2024年高考第三次模拟考试题：物理（辽宁卷）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：物理（辽宁卷）（解析版），共15页。试卷主要包含了如图等内容，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．圆柱形弹簧的劲度系数k与弹簧处于原长时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明，其中Y是一个由材料决定的常数，材料学上称之为杨氏模量，在国际单位制中，下列选项为杨氏模量Y单位的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据表达式；得；所以杨氏模量Y单位的是
故答案为：C。
2．图中的（a）、（b）、（c）、（d）四幅图涉及不同的原子物理知识，其中说法正确的是（ ）
A．根据图（a）所示的三种射线在磁场中的轨迹，可以判断出“1”为射线
B．如图（b）所示，发生光电效应时，入射光光强越强，光电子的最大初动能越大
C．玻尔通过图（c）所示的粒子散射实验，揭示了原子核还可以再分
D．利用图（d）所示的氢原子能级示意图，可以解释氢原子光谱为何不是连续光谱
【答案】D
【解析】A. 射线为电子流，粒子带负电，根据洛伦兹力偏转方向可知3为射线，A不符合题意；
B. 发生光电效应时，光电子的最大初动能只与光的频率有关，与光的强度无关，B不符合题意；
C. 玻尔粒子散射实验揭示了原子核的核式模型，C不符合题意；
D. 氢原子能级是分立的，故氢原子由激发态到基态会辐射出独特波长的光，解释了氢原子光谱是分立谱，D符合题意。
故答案为：D。
3．从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用。地磁场的示意图虚线，方向未标出如图所示，赤道上方的磁场可看成与地面平行，若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有的原子核、电子、光子射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下（ ）
A．射线沿直线射向赤道B．射线向西偏转
C．射线向东偏转D．质子向北偏转
【答案】B
【解析】地磁场的方向由地理南极指向北极，射线和质子均带正电，根据左手定则，知射线、质子均向东偏转，射线带负电，根据左手定则知，射线向西偏转，射线不带电，不发生偏转，故B正确，ACD错误。
故选：B。
4． 如图所示，甲图为参与波动的质点P的振动图像，乙图为一列沿x轴传播的简谐横波在t=2s时刻的波动图像，则下列判断错误的是（ ）
A．该波的传播速率为1m/s
B．该波的传播方向沿x轴正方向
C．在时间内，质点P的路程为1.2m
D．这列简谐横波与另一列频率为0.25Hz的简谐横波相遇能发生稳定的干涉现象
【答案】C
【解析】A、由乙读出该波的波长为λ=4m，由甲图读出周期为T=4s，则波速为；故A正确，不符合题意；
B、在甲图上读出t=2s时刻P质点的振动方向沿y轴正方向，在乙图上判断出该波的传播方向沿x轴正方向，故B正确，不符合题意；
C、在0~2s时间内，质点P的路程为0.6m，故C错误，不符合题意；
D、这列简谐横波频率为0.25Hz与另一列频率为0.25Hz的简谐横波相遇能发生稳定的干涉现象，故D正确，不符合题意。
故答案为：C。
5．如图所示，由两种单色光组成的复色光，通过足够大的长方体透明材料后分成a、b两束，则（ ）
A．在该透明材料中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B．相同条件下，a光比b光衍射明显
C．只要满足一定的条件，a、b两束光可以发生干涉
D．从该透明材料射入空气发生全反射时，a光的临界角较大
【答案】A
【解析】A．由图可知，透明材料对a光的折射率大于对b光的折射率，即 ， ，得 ，A符合题意；
B．b光折射率较小，则频率更低，波长更长，相同条件下， b光比a光衍射明显，B不符合题意；
C．两种光频率不同，不可以发生干涉，C不符合题意；
D．根据 可知，a光的临界角较小，D不符合题意。
故答案为：A。
6． 河水的流速与离河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，河宽为，若要使船以最短时间渡河，则（ ）
A．船渡河的最短时间是150秒
B．船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．船在河水中的最大速度是4米/秒
【答案】B
【解析】AB、要使船以最短时间渡河，则船头必须与河岸垂直，此时船在静水中的速度与河岸垂直，则渡河时间最短为；故A错误，B正确；
C、船在沿河岸方向上做变速直线运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线运动，故C错误；
D、当河水的流速最大时，船的速度最大，则有；故D错误。
故答案为：B。
