辽宁省沈阳市2024年高三二诊模拟考试物理试卷含解析

辽宁省沈阳市铁路实验中学2024年高三二诊模拟考试物理试卷

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示，理想变压器的原线圈接在”=2200尊1110（）戊（环的交流电源上，副线圈接有衣=550的负载电阻，原、副

线圈匝数之比为4：1,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）

A.原线圈的输入功率为220&W

B.电流表的读数为1A

C.电压表的读数为55V

D.通过电阻R的交变电流频率是100Hz

2、如图所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为0的粗糙导轨上，在图所加各种大小相同方向不同的匀强磁场中,

导体棒ab均静止，则下列判断错误的是

A.四种情况导体受到的安培力大小相等

B.A中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零

C.B中导体棒ab可能是二力平衡

D.C、D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零

3、跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，若在下落过程中受到

水平风力的影响，下列说法中正确的是（）

A.风力越大，下落过程重力的冲量越大

B.风力越大，着地时的动能越大

C.风力越大，下落的时间越短

D.下落过程的位移与风力无关

4、一物体沿倾角为30。的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，运动的位移x—时间f关系图像是一段抛物线，如图所示,

g=10m/s2o则（）

A,下滑过程中物体的加速度逐渐变大

B.t=0.5s时刻，物体的速度为0.5m/s

C.0~0.5s时间内，物体平均速度为lm/s

D.物体与斜面间动摩擦因数为无

5

5、烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素锯2；；Am来探测烟雾。当正常空气分子穿过探测器时，锢

Am衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附部分射线,

导致电流减小，从而触发警报。则（）

A.锢2MAm放出的是X射线

B.锢放出的是丫射线

C.Img的铜2MAm经864年将有0.75mg发生衰变

D.发生火灾时，烟雾探测器中的锢2；；Am因温度升高而半衰期变短

6、肩扛式反坦克导弹发射后，喷射气体产生推力凡一段时间内导弹在竖直面内沿下列图中虚线向前运动。其中导弹

飞行姿势可能正确的是（）

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图甲所示，质量为M的物块从弹簧上方离地高九处由静止释放，其动能后氏与离地高度/?的关系如图乙所示，其

中4~小阶段图像为直线，其余部分为曲线，/对应图像的最高点，重力加速度为g，不计空气阻力，以下说法正确

7mg

A.弹簧的劲度系数左=麦丁

B.当物块下落到%=用高度时，重力势能与弹簧的弹性势能之和最小

C.当物块处于h=h4高度时，弹簧的弹性势能为Ep=mgQii-hJ

D.在物块从hA下降到h5过程中，弹簧的最大弹性势能为£pmin=mg（%-%）

8、如图所示，质量为机的滑块以一定初速度滑上倾角为。的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力尸=mgsin<9；

已知滑块与斜面间的动摩擦因数〃=tan。，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量

滑块动能线、势能纥,、机械能E随时间才、位移s关系的是（）

9、如图为一列简谐横波在f=0时的波形图,波源位于坐标原点，已知当f=0.5s时x=4cm处的质点第一次位于波谷,

下列说法正确的是（）

A.此波的波速为5cm/s

B.此波的频率为1.5Hz

C.波源在U0时运动速度沿y轴正方向

D.U0时波源振动已经历0.6s

E.x=10cm的质点在Z=1.5s时处于波峰

10、一列简谐横波，在Uis时刻的波形如图甲所示，图乙为波中质点片的振动图象，则根据甲、乙两图可以判断:

A.该波沿x轴正方向传播

B.该波的传播速度为6m/s

C.从UO时刻起经过时间△上3s,质点［通过路程为6m

D.在振动过程中B、P2的位移总是相同

TT7T

E.质点尸2做简谐运动的表达式为y=2si〃（5t-y）m

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图甲、图乙、图丙所示的实验装置做实验。甲小组测小车匀变速运动

的加速度，乙小组探究小车的加速度与合外力的关系，丙小组探究小车的速度和合外力做的功的关系总质量用”表示

（图乙中M为小车与力传感器的总质量，图丙中拉为小车和与小车固连的小滑轮的总质量），钩码总质量用机表示,

重力加速度为g,试回答下列问题:

