[物理]辽宁省部分学校2024届高三下学期联考（三）试题（解析版）

这是一份[物理]辽宁省部分学校2024届高三下学期联考（三）试题（解析版），共17页。试卷主要包含了在宇宙中有如图所示的恒星系统，如图所示，质量为的小球等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷满分100分，考试用时75分钟。
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，在规定的位置贴好条形码。
3．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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．人类已登陆月球，也计划登陆其他星球．若载人航天器在某星球表面水平匀速直线移动（不考星球表面气体的阻力）以寻找最佳着陆点，喷气方向为（ ）
A．竖直向下 B．竖直向上
C．斜向上 D．斜向下
2．图像可以直观地反映物理量之间的关系．如图甲所示的是光电管中光电流与电压关系图像，图乙是、两种金属遏止电压与人射光频率之间的关系图像，下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．甲图中，光的波长大于光的波长
B．甲图中，光的波长可能等于光的波长
C．乙图中，金属的逸出功小于金属的逸出功
D．乙图中，金属的逸出功可能等于金属的逸出功
3．2024年跨年夜，市民和游客们在南京新街口放飞数万个气球．若气球在空中缓慢上升一段高度的过程中，大气压强减小，大气温度降低，则此过程气球内封闭气体（看成理想气体）（ ）
A．压强变大，体积变大
B．温度降低，每个气体分子速率都减小
C．内能可能不变
D．分子速率峰值向速度小的方向移动
4．一物体从静止开始做直线运动，加速度一时间图像如图所示，根据图像所给的信息来分析下列说法正确的是（ ）
A．0至时间内，物体做正向匀加速直线运动
B．时刻，物体的速度为
C．至时间内，物体的速度一直增加
D．时刻，物体的速度为
5．对于振荡电路，从图1到图2的物理过程，下列说法正确的是（ ）
A．电容器正在充电，且充电电流沿顺时针方向
B．电容器正在放电，且放电电流逐渐增大
C．当电容器放电完毕时，回路中无电流
D．当电容器放电完毕时，线圈中的磁通量达最小值
6．一列简谐横波沿着轴正方向传播，计时开始时的波形图如图所示，再经过，平衡位置在处的质点第二次达到波峰，下列说法中正确的是（ ）
A．波源的起振方向沿轴的正方向
B．此列简谐横波的周期为
C．此列简谐横波的波速为
D．平衡位置在处的质点在0至运动的路程为
7．在宇宙中有如图所示的恒星系统．该系统由两颗互相绕行的中央恒星组成，且被气体和尘埃盘包围．该盘与中央恒星的轨道成一定角度，呈现出“雾绕双星”的奇幻效果．假设该系统中两恒星甲、乙的质量分别为，两恒星的周期均为，引力常量为．忽略星体周围气体和尘埃盘的影响，两恒星之间的距离保持恒定且远大于两星体的半径．则下列说法正确的是（ ）
A．恒星甲、乙的加速度之比为
B．恒星甲的轨道半径为
C．恒星甲、乙的动能之比为
D．若恒星甲的一部分被恒星乙吸收，则两恒星的周期减小
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8．如图所示，质量为的小球（视为质点）从斜面滑下后，从水平桌面的边缘离开时，速度大小．球在下落的过程中受到水平向左恒定风力的作用（的大小等于小球的重力），重力加速度为，小球下落的空间足够大，下列说法正确的是（ ）
