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2024届山东省烟台市招远市2023-2024学年高三下学期三模物理试题（学生版+教师版）
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2.选择题答案必须用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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. 近日，中国科学家在人造太阳领域取得了重大突破，新一代人造太阳“中国环流三号”成功完成了一系列实验，并取得了重大科研进展，标志着我国掌握了可控核聚变高约束先进控制技术。若两个氘核对心碰撞发生核聚变，核反应方程为。其中氘核的比结合能为E1，氦核的比结合能为E2，下列说法中正确的是（ ）
A. X为质子
B. 该核反应前后核子的总质量相等
C. 该核反应释放的核能为
D. 氦核的比结合能E2小于氘核的比结合能E1
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据核反应方程满足电荷数守恒和质量数守恒，可知X为，是中子，故A错误；
B．两个氘核对心碰撞发生核聚变，质量亏损释放核能，则反应前总质量大于反应后的总质量，故B错误；
C．核反应释放核能等于生成物结合释放的能量与反应物拆开吸收能量之差，故有
故C正确；
D．因氦核的结合释放的能量大于氘核拆开吸收的能量，则氦核的比结合能E2大于氘核的比结合能E1，故D错误。
故选C。
2. 在非洲的干旱草原和半沙漠地带有一种猫科动物狞猫，狞猫跳跃能力极强，奔跑速度快，能捉降落或起飞时的鸟类。某次狞猫在捕食树上的鸟时，先慢慢趴低身体，使身体贴近地面，然后突然蹬地向上加速，重心上升后离地向上运动，狞猫在离开地面前，其加速度a与重心上升高度h的关系如图所示，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则狞猫离地后重心上升的最大高度为（ ）
A 1.5mB. 3mC. 4.5mD. 6m
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，设狞猫离地时速度为，根据动力学公式
整理得
可知图像与坐标轴围成的面积表示，则
解得
狞猫离地后，根据动力学公式
解得狞猫离地后重心上升的最大高度为
故选B。
3. 如图所示，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸之间有一个气球，气球内、外有质量相等的同种气体，活塞静止，此时气球外部气体甲的压强小于气球内部气体乙的压强。现缓慢向下推动活塞，使其下降一段距离，气体甲的压强仍小于气体乙的压强。已知汽缸内和气球内的气体均可视为理想气体，活塞与汽缸均绝热，活塞与汽缸壁之间无摩擦，气球导热良好。则此过程中（ ）
A. 气体甲内能增加量大于气体乙内能增加量
B. 气体甲的每个气体分子做无规则热运动的速率均加快
C. 活塞对气体甲做的功等于气体甲内能增加量
D. 活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和
【答案】D
【解析】
【详解】A．气球导热良好，则气球内外气体温度总相等，一定质量的理想气体内能只与温度有关，故气体甲内能增加量等于气体乙内能增加量，A错误；
B．活塞对气体甲做正功，气体甲内能增大，温度升高，气体分子平均速率增大，不是每个气体分子做无规则热运动的速率均加快，B错误；
C．活塞与汽缸均绝热，气体与外界无热量交换。活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，气体甲也对气体乙做功，故活塞对气体甲做的功大于气体甲内能增加量，C错误；
D．活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，由能量守恒活塞对气体甲做的功与橡皮膜释放的弹性势能之和等于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和，D正确。
故选D。
4. 如图所示，一装满水的长方体玻璃容器，高度为，上下两个面为边长的正方形，底面中心O点放有一单色点光源，可向各个方向发射单色光。水面上漂浮一只可视为质点的小甲虫，已知水对该单色光的折射率为，则小甲虫能在水面上看到点光源的活动区域面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】全反射的临界角满足
当入射角为临界角时，在上表面能折射出光线的最大半径为r，光路图如图所示
根据几何关系可得
解得
水面的对角线长度为
故小甲虫能在整个水面上看到点光源，活动区域面积为
故选A。
5. 北京时间2024年1月5日19时20分，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，成功将天目一号气象星座15-18星（以下简称天目星）发射升空，天目星顺利进入预定轨道，至此天目一号气象星座阶段组网完毕。天目星的发射变轨过程可简化为如图所示，先将天目星发射到距地面高度为h1的圆形轨道I上，在天目星经过A点时点火实施变轨进入椭圆轨道II，最后在椭圆轨道的远地点B点再次点火将天目星送入距地面高度为h2的圆形轨道III上，设地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则天目星沿椭圆轨道从A点运动到B点的时间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据万有引力与重力的关系
在圆形轨道I上，根据万有引力提供向心力
椭圆轨道II的半长轴为
根据开普勒第三定律
解得天目星沿椭圆轨道II的周期为
天目星沿椭圆轨道从A点运动到B点的时间为
故选B。
6. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，输入端A、B接入电压有效值恒定的交变电源。滑动变阻器R1最大阻值为40Ω，其滑片P1初始位置在最左端；滑动变阻器R2最大阻值为5Ω，其滑片P2初始位置在正中间。理想电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，理想电压表V1、V2示数为U1、U2，下列说法中正确的是（ ）
A. P2保持不动，P1向右滑动，则U1增大，U2不变
B. P1保持不动，P2向下滑动，则I1减小，I2减小
C. P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率一直增大
D. P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．设原副线圈的匝数比为k，根据理想变压器电压与匝数比的关系
U初=kU次
电流与匝数比的关系
副线圈负载电阻
原线圈的等效电阻
设输入电压为U0，对于原线圈电路，根据欧姆定律
保持不动，即R2不变，P1向右滑动，则R1变大，则I初减小，次级电流减小，初级电压减小，则U2减小，增大，故A错误；
B．P1保持不动，P2向下滑动，R2减小，则I初增大，即增大，匝数不变，由可知增大，故B错误；
CD．P2保持不动，原线圈的等效电阻
将此电阻看做是电源U0的内阻，将R1看做是电源的外电阻，则当P1向右滑动时，电阻增加，当R1=20Ω时即滑片滑到中央位置R1消耗的功率最大，然后随R1阻值继续增加，R1消耗的功率逐渐减小，即R1消耗的功率先增加后减小，故C错误，D正确。
故选D。
7. 中国古代建筑的门闩凝结了劳动人民的智慧。如图是一种竖直门闩的原理图：当在水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。水平槽、竖直槽内表面均光滑，A、B间的接触面与水平方向成45°角，A、B间的动摩擦因数为0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知B的质量为m，重力加速度大小为g。为了使门闩刚好能被启动，则施加在A上的水平力F最小应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】对A、B受力分析如图所示
门闩刚好启动时，对A水平方向上
对于B在竖直方向上
A、B间最大静摩擦力为
则施加在A上的水平力F最小应为
故选B。
8. 如图所示，MN为半径为r的圆弧路线，NP为长度19r的直线路线，为半径为4r的圆弧路线，为长度16r的直线路线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重的k倍，最大速度，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】赛车从M点按照MNP路线运动到P点过程，在圆周运动过程有
，
在NP直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在NP直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
则匀速过程的时间
赛车从M点按照路线运动到点过程，在圆周运动过程有
，
直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
即匀加速至最大速度时，恰好到达，则赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为
解得
故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 一列简谐横波在介质中传播过程中经过a、b两个质点，两个质点平衡位置之间的距离为3m，a、b两个质点的振动图像如图所示，其中实线为a点的振动图线，虚线为b点的振动图线，则下列说法中正确的是（ ）
A. a点的振动方程为
B. 该波的波长可能为7.2m
C. 该波的传播速度可能为m/s
D. 该波的传播速度可能为m/s
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图可知波的周期为，a点的振动方程为
当时，，解得
故A正确；
CD．内，a点到达波峰时有
解得
当，b点到达波峰，波从a点传播至b点，有
（n＝0，1，2，3…）
则波速为
（n＝0，1，2，3…）
可得当时，该波的传播速度为，当该波的传播速度为时，不是整数，故该波的传播速度不可能为，该波的传播速度可能为，故C错误，D正确；
B．该波的波长为
（n＝0，1，2，3…）
当该波的波长为7.2m时，不是整数，故当该波的波长不可能为7.2m，故B错误。
故选AD。
10. 跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示为一城墙的入城通道，通道宽度L=6m，一跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙加速运动，加速到M点时斜向上跃起，到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，P点距离地面高h=0.8m，然后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度变为等大反向，并获得一竖直方向速度，恰好能跃到左墙壁上的Q点，P点与Q点等高，飞跃过程中人距地面的最大高度为H=2.05m，重力加速度g取10m/s2，整个过程中人的姿态可认为保持不变，如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 人助跑的距离为3.6m
B. 人助跑的距离为3m
C. 人刚离开墙壁时的速度大小为6m/s
D. 人刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．人到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维，可知从点到点的逆过程为平抛运动，则
从点到点的过程为斜抛运动，根据对称性可得
解得
，，
人助跑的距离为
故A正确，B错误；
C．人刚离开墙壁时竖直方向的速度大小为
