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2024届辽宁省高三第一次模拟考试物理试题 解析版
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这是一份2024届辽宁省高三第一次模拟考试物理试题 解析版，共15页。
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．关于近代物理，下列说法正确的是
A．放射性元素的半衰期要随温度和压强的变化而变化
B．卢瑟福的α粒子散射实验表明原子核外电子轨道是量子化
C．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的强度成正比
D．原子核的比结合能越大，表明取出一个核子就越困难，原子核越稳定
【答案】D
【详解】A、放射性元素的半衰期只与原子核本身有关，与温度、压强等外界因素无关，A错误；
B、卢瑟福的α粒子散射实验表明原子核具有核式结构，B错误；
C、发生光电效应时,根据EKm=hγ−W，可知：光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，故C错误；
D、原子核的比结合能表明原子核的稳定程度，比结合能越大，取出一个核子就越困难，原子核越稳定，D正确．
故选D．
2．汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故A正确，BCD错误。
故选A。
3．如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为两束单色光射出，a、b分别为两束单色光的出射点，下列说法正确的是（ ）
A．a光的频率小于b光的频率
B．在同种玻璃中，a光的速度大于b光的的速度
C．出射光束a、b一定相互平行
D．a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大
【答案】C
【详解】
A．由图可知a光在玻璃中的折射角较小，则n=sinisinr；可知，a光的折射率较大，则a光的频率大于b光的频率，选项A错误；
B．根据n=cv；可知，在同种玻璃中，a光的速度小于b光的的速度，选项B错误；
C．因光被反射再次射到玻璃上表面时的入射角等于射入玻璃中时的折射角，可知光从玻璃中出射时的折射角等于射入时的入射角，则出射光束a、b一定相互平行，选项C正确；
D．根据sinC=1n；可知，a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光折射率大，则发生全反射的临界角小，选项D错误。
故选C。
4．如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线。一带正电的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。下列判断正确的是（ ）
A．a点场强小于b点场强B．a点电势大于b点电势
C．带电粒子从a到b动能减小D．带电粒子从a到b电势能减小
【答案】C
【详解】A．根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，可知a点场强大于b点场强，A错误；
B．根据顺着电场线方向，电势降低，可知a点电势小于b点电势，B错误；
CD．粒子的运动轨迹向左弯曲，粒子受到的电场力沿电场线向左，若粒子从a到b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，D错误，C正确。
故选C。
5．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，在t=1s时刻的波形如图甲所示，图乙为质点M的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．质点P的振动频率为2Hz
B．该波沿x轴负方向传播
C．该波传播的速度大小为0.5m/s
D．在1s~3.5s时间内，质点N的路程为30cm
【答案】D
【详解】AC．根据题图可知波长λ=4m，周期T=2s，所以波速为v=λT=42m/s=2m/s；频率为0.5Hz，故AC错误；
B．由图乙知t=1s时，质点M的振动方向沿y轴正方向，结合图甲知该简谐横波沿x轴正方向传播，故B错误；
D．在1s~3.5s时间内t=2.5s=54T；质点N的路程为s=54×4A=30cm；故D正确。
故选D。
6．如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，使物体B匀速向右运动，物体B与地面的动摩擦因数为0.6，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则下列说法错误的是（ ）
A．汽车向右做减速运动
B．若图示位置α<β，则vAC．β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力越来越小
D．β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力的功率越来越小
【答案】C
【详解】A．A、B两物体的速度分解如图：
