2024年高考第二次模拟考试：物理（辽宁卷）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试：物理（辽宁卷）（解析版），共14页。试卷主要包含了以下说法中不正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
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，有选错或不答的得0分。
1． 曲水流觞是我国古代汉族民间的一种传统习俗。每年农历三月上已日，人们坐在河渠两旁，让盛着酒水的木杯（觞）顺流而下，觞流经面前时，人们就取觞饮酒．如图所示的觞随着河水自西向东飘向下游时，突然吹来一阵南风，则之后觞可能的运动轨迹为（ ）
A．轨迹1B．轨迹2C．轨迹3D．轨迹4
【答案】B
【解析】觞在沿水流方向具有速度，在风的作用下，沿风方向获得速度，根据矢量合成法则可知，此后觞的合速度斜向左侧。故ACD错误，B正确。
故答案为：B。
2． 一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．此时刻x=4m处质点的加速度为零
B．此时刻x=4m处质点沿y轴负方向运动
C．这列波的振幅为4cm
D．这列波的周期为1s
【答案】A
【解析】A、此时x=4m处质点正通过平衡位置，回复力为零，所以加速度为零，故A正确；
B、根据“上坡下，下坡上”原则，可知此时x=4m处质点沿y轴正方向运动，故B错误；
C、由图可知，这列波的振幅为A=2cm；故C错误；
D、从图中可知λ=8m，故这列波的周期为T=λv=2s；故D错误。
故答案为：A。
3．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有a、b两个电子从同一处沿垂直磁感线方向开始运动，a的初速度为v，b的初速度为2v，则（ ）
A．a做圆周运动的轨道半径大
B．b做圆周运动的周期大
C．a、b同时回到出发点
D．a、b在纸面内做逆时针方向的圆周运动
【答案】C
【解析】ABC．由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r=m4π2T2r可得r=mvqB，T=2πmqB，由于a电子的初速度小于b粒子的初速度，则a做圆周运动的轨道半径 小，两电子的周期相同，即两电子同时回到出发点，故AB错误，C正确；
D．由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知， a、b在纸面内做顺时针方向的圆周运动，故D错误。
故选C。
4．如图所示，半径为12cm的半圆形透明柱体与屏幕MN接触于B点，MN垂直于直径AB，一单色光a以入射角53°射向圆心O，反射光线b与折射光线c恰好垂直。已知光在真空中的传播速度为3×108m/s，则下列说法正确的是（ ）
A．柱体的折射率为54
B．两个光斑之间的距离为20cm
C．增大光束a的入射角，可以在O点发生全反射
D．光在介质中的传播速度v=2.25×108m/s
【答案】D
【解析】A．由几何关系可知，折射角为37°，则柱体的折射率为n=sin53°sin37°=43，故A错误；
B．由几何关系可知两个光斑之间的距离为d=Rsin37°+Rtan53°=(12×0.6+12×43)cm=23.2cm，故B错误；
C．根据全反射的条件：光应从光密介质射向光疏介质且入射角大于临界角，所以增大光束a的入射角，不可能在O点发生全反射，故C错误；
D．根据v=cn可知，光在介质中的传播速度为v=3×10843m/s=2.25×108m/s，故D正确。
故选D。
5．以下说法中不正确的是（ ）
A．图甲是α粒子散射实验示意图，当显微镜在A、B、C、D中的A位置时荧光屏上接收到的α粒子数最多。
B．图乙是氢原子的能级示意图，氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时吸收了一定频率的光子能量。
C．图丙是光电效应实验示意图，当光照射锌板时验电器的指针发生了偏转，则此时验电器的金属杆带的是正电荷。
D．图丁是电子束穿过铝箔后的衍射图样，该实验现象说明实物粒子也具有波动性。
【答案】B
【解析】A．图甲是 α 粒子散射实验示意图，当显微镜在 A 、 B 、 C 、 D 中的 A 位置时荧光屏上接收到的 α 粒子数最多，所以A正确，不符合题意；
B．图乙是氢原子的能级示意图，氢原子从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级时释放了一定频率的光子能量，所以B错误，符合题意；
C．图丙是光电效应实验示意图，当光照射锌板时验电器的指针发生了偏转，则此时验电器的金属杆带的是正电荷，所以C正确，不符合题意；
D．图丁是电子束穿过铝箔后的衍射图样，该实验现象说明实物粒子也具有波动性，所以D正确，不符合题意；
故答案为：B。
