2023年遼寧省縣級重點高中聯合體高考物理一模試卷1.  科學家用粒子等轟擊原子核，實現原子核的轉變并研究原子核的結構，還可以發(fā)現和制造新元素。關于核反應方程，下列說法正確的是(    )A. X是電子 B. X是質子
C. X是中子 D. X粒子由盧瑟福發(fā)現2.  消防員日常技能訓練中，消防員從四樓窗戶沿繩豎直下降到地面過程的圖像如圖所示.消防員在與時段內的(    )A. 位移大小之比為4：1
B. 平均速度大小之比為4：1
C. 速度變化量大小之比為4：1
D. 加速度大小之比為4：13.  一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖甲是時刻該簡諧橫波的波形圖；圖乙是平衡位置在處的質點P的振動圖像，下列說法正確的是(    )
 A. 簡諧橫波的頻率為2Hz
B. 簡諧橫波的波速為
C. 時質點P在波峰
D. 時平衡位置在處的質點Q在波峰4.  如圖所示，兩直梯下端放在水平地面上，上端靠在豎直墻壁上，相互平行，均處于靜止狀態(tài)。梯子與墻壁之間均無摩擦力，下列說法正確的是(    )A. 梯子越長、越重，所受合力越大
B. 地面對梯子的作用力一定豎直向上
C. 地面對梯子的作用力可能沿梯子向上
D. 地面對梯子的作用力與水平面的夾角大于梯子的傾角
 
 5.  如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數比為3：1，電路中的5個燈泡完全相同，定值電阻，當A、B端輸入如圖乙所示的交變電壓時，5個燈泡亮度相同，則每個燈泡的平均功率為(    )
 A. 9W B. 12W C. 18W D. 25W6.  如圖所示，容積為2V的汽缸固定在水平地面上，汽缸壁及活塞導熱性能良好，活塞面積為S，厚度不計。汽缸兩側的單向閥門氣體只進不出均與打氣筒相連，開始活塞兩側封閉空氣的體積均為V，壓強均為。現用打氣筒向活塞左側打氣15次，向活塞右側打氣10次。已知打氣筒每次能打入壓強為﹑體積為的空氣，外界溫度恒定，空氣視為理想氣體，不計活塞與汽缸間的摩擦。則穩(wěn)定后汽缸內空氣的壓強為(    )A.  B.  C.  D. 7.  斜向上發(fā)射的炮彈在最高點爆炸爆炸時間極短成質量均為m的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原來的方向飛去。已知炮彈爆炸時距水平地面的高度為H，炮彈爆炸前的動能為E，爆炸后系統(tǒng)的機械能增加了，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量，則兩塊碎片落地點間的距離為(    )A.  B.  C.  D. 8.  2021年2月10日，“天問一號”探測器成功進入環(huán)繞火星橢圓軌道，在橢圓軌道的近火點接近火星表面制動后順利進入近火軌道，Q點為近火軌道上的另一點，M點是橢圓軌道的遠地點，橢圓軌道的半長軸等于圓形軌道的直徑，如圖所示，下列說法正確的是(    )
 A. 探測器在M點的速度最大
B. 探測器在Q點與橢圓軌道上的P點的加速度大小不相等
C. 探測器在橢圓軌道上P點與M點的速度之比為3：1
D. 探測器在橢圓軌道與圓軌道上的周期之比為8：19.  如圖所示，紙面內的菱形金屬線框ABCD以速度平行于AD方向勻速通過一有界的勻強磁場，磁場的邊界PQ、MN相互平行，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里。已知線框的電阻為R，線框的邊長和磁場寬度均為L，，，下列說法正確的是(    )
A. A點離開磁場后線框內的感應電流沿順時針方向
B. 線框內感應電動勢的最大值為
C. 此過程中穿過線框的磁通量的最大值為
