辽宁省2024届名校联盟高考模拟信息(五)物理试卷（解析版）

这是一份辽宁省2024届名校联盟高考模拟信息(五)物理试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了8 s等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分 100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题纸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，将答案写在答题纸上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
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，有选错的得0分。
1.处于高能级的原子向低能级跃迁时会辐射出光子，根据玻尔原子理论可知，该光子的能量来自
A.原子核减少的核能
B.原子减小的机械能
C.核外电子减小的动能
D.原子核和核外电子组成的系统减少的电势能
2.如图所示，导体棒a被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平杆( 0O'上，另一根导体棒b平行固定在水平杆OO'的正下方，两导体棒中通入方向相反的电流，稳定后悬挂的导体棒a 偏离竖直方向一定角度。现缓慢减小导体棒b中的电流，则悬挂导体棒a的轻绳中的张力大小
A.逐渐减小 B.逐渐增大
C.保持不变 D.先减小后增大
3.如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，距O点3R处固定着一个荧光屏MN，O'为其中心，连线( OO'与MN 垂直,MN长度为 23R。P 点有一粒子源，能不断射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子均沿 PO方向射入磁场，连线PO与MN平行。若不计粒子重力及粒子间的相互作用力，粒子均能打到荧光屏 MN上，则粒子的速度大小可能为
A.qRB3m BqRBm
C.2qRBm D.qRB2m
4.如图所示，一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈匝数之比为 n1n2=21,电路中灯泡L 的额定电压为100 V，额定功率为80 W。当输入端接有效值为220V的正弦交变电源时，灯泡L正常发光，则电路中定值电阻R 的阻值为
A.50 Ω B.45 Ω
C.25Ω Ω
5.如图所示，P、Q为x轴上关于原点O对称的两个点，两点各固定一个正点电荷，其中 P 点点电荷的电荷量大小为2q，Q点点电荷的电荷量大小为q。将一个带正电的粒子从x轴上的O点由静止释放，粒子仅在静电力的作用下沿x轴运动，则粒子的电势能Ep随位置坐标x的变化关系可能正确的是
6.如图所示，某同学站在篮筐正前方，将篮球以8m/s的速度斜向上投出，速度方向与水平方向成 53°角，结果篮球刚好落入篮筐，篮球入筐时速度方向与水平方向的夹角为 37°°斜向下。已知篮筐距离地面的高度为 3m ，重力加速度 g 取 10m/s²,不计空气阻力，篮球视为质点，则下列说法正确的是
A.篮球从出手到入筐用时0.8 s
B.篮球入筐时的速度大小为 4.8 m/s
C.篮球出手时距离地面的高度为1.6m
D.篮球出手时距离篮筐的水平距离为3.6m
7.光纤通信已经得到广泛应用，图(a)为光纤的纤芯，图(b)为光纤结构简图。一段通信光纤的长度为 L，光在真空中传播的速度为c，下列关于光纤通信传输的有关说法中正确的是
A.光纤通信利用的是光的直线传播原理，光信号从一端传输到另一端的时间为 Lc
B.光是从涂覆层折射进入包层，再从包层折射进入纤芯而在光纤内进行传播的
C.光纤纤芯和包层的折射率关系为 n₁n₂,，光在纤芯和包层的界面处发生全反射，光在纤芯中传播的速度小于真空中的速度，所以光从光纤的一端传到另一端的时间大于L/c，A、B、C项错误；光从光密介质(纤芯)到光疏介质(包层)发生全反射的条件是入射角大于临界角，在光纤的弯折处，由于弯折角度的原因，可能会使传播到该处的光的入射角小于全反射的临界角而不能发生全反射，这样就会有折射光线从纤芯进入包层而损失，D 项正确。
8.AC【解析】由于油酸分子间距较小，可忽略不计，油酸的摩尔体积除以阿伏加德罗常数就等于油酸分子的体积，A项正确；悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的分子数越多，各个方向的撞击作用接近平衡，这时就很难观察到布朗运动，B项错误；对一定质量的空气，体积减小，分子的数密度变大，由于分子平均速率不变，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数就多，平均作用力也会变大，压强变大，C项正确；物体分子的平均动能与物体的机械运动无关，D项错误。
9. CD 【解析】“夸父一号”在绕太阳做匀速圆周运动，太阳和地球对其引力之和提供其向心力，A项错误；“夸父一号”与地球同步绕太阳运动，由公式v=ωr可知，“夸父一号”与地球公转的角速度相同，“夸父一号”的轨道半径小于地球的公转半径，所以“夸父一号”的线速度小于地球的线速度，B项错误；由公式 aₙ=ω²r可知，“夸父一号”绕太阳转动的向心加速度小于地球公转的向心加速度，C项正确；受力分析可知在地球和太阳的连线及延长线上还有两个拉格朗日点，如图中 L₂ 和 L₃ 所示,D项正确。
