的分子数不变
D. 人体缓慢离开健身球过程中，球内气体对外放热
【答案】B
【解析】
【详解】AB．人体快速挤压健身球过程中，来不及与外界热交换，球内气体体积减小，外部对气体做功，气体温度升高，则压强变大，球内气体分子热运动的平均动能增大，故A错误，B正确；
CD．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体能与外界发生充分的热交换，则球内气体的温度不变，体积变大，压强变小，气体分子数密度减小，而分子的平均速率不变，则球内表面单位时间单位面积上撞击的分子数减小，气体对外做功，内能不变，则球内气体从外界吸热，故CD错误。
故选B。
2. 甲图表示和两相干水波的干涉图样，设两列波的振幅均为，且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是和，B在平衡位置；乙图为一机械波源在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。下列关于两幅图的说法正确的是（ ）
A. 甲图中A、B两点的高度差为10cm
B. 从甲图所示时刻开始经，B点通过的路程为
C. 乙图表示的是波的衍射现象
D. 在E点观察到的频率与在F点观察到的频率相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲图中A点是两水波波峰相遇处，B在平衡位置，甲图中A、B两点的高度差为
故A正确；
B．波的周期为
甲图中C点是两水波波谷相遇处，B点在A、C两点连线上，B点为振动加强点，从甲图所示时刻开始经，即，B点通过的路程为
故B错误；
C．乙图表示的是波的多普勒效应，故C错误；
D．在E点单位时间接收到的波面比在F点多，故在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D错误。
故选A。
3. 如图所示，空间有电荷量分别为和的两个点电荷，其连线水平。在竖直平面内，内壁光滑的绝缘细弯管关于连线对称放置，细管的上下端口恰好在连线的中垂线上。电荷量为＋q的小球以初速度从上端管口无碰撞进入细管，在管内运动过程中机械能守恒，则（ ）
A. B. 细管上各点的电场强度方向均与细管垂直
C. 在的连线上，中点的电场强度最小D. 小球从细管下端飞出时速度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．带电小球在运动过程中始终机械能守恒，则小球在运动过程中电势能保持不变，题干图中细管所在的弧线是一等势线，所以有
Q1＞Q2
故A错误；
B．根据电场线与等势线处处垂直，所以细管各处的电场强度方向均和细管垂直，故B正确；
C．当两个是等量异种电荷的时候，中点是场强最小的点，但是现在二者是非等量异种电荷，且，所以场强最小的点会相应的向右偏移，故C错误；
D．小球以初速度v0从上端的管口恰好无碰撞地进入细管，且在运动过程中机械能始终保持不变，但是小球从细管下端飞出时因为重力做正功，所以小球离开的速度大于v0，故D错误。
故选B。
4. 如图所示，Ⅰ为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为；Ⅱ为地球的近地卫星。已知地球的自转周期为，万有引力常量为G，根据题中条件，可求出（ ）
A. 地球的平均密度为
B. 卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为
C. 卫星Ⅱ的周期为
D. 卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到Ⅰ卫星发出电磁波信号的时间为
【答案】C
【解析】
【详解】A．对静止轨道卫星
地球密度为
得
A错误；
B．对卫星Ⅰ和卫星Ⅱ分别有
，
卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为
B错误；
C．根据
，
得卫星Ⅱ的周期为
C正确；
D．近地卫星接收不到信号的区域内对应的圆心角为。若两卫星同向转动
得
若两卫星反向转动
得
D错误。
故选C。
5. 倾角的传送带以速度顺时针转动，位于其底部的煤斗每秒向其输送的煤屑，煤屑刚落到传送带上的速度为零，传送带将煤屑送到的高处，煤屑与传送带间的动摩擦因数，且煤屑在到达最高点前已经和传送带的速度相等。（取重力加速度，传送带轮直径大小可忽略） ，则下列说法中正确的是（ ）
