2024届东北三省四城市联考暨沈阳市高三下学期二模物理试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。
3.考试结束后，考生将答题卡交回。
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，有选错的得0分。
1. 春节假期，小华使用无人机进行航拍，一段时间内无人机在竖直方向上运动，其位移时间图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列哪个时刻无人机处于最高点（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据位移时间图像可知时刻无人机处于最高点。
故选B。
2. J.J.汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子后，还在β衰变、光电效应、热离子发射效应等现象中也都发现了电子。在下列现象中，电子来源于原子核的是（ ）
A. β衰变B. 光电效应C. 阴极射线D. 热离子发射
【答案】A
【解析】
【详解】β衰变中的电子来源于原子核内中子转化为质子和电子；光电效应、阴极射线和热离子发射中电子都是来源于原子核外的电子。
故选A。
3. 如图（a），某同学将水杯开口向下倒置在水槽中，水槽中的部分水流入杯内，在杯中封闭了一段气体，简化模型如图（b）所示。现缓慢将水杯向上提起一小段高度（杯口始终未露出水面，杯内气体未漏出）。设环境温度保持不变，则此过程中杯中封闭气体（ ）
A 体积变小，压强变小B. 体积变大，压强变大
C. 体积变小，压强变大D. 体积变大，压强变小
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意可知杯口上升，则空气所在的液面深度减小，可知气体内压强减小，根据玻意义耳定律可知体积变大。
故选D
4. 风洞实验是进行空气动力学研究的重要方法。如图所示，将小球从A点以某一速度v0水平向左抛出，经过一段时间，小球运动到A点正下方的B点，O点是轨迹的最左端，风对小球的作用力水平向右，大小恒定。则小球速度最小时位于（ ）
A. A点B. O点
C. 轨迹AO之间的某一点D. 轨迹OB之间的某一点
【答案】C
【解析】
【详解】如图所示
将重力和风力合成为一个力，速度分解为沿合力直线方向分速度和垂直合力直线方向分速度，当沿合力直线方向的分速度减为0时，小球的速度最小，即小球最小速度为图中的，可知该点位于轨迹AO之间的某一点。
故选C。
5. 一椭球形玻璃置于真空中，其中心截面的椭圆长轴和短轴长度分别为10cm和6cm。一束从左焦点射向最高点P的激光，恰好在P点发生全反射。已知光在真空中的速度为c，则该光线在玻璃中传播的速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】如图所示
由题意可知∠C为单色光发生全反射的临界角，设椭圆的半长轴为a，半短轴为b，则离心率
由几何关系得
由折射定律可知透明柱体对单色光的折射率为
所以单色光在柱形物体中传播的速度为
故选D。
6. 图（a）中，在x轴上关于原点对称的位置固定两个等量异种点电荷。图（b）中，在x轴上关于原点对称的位置固定两根垂直于该平面的长直平行导线，两根导线中电流大小相同、方向相反。现电子以一定的初速度分别从两图中的O点垂直平面向里运动，则关于两幅图中电子在原点O受力的说法正确的是（ ）
A. 图（a）中，电子受电场力方向沿x轴正向
B. 图（a）中，电子受电场力方向沿y轴正向
C. 图（b）中，电子受洛仑兹力方向沿x轴正向
D. 图（b）中，电子受洛仑兹力方向沿y轴正向
【答案】C
【解析】
【详解】AB．图（a）中，正电荷在点的电场强度沿x轴正向，负电荷在点的电场强度沿x轴正向，则点的合电场强度沿x轴正向，电子受电场力方向沿x轴负向，故AB错误；
CD．根据右手螺旋定则可知两根导线在点的磁场方向均沿y轴负向，在点的磁场方向沿y轴负向，根据左手定则可知电子受洛仑兹力方向沿x轴正向，故C正确，D错误。
故选C。
7. 2024年1月18日，由大连理工大学研制的“大连1号—连理卫星”从天舟六号货运飞船成功释放入轨，并成功回传高清图像。若“连理卫星”的轨道可视为圆周，已知引力常量和“连理卫星”距地面的高度，再结合下列信息能计算出地球平均密度的是（ ）
A. 地球对“连理卫星”的万有引力和地球半径
B. “连理卫星”绕地球运动的周期和线速度
C. “连理卫星”绕地球运动的周期和角速度
D. 地球两极处的重力加速度和地球自转周期
【答案】B
【解析】
【详解】要求出地球的平均密度，需要求出地球的质量和地球的体积，已知引力常量和“连理卫星”距地面的高度：
A．再知道地球对“连理卫星”的万有引力和地球半径可知求出地球的体积，但是无法求出地球的质量，所以无法求出地球的平均密度，故A错误；
B．再知道“连理卫星”绕地球运动的周期和线速度，根据
以及
可以求出地球的质量和体积，可以求出地球的平均密度，故B正确；
C．“连理卫星”绕地球运动的周期和角速度无法求出地球的质量和体积，无法求出地球的平均密度，故C错误；
D．根据
可得
地球的体积
则
无法求出地球的半径，则无法求出地球的密度，故D错误。
故选B。
