2024屆東北三省四市教研聯(lián)合體高三下學(xué)期二模物理試題 含答案及解析版物理試卷

屆東北三省四市教研聯(lián)合體高三下學(xué)期二模物理試題1．在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射的我國神舟十八號載人飛船與運載火箭組合體，總質(zhì)量超過400t，總高度近60m。飛船入軌后，于北京時間2024年4月26日3時32分，成功對接于空間站天和核心艙徑向端口?？臻g站的軌道高度約380～400km，運行速度約7.8km/s。下列說法正確的是（

）A．速度、高度和質(zhì)量均為矢量B．“總質(zhì)量超過400t”中的“t”為導(dǎo)出單位C．研究飛船與空間站天和核心艙對接時，可將飛船視為質(zhì)點D．“北京時間2024年4月26日3時32分”指的是時刻2．氫原子的能級如圖所示，一群處于n=4能級的氫原子向較低能級躍遷時會發(fā)出頻率不同的光，這些光照射在逸出功為3.34eV的鋅板上，下列說法正確的是（??）A．氫原子的發(fā)射光譜是連續(xù)譜B．這群氫原子最多能發(fā)出三種不同頻率的光C．從n=4躍遷到n=1能級時發(fā)出的光波長最短D．僅有兩種頻率的光能使鋅板發(fā)生光電效應(yīng)3．人造地球衛(wèi)星繞地球近似做勻速圓周運動。若衛(wèi)星的線速度變?yōu)樵瓉淼?2A．軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍 B．距地面高度變?yōu)樵瓉淼?C．周期變?yōu)樵瓉淼?倍 D．向心加速度變?yōu)樵瓉淼?4．如圖所示，點電荷a、b、c固定在xOy平面內(nèi)，a、b位于x軸上2d和3d處，c位于y軸上3d處。已知b、c帶等量異種電荷且原點O處的電場強(qiáng)度沿y軸正方向。則（??）A．點電荷a、b為同種電荷 B．點電荷c一定帶負(fù)電C．a(chǎn)的電荷量是c的23倍 D．O點電勢高于P5．一列簡諧橫波以速度v=4m/s沿x軸正方向傳播，t=0時刻的波形如圖所示，介質(zhì)中平衡位置在坐標(biāo)原點的質(zhì)點P此時刻的位移y=10A．0～5s時間內(nèi)，質(zhì)點P沿x軸正方向移動20mB．該時刻后的極短時間內(nèi)，質(zhì)點P的加速度增大C．該波的周期為3sD．該波的波長為10m6．如圖所示，輕彈簧上端固定，另一端與置于水平地面b點的小滑塊相連，小滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)用外力作用在小滑塊上將其由b點沿水平地面緩慢移至a點，此時彈簧形變量與小滑塊在b點時彈簧的形變量相同。則撤去外力后（??）A．小滑塊將靜止在a點B．小滑塊在a點時彈簧的彈力與b點時相同C．小滑塊在a點對地面的壓力小于b點對地面壓力D．小滑塊在a點所受的摩擦力大于b點所受摩擦力7．如圖所示，半徑為1m的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，B點為軌道最低點，A點與圓心O等高。質(zhì)量為1kg的小球（可視為質(zhì)點）在A點正上方0.75m處靜止釋放，下落至A點時進(jìn)入圓軌道，重力加速度g取10m/sA．小球在B點的動能為7.5J B．小球在A點受到軌道的彈力大小為10NC．小球上升過程中距地面的最大高度為1.75m D．小球離開軌道后將落至軌道B點8．（多選）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A開始，經(jīng)歷四個過程A→B、B→C、C→D、D→A回到原狀態(tài)，其p?V圖像如圖所示，其中DA段為雙曲線的一支。下列說法正確的是（）A．A→B外界對氣體做功B．B→C氣體的內(nèi)能增加C．C→D氣體向外界放熱D．D→A容器壁單位時間單位面積內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)增加9．（多選）如圖所示，足夠長的傾角為θ的光滑斜面底端固定一輕彈簧，彈簧的上端連接質(zhì)量為m的薄鋼板，鋼板靜止時彈簧的壓縮量為x0。質(zhì)量為m的物塊從斜面上AA．碰撞后二者向下運動到最低點的過程中速度一直減小B．