A. 煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移是2.5m
B. 煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时所用的时间是7.25s
C. 传送带电动机因输送煤屑而增加的功率是242W
D. 传送带电动机因输送煤屑而增加的功率是274W
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据牛顿第二定律
得
煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时前进的位移是
煤屑从落到传送带开始，运动到与传送带速度相等时所用的时间是
AB错误；
CD．经过时间，煤屑动能的增加量为
重力势能的增加量为
摩擦产生的热量为
传送带电动机因输送煤屑而增加的功率是
得
C错误，D正确。
故选D。
6. 图甲是判断电流大小是否发生变化的装置示意图。电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与成正比。现给某半导体材料制成的霍尔元件（如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过右侧电压表V的示数就能判断的大小是否发生变化。当的变化量一定时，电压表V的示数变化量越大，则该装置判断的灵敏度就越高。已知霍尔元件的半导体材料载流子为一价正离子，则下列说法正确的是（ ）
A. 仅适当增大工作电流I，可以提高判断的灵敏度
B. 仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则电压表V的“”“”接线柱连线位置无需改动
C. M端应与电压表V“”接线柱相连
D. 当电流增大时，电压表V的示数会减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．磁感应强度与成正比，当霍尔元件内部电场稳定时
即
仅适当增大工作电流I，根据
可知，正离子定向移动的速度增大，则电压表示数变化越大，可以提高判断的灵敏度，A正确；
B．仅将该半导体材料制成的霍尔元件更换为另一个金属材料制成的霍尔元件，则自由电子移动方向与电流方向相反，根据左手定则，自由电力在洛伦兹力的作用下与正离子偏转方向相同，则电压表V的“”“”接线柱连线位置需要改动，B错误；
C．根据安培定则即左手定则，正离子向外侧偏转，霍尔元件外侧带正电，则M端应与电压表V的“”接线柱相连，C错误；
D．当电流增大时，磁感应强度变大，由A选项可知，霍尔元件内外两侧电势差增大，电压表V的示数会增大，D错误。
故选A。
7. 边长为10cm的100匝正方形线枢处在匀强磁场中，磁场方向与线枢平面垂直，磁感应强度随时间周期性变化规律如图所示（曲线为正弦曲线的一半），线枢的总电阻为1Ω，则线框中感应电流的功率为（ ）
A. 1WB. C. 4WD.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意可知，前周期感应电动势大小恒定不变，则有
后周期感应电动势最大值为
则后周期感应电动势有效值为
线框一个周期内的电动势有效值E，根据有效值定义可得
根据求得
故选B。
8. 下列说法中正确的是（ ）
A. 图甲检测玻璃面是否平整的原理是光的衍射现象，若a光能使某金属发生光电效应，则采用b光照射也一定能发生光电效应
B. 图乙是铀核裂变图，其核反应方程为，若该过程质量亏损为，则铀核的结合能为
C. 图丙表示LC振荡电路充放电过程的某瞬间，根据电场线和磁感线的方向可知电路中电流强度正在减小
D. 图丁中的P、Q是偏振片，当P固定不动缓慢转动Q时，光屏上的光亮度将会发生变化，此现象表明光波是横波
【答案】CD
【解析】
【详解】A．图甲检测玻璃面是否平整的原理是光的干涉现象，不是衍射，由干涉图样可知，a光的波长比b光的大，故a光的频率比b光的小，若a光能使某金属发生光电效应，则采用b光照射也一定能发生光电效应，故A错误；
B．在核反应的过程中，质量亏损为，核反应的过程释放的能量为，不是结合能，故B错误；
