2024年东北三省四市联考暨辽宁省沈阳市高考物理二模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年东北三省四市联考暨辽宁省沈阳市高考物理二模试卷(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.春节假期，某同学使用无人机进行航拍，一段时间内无人机沿竖直方向运动，其位移一时间图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列哪个时刻无人机处于最高点( )
A. t1
B. t2
C. t3
D. t4
汤姆孙通过研究阴极射线发现电子后，还在β衰变、热离子发射效应(指物质受热之后一些电子摆脱原子的束缚飞向远处的现象)和光电效应等现象中也都发现了电子。在以上现象中，电子产生于原子核内部的是( )
A. 阴极射线B. 光电效应C. β衰变D. 热离子发射效应
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，压强变大B. 体积变大，压强变小
C. 体积变小，压强变小D. 体积变大，压强变大
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
5.如图，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F1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，则该激光在玻璃中传播的速度为( )
A. 53cB. 35cC. 34cD. 45c
6.图(a)中，在x轴上关于原点O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O对称的位置固定两根垂直于纸面的平行长直导线，两根导线中电流大小相等、方向相反。电子以一定的初速度从原点O垂直纸面向里运动，则关于两幅图中电子在原点O处受力的说法正确的是( )
A. 图(a)中，电子所受电场力方向沿x轴正向
B. 图(a)中，电子所受电场力方向沿y轴正向
C. 图(b)中，电子所受洛伦兹力方向沿y轴正向
D. 图(b)中，电子所受洛伦兹力方向沿x轴正向
7.2024年1月18日，由大连理工大学研制的“大连1号一连理卫星”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，已知万有引力常量和“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. 地球极地处的重力加速度和地球自转周期
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，实线为t1=0时刻的波形图，虚线为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处的质点加速度方向沿y轴负方向
D. t1时刻x=2m处的质点速度方向沿y轴正方向
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v0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v1、v2，作出v1−v2的关系图像，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. 滑块与小球组成的系统，水平方向动量守恒
B. 当滑块速度为0.5v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 2.5gR
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。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O点；当只加电场或只加磁场时，粒子打在MN上的位置如图(b)所示，OQ间距离为OP间距离的54倍。已知电场强度为E，磁感应强度为B，S到屏MN的距离为d。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则( )
A. 只加磁场时，粒子打到接收屏上的Q点B. 粒子源发射粒子的速度大小为EB
C. 粒子的比荷为4E5B2dD. OP间距离为d2
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学利用如图所示装置验证机械能守恒定律。他将曲别针做成一个“L”型小挂钩，固定在桌边O点用细线拴一小球，线的另一端系成一个小绳套，挂在小挂钩上。将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，当细线竖直时，刚好绳套脱离挂钩使小球做平抛运动。
(1)测得小球做平抛运动的水平位移s和下落高度h，已知重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度为______；
(2)细线拉直时，测得小球的球心到悬点的距离为l，如果l、s、h满足关系式l=______，则可验证小球摆下过程中机械能守恒；