碰撞后物塊、鋼板和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．簡諧運動的振幅為xD．彈簧彈力的最大值為4mg10．（多選）如圖所示，傾角為30°、間距為L、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌的底端接阻值為R的電阻；質(zhì)量為m的金屬棒通過跨過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線與質(zhì)量為4m的重物相連，滑輪左側(cè)細(xì)線與導(dǎo)軌平行；金屬棒的電阻為R、長度為L，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。現(xiàn)將重物由靜止釋放，其下落高度h時達(dá)到最大速度v，重力加速度為g，空氣阻力及導(dǎo)軌電阻不計，此過程中（）A．細(xì)線的拉力一直減小 B．金屬棒所受安培力的沖量大小為BC．金屬棒克服安培力做功為12m(7g??5v11．研究碰撞中動量守恒的實驗裝置如圖甲所示，長木板的一端墊有小木塊，可以微調(diào)木板的傾斜程度，使小車能在木板上做勻速直線運動。小車A前端貼有橡皮泥、后端連接紙帶，接通打點計時器電源后，讓小車A以某速度做勻速直線運動，與置于木板上靜止的小車B相碰并粘在一起，繼續(xù)做勻速直線運動。打點計時器的電源頻率為50Hz，得到的紙帶如圖乙所示，各計數(shù)點之間的距離已標(biāo)在圖上。(1)微調(diào)木板的傾斜程度，使小車能在木板上做勻速直線運動的目的是__________。A．消除摩擦力的影響 B．為了便于實驗的操作(2)若小車A連同橡皮泥的總質(zhì)量為0.41kg，小車B的質(zhì)量為0.19kg，根據(jù)紙帶數(shù)據(jù)，碰前兩小車的總動量是kg?m/s，碰后兩小車的總動量是12．一靈敏電流表G的刻度盤上共有N格刻度而無具體示數(shù)，已知該電流表的滿偏電流Ig約為幾百微安，內(nèi)阻Rg約為幾百歐?，F(xiàn)要求盡可能精確而簡捷地測出此表的量程Ig①電壓表V（量程3V，內(nèi)阻RV②滑動變阻器R1③滑動變阻器R2④電阻箱R3⑤電池組（電動勢為12V，內(nèi)阻約為0.5Ω）⑥開關(guān)S、導(dǎo)線(1)采用如圖所示的電路測定G的量程Ig，其中滑動變阻器應(yīng)選用(2)調(diào)節(jié)滑動變阻器R，讀出電壓表的示數(shù)U和靈敏電流表G指針偏轉(zhuǎn)格數(shù)n，則流過靈敏電流表G的電流為，靈敏電流表G的量程Ig=(3)選用靈敏電流表G、電壓表V、電阻箱R3、滑動變阻器R2、電池組、開關(guān)、導(dǎo)線來測定靈敏電流表G的內(nèi)阻a．請設(shè)計測量方案并將實驗電路圖畫在下面的方框內(nèi)。b．調(diào)節(jié)滑動變阻器R2和電阻箱R3，讀出電壓表的示數(shù)U'、電阻箱的阻值R3、靈敏電流表G指針偏轉(zhuǎn)格數(shù)n'13．隱身技術(shù)中要用到一種負(fù)折射率材料，如圖甲所示，光在通過這種介質(zhì)時，折射光線與入射光線分布在法線的同一側(cè)，折射率為n=?sinisinr（i、r分別是入射光線、折射光線與法線的夾角）。圖乙為真空中放置的一負(fù)折射率材料制作的直角三棱鏡，頂角為θ；在棱鏡下方d=2cm處有一平行于下表面的光屏。一細(xì)束單色光從棱鏡上的P點垂直O(jiān)A入射且OP=1cm。已知棱鏡對該單色光的折射率（1）若θ=45°，求光在棱鏡中的傳播時間t；（2）若θ=30°，光打在光屏上P'點（未畫出），求P'點相對于光入射棱鏡方向與光屏交點的側(cè)移量x。

14．如圖所示，空間坐標(biāo)系O?xyz中，在0<x<L區(qū)域內(nèi)存在沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場E（大小未知），L<x<2L區(qū)域內(nèi)存在沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場B（大小未知），在x=2L處垂直x軸的平面內(nèi)L3≤y≤L2區(qū)域有一熒光屏。一質(zhì)量為m、電荷量為q的正電粒子從坐標(biāo)為0,0,L2的M點在xOz平面內(nèi)進(jìn)入電場區(qū)域，從N點沿x軸正方向以速度（1）求電場強(qiáng)度E的大?。唬?）為使粒子在磁場中直接打到熒光屏上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小范圍。

