2024届辽宁省高三下学期大联考三模物理试题和解析

一、单选题

1371．核污染水中含有的多种放射性元素可能对人类和自然界造成损害。其中铯55Cs半衰期

约为30年，它经β衰变转变为钡核。下列说法正确的是（ ） A．β衰变产生的电子来自铯原子的核外电子 B．钡核的比结合能比铯核小 C．钡原子核内有81个中子

D．容器中有1kg的铯，经过60年后，容器中物质的质量变成250g

2．如图所示，小球从O点的正上方离地h40m高处的P点以v110m/s的速度水平抛出，同时在O点右方地面上S点以速度v2斜向左上方与地面成45抛出一小球，两小球恰在O、S连线靠近O的三等分点M的正上方相遇。若不计空气阻力，则两小球抛出后到相遇过程中所用的时间为（ ）

A．1s B．2s C．2s D．3s

3．如图所示，导线A、B通以大小、方向均相同的恒定电流，在A、B连线的垂直平分线上放置一段长为L的直导线C，A、B、C刚好在正三角形的三个顶点上。现C通以恒定电流，C受到的安培力大小为F。现将导线A的电流反向，且增大为原来的两倍，则C受到的安培力大小变为（ ）

A．F B．2F C．3F 3D．3F

4．如图所示，一带电微粒从A点射入水平方向的匀强电场中（实线代表电场线，电场方向未知），微粒恰沿直线AB运动，AB与水平方向夹角45，已知带电微粒的质量为m，

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电荷量大小为q，A与B相距L，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）

A．从A到B，带电微粒做匀加速直线运动 B．若电场方向向左，则带电微粒带负电

C．从A到B的过程中，带电微粒的重力势能增加、机械能增加

D．要使带电微粒能从A点运动到B点，其射入电场时的速度大小至少为22gL 5．保险丝对电路安全有着重要作用，如图所示，A是额定电流为1A的保险丝，理想变压器的原、副线圈的匝数比为5:1，交变电压U220V，保险丝电阻为1，R是可变电阻。则（ ）

A．要使电路正常工作，可变电阻R的阻值不能大于8.76 B．可变电阻R越大，其消耗的功率越大 C．可变电阻R两端的电压不能低于43.8V

D．保持R不变，增加原线圈匝数，通过保险丝的电流增大

6．地球赤道上有一个观察者a，赤道平面内有一颗自西向东做匀速圆周运动的近地卫星b，a观测发现，每隔时间t卫星b就会从其正上方飞过。已知地球质量为M、半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（ ） A．a的加速度等于b的加速度 B．a的线速度大于b的线速度

4π2R3C．近地卫星b的周期为

GMD．地球自转的周期为2πtRR tGM2πRR试卷第2页，共8页

7．一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，以出发点为x轴零点，物体的动能Ek与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）

A．在x1m时，拉力的大小为2N B．在x4m时，拉力的功率为12W

C．从x0运动到x4m的过程中，物体克服摩擦力做的功为8J D．从x0运动到x2m的过程中，拉力的冲量大小为62kgm/s

8．如图甲所示，为沿x轴传播的一列简谐横波在t0.5s时刻的波动图像，乙图为x2m处质点P的振动图像，质点M位于x1m处。下列判断正确的是（ ）

A．此波在向x轴负方向传播 B．该波的传播速率为4m/s

C．经过2s时间，质点P沿波的传播方向移动8m

2D．质点M从图示位置开始运动路程为0.5m时，所需的时间为s

3

二、多选题

9．利用光的干涉可以检查工件表面的平整度，其装置如图甲所示，将一块标准平板玻璃放置在待检测平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两片玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹可能如图乙、丙所示。以下说法正确的是（ ）

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A．若要使干涉条纹变密，可以增加垫的纸张数量 B．若要使干涉条纹变密，可以使用波长更长的单色光 C．若要使干涉条纹变密，可以向左移动纸片 D．图丙条纹弯曲处对应着待检测平板玻璃有凹陷