由图可知v绳A=vAcsα；v绳B=vBcsβ；v绳A=v绳B；物体B匀速向右运动，所以β增大，v绳A=v绳B减小，又α减小，csα增大，所以vA减小，即汽车向右做减速运动，选项A正确，不符合题意；
B．若图示位置α<β，则vAC．对物体B，由平衡知识得Tcsβ=μ(mg-Tsinβ)；解得T=μmgcsβ+μsinβ=0.6mgcsβ+0.6sinβ；
由数学知识可知，β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力先减小后增大，选项C错误，符合题意；
D．因为β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力的功率P=Tvcsβ=0.6mgv1+0.6tanβ；则拉力的功率逐渐减小。选项D正确，不符合题意。
故选C。
7．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=2：1，输入端接在u=302sin100πt（V）的交流电源上，R1为电阻箱，副线圈连在电路中的电阻R=10Ω，电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．当R1=0时，电压表的读数为30V
B．当R1=0时，若将电流表换成规格为“5V 5W”的灯泡，灯泡不能正常发光
C．当R1=10Ω时，电流表的读数为1.2A
D．当R1=10Ω时，电压表的读数为6V
【答案】C
【详解】A．当R1=0时，根据理想变压器原副线圈电压与匝数之间关系，有U1U2=n1n2；其中U1=Um2=30V；联立，解得U2=15V；故A错误；
B．由部分电路欧姆定律，可得I2=U2R+R灯；又P灯=U灯2R灯；联立，解得I2=1A；
则把电流表换成灯泡后，灯泡两端电压为U灯'=I2R灯=5V=U灯；即灯泡正常发光。故B错误；
CD．当R1=10Ω时，原线圈接入的交流电压有效值为U=Um2=30V；由理想变压器原副线圈电流和电压与匝数的关系，可得U1U2=n1n2，I1I2=n2n1；又I1R1+U1=U，I2R=U2；联立，解得I2=1.2A，U2=12V；故C正确；D错误。
故选C。
8．2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船将十六乘组三名航天员送入空间站组合体，图中轨道Ⅰ为载人飞船运行的椭圆轨道，轨道Ⅱ为空间站运行轨道。两轨道相切于 B点，A 为椭圆轨道的近地点，B为远地点，C为轨道Ⅱ上一点，C、A、B三点在一条直线上，则下列判断正确的是（ ）
A．空间站从C点运行到B 点和载人飞船从A 点运行到B 点所用的时间相等
B．载人飞船在轨道Ⅰ上B点的速度小于空间站在轨道Ⅱ上C点的速度
C．载人飞船从 A 点沿椭圆轨道运动到B点，发动机需要做功
D．载人飞船在轨道Ⅰ上B点的加速度等于空间站在轨道Ⅱ上B点的加速度
【答案】BD
【详解】A．根据开普勒第三定律可知，在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运动时周期不同，则空间站从C点运行到B 点和载人飞船从A 点运行到B 点所用的时间不相等，选项A错误；
B．载人飞船在轨道Ⅰ上B点加速做离心运动才能进入轨道Ⅱ，则在轨道Ⅰ上B点的速度小于空间站在轨道Ⅱ上C点的速度，选项B正确；
C．载人飞船从 A 点沿椭圆轨道运动到B点，地球引力做负功，速度减小，但发动机不需要做功，选项C错误；
D．根据a=GMr2可知，载人飞船在轨道Ⅰ上B点的加速度等于空间站在轨道Ⅱ上B点的加速度，选项D正确。
故选BD。
9．粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子2带负电
B．若减小磁场的磁感应强度，粒子1有可能打在Q点
C．若减小磁场的磁感应强度，粒子2有可能打在Q点
D．若有一粒子3以和粒子2相同的速度从P点射入磁场，恰好打在Q点，则粒子3比荷小于粒子2比荷
【答案】CD
【详解】A．根据左手定则，粒子2带正电，A错误；
BC．根据qvB=mv2r；得r=mvqB；若减小磁场的磁感应强度，粒子2的运动半径增大，有可能打在Q点；而粒子1做直线运动，不带电，不会改变运动轨迹，B错误，C正确；
D．速度相同，则r∝mq；粒子3的运动半径更大，则粒子3比荷小于粒子2比荷，D正确。
故选CD。
10．如图所示，用与水平面成θ=30°角的传送带输送货物，传送带以v=2m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量m=5kg的货物轻轻放在传送带底部，经过4s的时间到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为μ=32，重力加速度g=10m/s2，下列正确的是（ ）
A．货物在传送带上向上运动过程中所受的摩擦力不变
B．传送带从底端到顶端的长度是20m
C．货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为30J
D．货物在传送带上向上运动的过程中，增加的机械能为190 J
【答案】CD
【详解】A．根据牛顿第二定律μmgcs30°-mgsin30°=ma；又t=va；得t=0.8s<4s；说明货物经历匀加速运动和匀速运动两个过程，则所受摩擦力发生改变，A错误；