15．如圖所示，半圓形光滑軌道AB固定在豎直面內(nèi)，與光滑水平面BC相切于B點。水平面BC右側(cè)為順時針轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，與傳送帶相鄰的光滑水平面DF足夠長。F處固定一豎直擋板，物塊撞上擋板后以原速率反彈?，F(xiàn)有物塊P恰好通過圓弧最高點A，沿著圓弧運動到B點，此時速度大小為vB=5m/s。DF上靜置一物塊Q。已知P、Q均可視為質(zhì)點，質(zhì)量分別為m=1kg，M=3kg（1）半圓形軌道半徑R；（2）調(diào)整傳送帶的速度大小，物塊P到達(dá)D點時可能速度大小的范圍；（3）若傳送帶速度大小為5m/s，則從P、Q第1次碰撞結(jié)束到第2024次碰撞結(jié)束，物塊P在傳送帶上運動的總時間t

2024屆東北三省四市教研聯(lián)合體高三下學(xué)期二模物理試題1．在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射的我國神舟十八號載人飛船與運載火箭組合體，總質(zhì)量超過400t，總高度近60m。飛船入軌后，于北京時間2024年4月26日3時32分，成功對接于空間站天和核心艙徑向端口?？臻g站的軌道高度約380～400km，運行速度約7.8km/s。下列說法正確的是（

）A．速度、高度和質(zhì)量均為矢量B．“總質(zhì)量超過400t”中的“t”為導(dǎo)出單位C．研究飛船與空間站天和核心艙對接時，可將飛船視為質(zhì)點D．“北京時間2024年4月26日3時32分”指的是時刻1.【答案】D【解析】速度為矢量，質(zhì)量是標(biāo)量，故A錯誤；“總質(zhì)量超過400t”中的“t”為質(zhì)量的常用單位，不是導(dǎo)出單位，故B錯誤；研究飛船與空間站天和核心艙對接時，飛船的形狀不能忽略，不能視為質(zhì)點，故C錯誤；“北京時間2024年4月26日3時32分”指的是時刻，故D正確。2．氫原子的能級如圖所示，一群處于n=4能級的氫原子向較低能級躍遷時會發(fā)出頻率不同的光，這些光照射在逸出功為3.34eV的鋅板上，下列說法正確的是（??）A．氫原子的發(fā)射光譜是連續(xù)譜B．這群氫原子最多能發(fā)出三種不同頻率的光C．從n=4躍遷到n=1能級時發(fā)出的光波長最短D．僅有兩種頻率的光能使鋅板發(fā)生光電效應(yīng)2.【答案】C【解析】氫原子只能處于幾條特定的能級狀態(tài)，在不同能級躍遷時發(fā)出特定頻率的光，因此所發(fā)射的光譜不是連續(xù)的，故A錯誤；這群氫原子最多能發(fā)出C42=6種不同頻率的光，故B錯誤；從n=4躍遷到n=1能級時發(fā)出的光的能量最大，根據(jù)E=?ν=?c3．人造地球衛(wèi)星繞地球近似做勻速圓周運動。若衛(wèi)星的線速度變?yōu)樵瓉淼?2A．軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍 B．距地面高度變?yōu)樵瓉淼?C．周期變?yōu)樵瓉淼?倍 D．向心加速度變?yōu)樵瓉淼?3.【答案】A【解析】根據(jù)GMmr2=mv2r可得v=GMr，線速度變?yōu)樵瓉淼?2，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，故A正確；軌道半徑變大，則距地面高度變大，故B錯誤；根據(jù)GMm4．如圖所示，點電荷a、b、c固定在xOy平面內(nèi)，a、b位于x軸上2d和3d處，c位于y軸上3d處。已知b、c帶等量異種電荷且原點O處的電場強(qiáng)度沿y軸正方向。則（??）A．點電荷a、b為同種電荷 B．點電荷c一定帶負(fù)電C．a(chǎn)的電荷量是c的23倍 D．O點電勢高于P4.