人刚离开墙壁时的速度大小为
故C错误；
D．人刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为
故D正确。
故选AD。
11. 如图所示，A、B、C是位于匀强电场平面内三个点，三个点之间的连线形成一个直角三角形，∠B=90°，AB边长度为d，BC边的长度为2d，D为BC边上的一个点，且CD=3BD。将电荷量为q（q>0）的带电粒子从C点移动到A点电场力做功为2W，将电荷量为+q（q>0）的带电粒子从A点移动到D点需要克服电场力做功W，则下列说法中正确的是（ ）
A. 电场强度的方向从B指向C
B. B、C两点的电势差为
C. 匀强电场的电场强度大小为
D. 若规定C点为零电势点，则AC中点的电势为
【答案】BC
【解析】
【详解】ABD．由题可知
解得
由于
CD=3BD
所以
联立可得
B正确
若取C点的电势为零电势，则
即A点与BC的中点在同一等势面上，根据电场线与等势面垂直可知，电场强度的方向不是由B指向C，同时AC中点的电势应为，AD均错误；
C．结合上述分析，作出其等势线和电场线，如图所示
根据
C正确。
故选BC。
12. 如图所示，平行光滑金属导轨ab、cd间距为L=1.5m，与水平面间的夹角θ=37°，导轨上端接有电阻R=0.8Ω。一导体棒PQ垂直导轨放置且与导轨接触良好，导体棒质量为m=2kg，连入电路的电阻为r=0.2Ω，PQ上方导轨间有一矩形磁场区域，磁场面积为S=0.5m2，磁场方向垂直导轨平面向下，矩形磁场区域内的磁感应强度大小B1随时间t变化的图像如图乙所示，PQ棒下方包括PQ所在处的轨道间充满垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2=2T，导轨足够长且电阻不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，导体棒从静止释放后，下列说法中正确的是（ ）
A. 刚释放时，导体棒的加速度为6m/s2
B. 导体棒的加速度为6m/s2时，其下滑速度大小为1m/s
C. 导体棒稳定下滑时速度大小为2m/s
D. 导体棒稳定下滑时，R两端电压为3.2V
【答案】CD
【解析】
【详解】A．刚释放时，感应电动势为
根据楞次定律和左手定则，安培力方向沿导轨向下，根据牛顿第二定律
得
故A错误；
B．导体棒的加速度为6m/s2时，由牛顿第二定律有
解得下滑速度大小为
故B错误；
C．导体棒稳定后匀速下滑运动
可得
故C正确；
D．导体棒稳定匀速下滑时，电路中的电流为
则R两端电压为
故D正确。
故选CD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 洛埃德（H.Llyd）在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置．如图所示，从单缝S发出的光，一部分入射到平面镜后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹．单缝S通过平面镜成的像是S′．
（i）通过洛埃德镜在屏上可以观察到明暗相间的干涉条纹，这和双缝干涉实验得到的干涉条纹一致．如果S被视为其中的一个缝，______________相当于另一个“缝”；
（ii）实验表明，光从光疏介质射向光密介质界面发生反射时，在入射角接近90°时，反射光与入射光相比，相位有的变化，即半波损失．如果把光屏移动到和平面镜接触，接触点P处是__________（填写“亮条纹”或“暗条纹”）；
（iii）实验中已知单缝S到平面镜的垂直距离h=0. 15 mm，单缝到光屏的距离D= 1．2m，观测到第3个亮条纹到第12个亮条纹的中心间距为22.78 mm，则该单色光的波长_________m（结果保留3位有效数字）．
【答案】 ①. S经平面镜成的像S′ ②. 暗条纹 ③. 6.33×10-7
【解析】
【详解】（i）[1]根据图可知，如果S被视为其中的一个缝，S经平面镜成的像S′相当于另一个“缝”.
（ii）[2]根据题意可知，把光屏移动到和平面镜接触，光线经过平面镜反射后将会有半波损失，因此接触点P处是暗条纹.
（iii）[3]条纹间距为
根据
代入数据解得：
14. 某实验小组利用如图甲所示的电路图连接好图乙的电路，来测量电压表的内阻和电流表的内阻，已知定值电阻的阻值为，合上开关后，调节滑动变阻器以及电阻箱的接入阻值R，读出电压表、电流表的示数U、I，根据所得的数据描绘出关系图线如图丙所示，回答下列问题：
（1）在乙图中补全实验实物连接图______；
（2）合上开关S之前，滑动变阻器的滑片置于滑动变阻器的最______端，写出关系图线的表达式______（用、、、R、U、I来表示）；
（3）由乙图可得______，内阻______（用、a、b来表示）。
【答案】（1） （2） ①. 左 ②.
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
根据图甲电路图，在乙图中补全实验实物连接图，如图所示
【小问2详解】
[1]由图甲电路图可知，合上开关S之前，滑动变阻器应将上方电路短路，则滑动变阻器的滑片置于滑动变阻器的最左端。
[2]根据图甲电路图，由欧姆定律有
整理可得
【小问3详解】
[1][2]由（2）结论，结合图丙有
，
解得
15. 传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易图，该传送带的倾角为，时刻工人将质量的工料静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为，传送带以的速度顺时针匀速转动，时刻关闭电动机，经过一段时间后工料刚好到达传送带的最高点B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度，工料可视为质点，不计空气阻力，。求：
（1）时刻工料的速度大小；
（2）传送带AB两端间的距离。
【答案】（1）8m/s；（2）20m
【解析】
【详解】（1）对工料进行受力分析，根据牛顿第二定律有
设经t时刻，工料与传送带共速则有
代入数据解得