D. 線框穿過磁場的整個過程中回路的最大熱功率為10.  如圖所示，豎直固定的光滑細桿上穿著一個小球B，小球通過一根不可伸長的輕繩繞過輕質光滑定滑輪與質量為m的物塊A相連，用手將物塊A豎直向上托起至定滑輪左側細繩與豎直方向的夾角為，現突然松手，物塊A開始在豎直方向上做往復運動，小球最高能到達M點。已知定滑輪到細桿的距離為d，Q點和定滑輪的高度相同，，，重力加速度大小為g，定滑輪可看作質點，下列說法正確的是(    )
 A. 小球經過Q點時的加速度為0 B. 小球的質量為
C. 繩中的最小張力為 D. 該系統(tǒng)的最大總動能為11.  某物理興趣小組用如圖甲所示的儀器驗證機械能守恒定律。

為了減小實驗誤差，實驗對象應選用______ 填“金屬”或“塑料”小球。
用游標卡尺測量小球的直徑，如圖乙所示，則小球的直徑______ cm。
將小球從光電門1的正上方某處由靜止釋放，計時器記錄兩個光電門的擋光時間分別為和，同時測得兩個光電門之間的距離為L，小球通過光電門時的速度等于小球的直徑除以擋光時間，重力加速度大小為g，若______ 用題中物理量表示成立，則表明該過程中小球的機械能守恒。12.  某實驗小組用滿偏電流、內阻的靈敏電流計和電動勢的電源制作的多用電表的內部電路如圖所示，已知多用電表的兩個電流擋的量程分別為和，兩個電壓擋的量程分別為和。
當S接2時，多用電表是量程為______ 的______ 填“電流”或“電壓”表。
由題意可知電阻______ 、______ 。
將S接3，紅、黑表筆短接，然后調節(jié)滑動變阻器，使靈敏電流計滿偏，在兩個表筆間接入一定值電阻，靈敏電流計的指針指在刻度盤的2mA處即滿偏的，則該定值電阻的阻值為______ 。
13.  如圖所示，直角三角形ABC為三棱鏡的橫截面，，，真空中一束與BC邊成角的單色光線從BC邊的中點O射入棱鏡，在AC邊反射后從AB邊射出。已知BC邊長，光在真空中傳播的速度，棱鏡對該光線的折射率。求：
光從AB邊射出時的折射角；
光在三棱鏡中的傳播時間t。
14.  如圖所示，質量為m的物塊P通過輕彈簧放置于傾角的固定光滑斜面體上。彈簧下端與擋板連接，P與彈簧無拴接，輕質細繩通過輕質光滑滑輪兩端分別連接質量為2m的物塊Q和質量為8m的物塊A，現用手托住物塊距地面足夠高，使細繩與斜面平行張力恰好為0，松手后物塊A開始下落。已知彈簧的勁度系數為k，重力加速度大小為g，彈簧始終在彈性限度內，求：
物塊靜止時彈簧的壓縮量；
物塊P、Q分離時的加速度大小a；
物塊P、Q分離時物塊A下降的高度h。
15.  四塊相同的金屬薄板M、N、P、Q如圖所示，其中M、正中間開有小孔豎直平行放置，P、Q水平平行放置，板長均為L，金屬板M帶正電，N帶等量負電，電壓為；P、Q兩板之間存在豎直向下的勻強電場，右下方有一圓形檢測板圖中未畫出。比荷為的帶正電粒子從小孔飄入金屬板M、初速度近似為零，粒子經電場加速后進入金屬板P、Q之間，偏轉后從右側射出時速度方向的偏轉角為，并沿直線打到檢測板的圓心處。不計粒子受到的重力，忽略極板的邊緣效應。
求粒子進入偏轉電場時的速度大小；
求金屬板P、Q間的勻強電場的電場強度大小E；
撤去金屬板P、Q間的勻強電場，在板間施加一垂直紙面向外的勻強磁場，粒子離開磁場時速度方向的偏轉角仍為，且能打在檢測板上，求勻強磁場的磁感應強度大小B及檢測板的最小半徑。

答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：ABC、設X的質量數為A，電荷數為Z，核反應遵循電荷數和質量數守恒，所以
，，
解得，，故X是中子；故AB錯誤，C正確；
D、中子由查德威克用粒子轟擊Be發(fā)現的；故D錯誤。
故選：C。
根據電荷數和質量數守恒分析X是哪種粒子；再根據物理學史判斷中子是不是盧瑟福發(fā)現的。
本題考查了核反應方程的書寫，以及相關物理學史，難度不大。
 2.【答案】A 【解析】解：A、根據圖像與時間軸所圍的面積表示位移，可得在與時段內，消防員的位移大小之比為：：：1，故A正確；
B、根據勻變速直線運動的平均速度公式，可得兩時段內的平均速度大小之比為1：1，故B錯誤；