B．传送带从底端到顶端的长度是l=v22a+v4-t；得l=7.2m；B错误；
C．货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为Q=μmgcs30°vt-v22a得；Q=30J；C正确；
D．货物增加的机械能为ΔE=12mv2+mglsin30°；得ΔE=190J；D正确。
故选CD。
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．某实验小组用图甲所示电路测量电源E的电动势和内阻，图中电压表V的最大量程为3V，虚线框内为用电流计G改装的电流表。
（1）已知电流计G的满偏电流IG=200mA、内阻rG=0.30Ω，电路中已将它改装为最大量程600mA的电流表，则R1= Ω。
（2）通过移动变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G的读数，作出如图乙的图象。某次测量时，电压表V的示数如图丙，则此时电压表的读数为 V，通过电源E的电流为 mA。
（3）电源E的电动势等于 V，内阻等于 Ω（结果取三位有效数字）。
【答案】 0.15 2.60 300 2.94/2.95/2.96 1.05
【详解】（1）[1]要并联的电阻R1=IGrGI-IG=200×0.3600-200Ω=0.15Ω
（2）[2][3]电压表的最小刻度为0.1V，则读数为2.60V，由图像读出电流表G的读数100mA，通过电源的电流等于通过电流计电阻的3倍，则通过电源E的电流为300mA。
（3）[4][5]由图像纵轴截距可知，电源电动势为E=2.95V；
通过电源的电流等于通过电流计电阻的3倍，则当电流计电流为160mA时，通过电源的电流为3×160mA=480mA=0.48A，改装后的电流表内阻为RA=0.3×0.150.3+0.15Ω=0.1Ω
则电源内阻r=ΔUΔI-RA=2.95-Ω-0.1Ω=1.05Ω
12．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，实验步骤如下：
A．按照图示的装置安装仪器；
B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；
C．用天平测量出重锤的质量；
D．接通电源开关，然后释放重物，打出一条纸带；
E．测量纸带上打出的某些点之间的距离；
F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。
按实验要求正确地操作并选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s）。
（1）上述步骤中没有必要进行的步骤是 （填实验步骤前的字母）；操作不恰当的步骤是 （填实验步骤前的字母）
（2）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB= m/s（计算结果保留两位有效数字）
（3）如果所用重物的质量为1.00kg，从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能减少量是ΔEP= J，此过程中物体动能的增加量ΔEK= J；（计算结果保留两位有效数字）
（4）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，忽略空气阻力的影响，则以v22为纵轴、以h为横轴画出的图像是下图中的( )
【答案】C B 0.98 0.49 0.48 A
【详解】（1）[1]由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测量出重锤的质量，故有必要进行的步骤是C；
[2]应将打点计时器接到电源的交流输出端上，故操作不恰当的步骤是B。
（2）[3]根据匀变速直线运动的中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下计数点B时，物体的速度为vB=xAC2T=(7.06-3.14)×10-22×0.02m/s=0.98m/s
（3）[4]从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能减少量为ΔEP=mghOB=1.00×9.80×5.01×10-2J≈0.49J
[5]此过程中物体动能的增加量为ΔEK=12mvB2-0=12×1.00×0.982J≈0.48J
（4）[6]根据机械能守恒可得mgh=12mv2；则有v22=gh
可知v22-h为一条过原点的倾斜直线。
故选A。
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13分，第三小题19分）
13．导热性能良好的汽缸内壁顶部有一固定卡环，卡环到汽缸底部高度为20cm，一个质量为1kg的活塞将汽缸内气体封闭，汽缸内壁光滑，活塞与汽缸内壁气密性良好，静止时，活塞与卡环接触，已知大气压强为1×105Pa，环境温度为300K，当环境温度降为280K时，卡环对活塞的压力刚好为零，重力加速度取10ms2，活塞的截面积为5cm2，不计活塞的厚度，求：
（1）开始时，卡环对活塞的压力；
（2）当环境温度为280K时，在活塞上放一个质量为2kg的重物，当活塞重新稳定时，活塞离缸底的距离。