7．如图（甲）所示直线是电场中的一条电场线，A、B是该线上的两点。若将一负电荷以A点自由释放，负电荷仅在电场力作用下沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图（乙）所示，则下列说法中错误的是（ ）
A．该电场是匀强电场
B．A、B两点的电势相比一定φA＜φB
C．A、B两点的场强大小相比一定EA＜EB
D．该电荷在两点的电势能的大小相比一定EpA＞EpB
【答案】A
【解析】AC、速度图象的斜率等于物体的加速度，由图可知点电荷从A向B运动的过程中加速度越来越大，受到的电场力越来越大，故A点的场强小于B点场强，故A错误，符合题意，C正确，不符合题意；
B、由于物体沿电场线运动过程当中做加速运动，故点电荷所受电场力方向由A指向B，又由于负电荷所受电场力的方向与场强的方向相反，所以电场线的方向由B指向A，而沿电场线的方向电势降低，即
φA<φB；故B正确，不符合题意；
D、因为φA<φB，又因为是负电荷，所以电势能EPA>EPB；故D正确，不符合题意．
故答案为：A。
8．2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船与“天和”核心舱成功对接，我国六名航天员在空间站胜利“太空会师”，图甲为会师的合影，向世界展示了中国航天工程的卓越能力。对接变轨过程简化为如图乙所示，对接前，飞船沿圆轨道Ⅰ运行，核心舱在离地面约高度的圆轨道Ⅲ运行；飞船从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再经过调整与核心舱完成对接，对接后共同沿轨道Ⅲ做匀速圆周运动。则下列说法中正确的是（ ）
A．在运行的核心舱内，悬浮的航天员处于失重状态
B．飞船在圆轨道Ⅰ运行的速度小于在圆轨道Ⅲ运行的速度
C．飞船在圆轨道Ⅰ运行经过点的加速度大于在轨道Ⅱ运行经过点的加速度
D．飞船从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需在点点火加速
【答案】A,D
【解析】A.在运行的核心舱内，悬浮的航天员受到万有引力提供所需的向心力，有指地心的向心加速度，航天员处于失重状态，A符合题意；
B.根据万有引力提供飞船做圆周运动的向心力，可得，解得，可知飞船在圆轨道I运行的速度大于在圆轨道Ⅲ运行的速度，B不符合题意；
C.根据牛顿第二定律可得，解得，由于M、r都相同，可知飞船在圆轨道I运行经过M点的加速度等于在轨道Ⅱ运行经过M点的加速度，C不符合题意；
D.飞船从轨道I变轨到轨道Ⅱ，做离心运动，故需在M点点火加速，D符合题意。
故答案为：AD。
9． 在图甲所示的交流电路中，电源电压的有效值为，理想变压器原、副线圈的匝数比为均为固定电阻，，电压表为理想电表。已知电阻中电流随时间变化的正弦曲线如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．的阻值为
B．电压表的示数为
C．变压器传输的电功率为
D．若拆除支路，电压表示数会减小
【答案】A,C,D
【解析】AB、根据图乙可知通过电阻R2电流的最大值为；则有效值为
根据并联电路特点和题意可知通过副线圈的电流为
根据理想变压器电流与线圈匝数关系有；解得
根据欧姆定律可知副线圈两端的电压为
根据理想变压器电流与线圈匝数关系有；解得
则电压表的示数为；则；故A正确，B错误；
C、变压器传输的电功率为；故C正确；
D、若拆除R2支路，则通过副线圈的电流减小，通过原线圈的电流也减小，根据欧姆定律可知电压表示数会减小，故D正确。
故答案为：ACD。
10．如图所示，水平地面上有一倾角为的传送带，以的速度逆时针匀速运行。将一煤块从的高台从静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为，煤块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度为，，，煤块由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运送煤块所用的时间为4s
B．摩擦力对煤块做的功为48J
C．煤块相对传送带运动而产生的划痕长8m
D．煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为48J
【答案】A,D
【解析】A. 煤放上传送带时，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有可以求出煤块从静止加速到与传送带共速需要的时间为，以及煤块的位移为，，又因为，则煤块与传送带达到共同速度后继续做匀加速运动，但是摩擦力的方向从沿斜面向下变为沿斜面向上，根据牛顿第二定律得，故运送煤块所用的时间为为4s，故A符合题意
B. 分两段计算，第一段摩擦力做正功，第二段是克服摩擦力做功，计算结果如下，故B不符合题意
C. 第一个过程煤块与传送带的相对位移为
第二个过程相对位移为，但由于第一个过程传送带运动的快，而第二过程煤块运动快，故煤块在传送带上的划痕应为16m，故C不符合题意