即时刻工料恰与传送带共速，则速度大小为8m/s；
（2）关闭电动机之前工料上升的距离
关闭电动机后，再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有
根据速度公式有
代入数据解得
传送带AB两端间的距离
16. 我国自主研发的094型战略核潜艇，被称为“镇国神器”。如图所示为一个体积为V的简易潜艇模型，当储水舱里的气体体积为V0、压强为p0时，潜艇有浸没在海水中。当地大气压强为p0，海水密度为ρ，假设各深度处海水温度相同，潜艇在吸入或排出海水过程中，海水深度对潜艇的压强变化忽略不计，重力加速度大小为g。
（1）当潜艇用空气压缩泵缓慢排出储水舱上方的部分气体时，可以吸入一定量的海水，使潜艇恰好全部浸没在海水里并处于静止状态。此时，储水舱上方气体的压强为p1，求储水舱剩余气体的质量与原有气体的质量之比；
（2）当潜艇静止潜在深度h处时（潜艇全部浸入海水后，储水舱内气体的变化忽略不计），用空气压缩泵向储水舱注入一定量的压强为p0的气体后，打开阀门排出部分海水使潜艇向上浮。要使舱内的海水排出的体积为，求打开阀门前，储水舱内气体的压强。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由题意可知，当潜艇有浸没在海水中时，由平衡条件可得
潜艇全部浸没在海水中时，由平衡条件可得
解得
气体做等温变化，由玻意耳定律可得，储水舱剩余气体的质量与原气体的质量之比
（2）打开阀门前，储水舱内气体的压强为，此时储水舱内气体的体积为
打开阀门后，储水舱内气体的压强为
打开阀门后，储水舱内气体的体积为
由玻意耳定律可得，
解得
17. 如图所示，在三维直角坐标系Oxyz中的、的圆柱形空间内存在沿z轴正方向的匀强磁场，圆柱形空间的外部存在沿x轴正方向的匀强磁场，圆柱形空间内、外磁场的磁感应强度大小相等；在圆柱面上的的部分有绝缘的弹性挡板；在的区域存在沿y轴正方向、电场强度大小为E0的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从A点（A点在Oxy平面内）以初速度大小为v0、与y轴负方向成53°夹角的方向射入电场，经过一段时间从x轴上的B（L，0，0）点沿x轴正方向进入圆柱形区域，接着从y轴负半轴上的C点沿y轴负方向离开此区域，然后从z轴上的D点再次进入圆柱形区域，粒子与绝缘弹性挡板碰撞过程时间极短且没有能量损失，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
（1）A、B两点间的电势差UAB；
（2）圆柱形空间内、外磁场的磁感应强度大小B0；
（3）粒子从A点进入电场到再次返回A点的运动时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在A点沿x轴方向的速度
粒子在A点沿y轴方向的速度
粒子从A到B在y轴方向上由动能定理得
解得A、B两点间的电势差
（2）粒子在B点的速度大小为
粒子从B到C做匀速圆周运动，在C点速度沿y轴负方向，如图所示
根据几何关系可得轨道半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）粒子从A到B在y轴方向上由牛顿第二定律得
粒子从A到B的运动时间
粒子在磁场中的周期为
粒子从B到C的运动时间
粒子到D点时速度方向沿z轴负方向，粒子从C点到D点做匀速圆周运动，运动时间为
设粒子从轴上E点离开圆柱面，粒子在B点速度方向沿x轴负方向，粒子从D到E做匀速直线运动，在E点速度沿z轴负方向，粒子从D到E的运动时间
根据题意作出平面的轨迹图
根据题意作出平面的轨迹图
故粒子从A点进入电场到再次返回A点的运动时间
18. 如图所示，劲度系数k=100N/m的轻弹簧一端固定于水平面上，另一端连接物块A，物块B置于A上（不粘连），A、B质量均为1kg，开始时物块A和B处于静止状态，物块B的正上方h高处固定一水平的可在竖直方向上下移动的挡板。现对物块B施加方向始终向上、大小为F=10N的恒力，使A、B开始运动，已知A、B均可视为质点，B与挡板、A之间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量，k为弹簧的劲度系数），质量为m的质点做简谐运动的周期为（k为物体做简谐运动时的比例系数，即弹簧的劲度系数），重力加速度大小g=10m/s2。
（1）求A、B第一次分离时，A、B的速度大小；
（2）求A、B第一次分离后，若二者没有发生碰撞，物块A上升到最大高度时的加速度大小；
（3）若A、B第一次分离后，经过一段时间后二者恰好能够在第一次分离位置相碰，求h满足的条件；
（4）若，则B与A相碰后，求A第一次运动到最低点时A、B之间的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）设开始时弹簧的压缩量为x1，根据平衡条件有
解得
设A、B第一次分离时，弹簧的形变量为x2，此时A、B之间弹力为零，加速度、速度（大小设为v）均相同，又因为恒力F与B的重力大小相等、方向相反，所以此时B的加速度均为0，则A的加速度也为0，有
解得
对从开始到A、B第一次分离的过程，根据功能关系有
解得
（2）A、B第一次分离后，若二者没有发生碰撞，则A做简谐运动，由于分离时A的加速度为0，所以A刚好位于平衡位置，设A的振幅A，对A从平衡位置上升到最大高度的过程，根据机械能守恒定律有
解得
设A上升到最大高度时加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
解得
（3）A、B第一次分离后，由于B受力平衡，所以向上做匀速直线运动，且由于与挡板发生的是弹性碰撞，所以碰撞后速度大小不变，仍为v。A从平衡位置开始向上做简谐运动，周期为
根据简谐运动的对称性可知，A再次经过第一次分离位置时速度大小仍为v，为使A、B在此处能够发生碰撞，此时A一定向上运动，所以若A、B第一次分离后，经过一段时间后二者恰好能够在第一次分离位置相碰，应满足
解得