8. 如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，图中实线和虚线分别为t1 =0和t2 =1s时的波形图。下列说法正确的是（ ）
A. 该波的波长为16m
B. 该波的波速可能为10m/s
C. t1时刻x =2m处的质点速度方向沿y轴正方向
D. t1时刻x =2m处的质点加速度方向沿y轴负方向
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图可知，该波的波长为16m，故A正确。
B．简谐横波沿x轴正方向传播，根据波形平移法可知，在内波向前传播的距离可能
（，，）
则该波的波速为
（，，）
当时，可得波速为
当时，可得波速为
故B错误；
CD．由图中实线可知，t1时刻x =2m处的质点位移为正，则加速度方向沿y轴负方向，根据波形平移法可知，速度方向沿y轴负方向，故C错误，D正确。
故选AD。
9. 如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为、，作出某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒
B. 当滑块的速度为时，小球运动至最高点
C. 小球与滑块的质量比为1∶2
D. 小球的初速度大小可能为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，A正确。
C．设小球的质量为m，初速度为v，在水平方向上由动量守恒定律得
化简为
结合图（b）可得
即
C正确；
B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得
求得
B错误；
D．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得
机械能守恒
其中，求得
小球的初速度大小不可能为
D错误。
故选AC。
10. 如图（a），S为粒子源，不断沿水平方向发射速度相同的同种带负电粒子。MN为竖直放置的接收屏，能够记录粒子打在屏上的位置。当同时存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场时，粒子恰好沿直线打到MN上的O点；当只存在上述某一种场时，粒子打在MN上的P点或Q点，P、O、Q三点的位置关系如图（b）所示，OQ间距离为OP间距离的倍。已知电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，粒子源S到接收屏MN的距离为d。不计粒子重力和粒子间相互作用力，则下列说法中正确的是（ ）
A. 只加磁场时，粒子打到接收屏上的P点B. 粒子源发射粒子的速度大小为
C. 粒子的比荷为D. OP间距离为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．只加磁场时，根据左手定则可知粒子所受洛伦兹力向下，则粒子向下偏转，则粒子打到接收屏上的Q点，故A错误；
B．当同时存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场时，粒子恰好沿直线打到MN上的O点，则满足
可得
故B正确；
CD．根据粒子在只有电场时做类平抛运动，粒子打在接收屏上的点，由牛顿第二定律可知
粒子的水平方向位移为
粒子的竖直方向位移为
联立可知
根据粒子在只有磁场时，做圆周运动，粒子的运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可知
即
由几何关系可知
又
联立解得
C正确、D错误。
故选BC。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 利用如图所示的装置验证机械能守恒定律。用一小段光滑铁丝做一个“L”型小挂钩，保持挂钩短边水平，并将其固定在桌边。将不可伸长的轻质细线一端系成一个小绳套，挂在小挂钩上，另一端栓一个小球。将细线拉直到水平位置，由静止开始释放小球，当细线竖直时，小绳套刚好脱离挂钩使小球做平抛运动。
（1）若测得小球做平抛运动的水平位移s和下落高度h，已知重力加速度g，则小球做平抛运动的初速度为________；
（2）细线拉直时，测量小球球心到悬点的距离为l，若l、s、h满足关系式________，则可验证小球下摆过程中机械能守恒；
（3）若释放小球时，不小心给小球一个向下的初速度，则（2）中求得的关系式是否成立？________（选填“成立”或“不成立”）。
【答案】（1）
（2）
（3）不成立
【解析】
【小问1详解】
设运动时间为，水平方向
竖直方向
联立可得
【小问2详解】
小球球心到悬点的距离为l，小球抛出时，根据机械能守恒定律
结合
可得
【小问3详解】
若释放小球时，不小心给小球一个向下初速度，根据动能定理可得
结合
可得
显然不成立。
12. 某同学设计了一个加速度计，将其固定在待测物体上，能通过电路中电压表的示数反映物体的加速度a，其原理图如图（a）所示。其中，质量的滑块2可以在光滑的框架1中左右平移，滑块两侧各连接一根劲度系数的弹簧3（弹簧始终处于弹性限度内）。4是固定在滑块2上的金属滑动片，与电压表的一端用导线相连，并与一阻值均匀的电阻AB相接触，滑动片4与电阻间的摩擦忽略不计。已知物体加速度为0时，两侧弹簧3均处于原长，滑动片4位于AB中点，AB全长；直流电源电动势（内阻忽略不计）。现有一量程0~3V、内阻的电压表，其表盘如图（b）所示；另有开关、导线若干。