A．当小球的速度方向竖直向下时，从点离开的时间为
B．小球从点离开经过一段时间，速度的大小为
C．小球从点离开经过一段时间，位移的大小为
D．当小球的速度斜向右下方与水平方向的夹角为，重力的瞬时功率为
9．如图所示，光滑的平行导轨1、2间距为，粗糙的平行导轨3、4间距为，导轨平面与水平面的夹角为，整个装置处在垂直斜面向上磁感应强度为的匀强磁场中，金属棒甲垂直导轨1、2放置，当甲沿着1、2以速度匀速下滑时，金属棒乙垂直3、4并恰好静止在3、4上，并且乙受到的静摩擦力正好达到最大值．已知乙的质量是甲的2倍，甲、乙的总电阻为，导轨的电阻忽略不计，重力加速度取，、．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．回路的电流为 B．甲的质量为
C．乙受到的静摩擦力沿着斜面向下 D．乙与3、4之间的动摩擦因数为
10．如图所示的等腰梯形区域存在垂直纸面向里的匀强磁场（方向图中未画出），磁感应强度大小为，等腰梯形中，，一带电粒子束由点垂直射入匀强磁场，带电粒子刚好不从边界射出磁场，已知粒子的比荷为，重力忽略不计．则下列说法正确的是（ ）
A．粒子的轨道半径可能为
B．粒子的速度大小一定为
C．粒子在磁场中运动的时间可能为
D．粒子在磁场中运动的时间可能为
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11．（6分）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，如图甲所示，橡皮条的一端固定，一端挂一轻质小圆环，橡皮条的长度为．用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环．圆环受到拉力、的共同作用，处于点，如图乙所示，橡皮条伸长的长度为，撒去、，改用一个力单独拉住小圆环，如图丙所示，使小圆环仍处于点．
（1）关于该实验，下列说法正确的有_____（填标号）；
A．不需要记录甲图中点的位置
B．重复实验再次进行探究时，圆环的位置必须与前一次相同
C．应在细绳上用笔尖记录间距较近的两点来确定细绳的方向
D．在不超过橡皮筋弹性限度时，弹簧测力计示数要适当大些
（2）在图丙中，弹簧测力计的示数如图所示，则读数________N；
（3）若图乙中两弹簧测力计的读数分别为、，且、的夹角为锐角，则________（填“能”或“不能”）用一个量程为的弹簧测力计测出、的合力．
12．（10分）如图甲所示，长度为的圆柱形金属棒固定在绝缘支架上，将多用电表的选择开关旋至欧姆挡的“”处，欧姆调零后，粗测金属棒的电阻，指针所指的位置如图乙所示；用螺旋测微器测量其横截面的直径如图丙所示．为了精确的测量金属棒的电阻（用表示）与电阻率，实验小组设计了如图丁所示的电路图．闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使其位于不同的位置，同时调节电阻箱，在始终保持电流表的示数不变的条件下，记录多组电流表的示数和相应的电阻箱的读数，根据这些数据，描点绘制出的关系图像如图戊所示，不计电流表的内阻，回答下列问题：
（1）图乙的读数为________（保留两位有效数字），图丙的读数为________；
（2）写出图戊的函数关系式________（用、、、来表示）；
（3）由图戊所给的已知条件可得金属棒的电阻________（用表示），金属棒的电阻率为________（用、、及常数表示）.