D. 煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为，
故D符合题意
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．某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间间隔为T）。如图（b），在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g。
（1）若电动机的转速为3000r/min，则T = s。
（2）实验操作时，应该____。（填正确答案标号）
A．先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落
B．先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电动机转动
（3）画出痕迹D时，钢柱下落的速度vD = （用题中所给物理量的字母表示）
（4）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出v2—h图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于 ，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。
【答案】（1）0.02；（2）A；（3）；（4）2g
【解析】（1）由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为
则
（2）实验操作时，为了使软笔在钢柱表面画上一条痕迹条数多一些，应该先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落。
故答案为：A。
（3）根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则画出痕迹D时，钢柱下落的速度为
（4）钢制的圆柱下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即
可得；若v2-h图线为一条倾斜直线，且直线的斜率近似等于2g，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。
12．某同学把量程为但内阻未知的微安表改装成量程为的电压表，他先测量出微安表的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电压表，对改装后的电压表进行检测。
该同学利用“半偏法”原理测量微安表的内阻，实验中可供选择的器材如下：
A滑动变阻器
B滑动变阻器
C电阻箱
D电源电动势为
E电源电动势为
F开关、导线若干
具体实验步骤如下：
按电路原理图甲连接好线路；
将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合开关后调节的阻值，使微安表的指针满偏；
闭合，保持不变，调节的阻值，使微安表的示数为，此时的示数为；
回答下列问题：
（1）为减小实验误差，实验中电源应选用 ，滑动变阻器应选用 填仪器前的字母；
（2）由实验操作步骤可知微安表内阻的测量值 ；
（3）若按照中测量的，将上述微安表改装成量程为的电压表需要串联一个阻值为 的电阻；
（4）用图乙所示电路对改装后的电压表进行校对，由于内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为时，改装电压表中微安表的示数为，为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差，的阻值应调至 结果保留位小数。
【答案】（1）；；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）本实验误差来自于闭合电阻箱并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，应选择电动势较大的电源，故电源选择电动势约为9V的电源，即选E；因为毫安表G的满偏电流为500μA，则滑动变阻器进入电路的最小阻值约为；
故滑动变阻器应选用最大阻值为20kΩ的，即选B。
（2）由实验操作步骤可知，闭合后通过微安表的电流等于通过电阻箱的电流，可知两部分电阻相等，即微安表G内阻的测量值；
（3）由欧姆定律可得，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联的电阻阻值为
（4）当微安表G的示数为495μA时，改装表的内阻为
对进行调整后，微安表读数应变为500uA，则调整后的改装表内阻为
所以应将减小，即将的阻值变为
三.解答题（本大题共3小题，共40.0分。第一小题9分，第二小题15分，第三小题16分）
