2024届陕西省渭南市高三下学期教学质量检测考试理综试卷（Ⅱ）-高中物理（原卷版+解析版）

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一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一个选项符合要求，第6-8题有多项符合要求。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. 如图为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置示意图，其中冬至时地球离太阳最近。地球公转线速度最大的节气是（ ）
A. 春分B. 夏至C. 秋分D. 冬至
【答案】D
【解析】
【详解】根据开普勒第二定律，地球在近日点运动速度最大，故地球公转线速度最大的节气是冬至。
故选D。
2. 用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1：2，输出功率为4.4，原线圈的输入电压。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（ ）
A. 10A，50B. ，50
C. 10A，100D. 20A，50
【答案】A
【解析】
【详解】原线圈两端电压的有效值为
变压器输入功率等于输出功率，原线圈中的电流的有效值为
根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系
解得副线圈输出电流的有效值为
变压器不改变交变电流的频率，则副线圈输出电流频率为
故选A。
3. 2024年春节前后，我国湖北、湖南等地遭遇了多年不遇的冻雨天气，给人们的出行带来不便。当树叶上带有冰块，人在树下行走经常会出现冰块砸到头部的情况，若冰块的质量为100g，从离头顶的距离约为80cm处无初速掉落，砸到头部冰块未反弹，与头部的作用时间约为0.2s，重力加速度g取，则冰块对头部的平均作用力约为（ ）
A. 4NB. 3NC. 2ND. 1N
【答案】B
【解析】
【详解】根据
可得冰块在空中下落时间为
以向下为正方向，整个过程对冰块应用动量定理可得
解得冰块对头部的平均作用力为
故选B。
4. 如图为氢原子的能级示意图。大量的处于基态的氢原子吸收12.75的能量后，能辐射几种不同波长的光，已知普朗克常量，真空中的光速，，则这些光中最长的波长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据光子的能量
处于基态的氢原子吸收的能量后，将跃迁到4能级。光的波长
解得
所以能极间能量差越小，波长越长，最长为
故选B。
5. 如图（a），足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其图像如图（b）所示。已知砝码B质量为0.20，重力加速度g取10，用表示物块A的质量，表示物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数，则有（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【详解】由图像可知，滑块A在P点左边运动时的加速度为
在P点右边运动时的加速度为
由牛顿第二定律
联立解得
故选C。
6. 如图为两点电荷Q、的电场等势面分布示意图，Q、位于x轴上，相邻等势面的电势差为3V。若x轴上的M点和N点位于0V等势面上，P为某等势面上一点，一个电子仅受电场力，在此电场中运动，先后经过N点和P点，则（ ）
A. Q为正电荷B. M点的电场方向沿x轴正方向
C. 电子经过N点时所受电场力小于P点D. 从N点运动到P点电子的电势能减少12
【答案】BD
【解析】
【详解】A．沿着电场线的方向电势逐渐降低，结合各等势面的电势高低，由图可知电场线由N点指向Q，则Q为负电荷，故A错误；
B．沿着电场线的方向电势逐渐降低，结合各等势面的电势高低关系可知M点的电场方向沿x轴正方向，故B正确；
C．等差等势面的疏密程度反应电场强度的大小，由图可知N点的等差等势面比P点的更密，所以N点的电场强度大小比P点的大，因此电子经过N点时所受电场力大于P点，故C错误；
D．M点和N点位于0V等势面上，P点与N点的等势线间隔四个，而相邻等势面的电势差为3V，则P点与N点的电势差为12V，则从N点运动到P点，电子的电势能减少
故D正确
故选BD。
7. 如图，固定在竖直面内的光滑轨道由直线段和圆弧段组成，两段相切于B点，段与水平面夹角为，段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐减小
B. 小球从A到C的过程中，小球的机械能不断减少
C. 小球的初速度
D. 若小球初速度增大时，小球没有从圆轨道上B点脱离轨道，则小球能够沿圆轨道运动到C点
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为
