遼寧省部分學校2023-2024學年高三上學期12月聯(lián)考物理試題（解析版）

PAGEPAGE12023~2024學年上學期高三年級12月聯(lián)考卷物理考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間75分鐘。2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚。3.考生作答時，請將〖答案〗答在答題卡上。選擇題每小題選出〖答案〗后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的〖答案〗標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。4.本卷命題范圍：高考范圍。一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.為了保護環(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合能小于反應前原子核的比結合能D.核裂變和核聚變反應后的平均核子質(zhì)量減小〖答案〗D〖解析〗A．核反應遵循質(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前原子核更加穩(wěn)定，則生成的新核的比結合能大于反應前原子核的比結合能，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，某同學在重復牛頓的三棱鏡實驗時，用一束復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a和b。則下列說法正確的是（）A.三棱鏡玻璃對b光的折射率比a大B.在三棱鏡玻璃中，b光的傳播速度比a大C.b光的光子能量比a小D.逐漸增大入射光的入射角，b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，b光的偏折程度大于a光的偏折程度，則三棱鏡玻璃對b光的折射率比a大，b光的頻率大于a光的頻率，由公式可知，b光的光子能量比a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b光的折射率比a大，在三棱鏡玻璃中，b光的傳播速度比a小，故B錯誤；D．由折射定律和幾何關系可知，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狀態(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。設發(fā)射線圈AB與接收線圈CD的匝數(shù)比為，AB端所加電壓為，則下列說法正確的是（）A.因手機內(nèi)電池存在正負極，故接收線圈CD中的電壓為直流電壓B.接收線圈CD兩端電壓為C.線圈AB與線圈CD中電流的頻率之比為D.若手機電池內(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原理，所以接收線圈CD中電壓為交流電壓，故A錯誤；B．根據(jù)變壓器與匝數(shù)關系式接收線圈CD兩端電壓為AB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1天，月球也是地球的衛(wèi)星，公轉(zhuǎn)周期約為27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1天內(nèi)掃過的面積等于月球與地心連線在1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3：1，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P和Q用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，Q放置于水平地面上。現(xiàn)將P拉至水平位置，由靜止釋放，發(fā)現(xiàn)當連接P的細繩與豎直方向成60°時，物體Q剛好離開地面。已知重力加速度大小為g，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P、Q質(zhì)量之比為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗物體Q剛好離開地面，可知繩子拉力恰好等于Q的重力，根據(jù)平衡條件可得設連接P的細繩與豎直方向成60°時速度為v，滑輪組距離P的繩子長度為l，根據(jù)動能定理可知P的細繩與豎直方向成60°時，根據(jù)向心力表達式聯(lián)立解得故選C。7.如圖所示，一個矩形的頂點P、Q處各有一個波源，可以發(fā)出沿矩形所在平面?zhèn)鞑サ臋C械橫波，波速為0.025m/s，振動方向與矩形所在的平面垂直。已知P、Q處波源的振動方程分別為、，矩形中PQ長為1.5m，PM長為2m，則MN之間振動加強點的個數(shù)為（）A.7 B.8 C.9 D.10〖答案〗D〖解析〗由題可知周期為所以波長為若為振動加強點，則有解得所以n應等于-5，-4，-3，-2，-1，0，1，2，3，4，共10個點。故選D。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題4分，共12分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。8.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A開始，經(jīng)歷了A→B→C→A三個過程，其圖像如圖，其中BC與橫坐標軸平行，AC延長線過坐標原點。對該氣體，下列說法正確的是（）A.從狀態(tài)A到狀態(tài)B氣體對外做功 B.從狀態(tài)B到狀態(tài)C氣體溫度升高C.從狀態(tài)C到狀態(tài)A氣體從外界吸收熱量 D.從狀態(tài)C到狀態(tài)A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)A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)B到狀態(tài)C壓強不變，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)C到狀態(tài)A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，磁感應強度大小為B。從M點發(fā)出垂直于豎直線的帶電粒子，初速度為v，從M點進入磁場區(qū)。粒子再次經(jīng)過豎直線時的位置為N，且方向與豎直線之間的夾角為60°，設粒子質(zhì)量為m，帶電量為，不計粒子重力，，下列說法正確的是（）A.MN的長度為B.MN的長度為C.圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積為D.圓形勻強磁場區(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MN上，且粒子經(jīng)過N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，由洛倫茲力充當向心力有可得而根據(jù)幾何關系有即可得故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MP應為圓形磁場的一條直徑，根據(jù)幾何關系可知，為等腰三角形，，設圓形區(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ABCD的A、C處分別放置電荷量為＋Q的點電荷，B、D處分別放置電荷量為－Q的點電荷，組成“電四極子”。