C．由图示磁场由安培定则可知，电路电流沿顺时针方向，由电容器极板间电场方向可知，电容器上极板带正电，则此时正处于充电过程，电路电流逐渐减小，故C正确；
D．只有横波才能产生偏振现象，所以光的偏振现象表明光是一种横波，故D正确。
故选CD。
9. 如图所示，圆心为O，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。M为磁场边界上一点，有无数个带电量为，质量为m的相同粒子（不计重力及粒子间相互作用）在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为，N为磁场边界上的另一个点，。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子从M点进入磁场时速率为
B. 从N点离开磁场的粒子运动时间为
C. 若将磁感应强度的大小增加到，会有粒子沿ON方向从N点射出磁场
D. 若将磁感应强度的大小增加到，劣弧MN的每一点都会有粒子射出
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由题意可知，带电粒子从M点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，在磁场中运动时间最长的粒子的圆弧所对应的弦应是圆磁场的直径，如图所示，设粒子进入磁场的速率为v，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在磁场中运动周期为
在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为，则粒子在磁场中转动的时间为
可知粒子在磁场中转动的圆弧所对的圆心角为
可得粒子在磁场中运动的半径为
可得粒子从M点进入磁场时的速率为
A错误；
B．从N点离开磁场的粒子运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力，可得
解得
由几何关系可知
则从N点离开磁场的粒子运动时间为
B正确；
C．若将磁感应强度的大小增加到时，粒子运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力，可得
解得
由图可知，则粒子沿ON方向从N点射出磁场，C正确；
D．若将磁感应强度的大小增加到，可知粒子的运动半径为
由C选项的解析可知，当粒子的轨迹半径是时，设粒子打到的最远点为A，则AM为粒子的直径为R，因此劣弧MN上的一部分点会有粒子射出，D错误。
故选BC。
10. 如图所示，轻质细线一端拴接一质量为m的小球另一端悬挂于天花板上的O点，在外力F、重力G和细线拉力的作用下处于平衡状态。初始时F水平，且细线与竖直方向的夹角为，与F的夹角为。下列说法中正确的是（ ）
A. 保持小球位置及角不变，缓慢减小角直至，F先减小后增大
B. 保持F水平，逐渐缓慢增大角，F逐渐减小、逐渐增大
C. 保持F大小不变，方向沿逆时针缓慢转到竖直过程中，角逐渐增大
D. 保持角不变，缓慢增大角，直至悬线水平，F一直增大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据三角形定则进行动态分析，如图
保持小球位置及角不变，缓慢减小角直至，F先减小后增大，A正确；
B．根据三角形定则进行动态分析，如图
保持F水平，逐渐缓慢增大角，则F逐渐增大，逐渐增大，B错误；
C．根据三角形定则进行动态分析，如图
保持F大小不变，方向沿逆时针缓慢转到竖直过程中，角先增大后减小，C错误；
D．根据三角形定则进行动态分析，如图
保持角不变，缓慢增大角，直至悬线水平，F一直增大，悬线水平时，F最大，D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 利用单摆可以测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小球，做成单摆。
（1）用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为___________cm。
（2）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是___________（填标号）。