【答案】（1）307N；（2）15cm
【详解】（1）设开始时缸内气体的压强为p1，当环境温度降为280K时，缸内气体的压强p2=p0+mgS=1.2×105Pa
气体发生等容变化，则p1T1=p2T2
解得p1=97×105Pa
开始时F+p0S+mg=p1S
解得F=307N
（2）在活塞上加上重物后，最后稳定时，缸内气体的压强p3=p0+m+MgS=1.6×105Pa
发生等温变化，则p2HS=p3hS
解得h=15cm
14．如图所示，PQ、MN为足够长的两平行金属导轨，它们之间连接一个阻值R＝4Ω的电阻，导轨间距为L＝1m；有一质量m＝0.5kg，电阻r＝1Ω，长L＝1m的金属杆ab水平放置在导轨上，它与导轨间的滑动摩擦因数μ=35，导轨平面与水平面间的倾角为θ＝30°，在垂直导轨平面的方向上有匀强磁场，且磁感应强度的大小B＝1T，若现让金属杆ab由静止开始下滑，已知当杆ab由静止开始到恰好做匀速运动的过程中，通过杆ab的电量q＝1.5C，试求：
（1）杆ab下滑速度大小为2m/s时，其加速度的大小；
（2）杆ab下滑的最大速率；
（3）杆ab从静止开始到恰好做匀速运动的过程中R上产生的热量；
【答案】（1）a=1.2m/s2；（2）vm=5m/s；（3）1J
【详解】（1）取ab杆为研究对象其受力如图示，建立如图所示坐标系
mgsinθ-BIL-f=ma；
且N-mgcsθ=0；
摩擦力f=μN；
电流及电动势I=ER+r，E=BLv
联立上面解得a=gsinθ-μgcsθ-B2L2vm(R+r)；
当v=2m/s时解得a=1.2m/s2；
（2）由上问可知a=gsinθ-μgcsθ-B2L2vm(R+r)；
故AB做加速度减小的加速运动当a=0速度最大，则vm=mg(R+r)(sinθ-μcsθ)B2L2；
解得vm=5m/s；
（3）从静止开始到匀速运动过程中q=ER+rΔt=ΔΦR+r=BLxR+r；
解得x＝7.5m；
设两电阻发热和为Q由能量守恒可知mgxsinθ=12mvm2+μmgcsθ⋅x+Q；
根据QR:Qr=R:r；
联立解得QR=RR+rQ=44+1×54J=1J
15．如图所示，轨道ABCD由半径R1=1.2m的光滑14圆弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量m1=2kg的物块P和质量m2=1kg的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量m3=3kg的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度LEF=1.2m；FG段为半径R2=1.8m的14光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。
（1）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力；
（2）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块Q冲出小车后离开G点的最大高度；
（3）若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）2.1m；（3）12J≤EP≤24J
【详解】（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有-m1gR1=0-12m1vB2
物块P在B点，对该物块进行分析有N-m1g=m1vB2R1
解得N=60N
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下。
（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有-m1gR1-μm1gLBC=0-12m1vP2；
解得vP=30m/s；
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有m1vP-m2vQ=0
解得vQ=230m/s；
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有m2vQ=m2+m3vx；
根据能量守恒定律有12m2vQ2=12m2vx2+vy2+12m3vx2+m2gR2+μm2gLEF；
解得vy=42m/s；
之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上上为竖直上抛运动，根据逆向思维，物块Q冲出小车后离开G点的最大高度h=vy22g；
解得h=2.1m；
（3）物块被弹开过程有m1vP1-m2vQ1=0；
EPmin=12m1vP12+12m2vQ12；
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有m2vQ1=m2+m3v3；
12m2vQ22=μm2gLEF+12m2+m3v32；
解得EPmin=12J；
由于m2gR2=18J>2μm2gLEF=12J；
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有
m1vP2-m2vQ2=0；