vC = 0
则小球从C到B的过程中，有
联立有
则从C到B的过程中α由0增大到θ，则csα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A错误；
B．小球从A到C的过程中，只有重力做功，机械能不变，故B错误；
C．从A到C的过程中有
解得
故C正确；
D．小球没有从圆轨道上B点脱离轨道，说明
随着高度上升，小球的速度减小，所需向心力减小，同时，重力指向圆心的分力增大，则更不会脱离轨道，能够到达C点，故D正确。
故选CD。
8. 近年来，我国可控核聚变研究不断取得突破。东方超环（EAST）首次实现403秒的长时间高约束模式运行，国内当前规模最大、参数能力最高的新一代人造太阳“中国环流三号”实现100万安培等离子体电流下的高约束模式运行，再次刷新我国磁约束聚变装置运行纪录，标志我国磁约束核聚变研究向高性能聚变等离子体运行迈出重要一步。托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图甲所示，它的中央是一个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。如图乙为该磁约束装置的简化模型，两个圆心均在O点，半径分别为R和3R的圆，将空间分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内无磁场，区域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场。一群电荷量为、质量为m的粒子在纸面内以不同速率从区域Ⅰ中的O点沿半径方向射入到环形磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，不计粒子相互作用与粒子重力，。对于这些粒子，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子运动的速率不超过
B. 粒子从区域Ⅰ射入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中运动的时间不超过，就会返回到区域Ⅰ
C. 粒子从区域Ⅱ射出返回区域Ⅰ，在区域Ⅰ中运动的时间不少于，才会进入区域Ⅱ
D. 若粒子运动速率为，则粒子每运动距离，轨迹就会重复一次
【答案】AD
【解析】
【详解】A．粒子从区域Ⅰ中的O点沿半径方向射入到环形磁场后，都没有从区域Ⅱ的外圆射出，设粒子在磁场中运动最大半径为，此时粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
解得
根据洛伦兹力提供向心力
解得粒子运动的速率最大值为
故A正确；
B．粒子从区域Ⅰ射入区域Ⅱ，在区域Ⅱ中运动的时间为
根据几何关系，粒子在磁场中轨迹对应的圆心角为
则当时，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为
故B错误；
C．根据对称性可知，粒子从区域Ⅱ射出返回区域Ⅰ时，速度方向为径向，则粒子在区域Ⅰ中，运动的距离为，在区域Ⅰ中运动最短的时间为
故C错误；
D．若粒子运动速率为，根据洛伦兹力提供向心力
解得
根据题意，做出粒子的运动轨迹，如图所示
可知粒子将在区域Ⅰ、区域Ⅱ间做周期运动，粒子每运动距离
轨迹就会重复一次，故D正确。
故选AD。
第Ⅱ卷
第9题~第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题~第14题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题
9. 某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图所示。一质量为m、直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下方h处固定光电门，调节光电门的中心，使其与小球的球心在同一竖直线上。由静止释放小球，记录小球通过光电门的挡光时间（当地重力加速度大小为g）
（1）用游标卡尺测量小球直径示数如图（b），则小球直径________；
（2）小球经过光电门时的速度大小为________（用题中所给物理量字母表示）；
（3）当近似与________（用题中所给物理量字母表示）相等时，则在误差允许范围内可认为小球下落过程中机械能守恒。
【答案】（1）0.640
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球直径为
【小问2详解】
根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，小球经过光电门时的速度大小为
【小问3详解】
若小球下落过程中机械能守恒，则
整理得
10. 掺氟氧化锡（）玻璃在太阳能电池研发、生物实验、电化学实验等领域有重要应用，它由一层厚度均匀、具有导电性能的薄膜和不导电的玻璃基板构成。为了测量该薄膜厚度d，某兴趣小组开展了如下实验：