（1）为使滑动片4位于B点时电压表满偏，需要将电压表量程改为0~15V，则电压表应________（选填“串联”或“并联”）一个阻值为________kΩ的电阻，并将电压表的刻度按新量程做好修改；
（2）将改装后的电压表接入图（a）的电路中，此装置可测量加速度的最大值为________；
（3）请在图（c）中画出图像________（规定加速度向左为正方向，U为改装后电压表的示数）；
（4）若要增大加速度的测量范围，可采用的方法有：________（答出一条合理措施即可）。
【答案】（1） ①. 串联 ②. 12
（2）30 （3）
（4）更换两根劲度系数更大的弹簧##换质量更小的滑块
【解析】
【小问1详解】
[1][2]要扩大电压表的量程，需要串联一个电阻，根据
解得
【小问2详解】
当滑块处于中点时，加速度为零，当滑块端点A或B时，加速度最大，根据牛顿第二定律
解得
【小问3详解】
根据可知加速度与成线性关系，根据串联电路分压规律可知电压表示数与也成线性关系，可知加速度与电压表示数是线性关系，当滑块处于中点时，电压表示数为7.5V，当加速度向右时，滑块在中点的左边，当加速度向左时，滑块在中点的右边，所以图像如图所示
【小问4详解】
滑块所受到的合力最大值由弹簧决定与电压无关，劲度系数越大，加速度的测量范围越大；最大的合力一定的情况下，根据牛顿第二定律可知可以减小滑块的质量增大加速度的测量范围。
13. 一种巨型娱乐器械可以让游客体验超重和失重。该器械可乘坐多人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上48m的高处，然后座舱从静止开始以a1=8m/s2的加速度匀加速下落h1=36m，启动制动系统，座舱又匀减速下落，到地面时刚好停下。已知重力加速度g=10m/s2。求：
（1）座舱最大速度及匀加速过程座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？
（2）匀减速下落过程中，座椅对游客的支持力是游客重力的多少倍？
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）座舱先做匀加速直线运动，设座舱的最大速度为，根据运动学公式可得
解得
设游客重力为，以游客为对象，根据牛顿第二定律可得
则有
（2）座舱匀减速下落的高度为
根据运动学公式可得
解得加速度大小为
以游客为对象，根据牛顿第二定律可得
则有
14. 如图（a），空间有一水平向右的匀强电场，一质量为m、带电量为+q的小球用一绝缘细线悬挂于O点，悬点到球心的距离为L。小球静止时细线与竖直方向的夹角，重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力。sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1）求小球静止时细线的拉力及场强的大小；
（2）若将小球拉到最低点，给小球垂直纸面向里的初速度，使小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，如图（b）所示，求小球速度的大小。
【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）小球静止时，设细线拉力为，场强大小为，根据共点力平衡条件有
，
联立解得
，
（2）由题意可知，重力和电场力的合力为
小球做圆锥摆运动时，圆锥摆的轴线应在重力和电场力的合力直线上，则圆锥摆的摆角为
设在最低点给小球垂直纸面向里的初速度为，小球做圆锥摆运动时，细线拉力为，根据牛顿第二定律可得
又
，
联立解得
15. 如图，PQ、MN是两条固定在水平面内间距的平行轨道，两轨道在O、处各有一小段长度可以忽略的绝缘体，绝缘体两侧为金属导轨，金属导轨电阻不计。轨道左端连接一个的电阻，轨道的右端连接一个“恒流源”，使导体棒ab在O、右侧时电流恒为。沿轨道MN建立x轴，O为坐标原点，在两轨道间存在垂直轨道平面向下的有界磁场，区域B随坐标x的变化规律为，；区域为匀强磁场，磁感应强度大小。开始时，质量、长度、电阻的导体棒ab在外力作用下静止在处，ab棒与导轨间动摩擦因数。现撤去外力，发现ab棒沿轨道向左运动。已知重力加速度g取，求：（结果可保留根式和π）
（1）撤掉外力瞬间ab棒中的电流方向和ab棒的加速度大小；
（2）撤掉外力后，ab棒由静止运动到处的速度大小；
（3）若ab棒最终停在处，其运动的总时间为多少。（已知：质量为m的物体做简谐运动时，回复力与物体偏离平衡位置的位移满足，且振动周期。）
【答案】（1）到，；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题可知，棒沿轨道向左运动，即受到了向左的安培力作用，根据左手定则判断，电流的方向从到。
对棒，由牛顿第二定律
解得
（2）棒受安培力随位移线性变化，所以
对棒，从开始到过程，列动能定理
得
（3）在区域中，棒受到的合力为
由简谐振动的性质可知棒以处为平衡位置作简谐振动，振幅
，
周期为
则在区域中的运动时间为
设棒穿过左侧匀强磁场过程中，由动量定理
则全程总时间