EPmax=12m1vP22+12m2vQ22；
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
m2vQ2=m2+m3v4；
12m2vQ22=2μm2gLEF+12m2+m3v32；
解得EPmax=24J；
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为12J≤EP≤24J
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．关于近代物理，下列说法正确的是
A．放射性元素的半衰期要随温度和压强的变化而变化
B．卢瑟福的α粒子散射实验表明原子核外电子轨道是量子化
C．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的强度成正比
D．原子核的比结合能越大，表明取出一个核子就越困难，原子核越稳定
【答案】D
【详解】A、放射性元素的半衰期只与原子核本身有关，与温度、压强等外界因素无关，A错误；
B、卢瑟福的α粒子散射实验表明原子核具有核式结构，B错误；
C、发生光电效应时,根据EKm=hγ−W，可知：光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，故C错误；
D、原子核的比结合能表明原子核的稳定程度，比结合能越大，取出一个核子就越困难，原子核越稳定，D正确．
故选D．
2．汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故A正确，BCD错误。
故选A。
3．如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，从玻璃砖上表面分为两束单色光射出，a、b分别为两束单色光的出射点，下列说法正确的是（ ）
A．a光的频率小于b光的频率
B．在同种玻璃中，a光的速度大于b光的的速度
C．出射光束a、b一定相互平行
D．a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光发生全反射的临界角大
【答案】C
【详解】
A．由图可知a光在玻璃中的折射角较小，则n=sinisinr；可知，a光的折射率较大，则a光的频率大于b光的频率，选项A错误；
B．根据n=cv；可知，在同种玻璃中，a光的速度小于b光的的速度，选项B错误；
C．因光被反射再次射到玻璃上表面时的入射角等于射入玻璃中时的折射角，可知光从玻璃中出射时的折射角等于射入时的入射角，则出射光束a、b一定相互平行，选项C正确；
D．根据sinC=1n；可知，a、b两色光从同种玻璃射向空气时，a光折射率大，则发生全反射的临界角小，选项D错误。
故选C。
4．如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线。一带正电的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。下列判断正确的是（ ）
A．a点场强小于b点场强B．a点电势大于b点电势
C．带电粒子从a到b动能减小D．带电粒子从a到b电势能减小
【答案】C
【详解】A．根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，可知a点场强大于b点场强，A错误；
B．根据顺着电场线方向，电势降低，可知a点电势小于b点电势，B错误；
CD．粒子的运动轨迹向左弯曲，粒子受到的电场力沿电场线向左，若粒子从a到b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，D错误，C正确。
故选C。
5．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴方向传播，在t=1s时刻的波形如图甲所示，图乙为质点M的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．质点P的振动频率为2Hz
B．该波沿x轴负方向传播
C．该波传播的速度大小为0.5m/s
D．在1s~3.5s时间内，质点N的路程为30cm
【答案】D
【详解】AC．根据题图可知波长λ=4m，周期T=2s，所以波速为v=λT=42m/s=2m/s；频率为0.5Hz，故AC错误；
B．由图乙知t=1s时，质点M的振动方向沿y轴正方向，结合图甲知该简谐横波沿x轴正方向传播，故B错误；
D．在1s~3.5s时间内t=2.5s=54T；质点N的路程为s=54×4A=30cm；故D正确。
故选D。
6．如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，使物体B匀速向右运动，物体B与地面的动摩擦因数为0.6，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则下列说法错误的是（ ）
A．汽车向右做减速运动
B．若图示位置α<β，则vA
D．β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力的功率越来越小
【答案】C
【详解】A．A、B两物体的速度分解如图：
