2023-2024年遼寧省部分學(xué)校高三上學(xué)期12月聯(lián)考物理試題

2023~2024學(xué)年上學(xué)期高三年級12月聯(lián)考卷物理一、單項選擇題1.為了保護(hù)環(huán)境，減少碳排放，目前世界各國都在努力實現(xiàn)可控核聚變以替代核裂變，中國的核聚變研究已經(jīng)居于世界前列。關(guān)于核裂變和核聚變，下列說法正確的是（）A.核裂變和核聚變前后，電荷量和質(zhì)量均守恒B.同質(zhì)量的原材料，核裂變比核聚變釋放出的能量更高C.核聚變過程生成的新核的比結(jié)合能小于反應(yīng)前原子核的比結(jié)合能D.核裂變和核聚變反應(yīng)后的平均核子質(zhì)量減小【答案】D【解析】A．核反應(yīng)遵循質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒，即核裂變和核聚變前后，電荷量和質(zhì)量數(shù)均守恒，由于核裂變和核聚變釋放能量，根據(jù)質(zhì)能方程可知，核裂變和核聚變前后，存在質(zhì)量虧損，故A錯誤；B．同質(zhì)量的原材料，核聚變比核裂變釋放出的能量更高，故B錯誤；C．核聚變過程釋放出能量，即生成的新核比反應(yīng)前原子核更加穩(wěn)定，則生成的新核的比結(jié)合能大于反應(yīng)前原子核的比結(jié)合能，故C錯誤；D．由于核裂變和核聚變釋放能量，根據(jù)質(zhì)能方程可知，核裂變和核聚變前后，存在質(zhì)量虧損，可知核裂變和核聚變反應(yīng)后的平均核子質(zhì)量減小，故D正確。故選D。2.如圖所示，某同學(xué)在重復(fù)牛頓的三棱鏡實驗時，用一束復(fù)色光照射到三棱鏡上，發(fā)現(xiàn)右側(cè)光屏上出現(xiàn)兩個光點和。則下列說法正確的是（）A.三棱鏡玻璃對光的折射率比大B.在三棱鏡玻璃中，光的傳播速度比大C.光的光子能量比小D.逐漸增大入射光的入射角，光先在右側(cè)發(fā)生全反射【答案】A【解析】AC．根據(jù)題意，由圖可知，光的偏折程度大于光的偏折程度，則三棱鏡玻璃對光的折射率比大，光的頻率大于光的頻率，由公式可知，光的光子能量比大，故C錯誤，A正確；B．根據(jù)題意，由折射定律有，由于三棱鏡玻璃對光的折射率比大，在三棱鏡玻璃中，光的傳播速度比小，故B錯誤；D．由折射定律和幾何關(guān)系可知，逐漸增大入射光的入射角，兩種光在右側(cè)面的入射角變小，兩種光都不發(fā)生全反射，故D錯誤。故選A。3.如圖所示，某款三腳架放于水平草地上，設(shè)三個腳架等長，腳架質(zhì)量不計，每根腳架與豎直方向夾角相同且可自由轉(zhuǎn)動，一個背包懸掛在三腳架正中央下方的掛鉤上，三腳架與背包始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則（）A.僅降低背包的高度，則每根腳架受壓力增大B.僅增大背包質(zhì)量，則每根腳架所受合力不變C.僅增大每根腳架與豎直方向夾角，則每根腳架所受壓力減小D.僅將三腳架放置在粗糙程度更小的水平面上，則每根腳架所受摩擦力減小【答案】B【解析】A．僅降低背包的高度，未改變掛鉤對每根腳架的作用力的大小和方向，故每根腳架所受壓力不變，故A錯誤；B．僅增大背包質(zhì)量，因每根腳架仍保持靜止，所受合力0，故B正確；C．對背包受力分析，設(shè)每根腳架所受的彈力為N，每根腳架與豎直方向的夾角為，在豎直方向上，受力平衡得，解得，僅增大每根腳架與豎直方向的夾角，則每根腳架所受壓力增大，故C錯誤；D．僅將三腳架放置在粗糙程度更小的水平面上，因三腳架保持靜止，每根腳架所受摩擦力均為靜摩擦力，根據(jù)C選項的受力分析可得摩擦力固定為，故D錯誤；故選B。4.圖甲所示為某品牌的無線手機(jī)充電器，其原理簡化圖如圖乙所示，其工作原理與理想變壓器相同。設(shè)發(fā)射線圈與接收線圈的匝數(shù)比為，端所加電壓為，則下列說法正確的是（）A.因手機(jī)內(nèi)電池存在正負(fù)極，故接收線圈中的電壓為直流電壓B.接收線圈兩端電壓為C.線圈與線圈中電流的頻率之比為D.若手機(jī)電池內(nèi)阻增大，需要更長時間才能充滿電【答案】D【解析】A．變壓器工作原理是通過電磁感應(yīng)原理，所以接收線圈中電壓為交流電壓，故A錯誤；B．根據(jù)變壓器與匝數(shù)關(guān)系式，接收線圈兩端電壓為，端所加電壓為，聯(lián)立解得，故B錯誤；C．發(fā)射線圈與接收線圈中磁通量的變化頻率相同，則發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同，故C錯誤；D．