高級中學名校試卷PAGEPAGE1遼寧省名校聯(lián)盟2024年高三12月份聯(lián)合考試物理（考后強化版）本試卷滿分100分，考試時間75分鐘。注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名﹑準考證號填寫在答題卡上。2.答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖所示，運動場上．一位同學將鉛球斜向上拋出，若不計空氣阻力，則鉛球在空中運動過程中，下列說法正確的是（）A.在相等的時間內(nèi)鉛球的速度變化量都相等B.鉛球所受重力的瞬時功率與時間成正比C.鉛球在運動到最高點之前處于超重狀態(tài)，經(jīng)過最高點之后處于失重狀態(tài)D.在任意相等時間內(nèi)鉛球動能的變化量相等【答案】A【解析】A．做斜上拋運動的物體只受重力的作用，所以其加速度為重力加速度，不發(fā)生變化，是勻變速運動，可知在相等的時間內(nèi)速度的變化都相等，故A正確；B．斜上拋運動在豎直方向上是先豎直上拋后做自由落體運動，重力的瞬時功率

PG=mgvy，且vy先向上減小后又反向增大不與時間成正比，故B錯誤；C．鉛球從拋出一直只受重力作用，加速度為重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故C錯誤；D．做斜上拋運動的鉛球在豎直方向上先豎直上拋后做自由落體運動，任意相等時間內(nèi)豎直方向發(fā)生的位移大小不同，任意相等時間內(nèi)重力做功不等，由動能定理可知動能變化量不同，故D錯誤。故選A。2.清晨，一對父女沿平直公路晨跑，父女倆均以2m/s的速度勻速運動，女兒在父親前面8m處，父親帶著的手機播放音樂，女兒用藍牙耳機收聽；某時刻女兒開始以的加速度勻加速奔跑，速度達到6m/s后繼續(xù)勻速運動。若藍牙耳機連接信號的最大距離為200m，則女兒開始加速運動多長時間后不能收聽到音樂（）A.25s B.44s C.48s D.50s【答案】D【解析】當兩者間距達到200m后，不能收聽到音樂，則根據(jù)解得故選D。3.如圖所示，導體棒a被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平桿OO'上，另一根導體棒b平行固定在水平桿OO'的正下方，兩導體棒中通入方向相反的電流，穩(wěn)定后懸掛的導體棒a偏離豎直方向一定角度?，F(xiàn)緩慢減小導體棒b中的電流，則懸掛導體棒a的輕繩中的張力大?。ǎ〢.逐漸減小 B.逐漸增大 C.保持不變 D.先減小后增大【答案】C【解析】導體棒a受力平衡，受力分析如圖所示由相似三角形可知可知輕繩中的張力不受安培力的影響，大小保持不變。故選C。4.某汽車在平直的公路上由靜止開始做勻加速運動，當速度達到20m/s時發(fā)動機的功率剛好達到最大6×105W，又經(jīng)過一段時間汽車的速度達到最大30m/s。已知汽車的質量為2.0×103kg，汽車運動過程中受到的阻力恒定，則汽車勻加速運動過程中的位移大小為（）A.40m B.50m C.60m D.70m【答案】A【解析】當牽引力等于阻力時，汽車速度達到最大，所以汽車受到的阻力大小為汽車做勻加速運動過程，根據(jù)牛頓第二定律可得其中解得加速度大小為則汽車勻加速運動過程中的位移大小為故選A。5.如圖所示，質量為、半徑為、內(nèi)壁光滑的圓形軌道豎直放置在水平地面上，軌道圓心為是軌道上與圓心等高的兩點。一質量為的小球沿軌道做圓周運動且剛好能通過軌道最高點，運動過程中軌道始終保持靜止狀態(tài)。已知重力加速度為，下列說法正確的是（）A.小球經(jīng)過軌道最高點時，軌道對地面的壓力最小B.小球經(jīng)過軌道最低點時，軌道對地面的壓力最大C.小球經(jīng)過點時，軌道對地面的壓力為D.小球經(jīng)過點時，軌道對地面的摩擦力沿水平面向左【答案】B【解析】A．小球經(jīng)過軌道最高點時，重力提供向心力，小球處于完全失重狀態(tài)，軌道對地面的壓力等于軌道的重力，小球在下半軌道運動時，小球對軌道的壓力有向下的分力，則軌道對地面的壓力大于軌道的重力，小球在上半軌道運動（除最高點外）時，小球對軌道的壓力有向上的分力，則軌道對地面的壓力小于軌道的重力，故小球經(jīng)過軌道最高點時，軌道對地面的壓力不是最小，故A錯誤；B．