由图可知v绳A=vAcsα；v绳B=vBcsβ；v绳A=v绳B；物体B匀速向右运动，所以β增大，v绳A=v绳B减小，又α减小，csα增大，所以vA减小，即汽车向右做减速运动，选项A正确，不符合题意；
B．若图示位置α<β，则vA
由数学知识可知，β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力先减小后增大，选项C错误，符合题意；
D．因为β从30°到60°的过程中绳子对B的拉力的功率P=Tvcsβ=0.6mgv1+0.6tanβ；则拉力的功率逐渐减小。选项D正确，不符合题意。
故选C。
7．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=2：1，输入端接在u=302sin100πt（V）的交流电源上，R1为电阻箱，副线圈连在电路中的电阻R=10Ω，电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．当R1=0时，电压表的读数为30V
B．当R1=0时，若将电流表换成规格为“5V 5W”的灯泡，灯泡不能正常发光
C．当R1=10Ω时，电流表的读数为1.2A
D．当R1=10Ω时，电压表的读数为6V
【答案】C
【详解】A．当R1=0时，根据理想变压器原副线圈电压与匝数之间关系，有U1U2=n1n2；其中U1=Um2=30V；联立，解得U2=15V；故A错误；
B．由部分电路欧姆定律，可得I2=U2R+R灯；又P灯=U灯2R灯；联立，解得I2=1A；
则把电流表换成灯泡后，灯泡两端电压为U灯'=I2R灯=5V=U灯；即灯泡正常发光。故B错误；
CD．当R1=10Ω时，原线圈接入的交流电压有效值为U=Um2=30V；由理想变压器原副线圈电流和电压与匝数的关系，可得U1U2=n1n2，I1I2=n2n1；又I1R1+U1=U，I2R=U2；联立，解得I2=1.2A，U2=12V；故C正确；D错误。
故选C。
8．2023年5月30日，“神舟十六号”载人飞船将十六乘组三名航天员送入空间站组合体，图中轨道Ⅰ为载人飞船运行的椭圆轨道，轨道Ⅱ为空间站运行轨道。两轨道相切于 B点，A 为椭圆轨道的近地点，B为远地点，C为轨道Ⅱ上一点，C、A、B三点在一条直线上，则下列判断正确的是（ ）
A．空间站从C点运行到B 点和载人飞船从A 点运行到B 点所用的时间相等
B．载人飞船在轨道Ⅰ上B点的速度小于空间站在轨道Ⅱ上C点的速度
C．载人飞船从 A 点沿椭圆轨道运动到B点，发动机需要做功
D．载人飞船在轨道Ⅰ上B点的加速度等于空间站在轨道Ⅱ上B点的加速度
【答案】BD
【详解】A．根据开普勒第三定律可知，在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上运动时周期不同，则空间站从C点运行到B 点和载人飞船从A 点运行到B 点所用的时间不相等，选项A错误；
B．载人飞船在轨道Ⅰ上B点加速做离心运动才能进入轨道Ⅱ，则在轨道Ⅰ上B点的速度小于空间站在轨道Ⅱ上C点的速度，选项B正确；
C．载人飞船从 A 点沿椭圆轨道运动到B点，地球引力做负功，速度减小，但发动机不需要做功，选项C错误；
D．根据a=GMr2可知，载人飞船在轨道Ⅰ上B点的加速度等于空间站在轨道Ⅱ上B点的加速度，选项D正确。
故选BD。
9．粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子2带负电
B．若减小磁场的磁感应强度，粒子1有可能打在Q点
C．若减小磁场的磁感应强度，粒子2有可能打在Q点
D．若有一粒子3以和粒子2相同的速度从P点射入磁场，恰好打在Q点，则粒子3比荷小于粒子2比荷
【答案】CD
【详解】A．根据左手定则，粒子2带正电，A错误；
BC．根据qvB=mv2r；得r=mvqB；若减小磁场的磁感应强度，粒子2的运动半径增大，有可能打在Q点；而粒子1做直线运动，不带电，不会改变运动轨迹，B错误，C正确；
D．速度相同，则r∝mq；粒子3的运动半径更大，则粒子3比荷小于粒子2比荷，D正确。
故选CD。
10．如图所示，用与水平面成θ=30°角的传送带输送货物，传送带以v=2m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量m=5kg的货物轻轻放在传送带底部，经过4s的时间到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为μ=32，重力加速度g=10m/s2，下列正确的是（ ）
A．货物在传送带上向上运动过程中所受的摩擦力不变
B．传送带从底端到顶端的长度是20m
C．货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为30J
D．货物在传送带上向上运动的过程中，增加的机械能为190 J
【答案】CD
【详解】A．根据牛顿第二定律μmgcs30°-mgsin30°=ma；又t=va；得t=0.8s<4s；说明货物经历匀加速运动和匀速运动两个过程，则所受摩擦力发生改变，A错误；
B．传送带从底端到顶端的长度是l=v22a+v4-t；得l=7.2m；B错误；
C．货物在传送带上向上运动的过程中，由于摩擦产生的热量为Q=μmgcs30°vt-v22a得；Q=30J；C正确；
D．货物增加的机械能为ΔE=12mv2+mglsin30°；得ΔE=190J；D正确。
故选CD。