（1）选取如图（a）所示的一块长条型玻璃，测出其长度为L，宽度为b；
（2）用欧姆表接薄膜M、N两端，测得薄膜电阻约为40。为了获得多组数据，进一步精确测量阻值，有如下器材可供选用：
A．电源E（电动势为3V，内阻约为0.2）
B．两量程电压表V（量程0~3V，内阻约1；量程0~15V，内阻约为5）
C．电流表A（量程0~10，内阻）
D．滑动变阻器R（最大阻值为10）
E．定值电阻
F．定值电阻
G．开关一个，导线若干
其中，电压表量程应选________，定值电阻应选________（选填“”或“”）
（3）根据以上要求，将图（b）所示的器材符号连线，组成测量电路图_____；
（4）用电压表测得的电压U，电流表测得的电流I，电流表内阻以及选的定值电阻（“”或“”），尽量精确的表示的测量结果，________；
（5）已知该薄膜的电阻率为，根据以上实验，测得其电阻值为，则该薄膜的厚度________（用、L、b和表示）。
【答案】 ①. 0~3V ②. ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】（2）[1]电源电动势为3V，故电压表量程应选0~3V。
[2]电流表的量程较小，需改装成大量程电流表，根据电流表改装原理
可知电流表应并联阻值较小的定值电阻，故定值电阻应选。
（3）[3]滑动变阻器阻值较小，应采用分压式接法，改装后的电流表内阻已知，为准确测出薄膜电阻，电流表应内接，实验电路如图所示。
（4）[4]通过薄膜电阻的电流为
根据欧姆定律，薄膜电阻的阻值为
（5）[5]根据电阻定律
该薄膜的厚度为
11. 如图甲所示，两根平行光滑足够长的金属导轨固定在倾角的斜面上，其间距。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度。两根金属棒和与导轨始终保持垂直且接触良好，棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传感器连接（连接前，传感器已校零），细线平行于导轨。已知棒的质量为，电阻为，棒的质量为，电阻为，导轨电阻不计。现对棒施加平行于导轨向上的外力F，使其从静止开始匀加速直线运动，此时拉力传感器开始测量细线对棒的拉力，观察得到随时间t的变化图像如图乙所示，且在10s内与并未相遇，重力加速度g取。求：
（1）时，金属棒的电流大小及方向；
（2）时，金属棒的速度大小及方向；
（3）已知金属棒在0~4s的时间内产生的热量为0.08J，求这段时间外力F所做的功。
【答案】（1）；方向由c流向d；（2），运动方向沿斜面向上；（3）
【解析】
【详解】（1）由图象知，时，因棒不动，随t减小，受到安培力方向向上，由左手定则可判定其电流方向由b流向a，对棒，由平衡知
代入数据解得
棒与棒构成回路，则棒的电流也为，方向由c流向d。
（2）棒切割磁感线产生感应电流，电流方向和磁场方向用右手定则判定棒的运动方向向上，由
，
解得
将
，
代入得
所以棒的运动方向沿斜面向上，时，其速度大小为0.4。
（3）在0~4s，棒做匀加速直线运动，有
由功能关系有
而回路产生焦耳热Q与棒的焦耳热关系为
将代入解得
12. 一个弹射碰撞装置如图所示，斜面高，倾角，形状相同的刚性小球A、B质量分别为和。将此装置固定于竖直墙面左侧某位置，用A球将弹簧压缩到指定位置P后无初速释放，A球离开弹簧时具有动能，随后A冲上斜面顶端与B球发生弹性碰撞，设弹射装置的水平面与斜面均光滑且平滑连接，A与B碰撞时间极短。已知B球与墙面碰撞前后瞬间，速度平行于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，空气阻力不计，重力加速度的大小取，，，。求：
（1）两球碰撞前瞬间A球的速度大小；
（2）两球碰撞后B球飞离斜面时的速度大小；
（3）为使B球能落回到斜面上，求装置右端到墙面距离x的取值范围。
【答案】（1）；（2），方向沿斜面向上，与水平方向夹角为；（3）
【解析】
【详解】A离开弹簧运动到斜面最高点与B碰撞前，由机械能守恒定律有
代入数据解得
对A、B的弹性碰撞过程有
联立解得
方向沿斜面向上，与水平方向夹角为
（3）如图甲所示，B球离开墙面后做斜抛运动，因与墙面碰撞前后瞬间，速度平行于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，则其运动轨迹碰撞墙面后与不碰撞墙面的继续运动的轨迹关于墙面对称
①B球从斜面顶点离开与墙面碰撞后，刚好能到斜面顶点，如图乙所示
水平方向位移，有
竖直方向速度，有
两式联立解得
②B球从斜面顶点离开与墙面碰撞后，刚好能到斜面底端，如图丙所示
水平方向位移，有
竖直方向位移，有
解得
综合①②得，要使B球落到斜面上，装置到墙面的距离x应满足
（写成不扣分）
（二）选考题
13. 密封于汽缸中的理想气体，从状态a依次经过、和三个热力学过程最后回到初态a。若该气体的压强p随体积V变化的图像如图所示，则以下关于这三个热力学过程的说法，正确的是（ ）