電池內(nèi)阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律，得充電電流會變小，由，可得要充相同的電荷量時，當(dāng)電流變小則充電時間會變長，故D正確。故選D。5.相對地面靜止的人造衛(wèi)星叫地球的同步衛(wèi)星，其周期為天，月球也是地球的衛(wèi)星，公轉(zhuǎn)周期約為天，同步衛(wèi)星與月球相比，以下說法正確的是（）A.同步衛(wèi)星繞地球運動的向心加速度較小B.同步衛(wèi)星與地心連線在天內(nèi)掃過的面積等于月球與地心連線在天內(nèi)掃過的面積C.同步衛(wèi)星與月球的軌道半徑之比為D.同步衛(wèi)星與月球繞地球運動的線速度之比為【答案】C【解析】A．根據(jù)題意，由開普勒第三定律，可知，地球的同步衛(wèi)星軌道周期小，則半徑比月球繞地球轉(zhuǎn)動的軌道半徑小，根據(jù)萬有引力提供向心力可知，解得，可知同步衛(wèi)星繞地球運動的向心加速度較大，故A錯誤；C．根據(jù)開普勒第三定律可知，整理可得，同步衛(wèi)星與月球的軌道半徑之比為1：9，故C正確；B．衛(wèi)星和月球的環(huán)繞軌道近似看成圓形，則一天內(nèi)掃過的面積分別為，，則，故一天內(nèi)二者掃過的面積不等。故B錯誤；D．地球的引力提供向心力，則有，解得，則，同步衛(wèi)星與月球繞地球運動的線速度之比為，故D錯誤。故選C。6.如圖所示，將一個輕質(zhì)小定滑輪固定在天花板上，物體和用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，放置于水平地面上?，F(xiàn)將拉至水平位置，由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)當(dāng)連接的細(xì)繩與豎直方向成時，物體剛好離開地面。已知重力加速度大小為，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點，滑輪大小忽略不計。則、質(zhì)量之比為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】物體剛好離開地面，可知繩子拉力恰好等于的重力，根據(jù)平衡條件可得，設(shè)連接的細(xì)繩與豎直方向成時速度為，滑輪組距離的繩子長度為，根據(jù)動能定理可知，，的細(xì)繩與豎直方向成時，根據(jù)向心力表達(dá)式，聯(lián)立解得，故選C。7.如圖所示，一個矩形的頂點、處各有一個波源，可以發(fā)出沿矩形所在平面?zhèn)鞑サ臋C(jī)械橫波，波速為，振動方向與矩形所在的平面垂直。已知、處波源的振動方程分別為、，矩形中長為，長為，則之間振動加強(qiáng)點的個數(shù)為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由題可知周期為，所以波長為，若為振動加強(qiáng)點，則有，解得，所以應(yīng)等于，，，，，，，，，，共個點。故選D。二、多項選擇題8.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)開始，經(jīng)歷了三個過程，其圖像如圖，其中與橫坐標(biāo)軸平行，延長線過坐標(biāo)原點。對該氣體，下列說法正確的是（）A.從狀態(tài)到狀態(tài)氣體對外做功 B.從狀態(tài)到狀態(tài)氣體溫度升高C.從狀態(tài)到狀態(tài)氣體從外界吸收熱量 D.從狀態(tài)到狀態(tài)氣體對外界放出熱量【答案】AC【解析】A．由圖像知，氣體從狀態(tài)到狀態(tài)B，氣體體積增大，所以氣體對外做功，故A正確；B．由圖像知，氣體從狀態(tài)到狀態(tài)C壓強(qiáng)不變，體積減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，可知氣體溫度降低，故B錯誤；CD．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，由圖像可判斷知，則從狀態(tài)到狀態(tài)氣體的內(nèi)能增大，由于氣體同時體積增大，對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，可知氣體從外界吸收熱量，故C正確，D錯誤。故選AC。9.