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．某实验小组用图甲所示电路测量电源E的电动势和内阻，图中电压表V的最大量程为3V，虚线框内为用电流计G改装的电流表。
（1）已知电流计G的满偏电流IG=200mA、内阻rG=0.30Ω，电路中已将它改装为最大量程600mA的电流表，则R1= Ω。
（2）通过移动变阻器R的滑片，得到多组电压表V的读数U和电流计G的读数，作出如图乙的图象。某次测量时，电压表V的示数如图丙，则此时电压表的读数为 V，通过电源E的电流为 mA。
（3）电源E的电动势等于 V，内阻等于 Ω（结果取三位有效数字）。
【答案】 0.15 2.60 300 2.94/2.95/2.96 1.05
【详解】（1）[1]要并联的电阻R1=IGrGI-IG=200×0.3600-200Ω=0.15Ω
（2）[2][3]电压表的最小刻度为0.1V，则读数为2.60V，由图像读出电流表G的读数100mA，通过电源的电流等于通过电流计电阻的3倍，则通过电源E的电流为300mA。
（3）[4][5]由图像纵轴截距可知，电源电动势为E=2.95V；
通过电源的电流等于通过电流计电阻的3倍，则当电流计电流为160mA时，通过电源的电流为3×160mA=480mA=0.48A，改装后的电流表内阻为RA=0.3×0.150.3+0.15Ω=0.1Ω
则电源内阻r=ΔUΔI-RA=2.95-Ω-0.1Ω=1.05Ω
12．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50Hz，当地重力加速度的值为9.80m/s2，实验步骤如下：
A．按照图示的装置安装仪器；
B．将打点计时器接到电源的直流输出端上；
C．用天平测量出重锤的质量；
D．接通电源开关，然后释放重物，打出一条纸带；
E．测量纸带上打出的某些点之间的距离；
F．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。
按实验要求正确地操作并选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点的距离如图所示（相邻计数点时间间隔为0.02s）。
（1）上述步骤中没有必要进行的步骤是 （填实验步骤前的字母）；操作不恰当的步骤是 （填实验步骤前的字母）
（2）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB= m/s（计算结果保留两位有效数字）
（3）如果所用重物的质量为1.00kg，从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能减少量是ΔEP= J，此过程中物体动能的增加量ΔEK= J；（计算结果保留两位有效数字）
（4）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，忽略空气阻力的影响，则以v22为纵轴、以h为横轴画出的图像是下图中的( )
【答案】C B 0.98 0.49 0.48 A
【详解】（1）[1]由于验证机械能守恒的表达式中质量可以约去，所以不需要用天平测量出重锤的质量，故有必要进行的步骤是C；
[2]应将打点计时器接到电源的交流输出端上，故操作不恰当的步骤是B。
（2）[3]根据匀变速直线运动的中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则打点计时器打下计数点B时，物体的速度为vB=xAC2T=(7.06-3.14)×10-22×0.02m/s=0.98m/s
（3）[4]从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能减少量为ΔEP=mghOB=1.00×9.80×5.01×10-2J≈0.49J
[5]此过程中物体动能的增加量为ΔEK=12mvB2-0=12×1.00×0.982J≈0.48J
（4）[6]根据机械能守恒可得mgh=12mv2；则有v22=gh
可知v22-h为一条过原点的倾斜直线。
故选A。
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13分，第三小题19分）
13．导热性能良好的汽缸内壁顶部有一固定卡环，卡环到汽缸底部高度为20cm，一个质量为1kg的活塞将汽缸内气体封闭，汽缸内壁光滑，活塞与汽缸内壁气密性良好，静止时，活塞与卡环接触，已知大气压强为1×105Pa，环境温度为300K，当环境温度降为280K时，卡环对活塞的压力刚好为零，重力加速度取10ms2，活塞的截面积为5cm2，不计活塞的厚度，求：
（1）开始时，卡环对活塞的压力；
（2）当环境温度为280K时，在活塞上放一个质量为2kg的重物，当活塞重新稳定时，活塞离缸底的距离。
【答案】（1）307N；（2）15cm
【详解】（1）设开始时缸内气体的压强为p1，当环境温度降为280K时，缸内气体的压强p2=p0+mgS=1.2×105Pa
气体发生等容变化，则p1T1=p2T2
解得p1=97×105Pa
开始时F+p0S+mg=p1S
解得F=307N
（2）在活塞上加上重物后，最后稳定时，缸内气体的压强p3=p0+m+MgS=1.6×105Pa
发生等温变化，则p2HS=p3hS
解得h=15cm