/弹簧测力计打点计时器纸带

..2^^

钩码、1

图丙

（1）甲、乙、丙三组实验不需要平衡小车与长木板之间的摩擦力的是（填“甲”“乙”“丙”或“都不需要”）。

（2）甲、乙、丙三组实验需要满足〃根的是（填“甲”“乙”“丙”或“都不需要”）。

（3）若三组同学分别用各自的实验装置做探究小车的加速度和合外力的关系实验，各组同学的操作均完全正确，甲、

乙、丙三组同学作出的外尸图线如图丁所示（乙组同学所用尸为力传感器示数，丙组同学所用厂为弹簧测力计示数）,

则乙组实验对应的图线是（填或“C”。）

12.（12分）图甲为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路图。

（2）已知毫安表满偏电流为1mA,表头上标记的内阻值为120。，肥和电为定值电阻。若将开关8扳到。接线柱，电

表量程为4mA;若将开关S2扳到分接线拄，电表量程为16mA则根据题给条件，定值电阻的阻值应选Ri=。，

&=____

（3）现用一量程为16mA,内阻为20£2的标准电流表A对改装电表的16mA挡进行校准，校准时需选取的刻度范围为

1mA〜16mA。电池的电动势为1.5V,内阻忽略不计;滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为800。和1600。，则

R应选用最大阻值为一£2的滑动变阻器。

(4)若由于表头上标记的内阻值不准，造成改装后电流表的读数比标准电流表的读数偏大，则表头内阻的真实值

(填“大于””或“小于”)120。。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.(10分)如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy,以第III象限内的直线OM(与负x轴成45。角)和正y轴为界,

在x<0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=2V/m；以直线OM和正x轴为界，在y<0的区域建立垂直

纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T.一不计重力的带负电粒子从坐标原点O沿y轴负方向以vo=2xlO3m/s的初

速度射入磁场.己知粒子的比荷为q/m=5xl04c/kg,求：

(1)粒子经过1/4圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标？

(2)粒子在磁场区域运动的总时间？

(3)粒子最终将从电场区域D点离开电，则D点离O点的距离是多少？

y

E

---------OX

・t'XX

-------7，B

/XXX

/

/XXXX

14.(16分)如图所示的直角坐标系xOy,在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场。

虚线。4位于第一象限，与y轴正半轴的夹角，=60。，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；与y轴负半轴所

夹空间里存在与OA平行的匀强电场，电场强度大小E=10N/Co一比荷?=lxlO6C/kg的带电粒子从第二象限内M点以

速度呻2.0xl03m/s沿x轴正方向射出，”点到x轴距离d=1.0m,粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限

后从直线。4上的尸点(尸点图中未画出)离开磁场，且不计粒子重力。

⑴求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值荽；

⑵求第一象限内磁场的磁感应强度大小

(3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过X轴？如果通过“轴，求其坐标；如果不通过“轴，求粒子到“轴的最小距

离。

15.（12分）如图所示，和MW，为两竖直放置的平行光滑长直金属导轨，两导轨间的距离为L。在导轨的下部有

垂直于导轨所在平面、方向向里的匀强磁场，磁感应强度为瓦在导轨的端连接电容为C、击穿电压为孙、正对

面积为s、极板间可认为是真空、极板间距为d的平行板电容器。在f=o时无初速度地释放金属棒也金属棒以•的长

度为L、质量为机、电阻可忽略不计.假设导轨足够长，磁场区域足够大，金属棒4■与导轨垂直并接触良好，导轨和

各接触处的电阻不计，电路的电感、空气的阻力可忽略，已知重力加速度为g。

⑴求电容器两端的电压达到击穿电压所用的时间；

⑵金属棒4下落的过程中，速度逐渐变大，感应电动势逐渐变大，电容器极板上的电荷量逐渐增加，两极板间存储的

电场能也逐渐增加。单位体积内所包含的电场能称为电场的能量密度。已知两极板间为真空时平行板电容器的电容大

小可表示为C="。试证明平行板电容器两极板间的空间内的电场能量密度s与电场强度E的平方成正比，并求出

a

比例系数（结果用20和数字的组合表示）。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C

【解析】

U.n,

C.原线圈的交流电电压的有效值是220V,原、副线圈匝数之比为4：1,由/可得副线圈上得到的电压有效值

U）%

为

02=55V

所以电压表测电压有效值，则示数是55V,选项C正确;

B.副线圈上的电流为

又由于5=生，则原线圈中的电流为

I.=-1=0.25A

1427

则电流表的读数为0.25A,故B错误；

A.原线圈输入的电功率

P=UJi=220Vx0.25A=55W

故A错误；

D.原副线圈的交流电的频率相同，则副线圈中的交流电的频率也是50Hz,故D错误。

故选C。

2、D

【解析】

A.导体棒受到的安培力F=BIL,因B大小相同，电流相同，故受到的安培力大小相等，故A正确，不符合题意；

B.杆子受竖直向下的重力、水平向右的安培力和垂直于斜面向上的斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，

故B正确，不符合题意；

C.杆子受竖直向下的重力、竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，故C正确，不符合题意；

D.杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，D杆子受重力、水平向左的安培力，

支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力，故D错误，符合题意；

故选D.