正方形ABCD內(nèi)接的正方形為abcd，并建立圖示的坐標系xOy，則下列說法正確的是（）A.將一個電子沿正方形abcd運動，電場力始終不做功B.將一個電子沿y軸由a運動到c過程中，電場力始終不做功C.將一個電子由O沿x軸正方向運動至無窮遠，電場力一直減小D.設ab中點為M，cd中點為N，則由M釋放的電子將向N做直線運動〖答案〗BD〖解析〗A．A、C處分別放置電荷量為＋Q的點電荷，B、D處分別放置電荷量為－Q的點電荷，由點電荷周圍的電場特點可知A、C兩點電勢最高，B、D兩點的電勢最低，由電荷的對稱性可知a、b、c、d四點的電勢相等，正方形abcd上從a到b，電勢先降低再升高，所以將一個電子沿正方形abcd運動，電場力做功，故A錯誤；B．A、C處分別放置電荷量為＋Q的點電荷，B、D處分別放置電荷量為－Q的點電荷，在A和B兩處點電荷的合電場中，y軸是一條等勢線。在C和D兩處點電荷的合電場中，y軸也是一條等勢線，疊加后y軸仍是一條等勢線，所以y軸上各點的電勢相等，一個電子沿y軸由a運動到c過程中，電場力始終不做功，故B正確；C．在A和C兩處點電荷的合電場中，O點的電場強度為零；在B和D兩處點電荷的合電場中，O點的電場強度為零，無窮遠處電場強度也為零，所以在x軸上離O越遠，電場強度先增大后減小，則將一個電子由O沿x軸正方向運動至無窮遠，電場力先增大后減小，故C錯誤；D．A、C處分別放置電荷量為＋Q的點電荷，所以在OM連線上的合電場強度方向從O指向M；B、D處分別放置電荷量為－Q的點電荷，在OM連線上的合電場強度方向從O指向M，所以四個點電荷在OM連線的合電場強度方向從O指向M，在ON連線的合電場強度方向從O指向N，則由M釋放的電子將向N做直線運動，先加速運動到O點，在減速運動到N點，故D正確。故選BD。三、非選擇題：共60分。11.實驗小組用拉力傳感器、細線、小球、刻度尺和量角器設計如圖1所示的裝置來驗證機械能守恒定律，在天花板上固定一個拉力傳感器A，傳感器連接輕質(zhì)細線，細線的下端連接一個小球（半徑遠小于細線的長度），將小球甲拉到某點B由靜止釋放，然后運動到最低點C，用量角器測得細線AB與豎直方向夾角為，用天平測得小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g，回答下列問題：（1）當小球到達C點時，拉力傳感器的示數(shù)為F，則公式_______（用題干中所測物理量表示）成立時，機械能守恒定律得到驗證。（2）改變細線的長度，改變小球釋放點的位置B，換上另一小球乙（質(zhì)量與m不同）多次做實驗，作出關系圖像（F是小球運動到最低點時傳感器的示數(shù)）如圖2所示，若圖像的斜率為k，則小球乙的質(zhì)量為________，圖像的縱軸截距為________?！即鸢浮剑?）（2）〖解析〗（1）[1]設細線長為，小球到達C點時的速度為，則在C點根據(jù)牛頓第二定律有若小球運動過程中機械能守恒，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械能守恒。（2）[2][3]若改變細線的長度，改變小球釋放點的位置B，換上另一小球乙（質(zhì)量與m不同）多次做實驗，作出關系圖像，同理可得結合圖像可得聯(lián)立求得：則小球乙質(zhì)量為圖像的縱軸截距為12.某學習小組將一內(nèi)阻為、量程為的微安表改裝為量程為2.0mA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2.0mA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2.0mA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G的電流B．改裝后，表頭G自身的電阻減小了C．改裝后使用時，表頭G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3.0V、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2.0mA的電流表連接成如圖甲所示歐姆表，其中B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______?！即鸢浮剑?）并聯(lián)200（2）C（3）黑15001300〖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2.0mA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G改裝成電流表應并聯(lián)一個分流電阻，并聯(lián)電阻后，通過表頭G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G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G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A流入多用電表，則A為紅表筆，B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▋啥危瑑A斜段與水平面成37°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O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g取，，計算結果可用根號或分數(shù)表示。（1）求貨物離開水平滑軌瞬間的速度大小；（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O點的距離應滿足什么條件。〖答案〗（1）；（2）離O點的距離在到之間〖解析〗（1）設貨物質(zhì)量為，則由動能定理可知解得（2）設貨物釋放位置離O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，正方形導線框ABCD、abcd的電阻均為R，邊長均為h，質(zhì)量分別為2m和m，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，且正方形導線框與定滑輪處于同一豎直平面內(nèi)。在兩導線框之間有一寬度為、磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。初始時，用手托住線框ABCD和abcd使CD邊距磁場上邊界距離為h，ab邊與磁場下邊界重合，右側(cè)輕繩處于松弛狀態(tài)?，F(xiàn)由靜止釋放導線框ABCD，當下落h高度時，細線剛好繃直，同時瞬間撤去手對線框abcd的作用力。已知CD邊剛進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g，則從釋放導線框ABCD到兩導線框均離開磁場的過程中。（1）求ab邊剛進入磁場時的速度大小；（2）求線框ABCD從開始進入磁場至完全進入磁場所需的時間。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）正方形導線框ABCD到達磁場上邊界時，根據(jù)機械能守恒可知繩子繃直瞬間，對兩導線框系統(tǒng)由動量守恒可得代入數(shù)據(jù)可得（2）設線框ABCD完全進入磁場瞬間的速度為，繩子