(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？______。(填“成立”或“不成立”)
12.某同学设计了一个加速度计，能通过电压表的示数测量物体的加速度，如图(a)所示。质量m=1kg的滑块2可以在光滑的框架1中左右平移，滑块两侧各连着一根劲度系数为k=2.0×102N/m的弹簧3(弹簧始终处于弹性限度内)。4是固定在滑块上的金属滑片，它与一阻值均匀的电阻AB相接触，滑片与电阻间的摩擦忽略不计，电压表右端用导线与滑片4连接。已知加速度为0时，弹簧都处于原长，滑片位于AB中点，AB全长L=15cm，直流电源电动势E=15V(内阻忽略不计)。现有一量程0∼3V、内阻Rv=3kΩ的电压表(RV≫RAB)，其表盘如图(b)所示。
(1)为使滑片位于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______联(填“串”或“并”)______kΩ的电阻；
(2)将改装后的电压表接入电路中，则加速度计测量的加速度最大值为______m/s2；
(3)请在图(c)中画出a−U图像(规定加速度向左为正，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：______(答出一条措施即可)。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
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)座舱的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。
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θ=37∘，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。
15.如图，PQ、MN是两条固定在水平面内间距l=1m的平行轨道，两轨道在O、O′处各有一小段长度可忽略的绝缘体，绝缘体两侧为金属导轨。轨道左端连接一个R=0.3Ω的电阻，轨道右端连接一个“恒流源”，使导体棒ab在O、O′右侧时电流恒为I=0.5A。沿轨道MN建立x轴，O为坐标原点，在两轨道间充满垂直轨道平面向下的有界磁场，在x≥0区域，B随坐标x的变化规律为B=0.4x(T)，xv0ag2+a2，说明最小速度出现在AO轨迹之间的某一点，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据运动的分解原理，求出合速度的表达式，结合数学分析，可找到速度最小的位置。
学生在解答本题时，应注意熟练运用运动的分解，同时要提高自己的数学分析能力。
5.【答案】D
【解析】解：光路图如下图所示。
根据几何知识，可知PF1的距离等于椭圆半长轴，则：a=102cm=5cm
PO的距离等于椭圆半短轴，则：b=62cm=3cm
由勾股定理易知OF1的距离等于4cm
已知激光恰好在P点发生全反射，则有：sinC=OF1a=45
可得此介质的折射率为：n=1sinC
该激光在玻璃中传播的速度：v=cn
解得：v=45c，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据椭圆的几何知识，求得激光在介质中的全反射临界角，进而可得折射率，根据介质中的光速与真空中的光速关系求解激光在玻璃中传播的速度。
本题考查了光学的折射定律以及全反射现象，解答此类题目依据物理原理作出光路图是基础，利用数学几何知识解题。
6.【答案】D
【解析】解：AB、图(a)中，两个等量异种点电荷产生的电场在O点的电场强度方向均沿x轴正方向，根据电场叠加原理，O点的电场强度方向沿x轴正方向，电子带负电，所受电场力与电场强度方向相反，故电子在O点所受电场力方向沿x轴负方向，故AB错误；
CD、图(b)中，根据安培定则，两根导线中电流产生的磁场在O点的磁感应强度方向均沿y轴负方向，根据磁场叠加原理，O点的磁感应强度方向沿y轴负方向。电子带负电，初速度从原点O垂直纸面向里运动，根据左手定则，电子在O点所受洛伦兹力方向沿x轴正方向，故C错误，D正确。
故选：D。
根据点电荷产生的电场和电场叠加原理，结合带电粒子所受电场力方向与电场强度方向的关系判断带电粒子所受电场力方向；根据安培定则和磁场叠加原理，应用左手定则判断带电粒子所受洛伦兹力方向。
本题考查了电流磁效应，电场与磁场对带电粒子的作用，以及场的叠加原理。掌握安培定则与左手定则应用的不同场景，不要混淆。解答时要注意受力电荷的正负。
7.【答案】B
【解析】解：A、已知万有引力F=GMm(R+h)2(M为地球质量，m为卫星质量)，可得地球质量M=F(R+h)2Gm，地球密度ρ=MV=M43πR3，所以地球的密度为ρ=3F(R+h)24GπmR3，卫星质量m未知，无法计算出地球的密度，故A错误；
B、线速度和周期的关系为T=2π(R+h)v，又已知h，可求出地球半径。卫星绕地球运动，由万有引力提供向心力则GMm(R+h)2=mv2R+h，可得地球质量为M=v2(R+h)G，所以地球的密度可以计算，故B正确；
C，若已知“连理卫星”绕地球运动的周期和角速度，有GMm(R+h)2=m(R+h)ω2，T=2πω，可以计算出地球的质量为M=(R+h)3ω2G。因为无法得到地球的半径，仍无法计算出地球的密度，故BC错误；