13．2023年12月21日，神舟十七号的三位航天员密切协作，完成了天和核心舱太阳翼修复试验等既定任务。如图所示，航天员身着出舱航天服，首先从太空舱进入到气闸舱，关闭太空舱舱门，然后将气闸舱中的气体缓慢抽出，再打开气闸舱门，从气闸舱出舱活动。已知气闸舱的容积为，舱中气体的初始压强为，温度为300K。为了安全起见，先将气闸舱的压强降至，给航天员一个适应过程。此过程中，求：
（1）若气闸舱的温度保持不变，抽出的气体在压强下的体积；
（2）若气闸舱温度变为280K，气闸舱内存留气体的质量与原气闸舱内气体质量之比。（保留2位有效数字）
【答案】（1）解：以气闸舱内原有气体为研究对象，体积为，
压强为，降压后气体的压强为，体积为，
由玻意耳定律可得；
设抽出的气体在时的体积为，
转换到压强为压强下的体积的，
由玻意耳定律可得
解得
（2）解：以气闸舱内存留的气体为研究对象，压强为后，体积为，温度为，转换到压强为，温度为时的体积为
由理想气体状态方程可得
气闸舱内存留气体的质量与原气闸舱内气体质量之比为
解得
14．如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑水平桌面上，分界线OO'分别与平行导轨MN和PQ垂直，两导轨相距L.在OO'的左右两侧存在着区域很大、方向分别为竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.另有质量也为2m的金属棒CD，垂直于MN放置在OO'左侧导轨上，并用一根细线系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，求：
（1）细线断裂时，导体棒CD中电流的大小和方向；
（2）细线断裂之前，t时刻水平拉力F的大小；
（3）若在细线断裂时，立即撤去拉力F，此后过程中回路产生的总焦耳热Q.
【答案】（1）解：设细线断裂时，导体棒CD中电流的大小为I，此时CD棒受到的安培力大小等于细线的最大拉力，即FA＝T0，
结合FA＝BIL，解得I=T0BL
对NQ边，根据右手定则判断可知，NQ边中感应电流方向由Q→N，则CD棒电流方向由C→D。
（2）解：细线断裂之前，t时刻线框的速度为v＝at
NQ边产生的感应电动势为E＝BLv
回路中感应电流为I=ER
NQ边所受的安培力大小为F安＝BIL
联立解得：F安=B2L2atR
对框架，根据牛顿第二定律，有F﹣F安＝ma
解得：F=B2L2atR+ma
（3）解：在细线断裂时，立即撤去拉力F，设此时线框的瞬时速度为v0。
根据F安=B2L2v0R=T0，得v0=T0RB2L2
此后运动过程中，框架与金属棒CD所受的安培力总是大小相等，方向相同均水平向左，相同时间内框架减少的动量等于CD棒增加的动量，系统总动量不变，最终棒和框架以大小相等的速度v做匀速运动，取向右为正方向，则有2mv0＝（m+2m）v
根据能量守恒定律得Q=12•2mv02−12（m+2m）v2
联立解得：Q=mT02R23B4L4
15．如图甲所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧，圆弧半径为，右端是粗糙的水平面，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车，小车质量为，小车左端和斜槽末端平滑过渡但不粘连，在点静止放置一滑块（可视为质点），滑块质量为，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽段长度为，由特殊材料制成，从点到点其与小球间的动摩擦因数随到点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图乙所示。滑块与小车的水平上表面间的动摩擦因数为，水平地面光滑，现将一质量为的小球（可视为质点）从斜槽顶端点静止滚下，经过后与静止在斜槽末端的滑块发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短且为弹性碰撞，重力加速度取。求：
（1）小球运动到B点时受到的支持力大小；
（2）小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小；
（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：小球（可视为质点）从斜槽顶端点静止滚下，小球运动到点时由动能定理得；
解得；
在点由牛顿第二定律；
解得小球运动到点时受到的支持力大小；
（2）解：设小球到的速度为到过程中小球克服摩擦力做功为，由图可知过程摩擦力均匀减小，则有克服摩擦力做功为重力与图像面积的乘积，即
小球由到过程中，根据动能定理得
解得
（3）解：小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，根据动量守恒定律、机械能守恒定律可知
解得碰撞后滑块速度为
滑块滑上小车后达到的共同速度为，由动量守恒定律得
解得
第一次小车与墙壁碰前小车和滑块速度均为，碰后小车速度变为，滑块速度仍为，碰后动量守恒，达到共同速度为，则由动量守恒得
解得
小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为，根据能量守恒得
解得