（4）若，则由（3）结论可知A、B在第一次分离位置相碰，因为碰撞时二者速度大小相等、方向相反，且二者质量相同，根据动量守恒定律和能量守恒定律易知碰撞后A、B的速度交换，记B将以v向上做匀速直线运动，A将从平衡位置开始向下做简谐运动，经历时间A第一次运动到最低点，此时B向上运动的位移大小为
此时A、B之间的距离为
2.选择题答案必须用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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. 近日，中国科学家在人造太阳领域取得了重大突破，新一代人造太阳“中国环流三号”成功完成了一系列实验，并取得了重大科研进展，标志着我国掌握了可控核聚变高约束先进控制技术。若两个氘核对心碰撞发生核聚变，核反应方程为。其中氘核的比结合能为E1，氦核的比结合能为E2，下列说法中正确的是（ ）
A. X为质子
B. 该核反应前后核子的总质量相等
C. 该核反应释放的核能为
D. 氦核的比结合能E2小于氘核的比结合能E1
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据核反应方程满足电荷数守恒和质量数守恒，可知X为，是中子，故A错误；
B．两个氘核对心碰撞发生核聚变，质量亏损释放核能，则反应前总质量大于反应后的总质量，故B错误；
C．核反应释放核能等于生成物结合释放的能量与反应物拆开吸收能量之差，故有
故C正确；
D．因氦核的结合释放的能量大于氘核拆开吸收的能量，则氦核的比结合能E2大于氘核的比结合能E1，故D错误。
故选C。
2. 在非洲的干旱草原和半沙漠地带有一种猫科动物狞猫，狞猫跳跃能力极强，奔跑速度快，能捉降落或起飞时的鸟类。某次狞猫在捕食树上的鸟时，先慢慢趴低身体，使身体贴近地面，然后突然蹬地向上加速，重心上升后离地向上运动，狞猫在离开地面前，其加速度a与重心上升高度h的关系如图所示，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则狞猫离地后重心上升的最大高度为（ ）
A 1.5mB. 3mC. 4.5mD. 6m
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，设狞猫离地时速度为，根据动力学公式
整理得
可知图像与坐标轴围成的面积表示，则
解得
狞猫离地后，根据动力学公式
解得狞猫离地后重心上升的最大高度为
故选B。
3. 如图所示，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸之间有一个气球，气球内、外有质量相等的同种气体，活塞静止，此时气球外部气体甲的压强小于气球内部气体乙的压强。现缓慢向下推动活塞，使其下降一段距离，气体甲的压强仍小于气体乙的压强。已知汽缸内和气球内的气体均可视为理想气体，活塞与汽缸均绝热，活塞与汽缸壁之间无摩擦，气球导热良好。则此过程中（ ）
A. 气体甲内能增加量大于气体乙内能增加量
B. 气体甲的每个气体分子做无规则热运动的速率均加快
C. 活塞对气体甲做的功等于气体甲内能增加量
D. 活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和
【答案】D
【解析】
【详解】A．气球导热良好，则气球内外气体温度总相等，一定质量的理想气体内能只与温度有关，故气体甲内能增加量等于气体乙内能增加量，A错误；
B．活塞对气体甲做正功，气体甲内能增大，温度升高，气体分子平均速率增大，不是每个气体分子做无规则热运动的速率均加快，B错误；
C．活塞与汽缸均绝热，气体与外界无热量交换。活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，气体甲也对气体乙做功，故活塞对气体甲做的功大于气体甲内能增加量，C错误；
D．活塞对气体甲做功的同时，橡皮膜收缩，由能量守恒活塞对气体甲做的功与橡皮膜释放的弹性势能之和等于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和，D正确。
故选D。
4. 如图所示，一装满水的长方体玻璃容器，高度为，上下两个面为边长的正方形，底面中心O点放有一单色点光源，可向各个方向发射单色光。水面上漂浮一只可视为质点的小甲虫，已知水对该单色光的折射率为，则小甲虫能在水面上看到点光源的活动区域面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】全反射的临界角满足
当入射角为临界角时，在上表面能折射出光线的最大半径为r，光路图如图所示
根据几何关系可得
解得
水面的对角线长度为
故小甲虫能在整个水面上看到点光源，活动区域面积为
故选A。
5. 北京时间2024年1月5日19时20分，我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲运载火箭，成功将天目一号气象星座15-18星（以下简称天目星）发射升空，天目星顺利进入预定轨道，至此天目一号气象星座阶段组网完毕。天目星的发射变轨过程可简化为如图所示，先将天目星发射到距地面高度为h1的圆形轨道I上，在天目星经过A点时点火实施变轨进入椭圆轨道II，最后在椭圆轨道的远地点B点再次点火将天目星送入距地面高度为h2的圆形轨道III上，设地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则天目星沿椭圆轨道从A点运动到B点的时间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据万有引力与重力的关系
在圆形轨道I上，根据万有引力提供向心力
椭圆轨道II的半长轴为
根据开普勒第三定律
解得天目星沿椭圆轨道II的周期为
天目星沿椭圆轨道从A点运动到B点的时间为
故选B。
6. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，输入端A、B接入电压有效值恒定的交变电源。滑动变阻器R1最大阻值为40Ω，其滑片P1初始位置在最左端；滑动变阻器R2最大阻值为5Ω，其滑片P2初始位置在正中间。理想电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，理想电压表V1、V2示数为U1、U2，下列说法中正确的是（ ）
