物理（遼寧卷）（全解全析）

學而優(yōu)教有方年高考第三次模擬考試物理·全解全析注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上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?；卮鸱沁x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，有選錯或不答的得0分。1．圓柱形彈簧的勁度系數(shù)k與彈簧處于原長時的長度L、橫截面積S有關，理論與實踐都表明，其中Y是一個由材料決定的常數(shù)，材料學上稱之為楊氏模量，在國際單位制中，下列選項為楊氏模量Y單位的是（）A． B． C． D．【答案】C【解析】根據(jù)表達式；得；所以楊氏模量Y單位的是故答案為：C。2．圖中的（a）、（b）、（c）、（d）四幅圖涉及不同的原子物理知識，其中說法正確的是（）A．根據(jù)圖（a）所示的三種射線在磁場中的軌跡，可以判斷出“1”為射線B．如圖（b）所示，發(fā)生光電效應時，入射光光強越強，光電子的最大初動能越大C．玻爾通過圖（c）所示的粒子散射實驗，揭示了原子核還可以再分D．利用圖（d）所示的氫原子能級示意圖，可以解釋氫原子光譜為何不是連續(xù)光譜【答案】D【解析】A.射線為電子流，粒子帶負電，根據(jù)洛倫茲力偏轉方向可知3為射線，A不符合題意；

B.發(fā)生光電效應時，光電子的最大初動能只與光的頻率有關，與光的強度無關，B不符合題意；

C.玻爾粒子散射實驗揭示了原子核的核式模型，C不符合題意；

D.氫原子能級是分立的，故氫原子由激發(fā)態(tài)到基態(tài)會輻射出獨特波長的光，解釋了氫原子光譜是分立譜，D符合題意。

故答案為：D。3．從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了運動方向，對地球起到了保護作用。地磁場的示意圖虛線，方向未標出如圖所示，赤道上方的磁場可看成與地面平行，若有來自宇宙的一束粒子流，其中含有的原子核、電子、光子射線以及質子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場的作用下（）

A．射線沿直線射向赤道 B．射線向西偏轉C．射線向東偏轉 D．質子向北偏轉【答案】B【解析】地磁場的方向由地理南極指向北極，射線和質子均帶正電，根據(jù)左手定則，知射線、質子均向東偏轉，射線帶負電，根據(jù)左手定則知，射線向西偏轉，射線不帶電，不發(fā)生偏轉，故B正確，ACD錯誤。故選：B。4．如圖所示，甲圖為參與波動的質點P的振動圖像，乙圖為一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t=2s時刻的波動圖像，則下列判斷錯誤的是（）A．該波的傳播速率為1m/sB．該波的傳播方向沿x軸正方向C．在時間內，質點P的路程為1.2mD．這列簡諧橫波與另一列頻率為0.25Hz的簡諧橫波相遇能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象【答案】C【解析】A、由乙讀出該波的波長為λ=4m，由甲圖讀出周期為T=4s，則波速為；故A正確，不符合題意；

B、在甲圖上讀出t=2s時刻P質點的振動方向沿y軸正方向，在乙圖上判斷出該波的傳播方向沿x軸正方向，故B正確，不符合題意；

C、在0~2s時間內，質點P的路程為0.6m，故C錯誤，不符合題意；

D、這列簡諧橫波頻率為0.25Hz與另一列頻率為0.25Hz的簡諧橫波相遇能發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，故D正確，不符合題意。

故答案為：C。5．如圖所示，由兩種單色光組成的復色光，通過足夠大的長方體透明材料后分成a、b兩束，則（）A．在該透明材料中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度B．相同條件下，a光比b光衍射明顯C．只要滿足一定的條件，a、b兩束光可以發(fā)生干涉D．從該透明材料射入空氣發(fā)生全反射時，a光的臨界角較大【答案】A【解析】A．由圖可知，透明材料對a光的折射率大于對b光的折射率，即，，得，A符合題意；B．b光折射率較小，則頻率更低，波長更長，相同條件下，b光比a光衍射明顯，B不符合題意；C．兩種光頻率不同，不可以發(fā)生干涉，C不符合題意；D．根據(jù)可知，a光的臨界角較小，D不符合題意。故答案為：A。6．河水的流速與離河岸的距離的變化關系如圖甲所示，船在靜水中的速度與時間的關系如圖乙所示，河寬為，若要使船以最短時間渡河，則（）A．船渡河的最短時間是150秒B．船在行駛過程中，船頭始終與河岸垂直C．船在河水中航行的軌跡是一條直線D．船在河水中的最大速度是4米/秒【答案】B【解析】AB、要使船以最短時間渡河，則船頭必須與河岸垂直，此時船在靜水中的速度與河岸垂直，則渡河時間最短為；故A錯誤，B正確；