13．（10分）如图所示，三棱镜的截面为直角三角形，其中，某种颜色的细光束从边上的点垂直射人介质，折射光线射到边上的点，折射光线与的夹角为（未知量），反射光线射到边上的点，且在点正好发生全反射，已知、两点之间的距离为，，光在真空中的传播速度为，、，求（结果可带分式）：
（1）三棱镜对此单色光的折射率以及的值；
（2）光线从到的传播时间．
14．（10分）如图所示，长木板静止放置在粗糙的水平地面上，质量为的物块（视为质点）静止放置在长木板的最右端，长木板的上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数为，现让长木板与木块瞬间同时获得一个水平向左的速度，经过一段时间长木板停止运动时木块正好从长木板的左端脱离．已知长木板的长度为，重力加速度为，求：
（1）长木板的运动时间以及长木板的质量；
（2）长木板与地面间的摩擦生热以及长木板从运动到停止克服摩擦力做功的平均功率．
15．（18分）如图所示，光滑绝缘足够大的水平面位于匀强电场中，电场方向水平向右．两小球和放置在水平面上，其位置连线与电场方向平行．两小球质量分别为、带电荷量为，不带电．初始两小球间的距离为．已知电场强度大小．现释放小球，在电场力作用下沿直线加速运动，与小球发生弹性碰撞．两小球可看成质点，碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短．求：
（1）第一次碰撞后和的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，与间的最远距离；
（3）在第次碰撞到第次碰撞之间，的位移．
【参考答案】
1．A
解析：对“航天器”受力分析，竖直向下喷气使其获得竖直向上的空气反作用力，与重力等大反向．保证在空中匀速直线移动，A正确．
2．C
解析：由图可知，光的截止电压大，根据逸出功表达式，所以光频率大，光波长短，错误；由光电效应可知，能量守恒有有，当频率相等时，由于金属退止电压大，所以的逸出功小，正确，错误．
3．D
解析：气球上升过程中，大气压强减小，气球内气体的体积要增大，大气温度降低，气球内气体的温度降低，根据理想气体状态方程可知，气球内气体的压强减小，A错误；温度降低，球内气体内能减小，气体分子的平均速率减小，但某一个分子的速率不一定减小，BC错误；温度降低，分子平均速率减小，分子速率峰值向速度小的方向移动，D正确．
4．D
解析：0至时间内，物体从静止开始运动，加速度恒定为负，物体的速度为负与加速度同向，则物体做负向匀加速直线运动，错误；由加速度的定义式可得，则加速度与时间的积累表示物体速度的变化量，图像与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，由图像可得0至时间内，，物体的初速度为0，则时刻物体的速度为，B错误；至时间内，物体的加速度越来越小，速度与加速度先同向后反向，则物体的速度先减小的越来越快后增加的越来越快，错误；由图像可得0至时间内，，物体的初速度为0，则3T时刻物体的速度为，D正确．
5．B
解析：电容器正在放电，且放电电流沿顺时针方向逐渐增大，当电容器放电完毕时，回路中的电流达到最大值，线圈中的磁感应强度达到最大值，磁通量达最大值，ACD错误，B正确．
6．D
解析：简谐横波沿着轴正方向传播，根据“上坡下”的原理，由图像可知，时刻平衡位移在的质点向轴的负方向运动，即此质点的起振方向沿轴的负方向运动，则波源的起振方向沿轴的负方向，错误；设此列简谐横波的周期为，由图像可得此列波的波长为，平衡位置在处的质点在0时刻位于波峰，平衡位置在处的质点与平衡位置在处的质点，平衡位置的间距为，由此可得，则平衡位置在处的质点第一次达到波峰需要的时间为，第二次达到波谷的时间为，则有，解得，B错误；此列简谐模波的波速为，解得，C错误；波传到处需要的时间为，0至内处的质点振动的时间为，运动的路程为，结合综合可得，D正确．
7．B
解析：设恒星甲、乙的半径分别为，，根据万有引力提供向心力有，解得，A错误；又，又，解得，．B正确；恒星甲的动能为，恒星乙的动能为，恒星甲、乙的动能之比为，C错误；由整理得，由题意可知和均保持不变，则两恒星的环绕周期保持不变，D错误．
8．CD