如圖所示，空間中存在一條豎直線，某區(qū)域內(nèi)存在一個圓形磁場，磁場方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。從點發(fā)出垂直于豎直線的帶電粒子，初速度為，從點進(jìn)入磁場區(qū)。粒子再次經(jīng)過豎直線時的位置為，且方向與豎直線之間的夾角為，設(shè)粒子質(zhì)量為，帶電量為，不計粒子重力，，下列說法正確的是（）A.的長度為B.的長度為C.圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積為D.圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積為【答案】AD【解析】AB．根據(jù)題意，做出粒子在圓形磁場中的運動軌跡，可知，粒子的圓心一定在上，且粒子經(jīng)過點時的速度方向即為粒子從磁場出射時的速度方向，做出粒子運動的軌跡圖像如圖所示，粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力充當(dāng)向心力有，可得，而根據(jù)幾何關(guān)系有，即可得，故A正確，B錯誤；CD．在求解圓形區(qū)域最小面積時做出如圖所示的圖像，圓形磁場的面積要最小，則應(yīng)為圓形磁場的一條直徑，根據(jù)幾何關(guān)系可知，為等腰三角形，，設(shè)圓形區(qū)域磁場的半徑為，則有，則其面積為，代入數(shù)據(jù)解得，故C錯誤，D正確。故選AD。10.如圖所示，在一個正方形的、處分別放置電荷量為的點電荷，、處分別放置電荷量為的點電荷，組成“電四極子”。正方形內(nèi)接的正方形為，并建立圖示的坐標(biāo)系，則下列說法正確的是（）A.將一個電子沿正方形運動，電場力始終不做功B.將一個電子沿軸由運動到過程中，電場力始終不做功C.將一個電子由沿軸正方向運動至無窮遠(yuǎn)，電場力一直減小D.設(shè)中點為，中點為，則由釋放的電子將向做直線運動【答案】BD【解析】A．、處分別放置電荷量為的點電荷，、處分別放置電荷量為的點電荷，由點電荷周圍的電場特點可知、兩點電勢最高，、兩點的電勢最低，由電荷的對稱性可知、、、四點的電勢相等，正方形上從到，電勢先降低再升高，所以將一個電子沿正方形運動，電場力做功，故A錯誤；B．、處分別放置電荷量為的點電荷，、處分別放置電荷量為的點電荷，在和B兩處點電荷的合電場中，軸是一條等勢線。在和兩處點電荷的合電場中，軸也是一條等勢線，疊加后軸仍是一條等勢線，所以軸上各點的電勢相等，一個電子沿軸由運動到過程中，電場力始終不做功，故B正確；C．在和兩處點電荷的合電場中，點的電場強(qiáng)度為零；在和兩處點電荷的合電場中，點的電場強(qiáng)度為零，無窮遠(yuǎn)處電場強(qiáng)度也為零，所以在軸上離越遠(yuǎn)，電場強(qiáng)度先增大后減小，則將一個電子由沿軸正方向運動至無窮遠(yuǎn)，電場力先增大后減小，故C錯誤；D．、處分別放置電荷量為的點電荷，所以在連線上的合電場強(qiáng)度方向從指向；、處分別放置電荷量為的點電荷，在連線上的合電場強(qiáng)度方向從指向，所以四個點電荷在連線的合電場強(qiáng)度方向從指向，在連線的合電場強(qiáng)度方向從指向，則由釋放的電子將向做直線運動，先加速運動到點，在減速運動到點，故D正確。故選BD。三、非選擇題11.實驗小組用拉力傳感器、細(xì)線、小球、刻度尺和量角器設(shè)計如圖所示的裝置來驗證機(jī)械能守恒定律，在天花板上固定一個拉力傳感器，傳感器連接輕質(zhì)細(xì)線，細(xì)線的下端連接一個小球（半徑遠(yuǎn)小于細(xì)線的長度），將小球甲拉到某點由靜止釋放，然后運動到最低點，用量角器測得細(xì)線與豎直方向夾角為，用天平測得小球的質(zhì)量為，重力加速度為，回答下列問題：（1）當(dāng)小球到達(dá)點時，拉力傳感器的示數(shù)為，則公式_______（用題干中所測物理量表示）成立時，機(jī)械能守恒定律得到驗證。（2）改變細(xì)線的長度，改變小球釋放點的位置，換上另一小球乙（質(zhì)量與不同）多次做實驗，作出關(guān)系圖像（是小球運動到最低點時傳感器的示數(shù)）如圖所示，若圖像的斜率為，則小球乙的質(zhì)量為________，圖像的縱軸截距為________?！敬鸢浮浚?）；（2），【解析】（1）[1]設(shè)細(xì)線長為，小球到達(dá)點時的速度為，則在點根據(jù)牛頓第二定律有，若小球運動過程中機(jī)械能守恒，則有，聯(lián)立兩式求得，若滿足上式成立，則小球運動過程中機(jī)械能守恒。