A. 摆线要选择较细、伸缩性小些的，并且线尽可能短一些
B. 摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C. 为了使摆的周期大一些，以方便测量，摆线相对平衡位置的偏角越大越好
D. 用刻度尺测量摆线的长度，就是单摆的摆长
（3）悬挂后，用米尺测量摆长将小球拉离平衡位置一个小角度，由静止释放小球，稳定后小球在某次经过平衡位置时开始计时，经过50个全振动时停止计时，测量结果如图丙所示，则通过测量和计算可得出单摆周期___________s。
（4）实验中改变摆长L获得多组实验数据，正确操作后作出的图像为图丁中②图线。某同学误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，其它实验步骤均正确，作出的图线应当是图丁中的___________（填“①”“③”或“④”），利用该图线求得的重力加速度___________（填“大于”“等于”或“小于”）利用图线②求得的重力加速度。
【答案】（1）1.86
（2）B （3）4.0
（4） ①. ③ ②. 等于
【解析】
【小问1详解】
钢球直径读数为
【小问2详解】
A．为减小实验误差，摆线要选择较细、伸缩性小些的，并且线尽可能长一些，A错误；
B．为减小空气阻力，摆球尽量选择质量大些、体积小些的，B正确；
C．若摆线相对平衡位置的偏角超过，摆球将不是简谐运动，C错误；
D．摆长为摆现场加上摆球半径，D错误。
故选B。
【小问3详解】
秒表读数为。单摆周期为
【小问4详解】
[1][2]单摆周期公式为
得
若误将悬点到小球下端的距离记为摆长，则
作出的图线应当是图丁中的③。图像斜率不受影响，故利用该图线求得的重力加速度等于利用图线②求得的重力加速度。
12. 太阳能电池是一种利用太阳光直接发电的光电半导体薄片，又称为“太阳能芯片”或“光电池”，只要光照达到一定的强度，瞬间就可输出电压。某兴趣小组利用下面的器材测量某光电池的电动势和内阻（已知相同光照强度下该光电池的电动势不变）。
（1）一位同学在某次实验中，连接好电路（如图甲所示），闭合开关后，发现无论怎么移动滑动变阻器的滑片，电压表有示数且不变，电流表始终没有示数。为查找故障，在其他连接不变的情况下，他将电压表连接a位置的导线端分别试触b、c、d三个位置。发现试触b、c时，电压表有示数；试触d时，电压表没有示数。若电路中仅有一处故障，则___________（填选项前的字母）。
A. 导线ab断路B. 滑动变阻器断路
C. 导线cd断路D. 滑动变阻器短路
（2）另一同学根据下列所给器材设计合理的实验电路：
①在图乙所示方框中画出合理的电路图___________；其中定值电阻应选___________（填“”或“”）。
待测光电池（电动势约为3V、内阻约为）
电流表（量程为、内阻）
电流表（量程为、内阻约为）
定值电阻
定值电阻
滑动变阻器R（）
开关S，导线若干
②实验Ⅰ：该同学用一定强度的光照射该电池，闭合开关S，调节滑动变阻器R的阻值。读出电流表的读数和电流表的读数，得到该电池的曲线为图丙中曲线a、若改装的电压表可视为理想电压表，由图可知，该电池的电动势为___________V。
③实验Ⅱ：减小实验1中光的强度，重复实验，测得曲线b，当滑动变阻器的电阻为某值时，实验1中的电流表的读数为2.00mA，若改装的电压表可视为理想电压表，则实验Ⅱ中此阻值的滑动变阻器消耗的电功率为___________mW（结果保留到个位）。
【答案】（1）C （2） ①. ②. ③. 2.90 ④. 100
【解析】
小问1详解】
闭合开关后，发现无论怎么移动滑动变阻器的滑片，电流表示数始终为零，可能是电路中出现断路，电压表的示数不变化，说明电压表串联在电路中，当试触b、c时依然是这个情况说明ab、 ac段是正常的，试触d时，电压表没有示数，说明在cd之间某处发生了断路。
故选C。
【小问2详解】
[1][2]待测光电池电动势约为3V，电流表A1内阻已知，将电流表A1改装成量程为的电压表，根据电流表改装原理
解得
故定值电阻应选。电流表A2阻值与待测光电池内阻接近，应采用相对电源外接法。电路图如图所示
[3]根据闭合电路的欧姆定律
整理得
图象纵轴的截距为
电池的电动势为
[4]当滑动变阻器的电阻为某值时，若实验Ⅰ中的电流表A1的读数为2.00mA，由图可知此时电流表A2的读数I2为130mA，将该点与原点连接，所得的图线可视作滑动变阻器的曲线