10．bc与de平行且足够长，ab与bc成135°如图甲所示，纸面内有abc和de两光滑导体轨道，角，两导轨左右两端接有定值电阻，阻值分别为R和2R。一质量为m、长度大于导轨间距的导体棒横跨在两导轨上，与轨道ab接触于G点，与轨道de接触于H点。导体棒与轨道de垂直，GH间距为L，导体棒与b点间距也为L。以H点为原点、沿轨道de向右为正方向建立x坐标轴。空间中存在磁感应强度大小为B、垂直纸面向里的匀强磁场。某时刻，导体棒获得一个沿x轴正方向的初速度v0，同时受到沿x轴方向的外力F作用，其运动至b点前的速度的倒数与位移关系如图乙所示。导体棒运动至b点时撤去外力F，随后又前进一段距离后停止运动，整个运动过程中导体棒与两导轨始终接触良好，不计导轨及导体棒的电阻。以下说法正确的是（ ）

A．流过电阻R的电流方向为da B．导体棒在bc轨道上通过的距离为

mRv0

12B2L2BLv0 RC．撤去外力F前，流过电阻R的电流为

3B2v0L3D．导体棒运动过程中，电阻2R产生的焦耳热为

4R

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三、实验题

11．某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置。 主要实验步骤如下：

①按图甲安装实验器材：重物用轻绳挂在动滑轮上（二者的总质量为m），其下端与纸带相连；轻绳左端与固定于天花板的力传感器相连，可以测量绳上的拉力大小，右端跨过定滑轮与质量为M的钩码连接；

②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此时传感器的读数F；

③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a，得到多组a、F数据。

请回答以下问题：

(1)已知打点计时器的打点周期为0.02s，某次实验所得纸带如图乙所示，M、P和P、N间各有4个点未标出，则重物的加速度大小为a m/s2（结果保留两位有效数字）。 (2)实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率为k、纵截距为bb0，则重物和动滑轮的总质量m ，当钩码与二者总质量相等时，重物的加速度大小为a 。（本问结果均用k、b表示）

12．材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻效应”，利用这种效应可以制作压敏电阻。某中学创新小组准备从实验室中两个压敏电阻m、n中选择一个，与电磁继电器组成电路为学校食堂设计一个小型“可自动注水的储水池”，主要步骤如下：

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(1)利用图甲所示电路测量压敏电阻的阻值随压力变化的规律。主要器材如下： 压敏电阻两个

电源（电动势E12V，内阻不计） 电流表G1（量程10mA，内阻Rg1200） 电流表G2（量程50mA，内阻Rg2约为100） 定值电阻R1200

滑动变阻器R2（最大阻值为150） 开关S1、S2及导线若干

①为尽量准确的测量压敏电阻的阻值，导线c端应与 （选填“a”或“b”）点连接。 ②首先测量压敏电阻零压力时的阻值R0，正确连接电路，使压敏电阻上的压力F0，闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，分别记录电流表G2和G1的读数I2和I1，可知R0 （用字母I1、I2、Rg1、R1表示）。

③两名同学分别测得两个压敏电阻m，n的阻值随压力变化的图像如图乙、丙所示。

RA为保护电阻。(2)“可自动注水储水池”的电路如图丁所示，当线圈中的电流超过某一值I0时，继电器的衔铁将被吸合，与上方触点分离、注水装置所在电路断开并停止注水。

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①分析原理可知，压敏电阻应选择 （选填“m”或“n”），水位上升时，保护电阻RA的电功率会 （选填“变大”或“变小”）。

②若想增大可自动注水储水池的蓄水量，可将保护电阻RA的阻值 （选填“变大”或“变小”）。

四、解答题

13．如图所示，某老师用封闭着一定质量理想气体、横截面积S4cm2的注射器提起质量

m3kg的桶装水，此时注射器内气柱长度L4cm。已知大气压强p01105Pa，环境温度t027℃，注射器内气柱最大长度为8cm，g取10m/s2，注射器和水桶质量可以忽略，不计