A. 由状态a变化到状态b，气体分子在单位时间内撞击到缸壁单位面积的次数不变
B. 由状态a变化到状态b，气体从外界吸热
C. 由状态b变化到状态c，气体分子的平均动能不变
D. 由状态c变化到状态a，气体分子的平均间距不变
E. 由状态a出发沿图示过程又回到状态a，气体从外界吸热的总和大于气体对外界放热的总和
【答案】BDE
【解析】
【详解】A．由状态a变化到状态b，压强不变，体积增大，温度增大，分子平均动能增大，气体分子在单位时间内撞击到缸壁单位面积的次数减小，故A错误；
B．由状态a变化到状态b，温度增大，内能增大，则；且气体对外界做功，则，根据热力学第一定律
气体吸一定从外界吸热，故B正确；
C．由状态b变化到状态a，压强不变，体积减小，则温度减小，由状态a变化到状态c，体积不变，压强减小，则温度减小，故状态b温度大于状态c温度，故气体分子的平均动能减小，故C错误；
D．由状态c变化到状态a，体积不变，则气体分子的平均间距不变，故D正确；
E．图中三角形面积表示沿三角形abca过程气体对外界所做功的多少（即沿折线bca比沿直线ab多做的少），则气体从外界吸收的热大于对外界的放热，故E正确。
故选BDE。
14. 如图（a），盛有气体的导热圆柱形容器内壁光滑，竖直放置，被圆形隔板分成上部分A和下部分B，隔板导热。开始时系统处于平衡状态，A和B体积均为V、温度均为环境温度、上部分A的压强为p，隔板的质量m符合，S为隔板的面积，g为重力加速度。设所有气体均视为理想气体，在气体状态变化过程中环境温度始终不变。现将容器水平放置，如图（b）。
（1）求稳定后A、B两部分气体的体积：
（2）稳定后，将A接一个打气，打气每次打气都把压强为p、体积为的气体打入A中，缓慢打气若干次后，A的体积变为，求打气次数n。
【答案】（1），；（2）36
【解析】
【详解】（1）容器竖直放置时，对隔板受力有
又题有
解得
容器水平放置后，A、B两部分压强相等，设为，由玻意耳定律，对A部分气体有
对B部分气体有
又
联立以上方程解得
，，
（2）当A的体积
则B的体积
此时两部分气体压强也相等，用表示，对B部分气体，由玻意耳定律有
解得
对A部分气体打气过程有
由以上公式解得
15. 如图（a），在均匀介质中有A、B、C和D四点，其中A、B、C三点位于同一直线上，，，垂直于。时，位于A、B、C处的三个完全相同的横波波源同时开始振动，振动图像均如图（b）所示，振动方向与平面垂直，已知波长为4m。下列说法正确的是（ ）
A. 这三列波的波速均为2
B. 时，D处的质点开始振动
C. 时，D处的质点向y轴负方向运动
D. 时，D处的质点与平衡位置的距离是2
E. 时，D处的质点与平衡位置的距离是2
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．波速由介质决定，由图（b）的振动图像可知，振动的周期为4s，故三列波的波速均为
故A错误；
B．由图（a）可知，D处距离波源最近的距离为3m，故开始振动的时间为波源C处的横波传播到D处所需的时间，则
故B正确；
C．由几何关系可知
波源A、B产生的横波传播到D处所需的时间为
故时，波源A、B产生的横波刚传播到D处，波源C处的横波传播已到D处，D处的质点振动时间为
即C处质点的振动形式经过2s传播到D点，由振动图像可知此时D处的质点向y轴负方向运动，故C正确；
D．时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为
由振动图像可知，此时波源C的振动形式波谷传播到D处；时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为
由振动图像可知此时波源A、B的振动形式波峰传播到处D处。根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为
故时，D处的质点与平衡位置的距离是2cm，故D正确。
E．时，波源C处的横波传播到D处后振动时间为
由振动图像可知，此时波源C的振动形式平衡位置传播到D处；时，波源A、B处的横波传播到D处后振动时间为
由振动图像可知此时波源A、B的振动形式平衡位置传播到处D处。根据波的叠加原理可知此时D处质点的位移为
故时，D处的质点与平衡位置的距离为零，故E错误。
故选BCD。
16. 如图所示直角三角形为一斜边镀银的直角棱镜的截面图。其中，直角边长为2a，一细光束从直角边中点P以角度入射，进入棱镜后光束平行于边，求棱镜材料对光束的折射率及光束从棱镜中射出点的位置。（不考虑光束在界面上的多次反射与折射）

【答案】，射出点的位置在边上，距C点
【解析】
【详解】在P点，由折射定律得
射入棱镜后光束平行于边，则折射角，代入上式解得
棱镜中光束射到边上的点，入射角，因
则在边发生全反射。经边全反射后射到镀银的边上的M点，入射角，发生镜面反射，由反射定律知，反射角也为，因，则光束从边上的N点垂直于边射出。光路如图所示

在中，因，，解得
为的中位线，则
为等腰的边的中垂线，则
所以光束从棱镜中射出点的位置在边上，距C点。