D、根据地球极地处的重力加速度g，有GMmR2=mg，知道地球的自转周期，但不能得到地球的质量和半径，故无法计算出地球的密度，故D错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力，结合公式F=GMmr2=mv2r=mrω2=mr(2πT)2计算地球质量，然后结合密度公式求解。
熟练掌握万有引力提供向心力公式和密度公式是解题的基础，注意在题目中仅知道卫星距地面的高度，地球半径不是已知的。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、由波形图可知波长λ=16m，波向右传播的距离Δx=nλ+6m=16n+6(n=0,1,2,3…)，则波速v=ΔxΔt=16n+61−0m/s=16n+6(m/s)(n=0,1,2,3…)，则波速不可能为10m/s，故A正确，B错误；
CD、t1时刻x=2m处的质点位移为正值，根据F=−kx=ma可得：a=−kmx，所以加速度方向沿y轴负方向，根据同侧法可知其速度方向沿y轴负方向，故C正确，D错误。
故选：AC。
由波形图可得波长，由波形图得到波的传播距离，从而根据v=ΔxΔt可得可能的波速；根据牛顿第二定律判断质点的加速度方向，根据同侧法判断质点的速度方向。
解决该题的关键是掌握平移法分析传播路径与波长的关系，熟记波速的计算公式。
9.【答案】AC
【解析】解：A、因不计一切摩擦，故滑块与小球组成的系统在水平方向上所受合外力为零，则水平方向此系统满足动量守恒定律，故A正确；
B、小球运动至最高点时，小球和滑块在水平方向上共速，并且小球竖直方向的速度为零，故两者此时速度相同(v1=v2)。
由图(b)可得v1与v2的关系式为：v1=v0−2v2，当v1=v2时，解得小球的速度v1=13v0，故B错误；
C、设小球和滑块的质量分别为m、M，取向右为正方向，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，结合B选项的结论，则有：
mv0=(m+M)×13v0
解得：M=2m，故小球与滑块的质量比为1：2，故C正确；
D、设小球达到的最大高度为h，根据机械能守恒定律，结合BC选项的结论，则有：
mgh=12mv02−12(m+M)(13v0)2
解得：v02=3gh
因小球能从圆弧最高点冲出滑块，故需满足h>R，则小球的初速度大小需满足：v0> 3gR，故D错误。
故选：AC。
根据动量守恒的条件判断此系统水平方向上是否满足动量守恒定律；根据小球运动至最高点时此系统的运动状态，结合图(b)的v1与v2的关系求解小球的速度；根据此系统水平方向动量守恒与机械能守恒定律解答。
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用，对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)。解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据机械能守恒定律列方程求解。
10.【答案】ABC
【解析】解：A.根据左手定则，带负电的粒子在磁场中受到的洛伦兹力向竖直向下，故只加磁场时，粒子应该打在屏上的Q点，故A正确；
B.由于在混合场中粒子沿SO匀速运动，设负粒子电荷量为q，则根据平衡条件有
qvB=qE
解得v=EB，故B正确；
CD.只加电场时，粒子在电场中做类平抛运动，有
d=vt
y=12⋅qEm⋅t2
只加磁场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB=mv2R
由几何关系
R2=d2+(R−54y)2
联立解得比荷qm=4E5B2d
OP间的距离y=25d，故C正确，D错误。
故选：ABC。
A.根据左手定则判断粒子运动后的位置；
B.根据平衡条件列式求解速度；
CD.根据类平抛运动规律和匀速圆周运动规律结合几何关系列式求解比荷和OP间的距离；
考查速度选择器，带电粒子在电场和磁场中的运动问题，会根据题意作图列式求解相应的物理量。
11.【答案】s g2h s24h 不成立
【解析】解：(1)根据平抛运动规律
h=12gt2
s=v0t
解得v0=s g2h；
(2)小球做圆周运动过程，若机械能守恒，根据动能定理可知
mgl=12mv02−0
解得l=s24h
即l=s24h，则可验证小球摆下过程中机械能守恒；
(3)设释放时小球的初速度为v，小球做平抛运动运动的水平位移为s′
根据平抛运动规律
h=12gt2
s′=v′t
解得v′=s′ g2h；
根据动能定理可知
mgl=12mv′2−12mv2
整理得：l=s′24h−v22g，与(2)结果不同，
则(2)中求得的关系式不成立；
故答案为：(1)s g2h；(2)s24h；(3)不成立。
(1)根据平抛运动规律求解小球做平抛运动的初速度；
(2)根据(1)结论以及小球做圆周运动过程应用动能定理列式求解；
(3)根据题意重新推导表达式，即可与(2)比较分析。
解答本题需要掌握平抛运动规律以及动能定理的应用，该题的难点为(3)中小球具有初速度后给推导过程带来的影响。
12.【答案】串 12 30 更换成劲度系数大一些的弹簧，或更换成质量小些的滑块，或将AB更换成长一些的电阻。