10. AD 【解析】滑动变阻器的滑片由b端缓慢向a端滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，回路的总电阻减小，回路的总电流变大，所以定值电阻R₁ 两端的电压U₁ 变大，A 项正确；回路总电流变大，所以路端电压变小，即 U=U₁+U₂变小，说明U₂ 减少量大于 U₁的增加量，B项错误；由闭合电路的欧姆定律可知 U₂=E-I₁R₁+r=E-I₁⋅3r所以 U2I1=3r,C项错误；由闭合电路欧姆定律可知E=U2+U2R2+I2⋅R1+r,整理得 U2=-R1+rR2R2+R1+r⋅I2+R2ER2+R1+r,所以 |ΔU2I2|=R1+rR2R2+R1+r=6r5,D项正确。
二、非选择题
11.(1)1.525(2 分)
(2) Dt (2分)1-csθ(2分)
【解析】(1)游标卡尺的读数为D=15 mm+5×0.05 mm=15.25 mm=1.525 cm。
(2)小球通过光电门的速度为 v=Dt,
若小球下摆过程中机械能守恒有 mgl+D2(1- csθ)=12mv2,
整理得 D2gt22l+D=1-csθ。
12.(1)电路图见解析(1分)
(2)实物连接图见解析(1分)
(3)4 000(2分)
(4)大于(2分)
(5)1.25(2分)
【解析】(1)根据半偏法测量电压表内阻实验原理，滑动变阻器需要设计成分压接法，设计的实验原理电路图如图所示。
(2)由于电压表满偏电压为5 V，因此电源电动势不能小于 5 V，因此电源选择 6 V 的电源，滑动变阻器设计成分压接法，滑动变阻器选择阻值范围为0~20 Ω，故实物连接图如图所示。
(3)调节滑动变阻器滑片，使电压表满偏5 V；保持滑动变阻器滑片位置不变，即待测电路电压不变，断开开关 S₂，调节电阻箱使电压表示数为2.5 V，电压表分压和电阻箱分压相等，根据串联电路规律可知，电阻箱阻值和电压表内阻相等，根据电阻箱读数规则,电阻箱读数为 4×1 000 Ω=4 000 Ω,则待测电压表的内阻为 4 000 Ω。
(4)根据设计的电路，实际上在调节电阻箱时电压表与电阻箱两端的电压变大，大于5 V，故电阻箱分得的电压大于 2.5 V，电阻箱的阻值大于电压表的真实阻值，测量值大于真实值。
(5)根据欧姆定律，该表头的满偏电流为 Iμ=54000A=1.25×10-3A=1.25mA。
13.(1)-4 m/s
(2)3 m/s
(1)设 MN 与 NQ 间距分别为 5d、4d，公交车在MN段的时间为 t1=5dv1(1分)
在 NQ段的时间为 t2=4dv2 (1分)
由加速度的定义式可知，公交车的加速度大小为 a=v1-v2t12+t22
车头经过M点的速度为 vM=v1+at12=11 m/s (1 分)
车头经过 Q点的速度为 vQ=v2-at22=7 m/s (1分)
公交车车头经过M点至车头经过Q点过程中的速度变化量 Δv=vQ-vM=-4m/s(1分)
(2)由运动学公式 LMQ=14.4m=vM2-vQ22a (1分)
代入数据解得 a=2.5m/s²
公交车经M点后至停下来经过的位移x= vM22a=24.2m (1分)
公交车减速的时间 t3=vMa=4.4s (1分)
中学生的速度 v=x+L+st3+Δt (1分)
解得v=3 m/s (1分)
14.(1)3.4 A
(2)21.76 W
(3)7.2 C
(1)在t=4 s时,导体棒切割磁感线产生的动生电动势为 E₁=Bdv=6.4V(1分)
回路中产生的感生电势为 E2=S⋅Bt=7.2 V (1分)
所以回路中感应电动势之和为 E=E₁+ E₂=13.6V (1分)
回路中的电流为 I=ER+r=3.4A (1分)
(2)在t=4 s时，导体棒受到的安培力大小为 F=BId=10.88 N (2分)
导体棒匀速运动，水平外力等于安培力大小,故水平外力的功率为P=Fv=21.76 W(1分)
(3)t=0时,B=0,所以回路的磁通量为0,t=4 s时，空间的磁感应强度大小为 B=8 T，回路的面积为S=d(L+vt)=3.6 m² (1分)
所以回路的磁通量为φ=BS=28.8 Wb (1分)
根据法拉第电磁感应定律可知 E=Φt (1分)
回路中的电流为 I=ER+r (1分)
通过电阻R的电荷量 q=It (1分)
解得q=7.2 C (1分)
15.(1)3 m
(2)1.8 m
(3)4 m/s 0
(1)A、B组成的系统动量守恒，有 m1v0=m1+m2v球1 (1分)
设B到碰撞前瞬间运动的位移为x₁，由动能定理可知 μ1m1gx1=12m2v球12(1分)
解得 x₁=3m (1分)
所以初始时木板 B 与物块C 之间的距离为3 m (1分)
(2)B与C 发生弹性碰撞过程有
动量守恒 m2v球=m2vB1+m3vCl (1分)
机械能守恒 12m2v球12=12m2vB12+12m3vC]2 (1分)
解得VB1=-2m /s,Vc1=4 m/s
第一次碰撞后，B向左减速的加速度大小为 aB=μ1m1gm2=6m/s2 (1分)
C向右减速的加速度大小为
ac=e2g=4m/s2 (1分)
B 与 C 速度相等时，二者之间的距离最大，设第一次碰撞后到B、C速度相等用时t₁，则有 vB1+aBt1=vC1-aCt1(1分)
解得 t₁=0.6s
该过程中 B的位移为
xB1=vB1t1+12aBt12=-0.12m (1分)
C的位移为 xC1=vC1t1-12aCt12=1.68m (1分)
所以此时木板 B与物块C之间的距离为
L=xc₁-xB₁=1.8 m (1分)
(3)第一次碰撞后到A、B再次共速，动量守恒有 m1v球1+m2vB1=m1+m2v球2(1分)
该过程用时 t2=v其2-vB1aB=1s
该过程中 B的位移
xB2=vB1t2+12aBt22=1m (1分)
该过程C的速度变为 vC2=vC1-aCt2=0,即C刚好减速到0，该过程C的位移大小为 xC2=vC1t2-12aCt22=2m (1分)
通过计算可知，A、B第二次共速后，再滑行一段距离与静止的C 发生第二次碰撞，所以第二次碰撞前 B的速度大小为
v共2 =4 m/s
C的速度为vc₂=0