C、根據速度變化量等于末速度與初速度之差，可得速度變化量分別為與，大小之比為1：1，故C錯誤；
D、根據圖像的斜率等于加速度，可得兩時段內的加速度大小為，，加速度大小之比為1：4，故D錯誤。
故選：A。
根據圖像與時間軸所圍的面積表示位移，求解消防員在兩段時間內的位移之比。利用平均速度公式求出平均速度之比。根據末速度與初速度之差分析速度變化量之比。由圖像的斜率求解加速度大小之比。
在解決圖像問題時，要弄懂圖像坐標軸的物理意義，對于圖像，要知道圖像與時間軸圍成的面積表示質點通過的位移，圖像的斜率等于加速度。
 3.【答案】B 【解析】解：AB、根據題意可知，簡諧橫波的波長為，周期為，則
頻率為：
波速為：，故A錯誤，B正確；
C、根據題意可知2s時質點P在向上振動，根據同側法可知，簡諧橫波向x軸正方向傳播，則時質點P在波谷，故C錯誤；
D、時，簡諧橫波在水平方向上向右傳播了1m，結合圖甲可知，此時處的質點在波谷，故D錯誤；
故選：B。
根據題意得出簡諧橫波的波長和周期，從而得出頻率和波速；
根據圖像得出質點P的振動方向，結合同側法得出簡諧橫波的傳播方向，再根據運動學公式得出質點所在的位置。
本題主要考查了簡諧橫波的相關應用，理解圖像的物理意義，結合運動學公式即可完成分析，難度不大。
 4.【答案】D 【解析】解：梯子受力示意圖如下圖：

A.梯子靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，故A錯誤；
B.如上圖所示，梯子受地面的支持力且豎直向上，受地面的摩擦力f且水平向左，根據平行四邊形定則，地面對梯子的作用力為支持力與摩擦力的合力，方向不可能豎直向上，故B錯誤；
C.如上圖所示，梯子靜止，則合力為零，合力矩為零。假設地面對梯子的作用力沿梯子向上，則梯子對A點的合力矩不為零，此時合力矩等于重力產生的力矩，梯子將轉動，與已知梯子靜止矛盾，故假設不成立，故C錯誤；
D.如上圖所示，梯子靜止，合力矩為零。此時重力對A點產生順時針方向的力矩，則地面對梯子的作用力對A點必產生逆時針方向的力矩，即地面對梯子的作用力與水平面的夾角大于梯子的傾角，故D正確。
故選：D。
梯子靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，合力矩為零；再結合平行四邊形定則，分析合力方向，可解。
本題考查了平衡狀態(tài)受力特點、力矩特點、力的平行四邊形法則等知識。學生往往習慣于將靜止直接理解為合力為零，而容易忽略合力矩為零這一條件。
 5.【答案】C 【解析】解：設每個燈泡兩端的電壓為U，由題知原副線圈匝數比：：1
由圖乙可知，A、B端的輸入電壓有效值為
電阻R兩端的電壓等于原線圈的輸入電壓，原副線圈匝數比等于電壓比，有：
由串并聯規(guī)律可知：
代入數據聯立解得，電阻R兩端的電壓為

設通過每個燈泡的電流為I，則通過副線圈的電流為3I，理想變壓器原副線圈電流比等于匝數的反比，則原線圈的輸入電流為I，可知通過電阻R的電流與通過每個燈泡的電流相同，可知通過燈泡的電流為
每個燈泡的功率為
故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
根據圖乙求解A、B端輸入電壓的有效值；設燈泡的額定電壓為U，額定電流為I，根據理想變壓器電壓與匝數比、電流與匝數比的關系和歐姆定律求解變壓器原副線圈兩端電壓和電流，根據功率公式求解燈泡的功率。
本題是原線圈中接有用電器的變壓器，關鍵是要弄清電源的輸出電流與通過變壓器原線圈中的電流的關系、電源的輸出電壓與原線圈兩端電壓的關系；要熟練掌握理想變壓器電壓與匝數比、電流與匝數比的關系。
 6.【答案】C 【解析】解：最終兩側壓強為p，左側體積為，右側體積為，則。
對左側有：
對右側有：
聯立解得：，故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