6．两行星 A 和 B 各有一颗卫星 a 和 b ，卫星的圆轨道接近各自的行星表面，如果两行星质量之比 MA：MB=2：1 ，两行星半径之比 RA：RB=1：2 则两个卫星周期之比 Ta：Tb 为（ ）
A．1：4B．4：1C．1：2D．2：1
【答案】A
【解析】卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，有 GMmR2＝m4π2T2R；得T＝2πR3GM
所以两卫星运行周期之比为 TaTb＝Ra3Rb3⋅MbMa=18×12＝14
故答案为：A。
7．空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则（ ）
A．a点和b点的电场强度相同
B．e点的电势大于0
C．负电荷从b点移动到d点时电场力做正功
D．负电荷从a点移动到c点时电势能增加
【答案】D
【详解】A．a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，A错误；
B．根据电场线与等势面垂直关系，可判断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则e点的电势等于0，B错误；
C．因b点所在等势面的电势高于d点所在等势面的电势，可知负电荷从b点移动到d点时电场力做负功，C错误；
D．由φa>φc，负电荷从a到c电场力做负功，电势能增加，D正确。
8．如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是（ ）
A．在过程ab中气体的内能增加B．在过程ca中外界对气体做功
C．在过程ab中气体对外界做功D．在过程bc中气体向外界放出热量
【答案】A,B
【解析】A．从a到b等容升压，根据 pVT ＝C可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A符合题意；
B．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B符合题意；
C．在过程ab中气体体积不变，根据W=p△V可知，气体对外界做功为零，C不符合题意；
D．在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律△U=W+Q可知，气体从外界吸收热量，D不符合题意。
故答案为：AB。
9．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学探究小球在接触弹簧后向下的运动过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是
A．当x=h+x0时，重力势能与弹性势能之和最小
B．最低点的坐标为x=h+2x0
C．小球受到的弹力最大值等于2mg
D．小球动能的最大值为mgℎ+mgx02
【答案】A,D
【解析】A、当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由于系统机械能守恒，所以重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；
B、最低点时，小球的速度为零，重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，根据F-x图像与x轴所围面积表示该力做功的多少，由图
可知从x=0到x=h+2x0的过程中，重力所做的功大于弹簧弹力做的功，故x=h+2x0不是最低点。故B错误；
C、由B知道最低点位置大于 x=h+2x0 ，所以弹力大于2mg，故C错误；
D、当x=h+x0时，弹力等于重力，加速度为零，小球速度最大，动能最大，由动能定理可得WG+WN=mg(ℎ+x0)−mg⋅12x0=mgℎ+12mgx0；故D正确。
故答案为：AD。
10．如图，理想变压器原.副线圈匝数比n1 ： n2=3： 1，灯泡A、B完全相同，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，但额定电压不同，当输入端接上u=452sin100πt(V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流表均为理想电流表，且电流表A2的示数为2A，则（ ）
A．电流表A1的示数为12A
B．灯泡L的额定功率为20W
C．灯泡A的额定电压为5V
D．将副线圈上的灯泡A撤去，灯泡L不能正常发光
【答案】B,D
【解析】A、三个灯泡均正常发光，故副线圈中总电流为I2=4A，根据I1I2=n2n1；解得原线圈的电流为43A，故A错误；
BC、设原线圈电压为U1，副线圈的电压为U2，则可得U1=3U2；根据ULI1=U2I2；U1+UL=U
其中U=45V，解得UL=15V，U2=10V；；故 灯泡L的额定功率为P=ULI1=20W；故B正确，C错误；
D、 将副线圈上的灯泡A撤去，则输出电流变小，理想变压器中电流与匝数成反比可知，输入电流变小，灯泡L不能正常发光，故D正确。
故答案为：BD。