由A分析可知，軌道對地面的壓力最大位置在下半軌道，設小球、軌道圓心連線與豎直方向的夾角為，根據(jù)牛頓第二定律小球經(jīng)過軌道最低點時，速度最大，，則在軌道最低點，小球受到軌道的支持力最大，根據(jù)牛頓第三定律，小球對軌道的壓力最大，軌道對地面的壓力最大，故B正確；C．小球經(jīng)過點時，軌道支持力提供向心力，小球處于完全失重狀態(tài)，軌道對地面的壓力等于軌道的重力，為故C錯誤；D．小球經(jīng)過點時，軌道向左的支持力提供向心力，根據(jù)牛頓第三定律，小球對軌道的壓力向右，軌道靜止，根據(jù)平衡條件可知地面對軌道的摩擦力沿水平面向左，根據(jù)牛頓第三定律，軌道對地面的摩擦力沿水平面向右，故D錯誤。故選B。6.回旋加速器的示意圖如圖所示，兩個D形盒半徑均為R，兩D形盒之間的狹縫中存在周期性變化的加速電場，加速電壓大小為U，D形盒所在空間存在垂直于盒面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，回旋加速器中心O處有一粒子源，可無初速度的釋放質量為m，電荷量為（）的帶電粒子，經(jīng)過多次加速后在D形盒的邊緣被引出。不計粒子之間的相互作用和相對論效應，忽略粒子經(jīng)過狹縫的時間，則粒子從無初速度釋放到離開加速器的過程中所需要的時間為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】粒子被引出時，根據(jù)洛倫茲力提供圓周運動的向心力有此時動能達到最大值令電場中加速了n次，則有粒子在磁場中圓周運動的周期電場中加速一次，磁場中運動半周，則有解得故選D7.在x軸上的M、N處分別固定一個點電荷、，取x軸正方向為電場強度的正方向，x軸上各點的電場強度E隨坐標x的變化曲線如圖所示，O點電場強度為零，。P點在M左側，Q點在N右側，且PM與QN長度相等。下列說法正確的是（）A.與帶等量正電荷B.與均帶正電荷，且電荷量之比為C.P點與Q點的電場強度等大反向D.M點與P點的電勢差小于N點與Q點之間的電勢差【答案】B【解析】AB．根據(jù)題意，由圖可知，間電場為正，間電場為負，且O點電場強度為零，則與均帶正電荷，且解得故A錯誤，B正確；CD．根據(jù)題意，由點電荷場強公式和電場疊加原理可知，點的電場強度大于Q點的電場強度，方向相反，則M點與P點的平均電場強度大于N點與Q點之間平均電場強度，由可知，M點與P點的電勢差大于N點與Q點之間的電勢差，故CD錯誤。故選B。8.在體育場的水平地板上建立平面直角坐標系，一輛電動玩具小車在地板上運功，坐標原點O為t=0時刻小車的位置坐標，如圖（a）所示，其沿y軸正方向的速度隨時間變化規(guī)律如圖（b）所示，沿x軸正方向的位移隨時間的變化規(guī)律如圖（c）所示（圖線為拋物線的一部分，坐標原點О為拋物線的頂點），則（）A.小車的加速度大小為3m/s2B.t=3s時刻小車的速度大小為15m/sC.前2s內(nèi)小車的位移大小為8mD.t=4s時刻小車的位置坐標為（32m，24m）【答案】BD【解析】A．由圖可知，小車沿y軸正方向的運動為初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小沿x軸正方向的運動也為初速度為零的勻加速直線運動，加速度大小滿足解得=4m/s2所以小車的實際加速度大小為故A錯誤；B．根據(jù)A選項分析可知，小車做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)可知，t=3s時刻小車的速度大小為15m/s，故B正確；C．同理，根據(jù)可得前2s內(nèi)小車的位移大小為l0m，故C錯誤；D．同理可知t=4s時刻小車的位移大小為40m，則有x=scos37°=32m，y=ssin37°=24m即t=4s時刻小車的位置坐標為（32m，24m），故D正確。故選BD9.如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，R1和R2為定值電阻，其阻值均為2r，R為滑動變阻器，電路中的電表均為理想電表，閉合開關S，將滑動變阻器的滑片由b端緩慢向a端滑動，電流表A1和A2的示數(shù)變化量分別用ΔI1和ΔI2表示，電壓表V1和V2的示數(shù)分別用U1和U2表示，示數(shù)的變化量分別用ΔU1和ΔU2表示，下列說法正確的是（）A.U1變大 B.C. D.