【解析】解：(1)电压表满偏电压为Ug=3V、内阻Rv=3kΩ，改装后量程最大值为UV=15V的电压表，将电压表量程扩大需要串联一个分压电阻R串，由欧姆定律得：
UgRV=UVRV+R串，解得：R串=12kΩ。
(2)滑片位于B点时电压表满偏时，加速度计测量的加速度最大(设为am)，此时两个弹簧的形变量均为Δxm=12L=12×15cm=0.075m
两个弹簧对滑块的作用力方向相同，根据牛顿第二定律得：2kΔxm=mam，解得：am=30m/s2。
(3)规定加速度向左为正，设电阻AB的A端与滑片4的距离为x时，电压表的所示为U，滑块的加速度为a，两个弹簧的形变量均为Δx。则有：
Δx=x−12L
同理可得：2kΔx=ma
设电阻AB的单位长度的电阻为r，则有：
Uxr=ELr，解得：x=ULE
联立可得：a=2kLmE⋅U−kLm，其中：m=1kg，k=2.0×102N/m，L=15cm=0.15m，E=15V
代入数据得：a=4U−30，(0≤U≤15V)
a−U图像如下图所示。
(4)根据牛顿第二定律：F=ma，要增大滑块加速度的测量范围，可增大弹簧的弹力最大值(可以采取增大劲度系数或增大弹簧的最大形变量)，或减小滑块的质量。则可采用的方法有：①更换成劲度系数大一些的弹簧；②更换成质量小些的滑块；③将AB更换成长一些的电阻(可以增大弹簧的最大形变量)等。
(1)根据电压表扩大量程的原理，应用欧姆定律解答；
(2)分析滑块受力，根据胡克定律与牛顿第二定律求解；
(3)确定弹簧形变量与电压表并联部分电阻值的联系，根据胡克定律，牛顿第二定律与欧姆定律推导a−U的关系式，进而作出图像；
(4)根据牛顿第二定律F=ma，从增大合力，减小物体质量的角度分析。
本题是综合性的电学实验，是力与电的结合。本题的难点是推导a−U关系式，其中的关键是弹簧形变量与电阻的关联。应用牛顿第二定律与欧姆定律解答。
13.【答案】解：(1)由题可知，座舱匀加速下落至最后一刻时，速度达到最大，此时速度为v1，假设整个匀加速下落过程的时间为t1，根据匀加速直线运动的规律则
v1=a1t1
h1=12a1t12
联立解得v1=24m/s
匀加速过程中，游客质量为m，所受合力为F合，所受座椅支持力为F支，由牛顿第二定律得
G−F支=ma
解得F支=0.2G，因此座椅对游客的支持力是游客重力的0.2倍。
(2)已知匀减速过程中，初速度为v1，末速度为0，下落高度为h2=48−h1=48m−35m=12m，假设匀减速下落过程中加速度为a2，座椅对乘客的支持力为F支′，则由牛顿第二定律得G−F支′=ma2
根据匀变速直线运动的规律
0−v12=2a2h2
代入数据得F支′=3.4G，因此座椅对游客的支持力是游客重力的3.4倍。
答：(1)座舱的最大速度为24m/s，匀加速过程座椅对游客的支持力是游客重力的0.2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3.4倍。
【解析】本题为两个运动过程的直线运动问题，问题(1)(2)均是需要将牛顿第二定律、匀变速直线运动以及受力分析综合应用。
考查匀变速直线运动规律和牛顿第二定律问题，会根据题意列式求解相应物理量。
14.【答案】解：(1)小球静止时的受力图如图所示，设细线对小球的拉力为T，电场力为F
根据平衡条件，水平方向
Tsinθ=F
竖直方向
Tcsθ=mg
而F=qE
代入数据解得T=54mg，电场强度E=3mg4q
(2)设小球做匀速圆周运动的线速度大小为v，根据题意有
重力和电场力的合力F合=T=54mg
由牛顿第二定律
F合tan⁡θ=mv2Lsin⁡θ
联立解得v=34 gL
答：(1)小球静止时细线的拉力大小为54mg，场强的大小为3mg4q；
(2)小球速度的大小为34 gL。
【解析】(1)画小球的受力图，根据平衡条件列式求解拉力和场强大小；
(2)根据牛顿第二定律列式求解线速度大小。
考查平衡问题和圆周运动的相关问题，会根据题意列式求解相应的物理量。
15.【答案】解：(1)因撤去外力后ab棒沿轨道向左运动，故撤掉外力瞬间ab棒受到了向左的安培力作用，根据左手定则，可知ab棒中电流的方向从b到a。
在x=1.5m处的磁感应强度为：B0=0.4×1.5T=0.6T
设撤掉外力瞬间ab棒的加速度大小为a，对ab棒由牛顿第二定律得：
B0Il−μmg=ma
解得：a=4m/s2。
(2)设ab棒运动到x=0处的速度大小为v1，此过程安培力做功为WF，根据动能定理得：
WF−μmgx=12mv12−0，其中：x=1.5m
因B随坐标x线性变化，故安培力也随坐标x线性变化，故可用安培力的平均值计算安培力做功，则有：
WF=B0Il+02x
解得：v1= 3m/s
(3)以向右为正方向，在x≥0区域中，ab棒受到的合力为：
F合=−BIl+μmg=(−0.2x+0.1)N=−0.2(x−0.5)N
根据简谐运动的回复力F回=−kx′(x′为相对平衡位置的位移)，可知ab棒在x≥0区域以x=0.5m处为平衡位置做简谐运动，且k=0.2N/m。
其振动周期为：T=2π mk=2π πs
其振幅为：A=1.5m−0.5m=1m
由x=1.5m到平衡位置x=0.5m处所用时间为T4
由平衡位置x=0.5m到x=0，位移大小恰好为12A，则此过程的时间为T12
可得在x≥0区域中的运动时间为：t1=T4+T12，解得：t1=π3s
ab棒在x