A. P2保持不动，P1向右滑动，则U1增大，U2不变
B. P1保持不动，P2向下滑动，则I1减小，I2减小
C. P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率一直增大
D. P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．设原副线圈的匝数比为k，根据理想变压器电压与匝数比的关系
U初=kU次
电流与匝数比的关系
副线圈负载电阻
原线圈的等效电阻
设输入电压为U0，对于原线圈电路，根据欧姆定律
保持不动，即R2不变，P1向右滑动，则R1变大，则I初减小，次级电流减小，初级电压减小，则U2减小，增大，故A错误；
B．P1保持不动，P2向下滑动，R2减小，则I初增大，即增大，匝数不变，由可知增大，故B错误；
CD．P2保持不动，原线圈的等效电阻
将此电阻看做是电源U0的内阻，将R1看做是电源的外电阻，则当P1向右滑动时，电阻增加，当R1=20Ω时即滑片滑到中央位置R1消耗的功率最大，然后随R1阻值继续增加，R1消耗的功率逐渐减小，即R1消耗的功率先增加后减小，故C错误，D正确。
故选D。
7. 中国古代建筑的门闩凝结了劳动人民的智慧。如图是一种竖直门闩的原理图：当在水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。水平槽、竖直槽内表面均光滑，A、B间的接触面与水平方向成45°角，A、B间的动摩擦因数为0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知B的质量为m，重力加速度大小为g。为了使门闩刚好能被启动，则施加在A上的水平力F最小应为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】对A、B受力分析如图所示
门闩刚好启动时，对A水平方向上
对于B在竖直方向上
A、B间最大静摩擦力为
则施加在A上的水平力F最小应为
故选B。
8. 如图所示，MN为半径为r的圆弧路线，NP为长度19r的直线路线，为半径为4r的圆弧路线，为长度16r的直线路线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加速至最大速度vm并保持vm匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重的k倍，最大速度，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】赛车从M点按照MNP路线运动到P点过程，在圆周运动过程有
，
在NP直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在NP直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
则匀速过程的时间
赛车从M点按照路线运动到点过程，在圆周运动过程有
，
直线路线匀加速过程有
，
解得
，
在直线路线匀加速至最大速度过程的位移为
即匀加速至最大速度时，恰好到达，则赛车从M点按照MNP路线运动到P点与按照路线运动到点的时间差为
解得
故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 一列简谐横波在介质中传播过程中经过a、b两个质点，两个质点平衡位置之间的距离为3m，a、b两个质点的振动图像如图所示，其中实线为a点的振动图线，虚线为b点的振动图线，则下列说法中正确的是（ ）
A. a点的振动方程为
B. 该波的波长可能为7.2m
C. 该波的传播速度可能为m/s
D. 该波的传播速度可能为m/s
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图可知波的周期为，a点的振动方程为
当时，，解得
故A正确；
CD．内，a点到达波峰时有
解得
当，b点到达波峰，波从a点传播至b点，有
（n＝0，1，2，3…）
则波速为
（n＝0，1，2，3…）
可得当时，该波的传播速度为，当该波的传播速度为时，不是整数，故该波的传播速度不可能为，该波的传播速度可能为，故C错误，D正确；
B．该波的波长为
（n＝0，1，2，3…）
当该波的波长为7.2m时，不是整数，故当该波的波长不可能为7.2m，故B错误。
故选AD。
10. 跑酷，又称自由奔跑，是一种结合了速度、力量和技巧的极限运动。如图甲所示为一城墙的入城通道，通道宽度L=6m，一跑酷爱好者从左墙根由静止开始正对右墙加速运动，加速到M点时斜向上跃起，到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，P点距离地面高h=0.8m，然后立即蹬右墙壁，使水平方向的速度变为等大反向，并获得一竖直方向速度，恰好能跃到左墙壁上的Q点，P点与Q点等高，飞跃过程中人距地面的最大高度为H=2.05m，重力加速度g取10m/s2，整个过程中人的姿态可认为保持不变，如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 人助跑的距离为3.6m
B. 人助跑的距离为3m
C. 人刚离开墙壁时的速度大小为6m/s
D. 人刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．人到达右墙壁P点时，竖直方向的速度恰好为零，根据逆向思维，可知从点到点的逆过程为平抛运动，则
从点到点的过程为斜抛运动，根据对称性可得
解得
，，
人助跑的距离为
故A正确，B错误；
C．人刚离开墙壁时竖直方向的速度大小为
人刚离开墙壁时的速度大小为
故C错误；
D．人刚离开P点时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为
故D正确。
故选AD。