【答案】B【解析】由于原點O處的電場方向沿y軸正方向，所以點電荷c一定帶負(fù)電，點電荷a、b為異種電荷，由于b、c帶等量異種電荷，b帶正電，a帶負(fù)電，且點電荷a、b在O點的電場強(qiáng)度等大反向，故A錯誤，B正確；點電荷a在O點的電場強(qiáng)度Ea=kqa(2d)2，點電荷b在O點的電場強(qiáng)度Eb=kqb(3d)2，由于點電荷a、b在O點的電場強(qiáng)度等大反向，所以a的電荷量是b的49倍，b、c帶等量異種電荷，則a的電荷量是c的49倍，故C錯誤；電勢是標(biāo)量，運算法則符合代數(shù)運算法則。O點電勢φO=kqa2d+kqb5．一列簡諧橫波以速度v=4m/s沿x軸正方向傳播，t=0時刻的波形如圖所示，介質(zhì)中平衡位置在坐標(biāo)原點的質(zhì)點P此時刻的位移y=10A．0～5s時間內(nèi)，質(zhì)點P沿x軸正方向移動20mB．該時刻后的極短時間內(nèi)，質(zhì)點P的加速度增大C．該波的周期為3sD．該波的波長為10m5.【答案】C【解析】質(zhì)點只能在平衡位置上下振動，不能“隨波逐流”，故A錯誤；波向右傳播，則質(zhì)點P向下振動，位移減小，則加速度減小，故B錯誤；設(shè)波的表達(dá)式為y=20sin(2πλx+φ)，將（5，0）、（0，10）代入解得φ=π6，λ=12m6．如圖所示，輕彈簧上端固定，另一端與置于水平地面b點的小滑塊相連，小滑塊處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用外力作用在小滑塊上將其由b點沿水平地面緩慢移至a點，此時彈簧形變量與小滑塊在b點時彈簧的形變量相同。則撤去外力后（??）A．小滑塊將靜止在a點B．小滑塊在a點時彈簧的彈力與b點時相同C．小滑塊在a點對地面的壓力小于b點對地面壓力D．小滑塊在a點所受的摩擦力大于b點所受摩擦力6.【答案】A【解析】根據(jù)題意，小滑塊在a點時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，在b點時，彈簧處于伸長狀態(tài)，在a彈簧形變量與在b點時彈簧的形變量相同，則彈簧彈力大小相同，但方向不同，故B錯誤；小滑塊在a點時，彈簧彈力有向下的分力，小滑塊在b點時，彈簧彈力有向上的分力，所以小滑塊在a點對地面的壓力大于b點對地面壓力，故C錯誤；小滑塊在a點對地面的壓力大于b點對地面壓力，所以小滑塊在a點受到地面的最大靜摩擦力大于b點受到地面的最大靜摩擦力，而小滑塊在a、b兩點彈簧彈力大小相同，在a點時彈簧彈力在水平方向的分力較小，所以小滑塊將靜止在a點，故A正確；小滑塊在a點時彈簧彈力在水平方向的分力較小，根據(jù)平衡條件，小滑塊在a點所受的摩擦力小于b點所受摩擦力，故D錯誤。7．如圖所示，半徑為1m的四分之三光滑圓軌道豎直固定在水平地面上，B點為軌道最低點，A點與圓心O等高。質(zhì)量為1kg的小球（可視為質(zhì)點）在A點正上方0.75m處靜止釋放，下落至A點時進(jìn)入圓軌道，重力加速度g取10m/sA．小球在B點的動能為7.5J B．小球在A點受到軌道的彈力大小為10NC．小球上升過程中距地面的最大高度為1.75m D．小球離開軌道后將落至軌道B點7.【答案】D【解析】小球從釋放到最低點，根據(jù)動能定理有mg(?+R)=EkB，解得EkB=17.5J，故A錯誤；小球從釋放到A點，根據(jù)動能定理有mg?=12mvA2，在A點，根據(jù)牛頓第二定律有N=mvA2R，解得N=15N，故B錯誤；設(shè)小球上升過程中距地面最大高度與圓心的連線和豎直方向的夾角為θ，則有mgcosθ=mv2R，從B點到最高點，根據(jù)動能定理有?mgR(1+cosθ)=12mv8．（多選）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A開始，經(jīng)歷四個過程A→B、B→C、C→D、D→A回到原狀態(tài)，其p?V圖像如圖所示，其中DA段為雙曲線的一支。下列說法正確的是（）A．A→B外界對氣體做功B．B→C氣體的內(nèi)能增加C．C→D氣體向外界放熱D．D→A容器壁單位時間單位面積內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)增加8.