一切阻力，注射器密封良好。求：

（1）当放下桶装水时，注射器内气柱的长度；

（2）当环境温度变为37℃时，注射器最多能提起桶装水的质量（结果保留三位有效数字）。

14．如图所示，一虚线将xOy坐标系分为上下两部分，虚线交y轴于P点、交x轴于Q点，

PQO60。虚线上方区域为垂直PQ指向左下方的匀强电场，电场强度大小为E；下方区

域为垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带电荷量为q、质量为m的粒子从P点以v0沿x轴正方向抛出，不计重力，此后运动过程中其轨迹与虚线边界的第一个交点为M、第二个交点为N（M、N两点未画出）。

（1）求从P点运动至M点的过程中，粒子离虚线边界的最远距离； （2）若PMMN，求磁感应强度的大小；

23E33mv0（3）若B且PQ，求粒子被抛出后到达x轴所用的时间。

v0qE试卷第7页，共8页

15．如图所示，劲度系数k100N/m的弹簧一端固定于地面上，另一端连接物块A，物块BA、B质量均为1kg且都可看成质点，置于A上（不粘连），物块B上方有一带圆孔的挡板，质量为4kg的物块C放在圆孔上方不掉落，整个装置处于静止状态。现在给物块B施加方向始终竖直向上、大小为F10N的恒力，使A、B开始运动，A、B分离时，A在锁定装置的作用下迅速在该位置静止，B向上运动并与C发生碰撞，然后下落与A碰撞，已知A碰撞前瞬间解除锁定，锁定装置之后不再对A作用。B与A、C的碰撞均为弹性碰撞，弹簧的弹性势能Ep示）

（1）A、B第一次分离时弹簧的形变量x1； （2）A、B第一次分离时物块B的速度大小v0；

（3）B下落与A第一次碰撞结束时，物块A的速度大小vA1。

12kx（x为弹簧的形变量），重力加速度g取10m/s2。求：（结果可用根号表2

试卷第8页，共8页

参考答案：

1．C

【详解】A．β衰变产生的电子是由原子核内的中子转化而来的，故A错误； B．由于β衰变释放能量，所以钡核的比结合能比铯核大，故B错误； C．铯137的衰变方程为

137550Cs213756Ba1e

钡原子核内有

1375681个

中子，故C正确；

D．经过60年，两个半衰期，铯变成250g，但是钡也在容器中，所以质量大于250g，故D错误。 故选C。 2．C

【详解】根据题意，设两小球抛出后到相遇过程中所用的时间为t，水平方向上有

2v1tv2cos45t

竖直方向上有

h121gtv2sin45tgt2 22联立解得

t2s

故选C。 3．A

【详解】对C受力分析如图甲所示

设导线A给C的力大小为F0，则

答案第1页，共13页

F2F0cos303F0

将A导线电流反向，并增大到2倍后，对C受力分析如图乙所示

有

F1F0tan603F0F

故选A。 4．D

【详解】A．根据题意可知，带电微粒沿直线从A运动到B，说明带电微粒受到的电场力一定水平向左，受力分析可得，带电微粒的加速度大小为

a2g

做匀减速直线运动，故A错误；

B．由A分析可知，电场力一定向左，若电场方向向左，则带电微粒带正电，故B错误； C．从A到B的过程中，重力对带电微粒做负功，重力势能增加，电场力对带电微粒做负功，电势能增加，机械能减少，故C错误； D．带电微粒恰好能从A点运动到B点，则有