11. 如图所示，A、B、C是位于匀强电场平面内三个点，三个点之间的连线形成一个直角三角形，∠B=90°，AB边长度为d，BC边的长度为2d，D为BC边上的一个点，且CD=3BD。将电荷量为q（q>0）的带电粒子从C点移动到A点电场力做功为2W，将电荷量为+q（q>0）的带电粒子从A点移动到D点需要克服电场力做功W，则下列说法中正确的是（ ）
A. 电场强度的方向从B指向C
B. B、C两点的电势差为
C. 匀强电场的电场强度大小为
D. 若规定C点为零电势点，则AC中点的电势为
【答案】BC
【解析】
【详解】ABD．由题可知
解得
由于
CD=3BD
所以
联立可得
B正确
若取C点的电势为零电势，则
即A点与BC的中点在同一等势面上，根据电场线与等势面垂直可知，电场强度的方向不是由B指向C，同时AC中点的电势应为，AD均错误；
C．结合上述分析，作出其等势线和电场线，如图所示
根据
C正确。
故选BC。
12. 如图所示，平行光滑金属导轨ab、cd间距为L=1.5m，与水平面间的夹角θ=37°，导轨上端接有电阻R=0.8Ω。一导体棒PQ垂直导轨放置且与导轨接触良好，导体棒质量为m=2kg，连入电路的电阻为r=0.2Ω，PQ上方导轨间有一矩形磁场区域，磁场面积为S=0.5m2，磁场方向垂直导轨平面向下，矩形磁场区域内的磁感应强度大小B1随时间t变化的图像如图乙所示，PQ棒下方包括PQ所在处的轨道间充满垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2=2T，导轨足够长且电阻不计，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，导体棒从静止释放后，下列说法中正确的是（ ）
A. 刚释放时，导体棒的加速度为6m/s2
B. 导体棒的加速度为6m/s2时，其下滑速度大小为1m/s
C. 导体棒稳定下滑时速度大小为2m/s
D. 导体棒稳定下滑时，R两端电压为3.2V
【答案】CD
【解析】
【详解】A．刚释放时，感应电动势为
根据楞次定律和左手定则，安培力方向沿导轨向下，根据牛顿第二定律
得
故A错误；
B．导体棒的加速度为6m/s2时，由牛顿第二定律有
解得下滑速度大小为
故B错误；
C．导体棒稳定后匀速下滑运动
可得
故C正确；
D．导体棒稳定匀速下滑时，电路中的电流为
则R两端电压为
故D正确。
故选CD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 洛埃德（H.Llyd）在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置．如图所示，从单缝S发出的光，一部分入射到平面镜后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹．单缝S通过平面镜成的像是S′．
（i）通过洛埃德镜在屏上可以观察到明暗相间的干涉条纹，这和双缝干涉实验得到的干涉条纹一致．如果S被视为其中的一个缝，______________相当于另一个“缝”；
（ii）实验表明，光从光疏介质射向光密介质界面发生反射时，在入射角接近90°时，反射光与入射光相比，相位有的变化，即半波损失．如果把光屏移动到和平面镜接触，接触点P处是__________（填写“亮条纹”或“暗条纹”）；
（iii）实验中已知单缝S到平面镜的垂直距离h=0. 15 mm，单缝到光屏的距离D= 1．2m，观测到第3个亮条纹到第12个亮条纹的中心间距为22.78 mm，则该单色光的波长_________m（结果保留3位有效数字）．
【答案】 ①. S经平面镜成的像S′ ②. 暗条纹 ③. 6.33×10-7
【解析】
【详解】（i）[1]根据图可知，如果S被视为其中的一个缝，S经平面镜成的像S′相当于另一个“缝”.
（ii）[2]根据题意可知，把光屏移动到和平面镜接触，光线经过平面镜反射后将会有半波损失，因此接触点P处是暗条纹.
（iii）[3]条纹间距为
根据
代入数据解得：
14. 某实验小组利用如图甲所示的电路图连接好图乙的电路，来测量电压表的内阻和电流表的内阻，已知定值电阻的阻值为，合上开关后，调节滑动变阻器以及电阻箱的接入阻值R，读出电压表、电流表的示数U、I，根据所得的数据描绘出关系图线如图丙所示，回答下列问题：
（1）在乙图中补全实验实物连接图______；
（2）合上开关S之前，滑动变阻器的滑片置于滑动变阻器的最______端，写出关系图线的表达式______（用、、、R、U、I来表示）；
（3）由乙图可得______，内阻______（用、a、b来表示）。
【答案】（1） （2） ①. 左 ②.
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
根据图甲电路图，在乙图中补全实验实物连接图，如图所示
【小问2详解】
[1]由图甲电路图可知，合上开关S之前，滑动变阻器应将上方电路短路，则滑动变阻器的滑片置于滑动变阻器的最左端。
[2]根据图甲电路图，由欧姆定律有
整理可得
【小问3详解】
[1][2]由（2）结论，结合图丙有
，
解得
15. 传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为某传送带的简易图，该传送带的倾角为，时刻工人将质量的工料静止放到传送带的底端A，同时将轻绳拴接在工料上，电动机通过轻绳带动工料向上做匀加速直线运动。已知轻绳对工料的牵引力大小恒为，传送带以的速度顺时针匀速转动，时刻关闭电动机，经过一段时间后工料刚好到达传送带的最高点B。已知工料与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度，工料可视为质点，不计空气阻力，。求：
（1）时刻工料的速度大小；
（2）传送带AB两端间的距离。
【答案】（1）8m/s；（2）20m
【解析】
【详解】（1）对工料进行受力分析，根据牛顿第二定律有
设经t时刻，工料与传送带共速则有
代入数据解得
即时刻工料恰与传送带共速，则速度大小为8m/s；
（2）关闭电动机之前工料上升的距离
关闭电动机后，再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有
根据速度公式有
代入数据解得
传送带AB两端间的距离