【答案】AD【解析】A．滑動變阻器的滑片由b端緩慢向a端滑動，滑動變阻器接入電路的阻值減小，回路的總電阻減小，回路的總電流變大，所以定值電阻兩端的電壓變大，故A正確；B．回路總電流變大，根據(jù)可知路端電壓變小，即變小，說明減少量大于的增加量，故B錯誤；C．由閉合電路的歐姆定律可知所以故C錯誤；D．由閉合電路歐姆定律可知整理得所以故D正確故選AD。10.如圖所示，太空電梯的工作原理是從地球同步衛(wèi)星所在高度的空間站豎直放下由納米材料做成的太空電梯，另一端固定在地面上，這樣電梯可以隨地球同步轉動。已知地球的質量為M、半徑為R、自轉周期為T，引力常量為G，太空電梯的一節(jié)梯廂的質量為m且距地面高度為h，關于該梯廂下列說法正確的是（）A.該梯廂處于平衡狀態(tài)B.該梯廂所受合外力為C.該梯廂與空間站線速度的比值為D.該梯廂的線速度與相同高度的地球衛(wèi)星的線速度的比值【答案】BCD【解析】A．該梯廂隨繞地球做勻速圓周運動，由沿半徑方向的合力提供向心力，則該梯廂處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B．結合上述，該梯廂隨繞地球做勻速圓周運動，由沿半徑方向的合力提供向心力，則有故B正確；C．該梯廂隨繞地球做勻速圓周運動，角速度與地球自轉角速度相等，周期與地球自轉周期相等，則線速度同步衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力，則有，解得故C正確；D．對與該梯廂相同高度的地球衛(wèi)星進行分析有解得故D正確。故選BCD。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某簡易多用電表的電路圖如圖（a）所示，虛線方框內(nèi)為換擋開關，A和B分別為兩表筆。該多用電表有6個擋位，分別為直流電壓1V擋和5V擋，直流電流1mA和2.5mA擋，兩個歐姆擋。（1）測量時，若開關S是與“1”相連的，則此時多用電表的擋位為______擋（填題干中所給6個擋位中的一個）。（2）如果要用多用電表歐姆擋測量某個定值電阻的阻值，下面是操作步驟，請將合適的內(nèi)容填在橫線上：①旋動______（填“歐姆調零旋鈕”或“指針定位螺絲”），使指針對準電流擋的“0”刻度；②將選擇開關K旋轉到歐姆擋“”的位置；③將紅、黑表筆短接，旋動______（填“歐姆調零旋鈕”或“指針定位螺絲”），使指針對準歐姆擋的0刻度線；④將兩表筆分別與待測電阻相接，多用電表的示數(shù)如圖（b）所示，則待測電阻的阻值為______。（3）若歐姆表內(nèi)使用的是一節(jié)舊電池（電動勢為1.5V，內(nèi)阻較大），測得該電阻的阻值為R；然后更換一節(jié)新電池（電動勢為1.5V，內(nèi)阻較?。?，測得該電阻的阻值為，實驗過程中其他操作均正確，則R______（填“大于”“小于”或“等于”）?！敬鸢浮浚?）2.5mA（2）指針定位螺絲歐姆調零旋鈕220（3）等于【解析】【小問1詳析】由圖可知，若開關S是與“1”相連的，則此時多用電表當做電流表，又因為此時量程為而開關S是與“2”相連時的量程為因為所以若開關S是與“1”相連時，多用電表的擋位為2.5mA?！拘?詳析】[1][2]如果要用多用電表歐姆擋測量某個定值電阻的阻值，首先旋動指針定位螺絲，使指針對準電流擋的“0”刻度；其次將選擇開關K旋轉到歐姆擋“”的位置；然后將紅、黑表筆短接，旋動歐姆調零旋鈕，使指針對準歐姆擋的0刻度線；[3]待測電阻的阻值為【小問3詳析】由歐姆表的結構可知，電源內(nèi)阻的變化，可以通過歐姆調零來抵消，故前、后兩次的測量值是相等的。故12.某同學設計了如圖（a）所示的裝置驗證機械能守恒定律。輕質動滑輪下方懸掛重物A，輕質定滑輪下方懸掛重物，懸掛滑輪的輕質細線豎直。開始時，用手托住重物B，使重物A、B處于靜止狀態(tài)。在重物A、B上分別固定相同的遮光片，測得重物A及遮光片、重物B及遮光片的質量均為，重力加速度為。