【答案】CD【解析】A→B過程，氣體體積變大，氣體對外做功，故A錯誤；B→C過程，氣體體積不變，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C，可知壓強(qiáng)減小，氣體溫度降低，內(nèi)能減小，故B錯誤；C→D過程，氣體壓強(qiáng)不變，體積減小，即外界對氣體做功，依據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得氣體溫度降低，氣體內(nèi)能減小，所以根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W，其中ΔU<0，W>0，可知Q<09．（多選）如圖所示，足夠長的傾角為θ的光滑斜面底端固定一輕彈簧，彈簧的上端連接質(zhì)量為m的薄鋼板，鋼板靜止時彈簧的壓縮量為x0。質(zhì)量為m的物塊從斜面上AA．碰撞后二者向下運動到最低點的過程中速度一直減小B．碰撞后物塊、鋼板和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．簡諧運動的振幅為xD．彈簧彈力的最大值為4mg9.【答案】BD【解析】鋼板靜止時有mgsinθ=kx0，當(dāng)物體A與鋼板接觸后有2mgsinθ?kx=2ma，隨著A物體和鋼板對彈簧的壓縮，其加速度逐漸減小，由于此時加速度方向與速度方向一致，所以其做加速度減小的加速運動，當(dāng)2mgsinθ=kx時，加速度為零，則是速度達(dá)到最大，下一刻則有kx?2mgsinθ=2ma，隨著其壓縮量變大，其加速度增加，由于加速度方向與速度方向相反，所以其做加速度增加的減速運動，直至速度為零，達(dá)到最低點。綜上所述可知，其碰撞后二者先做加速度減小的加速后做加速度增加的加速運動，故A項錯誤；碰撞后將物塊、鋼板和彈簧看成一個系統(tǒng)，該整體只有重力以及系統(tǒng)內(nèi)彈簧的彈力做功，所以其系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B項正確；碰撞后其做簡諧運動，則為平衡位置時設(shè)彈簧的壓縮量為x1，有2mgsinθ=kx1，結(jié)合之前的分析有mgsinθ=kx0，解得x1=2x0，即平衡位置在O點下方2x0處，由題意可知，其上升到最高點時速度為零，設(shè)此時彈簧的拉伸形變量為x2，對整體有2mgsinθ+kx210．（多選）如圖所示，傾角為30°、間距為L、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌的底端接阻值為R的電阻；質(zhì)量為m的金屬棒通過跨過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線與質(zhì)量為4m的重物相連，滑輪左側(cè)細(xì)線與導(dǎo)軌平行；金屬棒的電阻為R、長度為L，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)將重物由靜止釋放，其下落高度h時達(dá)到最大速度v，重力加速度為g，空氣阻力及導(dǎo)軌電阻不計，此過程中（）A．細(xì)線的拉力一直減小 B．金屬棒所受安培力的沖量大小為BC．金屬棒克服安培力做功為12m(7g??5v10.【答案】BCD【解析】根據(jù)題意，對重物和金屬棒組成的系統(tǒng)受力分析可得4mg?mgsin30°?F安=5ma，F(xiàn)安=BIL=B2L2v'2R，隨著系統(tǒng)開始運動，加速度沿金屬導(dǎo)軌向上，速度逐漸增大，安培力逐漸增大，則系統(tǒng)做加速度逐漸減小的加速運動，直至加速度為0時系統(tǒng)以速度v做勻速直線運動。對重物受力分析可得4mg?T=4ma，根據(jù)上述分析可知細(xì)線的拉力一直增大，速度最大后拉力大小保持不變，故A錯誤；金屬棒所受安培力的沖量I安=BI11．研究碰撞中動量守恒的實驗裝置如圖甲所示，長木板的一端墊有小木塊，可以微調(diào)木板的傾斜程度，使小車能在木板上做勻速直線運動。小車A前端貼有橡皮泥、后端連接紙帶，接通打點計時器電源后，讓小車A以某速度做勻速直線運動，與置于木板上靜止的小車B相碰并粘在一起，繼續(xù)做勻速直線運動。打點計時器的電源頻率為50Hz，得到的紙帶如圖乙所示，各計數(shù)點之間的距離已標(biāo)在圖上。(1)微調(diào)木板的傾斜程度，使小車能在木板上做勻速直線運動的目的是__________。A．消除摩擦力的影響 B．