16. 我国自主研发的094型战略核潜艇，被称为“镇国神器”。如图所示为一个体积为V的简易潜艇模型，当储水舱里的气体体积为V0、压强为p0时，潜艇有浸没在海水中。当地大气压强为p0，海水密度为ρ，假设各深度处海水温度相同，潜艇在吸入或排出海水过程中，海水深度对潜艇的压强变化忽略不计，重力加速度大小为g。
（1）当潜艇用空气压缩泵缓慢排出储水舱上方的部分气体时，可以吸入一定量的海水，使潜艇恰好全部浸没在海水里并处于静止状态。此时，储水舱上方气体的压强为p1，求储水舱剩余气体的质量与原有气体的质量之比；
（2）当潜艇静止潜在深度h处时（潜艇全部浸入海水后，储水舱内气体的变化忽略不计），用空气压缩泵向储水舱注入一定量的压强为p0的气体后，打开阀门排出部分海水使潜艇向上浮。要使舱内的海水排出的体积为，求打开阀门前，储水舱内气体的压强。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由题意可知，当潜艇有浸没在海水中时，由平衡条件可得
潜艇全部浸没在海水中时，由平衡条件可得
解得
气体做等温变化，由玻意耳定律可得，储水舱剩余气体的质量与原气体的质量之比
（2）打开阀门前，储水舱内气体的压强为，此时储水舱内气体的体积为
打开阀门后，储水舱内气体的压强为
打开阀门后，储水舱内气体的体积为
由玻意耳定律可得，
解得
17. 如图所示，在三维直角坐标系Oxyz中的、的圆柱形空间内存在沿z轴正方向的匀强磁场，圆柱形空间的外部存在沿x轴正方向的匀强磁场，圆柱形空间内、外磁场的磁感应强度大小相等；在圆柱面上的的部分有绝缘的弹性挡板；在的区域存在沿y轴正方向、电场强度大小为E0的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从A点（A点在Oxy平面内）以初速度大小为v0、与y轴负方向成53°夹角的方向射入电场，经过一段时间从x轴上的B（L，0，0）点沿x轴正方向进入圆柱形区域，接着从y轴负半轴上的C点沿y轴负方向离开此区域，然后从z轴上的D点再次进入圆柱形区域，粒子与绝缘弹性挡板碰撞过程时间极短且没有能量损失，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
（1）A、B两点间的电势差UAB；
（2）圆柱形空间内、外磁场的磁感应强度大小B0；
（3）粒子从A点进入电场到再次返回A点的运动时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在A点沿x轴方向的速度
粒子在A点沿y轴方向的速度
粒子从A到B在y轴方向上由动能定理得
解得A、B两点间的电势差
（2）粒子在B点的速度大小为
粒子从B到C做匀速圆周运动，在C点速度沿y轴负方向，如图所示
根据几何关系可得轨道半径为
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）粒子从A到B在y轴方向上由牛顿第二定律得
粒子从A到B的运动时间
粒子在磁场中的周期为
粒子从B到C的运动时间
粒子到D点时速度方向沿z轴负方向，粒子从C点到D点做匀速圆周运动，运动时间为
设粒子从轴上E点离开圆柱面，粒子在B点速度方向沿x轴负方向，粒子从D到E做匀速直线运动，在E点速度沿z轴负方向，粒子从D到E的运动时间
根据题意作出平面的轨迹图
根据题意作出平面的轨迹图
故粒子从A点进入电场到再次返回A点的运动时间
18. 如图所示，劲度系数k=100N/m的轻弹簧一端固定于水平面上，另一端连接物块A，物块B置于A上（不粘连），A、B质量均为1kg，开始时物块A和B处于静止状态，物块B的正上方h高处固定一水平的可在竖直方向上下移动的挡板。现对物块B施加方向始终向上、大小为F=10N的恒力，使A、B开始运动，已知A、B均可视为质点，B与挡板、A之间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量，k为弹簧的劲度系数），质量为m的质点做简谐运动的周期为（k为物体做简谐运动时的比例系数，即弹簧的劲度系数），重力加速度大小g=10m/s2。
（1）求A、B第一次分离时，A、B的速度大小；
（2）求A、B第一次分离后，若二者没有发生碰撞，物块A上升到最大高度时的加速度大小；
（3）若A、B第一次分离后，经过一段时间后二者恰好能够在第一次分离位置相碰，求h满足的条件；
（4）若，则B与A相碰后，求A第一次运动到最低点时A、B之间的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）设开始时弹簧的压缩量为x1，根据平衡条件有
解得
设A、B第一次分离时，弹簧的形变量为x2，此时A、B之间弹力为零，加速度、速度（大小设为v）均相同，又因为恒力F与B的重力大小相等、方向相反，所以此时B的加速度均为0，则A的加速度也为0，有
解得
对从开始到A、B第一次分离的过程，根据功能关系有
解得
（2）A、B第一次分离后，若二者没有发生碰撞，则A做简谐运动，由于分离时A的加速度为0，所以A刚好位于平衡位置，设A的振幅A，对A从平衡位置上升到最大高度的过程，根据机械能守恒定律有
解得
设A上升到最大高度时加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
解得
（3）A、B第一次分离后，由于B受力平衡，所以向上做匀速直线运动，且由于与挡板发生的是弹性碰撞，所以碰撞后速度大小不变，仍为v。A从平衡位置开始向上做简谐运动，周期为
根据简谐运动的对称性可知，A再次经过第一次分离位置时速度大小仍为v，为使A、B在此处能够发生碰撞，此时A一定向上运动，所以若A、B第一次分离后，经过一段时间后二者恰好能够在第一次分离位置相碰，应满足
解得
（4）若，则由（3）结论可知A、B在第一次分离位置相碰，因为碰撞时二者速度大小相等、方向相反，且二者质量相同，根据动量守恒定律和能量守恒定律易知碰撞后A、B的速度交换，记B将以v向上做匀速直线运动，A将从平衡位置开始向下做简谐运动，经历时间A第一次运动到最低点，此时B向上运动的位移大小为
此时A、B之间的距离为
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