（2）[2][3]若改變細(xì)線的長度，改變小球釋放點的位置，換上另一小球乙（質(zhì)量與不同）多次做實驗，作出關(guān)系圖像，同理可得，結(jié)合圖像可得，，聯(lián)立求得：則小球乙質(zhì)量為，圖像的縱軸截距為。12.某學(xué)習(xí)小組將一內(nèi)阻為、量程為的微安表改裝為量程為的電流表，后又把該電流表改裝為一歐姆表。（1）把該微安表改裝為量程為的電流表需要______（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）阻值______的電阻。（2）把該微安表改裝為量程為的電流表，下列說法正確的是______。A．改裝原理為并聯(lián)電阻能增大通過表頭的電流B．改裝后，表頭自身的電阻減小了C．改裝后使用時，表頭本身的參量都不變，整個并聯(lián)電路允許通過的電流增大（3）取一電動勢為、內(nèi)阻較小的電源和調(diào)節(jié)范圍足夠大的滑動變阻器，與改裝所得的電流表連接成如圖甲所示歐姆表，其中為______（填“紅”或“黑”）表筆，該歐姆表的內(nèi)阻為______，改裝表盤后，正確使用該歐姆表測量某電阻的阻值，示數(shù)如圖乙所示，圖乙所測電阻為______?！敬鸢浮浚?）并聯(lián)，；（2）；（3）黑，，【解析】（1）[1]根據(jù)電流表改裝原理，把該微安表改裝為量程為的電流表需要并聯(lián)分流電阻。[2]根據(jù)電流表改裝原理有，解得；（2）[3]A．把表頭改裝成電流表應(yīng)并聯(lián)一個分流電阻，并聯(lián)電阻后，通過表頭的最大電流以及表頭兩端的最大電壓均不變，故A錯誤；B．改裝后，表頭自身電阻不變，改裝后電流表總電阻減小了，故B錯誤；C．改裝后使用時，表頭本身的參量都不變，改裝后電流表總電阻減小，整個并聯(lián)電路允許通過的最大電流增大，故C正確。故選C。（3）[4]由圖可知，電流從流入多用電表，則為紅表筆，為黑表筆。[5]根據(jù)電源以及電流表量程，該歐姆表的內(nèi)阻為；[6]結(jié)合中值電阻刻度可知，歐姆擋倍率為“”擋，圖乙所測電阻為。13.某種裝載貨物方式如圖所示，將貨物通過斜面運送到卡車上?；壈▋啥?，傾斜段與水平面成角，長度為，水平段長度為，水平段末端距車廂前端長度為，兩滑軌間平滑連接，連接處為點。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為，與車廂之間的動摩擦因數(shù)為，貨物可視為質(zhì)點，重力加速度取，，計算結(jié)果可用根號或分?jǐn)?shù)表示。（1）求貨物離開水平滑軌瞬間的速度大??；（2）為使貨物能離開滑軌，且不碰撞車廂前端的情況下，求貨物釋放位置離點的距離應(yīng)滿足什么條件?！敬鸢浮浚?）；（2）離點的距離在到之間【解析】（1）設(shè)貨物質(zhì)量為，則由動能定理可知，解得；（2）設(shè)貨物釋放位置離點的距離為，則，若恰好貨物不碰車廂前端，則，則取值范圍為，聯(lián)立以上方程，解得。14.如圖所示，正方形導(dǎo)線框、的電阻均為，邊長均為，質(zhì)量分別為和，它們分別系在一跨過兩個定滑輪的不可伸長的絕緣輕繩兩端，且正方形導(dǎo)線框與定滑輪處于同一豎直平面內(nèi)。在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。初始時，用手托住線框和使邊距磁場上邊界距離為，邊與磁場下邊界重合，右側(cè)輕繩處于松弛狀態(tài)?，F(xiàn)由靜止釋放導(dǎo)線框ABCD，當(dāng)下落高度時，細(xì)線剛好繃直，同時瞬間撤去手對線框的作用力。已知CD邊剛進(jìn)入磁場的速度與剛出磁場時速度相等。不計所有摩擦和空氣阻力，重力加速度為，則從釋放導(dǎo)線框到兩導(dǎo)線框均離開磁場的過程中。（1）求邊剛進(jìn)入磁場時的速度大??；（2）求線框從開始進(jìn)入磁場至完全進(jìn)入磁場所需的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）正方形導(dǎo)線框到達(dá)磁場上邊界時，根據(jù)機(jī)械能守恒可知，繩子繃直瞬間，對兩導(dǎo)線框系統(tǒng)由動量守恒可得，代入數(shù)據(jù)可得；（2）設(shè)線框完全進(jìn)入磁場瞬間的速度為，繩子中拉力為，兩線框在進(jìn)入磁場的過程中受到的安培力大小都等于，取向下為正方向，對兩導(dǎo)線框系統(tǒng)進(jìn)入磁場的過程，由動量定理分別有，，