与曲线b的交点为
，
滑动变阻器消耗的电功率为
13. 一位同学在足球比赛中将距离门柱的足球以水平速度踢出，足球在地面上做匀减速直线运动，加速度大小。很遗憾足球撞到门柱后刚好反向弹回继续做匀减速直线运动，弹回瞬间速度大小是碰撞前瞬时速度大小的0.6倍。足球与门柱的作用时间是0.1s。该同学将足球踢出时立即由静止开始以的加速度追赶足球，试求：
（1）足球在与门柱作用过程中的平均加速度：
（2）该同学经过多长时间与足球的距离最远，最远距离为多少。
【答案】（1）大小为，方向与初速度方向相反；（2），
【解析】
【详解】（1）设足球撞到门柱时的速度为，根据匀变速直线运动规律，有
解得
取足球初速度方向为正，则足球在与门柱作用过程中的平均加速度为
即足球在与门柱作用过程中的平均加速度大小为，方向与初速度方向相反。
（2）足球在弹回前速度与该同学速度相等时，相距最远，设此时速度为，有
解得
此时球的位移为
该同学的位移为
最小距离
14. 如图1所示，水平面内有abc和de两光滑导体轨道，bc与de平行且足够长，ab与bc成角，两导轨左右两端接有定值电阻，阻值分别为R和2R，不计导轨电阻。一质量为m，电阻不计的导体棒横跨在两导轨上，导体棒与ab，de两轨道分别接触于G、H。导体棒与de轨道垂直，GH间距为L，导体棒与b点间距也为L。以H点为原点建立坐标系，x、y两轴分别与de轨道和导体棒重合。空间存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。从某时刻开始，给导体棒一水平向右的初速度，同时在一沿x轴方向的外力F作用下开始运动，运动至b点前的图像如图2所示，导体棒运动至b点时撤去外力F，随后又前进一段距离后停止运动，此过程中棒与两导轨始终接触良好且保持与de轨道垂直。
（1）求导体棒在bc轨道上通过的距离d；
（2）求撤去外力F前流过电阻R的电流；
（3）求导体棒运动过程中电阻2R中产生的焦耳热。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由图2知，导体棒运动至b点时速度为，对导体棒从b点开始沿轨道运动直至静止，根据动量定理
又有
其中
求得
（2）导体棒在ab轨道上运动时
由图像可知
流过电阻R的电流
求得
（3）撤去力F前电路中的总热量
其中可以从图像中围城图形的面积求得
撤去力F后导轨运动，整个回路产生的热量
根据并联电路知识可得，电阻2R产生的热量为Q
求得
15. 如图，在光滑水平地面的左端固定一倾角为、长的粗糙斜面，在光滑水平地面的右端竖直固定一半径为R的光滑半圆形轨道。一质量为（可看成质点）的滑块B位于距半圆形轨道底端的位置，滑块B的左端接有原长为的轻弹簧（两者接触但未固定），现将另一个完全相同的滑块A从斜面顶端由静止释放，之后滑块B脱离弹簧，运动一段时间后滑上半圆形轨道，已知滑块A从开始压缩弹簧到弹簧长度最短所用时间为，，。滑块A与斜面间的动摩擦因数，重力加速度，各部分平滑连接，弹簧始终在弹性限度内，B落地后将不再反弹，。
（1）求滑块A在斜面上的运动时间及滑块A到达斜面底端时的速率；
（2）求滑块B运动到半圆形轨道顶端时所受的弹力大小；
（3）请通过计算说明两滑块能否发生第二次碰撞。
【答案】（1），；（2）；（3）不能
【解析】
【详解】（1）滑块A在斜面上运动时，其加速度为a，根据牛顿第二定律有
解得
设滑块A到达斜面底端时的速率为，由匀变速直线运动规律
联立各式得
，
（2）滑块A开始压缩弹簧到滑块B刚脱离弹簧的过程可看成弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
，
设滑块B运动到半圆形轨道最高点时的速度为，由动能定理得
设滑块B运动到半圆形轨道顶端时所受的弹力为，有
联立解得
，
（3）滑块A开始压缩弹簧到弹簧长度最短的过程中，设滑块A的位移为，滑块B的位移为，有
根据微元法得
即
根据对称性可知，滑块A开始压缩弹簧到滑块B刚脱离弹簧的过程中，滑块A的位移为
此时滑块A到半圆形轨道最低点的距离为
结合第二问可知滑块A静止在距半圆形轨道最低点1m的位置。滑块B运动到半圆轨道最高点后做平抛运动，设滑块B落到水平面时的水平位移为，则有

解得
因为，所以两滑块不能发生第二次碰撞。