20v02aL

解得

v022gLms

故D正确。 故选D。 5．C

【详解】A．将可变电阻等效到原线圈电路中，其等效电阻

答案第2页，共13页

n12R2R

n2原线圈回路满足闭合回路欧姆定律，即

UIRAR

由于A的熔断电流为1A，可得

R219

即

R8.76

故A错误；

B．当RRA时R的功率最大，RRA时，电阻越大，功率越小，故B错误； C．设可变电阻R两端电压为U，则原线圈两端电压为5U，根据

U5U1A RA可得

U43.8V

故C正确；

D．增加原线圈匝数，等效电阻变大，通过保险丝的电流减小，故D错误。 故选C。 6．D

【详解】AB．每隔时间t卫星b就会从其正上方飞过，则

TaTb，rarb

又

42r2r a2,vTT则a的加速度和线速度都小于b，A、B错误；

C．b为近地卫星，可认为其运动半径为R，设其周期为T1，由万有引力提供向心力有

GMmm42R 2RT12解得

答案第3页，共13页

42R3 T1GMC错误；

D．设地球自转周期为T0，又由每隔时间t卫星b超地球一圈，有

tt1 T1T0解得地球自转周期

T0D正确。 故选D。 7．D

2tRR tGM2RR【详解】A．根据动能定理可知，图像斜率的绝对值代表物体所受合力的大小，即从x0运动到x2m的过程中，合力大小为

F合12N

从x2m运动到x4m的过程中，合力大小为

F合21N

物体所受摩擦力大小为

fmg4N

则拉力大小分别为

F16N，F23N

故A错误；

B．在x4m时，物体的速度大小为

v2Ek2m/s m拉力的功率

PF2v6W

故B错误；

C．从x0运动到x4m的过程中，物体克服摩擦力做的功

答案第4页，共13页

Wmgx16J

故C错误；

D．在x2m时，物体的速度大小为

v2Ek22m/s m从x0运动到x2m的过程中，物体运动的时间

tx2s v2拉力的冲量大小为

IFt162kgm/s

故D正确。 故选D。 8．BD

A．0.5s时质点P沿y轴正方向运动，【详解】由图乙可知，由上下坡法可知P点处于下坡，即波的传播方向为x轴正方向，故A错误； B．由图可知，波的波长

4m

周期

T1s

波的传播速率

vT4m/s

故B正确；

C．质点P不会随波逐流，只会上下振动，经过

t2s2T

时间，P运动的路程

s8A1.6m

故C错误；

D．当质点M运动的路程为0.5m时，M处于0.1m处且沿y轴正方向运动，以图示位置为计时0点，质点M的振动方程为

答案第5页，共13页

y0.2cos2tm

当y0.1m，可得

2ts 3故D正确。 故选BD。 9．AC

【详解】A．经空气薄膜上下表面分别反射的两列光是相干光源，其光程差

x2d

即光程差是空气层厚度的2倍，当光程差

xn

此处出现亮条纹，因此相邻亮条纹之间的空气层厚度差一定为

，增加纸张数量后，空气2层的倾角变大，则相邻亮纹（或暗纹）之间的间距变小，因此干涉条纹变密，A正确； B．使用波长更长的单色光，相邻亮纹（或暗纹）之间的间距变大，因此干涉条纹变疏，B错误；

C．向左移动纸片，空气层的倾角变大，则相邻亮纹（或暗纹）之间的间距变小，因此干涉条纹变密，C正确；

D．同一级条纹对应的空气膜厚度相等，则图丙条纹弯曲处对应着待检测平板玻璃有凸起，D错误。 故选AC。 10．BC

【详解】A．根据右手定则，流过电阻R的电流方向为ad，故A错误； B．由图乙可知，导体棒运动至b点时速度为

v0，由几何关系可得，ce的距离为2L，对导2体棒从b点开始沿轨道运动直至静止，根据动量定理有

BI2Lt0mv0 2又有

EB2LdqItttt

2R总R总R总R3答案第6页，共13页

解得

dmRv0

12B2L2故B正确；

C．导体棒在ab轨道上运动到任意位置x时，根据图像可知

11Lx vv0L电动势

EBLxvBLv0

通过导体棒的电流

IE3BLv022R R3通过电阻R的电流

IR2I 3即

IRBLv0 R故C正确；

D．撤去外力F前电路中的总热量

2Q1I2Rt

3由图像面积可知

t3L 2v0撤去外力F后导体棒继续运动，整个回路产生的热量

1vQ2m0

22电阻2R产生的热量

213B2v0L3mv0 QQ1Q234R242故D错误。 故选BC。 11．(1)1.6

答案第7页，共13页

(2)