解析：把小球的运动分别沿着水平方向和竖直方向分解，由运动的独立性原理可知，小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做初速度为加速度大小为的匀变速直线运动，当球的速度竖直向下时，水平方向的分速度为0，则有，解得，A错误；小球从点离开经过一段时间，、、，综合计算可得，B错误；由选项A解析可知，外球从点离开经过一段时间，其速度方向竖直向下，、，位移，综合计算可得，C正确；当小球的速度斜向右下方与水平方向的夹角为，则有，，重力的瞬时功率为，综合解得、，D正确．
9．BD
解析：由法拉第电磁感应定律可得，由欧姆定律可得，综合可得，A错误；设甲的质量为，则乙的质量为，回路中的电流为，由法拉第电磁感应定律可得对甲进行受力分析，由力的平衡可得，综合解得，B正确；由左手定则可得乙受到的安培力沿着斜面向下，乙有沿着斜面向下的运动趋势，则乙受到的静摩擦力沿着斜面向上，C错误；乙受到的静摩擦力沿着斜面向上达最大值，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有，由力的平衡可得，结合，综合解得，D正确．
10．AD
解析：若粒子带正电，粒子的轨迹如图中轨迹1所示，设粒子的轨道半径为，由几何关系得，即，解得，由，解得，粒子在磁场中的运动周期为，粒子在磁场中偏转的角度为，则粒子在磁场中运动的时间为；若粒子带负电，粒子的轨迹如图中轨迹2所示，轨迹与上边界相切，设粒子的轨道半径为，由几何关系得，解得，由，解得，粒子在磁场中偏转的角度大于，则粒子在磁场中运动的时间为，AD正确，BC错误．
11．（1）AD（2分） （2）（2分）（3）不能（2分）
解析：（1）橡皮条的长度为，实验要的是橡皮条伸长的长度，因此不需要记录图甲中点的位置，A正确；重复实验再次进行探究时，避免实验具有偶然性和特殊性，圆环的位置应与前一次不同，B错误；应在细绳上用笔尖记录间距较远的两点来确定细绳的方向，以减小实验误差，C错误；弹簧测力计示数适当大些可减小实验误差，D正确；
（2）弹簧测力计的精确度是，读数为；
（3）若图乙中两弹簧测力计的读数分别为，，若两个力的夹角为，则有这两个力的合力大小为，若、的夹角为锐角，可知、的合力大小要大于，因此不能用一个量程为的弹簧测力计测出、的合力．
12．（1）（2分）4.908或4.907或4.909（2分）（2）（2分）（3）（2分）（2分）
解析：（1）乙图的读数为，丙图的读数为（或4.907或4.909）；
（2）由并联电路以及欧姆定律可得，整理可得；
（3）由，可得戊图纵轴的截距为，解得，由，综合可得．
13．解：（1）由几何关系可得（1分）
则有、光在点发生全反射的临界角（1分）
由折射率的定义可得（1分）
过做边的垂线，设与垂线的夹角为、点出射光线与垂线的夹角为
由几何关系可得、，由折射率的定义可得（1分）
综合解得（1分）
（2）两点之间的距离为，由几何关系可得（1分）
由折射率的定义可得（1分）
光线从到的传播时间（2分）
综合解得（1分）
14．解：（1）设长木板的运动时间为，则长木板的位移为，木块做匀速运动，位移为（1分）两者的相对位移为（1分）
综合解得，（1分）
设长木板的质量为，木块在长木板上运动，对长木板进行受力分析，长木板的合力（即滑动摩擦力）为（1分）
由牛顿第二定律可得长木板的加速度为（1分）
长木板运动的时间为（1分）
综合解得，（1分）
（2）长木板与地面间的摩擦生热为（1分）
长木板从运动到停止克服摩擦力的平均功率为（1分）
计算可得，（1分）
15．解：（1）在电场力作用下加速，到即将于发生第一次碰撞，有（1分）
解得（1分）
与发生第一次弹性碰撞，设碰撞后、的速度大小分别为、，由动量守恒和能量守恒，有
（1分）
（1分）
解得，（1分）
（2）第一次碰后，当二者速度相同时，间距最大，即
解得（1分）
根据运动学公式得最大距离为
解得（1分）
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有（1分）
解得（1分）
此时的速度（1分）
的速度仍为，这段时间内的位移（1分）
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒：（1分）
根据能量守恒：（1分）
联立解得，
当位移相等有
解得（1分）
在这段时间内，运动的位移
之后二者第三次发生碰撞，碰前的速度
由动量守恒：
机械能守恒：
得碰后速度为，速度为
当二者即将四次碰撞时，（1分）
得（1分）
在这段时间内，运动的位移（1分）
以此类推，可得出每次碰后到下一次磁前，向右的位移逐次增加，即，即第次碰撞到第次碰撞之间，的位移（1分）