為了便于實驗的操作(2)若小車A連同橡皮泥的總質(zhì)量為0.41kg，小車B的質(zhì)量為0.19kg，根據(jù)紙帶數(shù)據(jù)，碰前兩小車的總動量是kg?m/s，碰后兩小車的總動量是11.【答案】(1)A(2)0.7500.744見解析【解析】（1）為使小車碰撞前后均做勻速直線運動，實驗需平衡摩擦力，故微調(diào)木板的傾斜程度，使小車能在木板上做勻速直線運動的目的是消除摩擦力的影響。故選A。（2）由紙帶可知，在BC段和DE段點跡分布均勻，說明小車做勻速運動；因BC段平均速度較大，則計算小車A碰撞前的速度大小應(yīng)選BC段，計算小車A碰撞后的速度大小應(yīng)選DE段，相鄰兩計數(shù)點的時間間隔T=5×1f=5×150s=0.1s，碰前小車的速度v1=BCT=18.2912．一靈敏電流表G的刻度盤上共有N格刻度而無具體示數(shù)，已知該電流表的滿偏電流Ig約為幾百微安，內(nèi)阻Rg約為幾百歐?，F(xiàn)要求盡可能精確而簡捷地測出此表的量程Ig①電壓表V（量程3V，內(nèi)阻RV②滑動變阻器R1③滑動變阻器R2④電阻箱R3⑤電池組（電動勢為12V，內(nèi)阻約為0.5Ω）⑥開關(guān)S、導(dǎo)線(1)采用如圖所示的電路測定G的量程Ig，其中滑動變阻器應(yīng)選用(2)調(diào)節(jié)滑動變阻器R，讀出電壓表的示數(shù)U和靈敏電流表G指針偏轉(zhuǎn)格數(shù)n，則流過靈敏電流表G的電流為，靈敏電流表G的量程Ig=(3)選用靈敏電流表G、電壓表V、電阻箱R3、滑動變阻器R2、電池組、開關(guān)、導(dǎo)線來測定靈敏電流表G的內(nèi)阻a．請設(shè)計測量方案并將實驗電路圖畫在下面的方框內(nèi)。b．調(diào)節(jié)滑動變阻器R2和電阻箱R3，讀出電壓表的示數(shù)U'、電阻箱的阻值R3、靈敏電流表G指針偏轉(zhuǎn)格數(shù)n'12.【答案】(1)③(2)URVNUnRV【解析】（1）滑動變阻器采用分壓式接法，為調(diào)節(jié)方便，滑動變阻器應(yīng)選擇阻值較小的，即滑動變阻器R2（2）根據(jù)歐姆定律，流過靈敏電流表G的電流I0=URV。根據(jù)（3）為了確保靈敏電流表G的安全，電阻箱R3靈敏電流表G指針偏轉(zhuǎn)格數(shù)n'，此時流過靈敏電流表G的電流I=n'nI0=13．隱身技術(shù)中要用到一種負(fù)折射率材料，如圖甲所示，光在通過這種介質(zhì)時，折射光線與入射光線分布在法線的同一側(cè)，折射率為n=?sinisinr（i、r分別是入射光線、折射光線與法線的夾角）。圖乙為真空中放置的一負(fù)折射率材料制作的直角三棱鏡，頂角為θ；在棱鏡下方d=2cm處有一平行于下表面的光屏。一細(xì)束單色光從棱鏡上的P點垂直O(jiān)A入射且OP=1cm。已知棱鏡對該單色光的折射率（1）若θ=45°，求光在棱鏡中的傳播時間t；（2）若θ=30°，光打在光屏上P'點（未畫出），求P'點相對于光入射棱鏡方向與光屏交點的側(cè)移量x。13.【答案】（1）4.4×10?11s（2）【解析】（1）光路如圖若θ=45°，光在棱鏡中的路徑l=OP光在棱鏡中的傳播速度v=傳播時間t=代入數(shù)據(jù)解得t=4.4×10?11（2）光路圖如圖根據(jù)折射定律有n=?根據(jù)幾何關(guān)系可知x=d解得x=25614．如圖所示，空間坐標(biāo)系O?xyz中，在0<x<L區(qū)域內(nèi)存在沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場E（大小未知），L<x<2L區(qū)域內(nèi)存在沿z軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場B（大小未知），在x=2L處垂直x軸的平面內(nèi)L3≤y≤L2區(qū)域有一熒光屏。一質(zhì)量為m、電荷量為q的正電粒子從坐標(biāo)為0,0,L2的M點在xOz平面內(nèi)進(jìn)入電場區(qū)域，從N點沿x軸正方向以速度（1）求電場強(qiáng)度E的大??；（2）為使粒子在磁場中直接打到熒光屏上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小范圍。14.