C、船在沿河岸方向上做變速直線運動，在垂直于河岸方向上做勻速直線運動，兩運動的合運動是曲線運動，故C錯誤；

D、當河水的流速最大時，船的速度最大，則有；故D錯誤。

故答案為：B。7．如圖（甲）所示直線是電場中的一條電場線，A、B是該線上的兩點。若將一負電荷以A點自由釋放，負電荷僅在電場力作用下沿電場線從A到B運動過程中的速度圖線如圖（乙）所示，則下列說法中錯誤的是（）A．該電場是勻強電場B．A、B兩點的電勢相比一定φA＜φBC．A、B兩點的場強大小相比一定EA＜EBD．該電荷在兩點的電勢能的大小相比一定EpA＞EpB【答案】A【解析】AC、速度圖象的斜率等于物體的加速度，由圖可知點電荷從A向B運動的過程中加速度越來越大，受到的電場力越來越大，故A點的場強小于B點場強，故A錯誤，符合題意，C正確，不符合題意；

B、由于物體沿電場線運動過程當中做加速運動，故點電荷所受電場力方向由A指向B，又由于負電荷所受電場力的方向與場強的方向相反，所以電場線的方向由B指向A，而沿電場線的方向電勢降低，即φA<φB；故B正確，不符合題意；

D、因為φA<φB，又因為是負電荷，所以電勢能EPA>EPB；故D正確，不符合題意．故答案為：A。8．2023年5月30日，“神舟十六號”載人飛船與“天和”核心艙成功對接，我國六名航天員在空間站勝利“太空會師”，圖甲為會師的合影，向世界展示了中國航天工程的卓越能力。對接變軌過程簡化為如圖乙所示，對接前，飛船沿圓軌道Ⅰ運行，核心艙在離地面約高度的圓軌道Ⅲ運行；飛船從圓軌道Ⅰ先變軌到橢圓軌道Ⅱ，再經過調整與核心艙完成對接，對接后共同沿軌道Ⅲ做勻速圓周運動。則下列說法中正確的是（）A．在運行的核心艙內，懸浮的航天員處于失重狀態(tài)B．飛船在圓軌道Ⅰ運行的速度小于在圓軌道Ⅲ運行的速度C．飛船在圓軌道Ⅰ運行經過點的加速度大于在軌道Ⅱ運行經過點的加速度D．飛船從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，需在點點火加速【答案】A,D【解析】A.在運行的核心艙內，懸浮的航天員受到萬有引力提供所需的向心力，有指地心的向心加速度，航天員處于失重狀態(tài)，A符合題意；

B.根據(jù)萬有引力提供飛船做圓周運動的向心力，可得，解得，可知飛船在圓軌道I運行的速度大于在圓軌道Ⅲ運行的速度，B不符合題意；

C.根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，由于M、r都相同，可知飛船在圓軌道I運行經過M點的加速度等于在軌道Ⅱ運行經過M點的加速度，C不符合題意；

D.飛船從軌道I變軌到軌道Ⅱ，做離心運動，故需在M點點火加速，D符合題意。

故答案為：AD。9．在圖甲所示的交流電路中，電源電壓的有效值為，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為均為固定電阻，，電壓表為理想電表。已知電阻中電流隨時間變化的正弦曲線如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．的阻值為B．電壓表的示數(shù)為C．變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿镈．若拆除支路，電壓表示數(shù)會減小【答案】A,C,D【解析】AB、根據(jù)圖乙可知通過電阻R2電流的最大值為；則有效值為根據(jù)并聯(lián)電路特點和題意可知通過副線圈的電流為根據(jù)理想變壓器電流與線圈匝數(shù)關系有；解得根據(jù)歐姆定律可知副線圈兩端的電壓為根據(jù)理想變壓器電流與線圈匝數(shù)關系有；解得則電壓表的示數(shù)為；則；故A正確，B錯誤；