用題中已知或測得的物理量字母回答下列問題：（1）用游標卡尺測量遮光片的寬度如圖（b）所示，則遮光片寬度___________cm；（2）要使兩遮光片分別同時到達兩光電門1和2，則A上遮光片到光電門1的距離和B上遮光片到光電門2的距離的關系是___________；（3）釋放B后，A的加速度大小為___________；（4）已知兩遮光片分別同時到達兩光電門1和2，A上遮光片通過光電門1的時間為，則A通過光電門1時的速度為___________，B上遮光片通過光電門2的時間為___________；（5）已知A上遮光片到光電門1的距離為，若滿足關系式___________，則A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒?！敬鸢浮浚?）0.32（2）（3）（4）（5）【解析】【小問1詳析】根據(jù)游標卡尺讀數(shù)規(guī)則，圖（b）中遮光片寬度【小問2詳析】由動滑輪的特點和題圖可知，在相同時間內(nèi)，B下降的高度是A上升高度的兩倍，所以要使兩遮光片分別同時到達兩光電門1和2，則A上遮光片到光電門1的距離和B上遮光片到光電門2的距離的關系是【小問3詳析】由公式可知，B的加速度是A加速度的2倍，即對B受力分析，設細繩中拉力為，由牛頓第二定律有對A受力分析，由牛頓第二定律有聯(lián)立解得所以釋放B后，A的加速度大小為?！拘?詳析】[1][2]已知兩遮光片分別同時到達兩光電門1和2，A上遮光片通過光電門1的時間是，則A通過光電門1時的速度為由速度公式可知，由于B的加速度是A的加速度的兩倍，所以同一時刻，B的速度是A的速度的2倍，即又所以上遮光片通過光電門2的時間為【小問5詳析】已知A上遮光片到光電門1的距離為，當A上升時，B下降，由機械能守恒得將，，代入化簡即得到13.如圖所示，傾角θ=37°的光滑斜面AB固定在水平面上，現(xiàn)將一彈力球從斜面的頂端A點以初速度v0=10m/s水平向右拋出，彈力球恰好落在斜面的底端B點。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力。（1）求斜面的長度；（2）若彈力球與斜面碰撞時，沿斜面方向的速度不變，垂直斜面方向的速度大小不變，方向反向，現(xiàn)僅調整彈力球從A點水平拋出時的速度大小，使彈力球與斜面碰撞1次后仍能落到B點，求調整后彈力球水平拋出的速度大小?！敬鸢浮浚?）18.75m；（2）【解析】（1）彈力球做平拋運動，豎直方向有水平方向有聯(lián)立解得斜面的長度為（2）將平拋運動分解為沿斜面方向的勻加速運動和垂直斜面方向的類豎直上拋運動，設調整后彈力球水平拋出時的速度大小沿垂直斜面方向的分速度大小為沿斜面方向的分速度大小為垂直斜面方向的加速度大小為沿斜面方向的加速度大小為彈力球每次從斜面離開到再次落回斜面過程中用時為沿斜面方向有聯(lián)立解得14.如圖所示，一足夠長的長方體被正方形分成上下兩個長方體空間Ⅰ和空間Ⅱ，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，其中。整個長方體空間存在沿z軸負方向的勻強電場（圖中未畫出），另外空間Ⅱ內(nèi)同時還存在沿z軸正方向的勻強磁場（圖中未畫出），一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從邊的中點P以初速度平行于y軸正方向射入長方體區(qū)域，粒子恰好經(jīng)過正方形的中心點Q，且粒子在空間Ⅱ內(nèi)運動的過程中，恰好未從長方體側面飛出長方體區(qū)域，不計粒子重力，求：（1）勻強電場的電場強度大??；（2）粒子經(jīng)過Q點時的動能；（3）勻強磁場的磁感應強度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）帶正電粒子在空間Ⅰ中類平拋運動，運動軌跡如圖則由牛頓第二定律聯(lián)立可得，勻強電場的電場強度大小為（2）在空間Ⅰ中，由動能定理解得，粒子經(jīng)過Q點時的動能為（3）粒子進入空間Ⅱ中速度為將速度v分解為y軸速度和z軸速度，由于z軸速度方向與磁場平行，不受洛倫茲力,在平面內(nèi)的y軸方向有洛倫茲力提供向心力由幾何關系可知可得勻強磁場的磁感應強度大小為15.如圖所示，光滑水平平臺上靜置一圓心為O、半徑為R=4m，質量為m4=8kg的光滑四分之一圓弧軌道D，軌道最低點剛好與平臺相切。平臺右側的水平地面上靜置一質量為m3=2kg且足夠長的木板C，C的上表面與平臺等高，C與地面之間的動摩擦因數(shù)為=0.2。在木板C上距離左端L=2.8m處靜置著一質量為m2=1kg的物塊B，物塊B與木板C之間的動摩擦因數(shù)為=