【答案】（1）mv02qL（2）3m【解析】（1）由題可知，帶電粒子在電場中做類拋體運動，可將運動沿x軸和z軸進(jìn)行分解：沿x軸方向L=沿z軸方向1由牛頓第二定律可知qE=ma解得E=m（2）在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有q若粒子打到熒光屏下邊緣，設(shè)圓周運動半徑r1，根據(jù)幾何知識有(若粒子打到熒光屏上邊緣。設(shè)做周運動半徑為r2，根據(jù)幾何知識有(解得粒開正磁場中直接打到熒光屏上半徑范圍為43L≤r解得磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小范圍為3mv05qL≤B15．如圖所示，半圓形光滑軌道AB固定在豎直面內(nèi)，與光滑水平面BC相切于B點。水平面BC右側(cè)為順時針轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，與傳送帶相鄰的光滑水平面DF足夠長。F處固定一豎直擋板，物塊撞上擋板后以原速率反彈?，F(xiàn)有物塊P恰好通過圓弧最高點A，沿著圓弧運動到B點，此時速度大小為vB=5m/s。DF上靜置一物塊Q。已知P、Q均可視為質(zhì)點，質(zhì)量分別為m=1kg，M=3kg（1）半圓形軌道半徑R；（2）調(diào)整傳送帶的速度大小，物塊P到達(dá)D點時可能速度大小的范圍；（3）若傳送帶速度大小為5m/s，則從P、Q第1次碰撞結(jié)束到第2024次碰撞結(jié)束，物塊P在傳送帶上運動的總時間t15.【答案】（1）0.5m（2）5m/s≤vD≤35m/s（3）(7585+1011【解析】（1）對物塊在A點列牛頓第二定律得mg=m對物塊從A到B過程列動能定理有mg×2R=解得R=0.5m。（2）設(shè)物塊到達(dá)D點時最小速度為vD1，最大速度為v?μmgL=μmgL=解得5m/s≤vD≤35m/s（3）設(shè)水平向右為正方向，第1次碰撞對系統(tǒng)列動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m1解得v1=?2.5m/s，設(shè)向左滑上傳送帶的位移為x，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律可得μmg=ma，0?解得x=2516向左運動到最肌的時間為t1，則t第2次碰撞，對系統(tǒng)列動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有m1解得v2=?5根據(jù)動能定理和運動學(xué)規(guī)律可得v?mg?=0?解得h=0.25m<R則v從P、Q第1次碰撞結(jié)束到第2024次碰撞結(jié)束，物塊P在傳送帶上運動的總時間t=2解得t=(7585+10115)2024屆東北三省四市教研聯(lián)合體高三下學(xué)期二模物理試題答案1.【答案】D【解析】速度為矢量，質(zhì)量是標(biāo)量，故A錯誤；“總質(zhì)量超過400t”中的“t”為質(zhì)量的常用單位，不是導(dǎo)出單位，故B錯誤；研究飛船與空間站天和核心艙對接時，飛船的形狀不能忽略，不能視為質(zhì)點，故C錯誤；“北京時間2024年4月26日3時32分”指的是時刻，故D正確。2.【答案】C【解析】氫原子只能處于幾條特定的能級狀態(tài)，在不同能級躍遷時發(fā)出特定頻率的光，因此所發(fā)射的光譜不是連續(xù)的，故A錯誤；這群氫原子最多能發(fā)出C42=6種不同頻率的光，故B錯誤；從n=4躍遷到n=1能級時發(fā)出的光的能量最大，根據(jù)E=?ν=?c3.【答案】A【解析】根據(jù)GMmr2=mv2r可得v=GMr，線速度變?yōu)樵瓉淼?2，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，故A正確；軌道半徑變大，則距地面高度變大，故B錯誤；根據(jù)GMm4.