2b

5k【详解】（1）打点周期为0.02s，M、P和P、N间各有4个点未标出，则M、P和P、N间的运动时间为

T50.02s0.1s

由逐差法有

xPNxMPaT2

解得

a24.0218.8118.8115.20102m/s21.6m/s2

0.12（2）[1]对重物由牛顿第二定律得

2Fmgma

可得

a2Fg m则斜率

k2 m截距绝对值

bg

解得

m2 k[2]由图可知，钩码的加速度为重物的2倍，则

MgFM2a

又

Mm

解得

agb 5512．(1) a

I1R1Rg1I2I1

答案第8页，共13页

(2) m 变大 变大

【详解】（1）①[1]根据题意，结合图甲电路图可知，由于电流表G1的内阻已知，则选“a”时，测量无系统误差，故导线c端应与“a”点连接。 ②[2]根据题意，由欧姆定律有

I2I1R0I1R1Rg1

解得

R0I1R1Rg1I2I1

（2）①[1][2]根据题意可知，水位上升时，继电器的衔铁将被吸合，说明电磁铁磁性变强，电路中电流变大，压敏电阻R的阻值会变小，故选m；水位上升时，电路中电流变大，保护电阻RA的电功率变大。

②[3]若想增大可自动注水储水池的蓄水量，即压力更大，压敏电阻阻值更小时停止注水，由于停止注水时的电流I0不变，故应将保护电阻RA阻值变大。 13．（1）1cm；（2）3.48kg

【详解】（1）根据题意，受力分析有

p0Smgp1S

解得

p10.25105Pa

气体发生等温变化，有

p1LSp0L0S

解得

L01cm

（2）根据理想气体状态方程有

p0L0Sp2L2S T0T解得

答案第9页，共13页

p20.129105Pa

又有

p0Smgp2S

解得

m3.48kg

22E263mv03mv014． （1）；（2）；（3）

v08qE3qE【详解】（1）将v0在沿电场强度方向和垂直电场强度方向分解，当沿电场强度方向速度减至0时，粒子离虚线边界最远，沿电场强度方向有

qEma，t1最远距离

v0sin60 a2123mv0sat1 28qE（2）粒子轨迹如图所示

粒子从PM在垂直电场强度方向上做匀速直线运动，则

23mv0 PMv0sin302t12qE粒子从MN做匀速圆周运动，由

2v0qv0B0m

R0整理得

R0mv0 qB0由几何关系知

答案第10页，共13页

MN2R0cos30结合

3mv0 qB0PMMN

解得

B02E v0（3）粒子从PM的时间

tPM2t1由于

B3mv0 qE3E3B0 v02可知

R2R0 3对应的

223mv0 MNMN33qE由几何关系可知，粒子从MN的圆心角

则

tMN2 3Rv02mv0 9qE由题意知，粒子的运动具有重复性，结合几何关系有

PQ4PM3MN

故粒子从抛出至到达x轴的时间

t4tPM3tMN

解得

t263mv03qE

答案第11页，共13页

232（3）m/s；m/s

10215．（1）0.1m；（2）【详解】（1）初始A、B静止时，有

kxmAmBg

解得

x0.2m

分离时的临界，两者之间的无弹力且两者加速度相等，对A有

kx1mAgmAa

对B有

FmBgmBa

解得

x10.1m

（2）从开始运动到A、B两者分离，有

112Fxx1mAmBgxx1kx2x12mAmBv0

22解得

v02m/s 2（3）由于物块B受到的外力与物块B的重力大小相等，所以物块A、B分离有，B做匀速直线运动，之后与C发生弹性碰撞，动量守恒有

mBv0mBv1mCvC

机械能守恒有

11122mBv0mBv12mCvC 222解得

v132m/s 10B在向下运动过程中仍是匀速运动，与A发生弹性碰撞，动量守恒有

mBv1mBv2mAvA1

机械能守恒有

答案第12页，共13页

11122mBv12mBv2mAvA1 222解得

vA132m/s 1032m/s。 10所以B下落与A第一次碰撞结束时，物块A的速度大小为

答案第13页，共13页