14．如图所示，PQ、MN为足够长的两平行金属导轨，它们之间连接一个阻值R＝4Ω的电阻，导轨间距为L＝1m；有一质量m＝0.5kg，电阻r＝1Ω，长L＝1m的金属杆ab水平放置在导轨上，它与导轨间的滑动摩擦因数μ=35，导轨平面与水平面间的倾角为θ＝30°，在垂直导轨平面的方向上有匀强磁场，且磁感应强度的大小B＝1T，若现让金属杆ab由静止开始下滑，已知当杆ab由静止开始到恰好做匀速运动的过程中，通过杆ab的电量q＝1.5C，试求：
（1）杆ab下滑速度大小为2m/s时，其加速度的大小；
（2）杆ab下滑的最大速率；
（3）杆ab从静止开始到恰好做匀速运动的过程中R上产生的热量；
【答案】（1）a=1.2m/s2；（2）vm=5m/s；（3）1J
【详解】（1）取ab杆为研究对象其受力如图示，建立如图所示坐标系
mgsinθ-BIL-f=ma；
且N-mgcsθ=0；
摩擦力f=μN；
电流及电动势I=ER+r，E=BLv
联立上面解得a=gsinθ-μgcsθ-B2L2vm(R+r)；
当v=2m/s时解得a=1.2m/s2；
（2）由上问可知a=gsinθ-μgcsθ-B2L2vm(R+r)；
故AB做加速度减小的加速运动当a=0速度最大，则vm=mg(R+r)(sinθ-μcsθ)B2L2；
解得vm=5m/s；
（3）从静止开始到匀速运动过程中q=ER+rΔt=ΔΦR+r=BLxR+r；
解得x＝7.5m；
设两电阻发热和为Q由能量守恒可知mgxsinθ=12mvm2+μmgcsθ⋅x+Q；
根据QR:Qr=R:r；
联立解得QR=RR+rQ=44+1×54J=1J
15．如图所示，轨道ABCD由半径R1=1.2m的光滑14圆弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量m1=2kg的物块P和质量m2=1kg的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量m3=3kg的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度LEF=1.2m；FG段为半径R2=1.8m的14光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。
（1）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力；
（2）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块Q冲出小车后离开G点的最大高度；
（3）若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）2.1m；（3）12J≤EP≤24J
【详解】（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有-m1gR1=0-12m1vB2
物块P在B点，对该物块进行分析有N-m1g=m1vB2R1
解得N=60N
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下。
（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有-m1gR1-μm1gLBC=0-12m1vP2；
解得vP=30m/s；
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有m1vP-m2vQ=0
解得vQ=230m/s；
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有m2vQ=m2+m3vx；
根据能量守恒定律有12m2vQ2=12m2vx2+vy2+12m3vx2+m2gR2+μm2gLEF；
解得vy=42m/s；
之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上上为竖直上抛运动，根据逆向思维，物块Q冲出小车后离开G点的最大高度h=vy22g；
解得h=2.1m；
（3）物块被弹开过程有m1vP1-m2vQ1=0；
EPmin=12m1vP12+12m2vQ12；
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有m2vQ1=m2+m3v3；
12m2vQ22=μm2gLEF+12m2+m3v32；
解得EPmin=12J；
由于m2gR2=18J>2μm2gLEF=12J；
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有
m1vP2-m2vQ2=0；
EPmax=12m1vP22+12m2vQ22；
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
m2vQ2=m2+m3v4；
12m2vQ22=2μm2gLEF+12m2+m3v32；
解得EPmax=24J；
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为12J≤EP≤24J
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