二、实验题（本大题共2小题，共14.0分。第一小题6分，第二小题8分）
11．某实验小组设计了图甲所示的实验装置来测量木块与平板间的动摩擦因数，其中平板的倾角θ可调。
（1）获得纸带上点的部分实验步骤如下：
A ．测量完毕，关闭电源，取下纸带
B ．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块
C ．把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔
D ．将木块靠近打点计时器
上述实验步骤的正确顺序是： （用字母填写）。
（2）打点计时器的工作频率为50Hz，纸带上计数点的间距如图乙所示。根据纸带求出木块的加速度a= m/s2（保留两位有效数字）。
（3）若重力加速度g=9.8m/s2，测出斜面的倾角θ，查表知sinθ=0.60，csθ=0.80，若木块的质量为m=0.20kg，则木块与平板间的动摩擦因数μ= （保留两位有效数字）。
（4）若另一小组利用图甲装置验证了牛顿第二定律，则实验时通过改变 ，验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过改变 ，验证力一定时，加速度与质量成反比的关系。
【答案】（1）CDBA；（2）1.6；（3）0.55；（4）平板的倾角θ；m和θ，且m(sinθ−μcsθ)保持不变
【解析】（1）先接通电源后释放纸带，木块要靠近打点计时器， 测量完毕，关闭电源，取下纸带 ，实验步骤的正确顺序是CDBA。
（2）由∆x=aT2得，a=∆xT2，T=0·1S，代入题中数据求得，a=1·6ms2。
（3）由牛顿第二定律得mgsinθ−μmgcsθ=ma得a=gsinθ−μgcsθ，代入数据解得μ≈0·55
（4）改变倾角可以改变合力大小， 验证质量一定时，加速度与力的关系； 验证力一定时，加速度与质量的关系 ，要保证合力不变，即mgsinθ−μmgcsθ不变，m要变化，所以θ也要跟着变。
12．某实验小组测定一电流表的内阻RA，实验室提供如下器材：
A．待测电流表（量程为0~10mA，内阻RA约10Ω）；
B．电阻箱R0（最大阻值为99.9Ω）；
C．滑动变阻器R1（最大阻值1200Ω，额定电流0.5A）；
D．滑动变阻器R2（最大阻值120Ω，额定电流1.5A）；
E.电源（电动势约10V，内阻不计）；
F.开关两个，导线若干。
设计了如图甲所示的电路图，实验步骤如下：
①根据实验设计的电路图连接好电路，正确调节滑动变阻器R；
②先闭合S1，使S2保持断开状态，调节滑动变阻器R滑片P的位置，使得待测电流表示数达到满偏电流I0。
③保持滑动变阻器R滑片P的位置不动，闭合S2，并多次调节变阻箱R0，记下电流表的示数I和对应的电阻箱的阻值R0。
④以1I为纵坐标，1R0为横坐标作出了1I−1R0图线，如图乙所示；
⑤根据图线的相关数据求解电流表的内阻RA；回答下列问题：
（1）实验中应选择滑动变阻器 （填“R1”或“R2”），实验前，先将滑动变阻器滑片P移到 （填“a”或“b”）端；
（2）在调节电阻箱过程中干路电流几乎不变，则1I与1R0的关系式为 （用题中所给出物理量的字母表示），根据图象中的数据求出电流表的内阻RA= （结果保留两位有效数字）；
（3）用这种方法测量出的电流表内阻比电流表内阻的真实值 （填“偏大”“相等”或“偏小”）。
【答案】（1）R1；b；（2）1I=RAI0⋅1R0+1I0；8.0Ω；（3）偏小
【解析】（1）电流表满偏时电路中的总电阻为R=EIm=1010×10−3Ω=1000Ω
故滑动变阻器选择 R1 ；实验前，先将滑动变阻器连入电路中的电阻调至最大，所以滑片P应移到b端；
（2） 在调节电阻箱过程中干路电流几乎不变，则I0=I+IRAR0；解得1I=1I0+RAI0·1R0
结合图像可得RAI0=0.50−×10−3；解得RA=8.0Ω
（3）其中RA=kI0；闭合S2后，电路中的总电阻略有减小，所以干路电流稍微增大，即大于满偏电流10mA，而用来计算内阻时仍用10mA，所以测量值比真实值偏小。
三.解答题（本大题共3小题，共40.0分。第一小题8分，第二小题14分，第三小题18分）
13． 运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。
（1）运动员以3.4m/s的速度投掷冰壶，若冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰壶能在冰面上滑行多远？g取10m/s2；
（2）若运动员仍以3.4m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行10m后开始在其滑行前方摩擦冰面，冰壶和冰面的动摩擦因数变为原来的90%，冰壶多滑行了多少距离？
【答案】（1）解：对冰壶，根据牛顿第二定律可知μmg=ma；
解得a=0.2m/s2；
则冰壶能在冰面上滑行x=v022a=3.422×0.2m=28.9m
（2）解： 冰壶自由滑行10m的过程，由动能定理得：−μmgx1=12mv12−12mv02