【名师点睛】

此题是物体的平衡及安培力的问题；解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力

平衡判断杆子受力；此题难度不大，考查基本知识的运用能力.

3、B

【解析】

AC.运动员参加两个分运动，水平方向随空气受风力影响，竖直方向在降落伞张开前先加速，降落伞张开后先减速后

匀速，由于竖直分运动不受水平分运动的干扰，故运动时间与风速无关，由公式/=Gt可知，下落过程重力的冲量与

分力无关，故AC错误；

B.运动员落地速度由水平分速度和竖直分速度合成，水平分速度由风速决定，故风速越大，合速度越大，即着地动

能越大，故B正确；

D.运动时间与风速无关，风力越大，水平位移越大，下落过程的位移为

X=+炉

则风力越大，水平位移越大，下落过程的位移越大，故D错误。

故选B。

4、D

【解析】

A.由匀变速直线运动位移公式

12

x——at

2

代入图中数据解得

a=2m/s2

A错误；

B.根据运动学公式

v,=at

UO.5s代入方程解得

v,=lm/s

B错误；

C.0~0.5s时间内，物体平均速度

C错误；

D.由牛顿第二定律有

mgsin30°-^mgcos30°=ma

解得动摩擦因数

有

D正确。

故选D。

5、C

【解析】

AB.铜2；；Am会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中a射线能使空气电离，故锢放出的是a

射线，故AB错误；

C.半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，Img的铜将衰变掉四分之三即0.75mg,还剩下0.25mg没有衰变,

故C正确；

D.半衰期由原子核本身的性质决定，与物理条件和化学状态均无关，则温度升高而半衰期不变，故D错误。

故选C。

6、B

【解析】

A.A图中导弹向后喷气，产生沿虚线向右的作用力，重力竖直向下，则合力方向向右下方，不可能沿虚线方向，故

导弹不可能沿虚线方向做直线运动，故A不符合题意；

B.B图中导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，则合力方向有可能沿虚线方向，故导弹可能沿虚

线方向做直线运动，故B符合题意；

C.C图中导弹向后喷气，产生斜向右下方的作用力，重力竖直向下，则合力方向不可能沿虚线方向，故导弹不可能

沿虚线方向做直线运动，故c不符合题意；

D.D图中导弹做曲线运动，导弹向后喷气，产生斜向右上方的作用力，重力竖直向下，此时则合力方向不可能沿虚

线凹侧，故导弹不可能沿虚线方向做曲线运动，故D不符合题意。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AD

【解析】

A.结合后卜―//图像可知，丸=为时，物块刚好接触弹簧，物块动能最大时，加速度为零，即

mg=左（生一八）

解得

k=4

"2-"3

故A正确；

B.物块与弹簧组成的系统，机械能守恒，当〃=%时，物块的动能最大，则重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，

故B错误;

C.物块由丸=久到丸=丸4过程中，动能不变，物块减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即:

Ep=-

故C错误；

D.整个过程中，弹簧被压缩到最短时，弹性势能最大，由机械能守恒定律有

"min=^g（4一4）

故D正确。

故选ADo

8、CD

【解析】

A、滑块向上滑动过程中做匀减速直线运动，s=%^^at2,由此可知位移s与时间成二次关系，由。=自可知，A错;

B、根据动能定理，克服摩擦力做功等于动能的减小量，图像B应为曲线，B错；

C、物体的位移与高度是线性关系，重力势能与门队故Ep-s图象是直线，故C正确；

D、物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡，故相当于只有重力做功，故机械能总量不变，故D正确；

9、ADE

【解析】

A.由图可得，U0时平衡位置为1.5cm质点处于波谷，UO.5s时，x=4cm处的质点第一次位于波谷，则有

Ax4-1.5

v=——=-cm/s=5cm/s

0.5

故A正确;

B.根据

T=—=—s=0.4s

v5

那么频率

/=B=2.5Hz

故B错误；

C.由波的传播方向沿着x轴正方向，依据上下波法，则波源在f=0时，运动速度沿y轴负方向，故C错误;

D.由图可知，正好是波长的一个半，而周期为0.4s,因此此时波源振动已经历0.6s,故D正确;