C、變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?；故C正確；

D、若拆除R2支路，則通過副線圈的電流減小，通過原線圈的電流也減小，根據(jù)歐姆定律可知電壓表示數(shù)會減小，故D正確。

故答案為：ACD。10．如圖所示，水平地面上有一傾角為的傳送帶，以的速度逆時針勻速運行。將一煤塊從的高臺從靜止開始運送到地面，煤塊可看做質點，已知煤塊的質量為，煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為，，，煤塊由高臺運送到地面的過程中，下列說法正確的是（）A．運送煤塊所用的時間為4sB．摩擦力對煤塊做的功為48JC．煤塊相對傳送帶運動而產生的劃痕長8mD．煤塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為48J【答案】A,D【解析】A.煤放上傳送帶時，受到沿斜面向下的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有可以求出煤塊從靜止加速到與傳送帶共速需要的時間為，以及煤塊的位移為，，又因為，則煤塊與傳送帶達到共同速度后繼續(xù)做勻加速運動，但是摩擦力的方向從沿斜面向下變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，根?jù)牛頓第二定律得，故運送煤塊所用的時間為為4s，故A符合題意

B.分兩段計算，第一段摩擦力做正功，第二段是克服摩擦力做功，計算結果如下，故B不符合題意

C.第一個過程煤塊與傳送帶的相對位移為

第二個過程相對位移為，但由于第一個過程傳送帶運動的快，而第二過程煤塊運動快，故煤塊在傳送帶上的劃痕應為16m，故C不符合題意

D.煤塊與傳送帶之間因摩擦產生的熱量為，故D符合題意二.實驗題（本大題共2小題，共14.0分。第一小題6分，第二小題8分）11．某同學用如圖（a）所示的裝置驗證機械能守恒定律。用細線把鋼制的圓柱掛在架子上，架子下部固定一個小電動機，電動機軸上裝一支軟筆。電動機轉動時，軟筆尖每轉一周就在鋼柱表面畫上一條痕跡（時間間隔為T）。如圖（b），在鋼柱上從痕跡O開始選取5條連續(xù)的痕跡A、B、C、D、E，測得它們到痕跡O的距離分別為hA、hB、hC、hD、hE。已知當?shù)刂亓铀俣葹間。（1）若電動機的轉速為3000r/min，則T=s。（2）實驗操作時，應該____。（填正確答案標號）A．先打開電源使電動機轉動，后燒斷細線使鋼柱自由下落B．先燒斷細線使鋼柱自由下落，后打開電源使電動機轉動（3）畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度vD=（用題中所給物理量的字母表示）（4）設各條痕跡到O的距離為h，對應鋼柱的下落速度為v，畫出v2—h圖像，發(fā)現(xiàn)圖線接近一條傾斜的直線，若該直線的斜率近似等于，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒?！敬鸢浮浚?）0.02；（2）A；（3）；（4）2g【解析】（1）由于電動機的轉速為3000r/min，則其頻率為則（2）實驗操作時，為了使軟筆在鋼柱表面畫上一條痕跡條數(shù)多一些，應該先打開電源使電動機轉動，后燒斷細線使鋼柱自由下落。

故答案為：A。

（3）根據(jù)勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度為（4）鋼制的圓柱下落過程中，只有重力做功，重力勢能的減小等于動能的增加，即可得；若v2-h圖線為一條傾斜直線，且直線的斜率近似等于2g，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒。12．某同學把量程為但內阻未知的微安表改裝成量程為的電壓表，他先測量出微安表的內阻，然后對電表進行改裝，最后再利用一標準電壓表，對改裝后的電壓表進行檢測。該同學利用“半偏法”原理測量微安表的內阻，實驗中可供選擇的器材如下：A滑動變阻器B滑動變阻器C電阻箱D電源電動勢為E電源電動勢為F開關、導線若干具體實驗步驟如下：按電路原理圖甲連接好線路；將滑動變阻器的阻值調到最大，閉合開關后調節(jié)的阻值，使微安表的指針滿偏；閉合，保持不變，調節(jié)的阻值，使微安表的示數(shù)為，此時的示數(shù)為；回答下列問題：（1）為減小實驗誤差，實驗中電源應選用，滑動變阻器應選用填儀器前的字母；（2）由實驗操作步驟可知微安表內阻的測量值；（3）若按照中測量的，將上述微安表改裝成量程為的電壓表需要串聯(lián)一個阻值為的電阻；（4）用圖乙所示電路對改裝后的電壓表進行校對，由于內阻測量造成的誤差，當標準電壓表示數(shù)為時，改裝電壓表中微安表的示數(shù)為，為了盡量消除改裝后的電壓表測量電壓時帶來的誤差，的阻值應調至結果保留位小數(shù)?！敬鸢浮浚?）；；（2）；（3）；（4）【解析】（1）本實驗誤差來自于閉合電阻箱并入電路后，干路電流會發(fā)生變化，為使干路電流變化較小，應使干路中滑動變阻器進入電路的阻值盡量大，為使電流表能夠滿偏，應選擇電動勢較大的電源，故電源選擇電動勢約為9V的電源，即選E；因為毫安表G的滿偏電流為500μA，則滑動變阻器進入電路的最小阻值約為；故滑動變阻器應選用最大阻值為20kΩ的，即選B。