【答案】B【解析】由于原點O處的電場方向沿y軸正方向，所以點電荷c一定帶負(fù)電，點電荷a、b為異種電荷，由于b、c帶等量異種電荷，b帶正電，a帶負(fù)電，且點電荷a、b在O點的電場強(qiáng)度等大反向，故A錯誤，B正確；點電荷a在O點的電場強(qiáng)度Ea=kqa(2d)2，點電荷b在O點的電場強(qiáng)度Eb=kqb(3d)2，由于點電荷a、b在O點的電場強(qiáng)度等大反向，所以a的電荷量是b的49倍，b、c帶等量異種電荷，則a的電荷量是c的49倍，故C錯誤；電勢是標(biāo)量，運算法則符合代數(shù)運算法則。O點電勢φO=kqa2d+kqb5.【答案】C【解析】質(zhì)點只能在平衡位置上下振動，不能“隨波逐流”，故A錯誤；波向右傳播，則質(zhì)點P向下振動，位移減小，則加速度減小，故B錯誤；設(shè)波的表達(dá)式為y=20sin(2πλx+φ)，將（5，0）、（0，10）代入解得φ=π6，λ=12m6.【答案】A【解析】根據(jù)題意，小滑塊在a點時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，在b點時，彈簧處于伸長狀態(tài)，在a彈簧形變量與在b點時彈簧的形變量相同，則彈簧彈力大小相同，但方向不同，故B錯誤；小滑塊在a點時，彈簧彈力有向下的分力，小滑塊在b點時，彈簧彈力有向上的分力，所以小滑塊在a點對地面的壓力大于b點對地面壓力，故C錯誤；小滑塊在a點對地面的壓力大于b點對地面壓力，所以小滑塊在a點受到地面的最大靜摩擦力大于b點受到地面的最大靜摩擦力，而小滑塊在a、b兩點彈簧彈力大小相同，在a點時彈簧彈力在水平方向的分力較小，所以小滑塊將靜止在a點，故A正確；小滑塊在a點時彈簧彈力在水平方向的分力較小，根據(jù)平衡條件，小滑塊在a點所受的摩擦力小于b點所受摩擦力，故D錯誤。7.【答案】D【解析】小球從釋放到最低點，根據(jù)動能定理有mg(?+R)=EkB，解得EkB=17.5J，故A錯誤；小球從釋放到A點，根據(jù)動能定理有mg?=12mvA2，在A點，根據(jù)牛頓第二定律有N=mvA2R，解得N=15N，故B錯誤；設(shè)小球上升過程中距地面最大高度與圓心的連線和豎直方向的夾角為θ，則有mgcosθ=mv2R，從B點到最高點，根據(jù)動能定理有?mgR(1+cosθ)=12mv8.【答案】CD【解析】A→B過程，氣體體積變大，氣體對外做功，故A錯誤；B→C過程，氣體體積不變，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C，可知壓強(qiáng)減小，氣體溫度降低，內(nèi)能減小，故B錯誤；C→D過程，氣體壓強(qiáng)不變，體積減小，即外界對氣體做功，依據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得氣體溫度降低，氣體內(nèi)能減小，所以根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W，其中ΔU<0，W>0，可知Q<09.【答案】BD【解析】鋼板靜止時有mgsinθ=kx0，當(dāng)物體A與鋼板接觸后有2mgsinθ?kx=2ma，隨著A物體和鋼板對彈簧的壓縮，其加速度逐漸減小，由于此時加速度方向與速度方向一致，所以其做加速度減小的加速運動，當(dāng)2mgsinθ=kx時，加速度為零，則是速度達(dá)到最大，下一刻則有kx?2mgsinθ=2ma，隨著其壓縮量變大，其加速度增加，由于加速度方向與速度方向相反，所以其做加速度增加的減速運動，直至速度為零，達(dá)到最低點。綜上所述可知，其碰撞后二者先做加速度減小的加速后做加速度增加的加速運動，故A項錯誤；碰撞后將物塊、鋼板和彈簧看成一個系統(tǒng)，該整體只有重力以及系統(tǒng)內(nèi)彈簧的彈力做功，所以其系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B項正確；碰撞后其做簡諧運動，則為平衡位置時設(shè)彈簧的壓縮量為x1，有2mgsinθ=kx1，結(jié)合之前的分析有mgsinθ=kx0，解得x1=2x0，即平衡位置在O點下方2x0處，由題意可知，其上升到最高點時速度為零，設(shè)此時彈簧的拉伸形變量為x2，對整體有2mgsinθ+kx210.【答案】BCD【解析】根據(jù)題意，對重物和金屬棒組成的系統(tǒng)受力分析可得4mg?mgsin30°?F安=5ma，F(xiàn)安=BIL=B2L2v'2R，隨著系統(tǒng)開始運動，加速度沿金屬導(dǎo)軌向