E.当Z=0时，x=2.5cm质点处于波峰，而波峰传播x=10cm的质点的时间为

10-2.5-

t=-----------s=1.5s

5

故E正确。

故选ADEo

【点睛】

此题是机械波的传播问题，考查波长、波速及周期的关系，掌握由波的传播方向来确定质点的振动方向的方法：上下

波法、同侧法等。

10>BCE

【解析】

由图乙可知，在uis时刻质点耳向y轴负方向振动，则根据质点振动方向与波的传播方向可知，该波沿x轴负方向传

224

播，故A错误；由图甲可知波长为4=24加，由图乙可知周期为T=4s,则波速为v=—=—//s=6a/s,故B

T4

333

正确；由于Af=3s=‘T,则质点片通过路程为S=3X4A=9><4><27〃=67〃，故C正确；由于尸卜P2之间的距离

444

12TCTC

为彳几，在振动过程中Pl、P2的位移不一定总是相同，故D错误；由于T=——=4s,则0=一,则图乙可知质点

2CD2

(JIJI)

P2做简谐运动的表达式为：y=2sinbn,故E正确.故选BCE

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、甲都不需要B

【解析】

(1)[1].甲小组测小车匀变速运动的加速度，不需要平衡摩擦力；乙和丙实验小组都需要平衡摩擦力；故选甲；

(2)[2],甲小组测小车匀变速运动的加速度，不需要满足淅；乙和丙小组绳子的拉力可以由力传感器和弹簧测力

计直接得到，所以两组不需要满足即三个小组都不需要满足吗

(3)[3].甲组用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M»m,随着，”的增大，不满足时，图象出现弯曲，所以

甲组对应的是C；根据装置可知，乙图中小车受到的拉力等于传感器的读数，丙图中受到的拉力等于弹簧测力计读数

的2倍，当F相等时，丙组的加速度大，所以乙组对应B,丙组对应A；

12、10301600小于

【解析】

(1)口]注意单刀双掷开关的连线，如图:

(2)[2][3]由欧姆定律知，开关S2扳到〃接线柱时有：

，满夫表二(/表1—，满乂K+6)

开关S2扳到力接线柱时有：

1满(R表+氏2)=(/表2-，满)K

/表1和/表2为改装电表的量程，解以上各式得：

凡=10。，&=300

E

⑶[4]根据/=—,电流表校准时需选取的刻度最小为1mA,可知电路中总电阻最大为1500Q,由于最大电阻要达到

R

1500。，所以变阻器要选择1600。。

(4)⑸改装后电流表的读数比标准电流表的读数偏大，说明流过表头的电流偏大，则实际电阻偏小，故小于120Q。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)粒子经过[圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标为(-0.4m,-0.4m)；

(2)粒子在磁场区域运动的总时间1.26xl0-3s；

(3)粒子最终将从电场区域D点离开电场，则D点离O点的距离是7.2m.

【解析】

试题分析：(1)粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，求出运动的半径，从而即可求解；

(2)根据圆周运动的周期公式，可求出在磁场中总时间；

(3)粒子做类平抛运动，将其运动分解，运用运动学公式与牛顿第二定律，即可求解.

解：(1)微粒带负电，从O点射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动，轨迹如图.

第一次经过磁场边界上的A点

2

由qvoB=.，

得—=0.4m，

bq

所以，A点坐标为(-0.4m,-0.4m).

(2)设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T,则

T.3T

tl-tOA+tAC^4+_4',

廿42兀IT

其中Tf

代入数据解得：T=1.256xl03s

所以t=1.26xl03s.

(3)微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则

由牛顿第二定律，qE=ma

9

△x互at［二2r

△y=voti

代入数据解得：△y=8m

y=Ay-2r=8-2x0.4m=7.2m

即：离开电磁场时距O点的距离为7.2m.

答：(1)粒子经过4圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标为(-0.4m,-0.4m)；

4

(2)粒子在磁场区域运动的总时间1.26x103s；

(3)粒子最终将从电场区域D点离开电场，则D点离O点的距离是7.2m.

【点评】考查牛顿第二定律在匀速圆周运动中、类平抛运动中的应用，并根据运动的合成与分解来解题，紧扣运动的

时间相等性.

14、(l)2.0xl03m/s;(2)2X10-3T;(3)不会通过,0.2m

【解析】

⑴由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动，根据力的平衡有

qvB°=qE°

解得

*=2.0x103mzs

B。

⑵粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径

R=d=1.0m

根据洛伦兹力提供向心力有

v2

qvB=m—

R

解得磁感应强度大小

3=2xl(T3T

(3)粒子离开磁场时速度方向与直线04垂直，粒子在匀强电