（2）由實驗操作步驟可知，閉合后通過微安表的電流等于通過電阻箱的電流，可知兩部分電阻相等，即微安表G內阻的測量值；（3）由歐姆定律可得，將上述微安表G改裝成量程為2V的電壓表需要串聯(lián)的電阻阻值為（4）當微安表G的示數(shù)為495μA時，改裝表的內阻為對進行調整后，微安表讀數(shù)應變?yōu)?00uA，則調整后的改裝表內阻為所以應將減小，即將的阻值變?yōu)槿?解答題（本大題共3小題，共40.0分。第一小題9分，第二小題15分，第三小題16分）13．2023年12月21日，神舟十七號的三位航天員密切協(xié)作，完成了天和核心艙太陽翼修復試驗等既定任務。如圖所示，航天員身著出艙航天服，首先從太空艙進入到氣閘艙，關閉太空艙艙門，然后將氣閘艙中的氣體緩慢抽出，再打開氣閘艙門，從氣閘艙出艙活動。已知氣閘艙的容積為，艙中氣體的初始壓強為，溫度為300K。為了安全起見，先將氣閘艙的壓強降至，給航天員一個適應過程。此過程中，求：（1）若氣閘艙的溫度保持不變，抽出的氣體在壓強下的體積；（2）若氣閘艙溫度變?yōu)?80K，氣閘艙內存留氣體的質量與原氣閘艙內氣體質量之比。（保留2位有效數(shù)字）【答案】（1）解：以氣閘艙內原有氣體為研究對象，體積為，壓強為，降壓后氣體的壓強為，體積為，由玻意耳定律可得；設抽出的氣體在時的體積為，轉換到壓強為壓強下的體積的，由玻意耳定律可得解得（2）解：以氣閘艙內存留的氣體為研究對象，壓強為后，體積為，溫度為，轉換到壓強為，溫度為時的體積為由理想氣體狀態(tài)方程可得氣閘艙內存留氣體的質量與原氣閘艙內氣體質量之比為解得14．如圖所示，一個質量為m、電阻不計、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑水平桌面上，分界線OO'分別與平行導軌MN和PQ垂直，兩導軌相距L.在OO'的左右兩側存在著區(qū)域很大、方向分別為豎直向上和豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小均為B.另有質量也為2m的金屬棒CD，垂直于MN放置在OO'左側導軌上，并用一根細線系在定點A.已知細線能承受的最大拉力為T0，CD棒接入導軌間的有效電阻為R.現(xiàn)從t＝0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動，求：（1）細線斷裂時，導體棒CD中電流的大小和方向；（2）細線斷裂之前，t時刻水平拉力F的大?。唬?）若在細線斷裂時，立即撤去拉力F，此后過程中回路產生的總焦耳熱Q.【答案】（1）解：設細線斷裂時，導體棒CD中電流的大小為I，此時CD棒受到的安培力大小等于細線的最大拉力，即FA＝T0，結合FA＝BIL，解得I=對NQ邊，根據(jù)右手定則判斷可知，NQ邊中感應電流方向由Q→N，則CD棒電流方向由C→D。（2）解：細線斷裂之前，t時刻線框的速度為v＝atNQ邊產生的感應電動勢為E＝BLv回路中感應電流為I=NQ邊所受的安培力大小為F安＝BIL聯(lián)立解得：F安=對框架，根據(jù)牛頓第二定律，有F﹣F安＝ma解得：F=B（3）解：在細線斷裂時，立即撤去拉力F，設此時線框的瞬時速度為v0。根據(jù)F安=B2L2v0此后運動過程中，框架與金屬棒CD所受的安培力總是大小相等，方向相同均水平向左，相同時間內框架減少的動量等于CD棒增加的動量，系統(tǒng)總動量不變，最終棒和框架以大小相等的速度v做勻速運動，取向右為正方向，則有2mv0＝（m+2m）v根據(jù)能量守恒定律得Q=12?2mv02-聯(lián)立解得：Q=15．如圖甲所示，水平地面上左側有一固