可得滑行10m后的速度为v1=v02−2ax1=3.42−2×0.2×10m/s=2.75m/s
此后冰壶的加速度大小为a'=0.9μmgm=0.9μg=0.18m/s2
滑行的距离x2=v122a'=2.7522×0.18m=21m
则多滑行Δx=10m+21m−28.9m=2.1m
14．如图所示，质量为3m的长木板C静置在光滑水平地面上，板长为1．5L，上表面光滑，右端通过挡板固定一个轻弹簧，质量为m的小物块B静置在板上的最左端。用长为L、不可伸长的轻绳将质量为m的小球A悬挂在O点，初始时轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点刚好与物块B发生碰撞，碰撞时间极短且无能量损失。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力、小球大小及挡板质量，重力加速度为g。求：
（1）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能；
（2）长木板速度最大时，小物块B的速度；
（3）若小物块B与长木板上表面间的动摩擦因数为0.5，最终停在长木板中点（已脱离弹簧），则此过程中弹簧的最大弹性势能为多少？
【答案】（1）解： 碰撞前，对球有：mgl=12mv12
A、B弹性碰撞，有：mv1+0=mAvA+mBvB12mv12+0=12mAvA2+12mBvB2
碰撞后到弹簧压缩最大，有mv1=4mv2，解得：v2=142gL
则弹簧的最大弹性势能Epm=12mv12−12×4mv22=34mgL
（2）解：小物块B与弹簧分离时，长木板的速度最大。对B和长木板，有
mv1=mv3+3mv4
12mv12=12×3mv42+12mv32
解得长木板速度最大时，小物块B的速度v3 = -v4=12v1=122gL
即此时B的速度大小为v4=12v1=122gL，方向向左
（3）解：弹簧最短时，B停在长木板中点时，它们均达到共速，速度均为v2。
从A、B碰后到弹簧最短，对木板及木块，有12mv12−12×4mv22=μmgs
根据几何关系，弹簧被压缩后的最短长度x=0.75L−s−0.75L2=0.375L
从弹簧最短到B停在长木板中点，有EP=μmg(0.75L−x)
解得： EP=0.1875mgl
15． 如图甲所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上，其间距L=2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=2T。两根金属棒NQ和ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传感器连接（连接前，传感器已校零），细线平行于导轨。已知ab棒的质量为2kg，NQ棒和ab棒接入电路的电阻均为2Ω，导轨电阻不计。将ab棒从静止开始释放，同时对其施加平行于导轨的外力F，此时拉力传感器开始测量细线拉力FT，作出力FT随时间t的变化图像如图乙所示（力FT大小没有超出拉力传感器量程），重力加速度g取10m/s2。求：
（1）t1=1s时，金属棒ab的速度大小；
（2）t2=3s时，外力F的大小；
（3）已知金属棒ab在0~3s的时间内产生的热量为4.5J，求这段时间外力F所做的功。
【答案】（1）解：设棒NQ的质量为M，当t=0时Mgsinθ=FT=2N
解得M=0.4kg
t1=1s，棒NQ受到沿斜面向上的拉力F′T=4N，对棒NQ分析Mgsinθ+Fan=F′T=4N
Fan=2N
根据Fan=BIL，解得I=FanBL=22×2A=0.5A
感应电动势为E=I(2R)=0.5×2×2Ω=2V
根据E=BLv，解得v1=EBL=22×2m/s=0.5m/s
（2）解：当t2=3s，棒NQ受到沿斜面向上的拉力F″T=8N，对棒NQ分析
Mgsinθ+F′an=F″T=8N
F′an=6N
根据Fan=BIL，解得I′=F′anBL=62×2A=1.5A
感应电动势为E′=I′(2R)=1.5×2×2Ω=6V
根据E=BLv，解得v2=E′BL=62×2m/s=1.5m/s
由以上可知棒ab的速度可表示为v=EBL=I×2RBL=2R(FT−Mgsinθ)B2L2
由于FT随时间均匀增大，所以ab在做匀加速直线运动，其加速度为a=ΔvΔt=1.5−0.52m/s2=0.5m/s2
对棒ab分析mgsinθ−F′an−F=ma
解得F=3N
（3）解：在0~3s的时间内金属棒的位移为x=12at22=12×0.5×32m=2.25m
对金属棒ab运用动能定理分析12mv22−0=mgxsinθ+Wan+WF
这段时间ab克服安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，因为电路里有两根电阻相等的棒，所以电路中产生的焦耳热为9J。
所以WF=12mv22−mgxsinθ−Wan=(12×2×1.52−2×10×2.25×12−(−9))J=−11.25J