分別對兩側的封閉氣體分析出變化前后的狀態(tài)參量，結合一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程和體積之間的關系聯立等式即可完成分析。
本題主要考查了一定質量的理想氣體的狀態(tài)方程，解題的關鍵點是分析出變化前后的狀態(tài)參量，聯立等式即可完成分析。
 7.【答案】B 【解析】解：炮彈炸裂的過程水平方向動量守恒，設炮彈炸裂前的速度大小為v，則有，解得
設炸裂后瞬間兩塊碎片的速度分別為、，以爆炸前炮彈的速度方向與正方向，據動量守恒定律有
據機械能守恒定律有
解得：，
根據平拋運動規(guī)律有，兩塊碎片落地點之間的距離
解得：，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
炮彈爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律與能量守恒定律求出爆炸后兩彈塊的速度，爆炸后兩彈塊做平拋運動，應用平拋運動規(guī)律求出兩彈塊落地點間的距離。
分析清楚炮彈與彈塊的運動過程是解題的前提；煙花彈爆炸過程系統(tǒng)在水平方向動量守恒，應用動量守恒定律、能量守恒定律與平拋運動規(guī)律可以解題；解題時注意正方向的選擇。
 8.【答案】C 【解析】解：由開普勒第二定律，遠地點M點速度最小，故A錯誤；
B.萬有引力提供向心力，則有
故
探測器在Q點與橢圓軌道上P點加速度大小相等，故B錯誤；
C.設火星半徑為R，由開普勒第二定律
故
故C正確；
D.橢圓半長軸為2R，由開普勒第三定律
故
故D錯誤。
故選：C。
根據開普勒第二定律遠地點M點速度最??；
由萬有引力提供向心力，分析加速度；
根據開普勒第二定律，分析速度大??；
根據開普勒第三定律，比較周期。
本題考查學生對開普勒行星運動定律和牛頓第二定律的掌握，是一道基礎題。
 9.【答案】C 【解析】解：A、線框的A點離開磁場后，穿過線框的磁通量先增大后減小，磁場方向是垂直紙面向里，由楞次定律可知，線框中的感應電流的方向是先沿逆時針方向，后沿順時針方向，故A錯誤；
B、從B點進入磁場到D點進入磁場的過程中線框內的感應電動勢最大，感應電動勢的最大值為，故B錯誤；
C、當線框到如圖所示的位置時

穿過線框的磁通量最大，此時A點和C點到磁場邊界MN和PQ的距離相等，所以穿過線框的磁通量的最大值，故C正確；
D、回路中感應電動勢最大時熱功率最大，有，故D錯誤；
故選：C。
會應用楞次定律分析感應電流方向。
應用法拉第電磁感應定律求感應電動勢，注意公式中的L為桿的等效長度。
當線框處于磁場中的含有磁場的有效面積最大時，磁通量最大此時感應電動勢為零。
根據閉合電路電路歐姆定律，電流最大，電動勢最大時熱功率最大。
本題考查電磁感應的基本概念和規(guī)律，目的是考察學生的分析綜合能力。
 10.【答案】BD 【解析】解：A、小球B經過Q點時，水平方向受力平衡，在豎直方向上僅受到重力作用，則小球經過Q點時的加速度為g，故A錯誤；
B、小球從P到M的過程中，根據物塊A和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒有，解得小球的質量：，故B正確；
C、設小球在最高點的加速度大小為，則物塊對應的加速度大小為，由牛頓第二定律得
對小球有：
對物塊有：
解得繩中的張力：，故C錯誤；
D、設輕繩與水平方向的夾角為時，系統(tǒng)的總動能為，有
解得，為第一象限內單位圓上的點與定點連線的斜率，所以，該系統(tǒng)的最大總動能為，故D正確。
故選：BD。
小球經過Q點時，水平方向受力平衡，豎直方向僅受到重力作用，根據牛頓第二定律求小球經過Q點時的加速度。根據物塊A和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒列式，可求得小球的質量。根據牛頓第二定律解得繩中的最小張力，根據功能關系結合數學方法求解該系統(tǒng)的最大總動能。
本題主要考查功能關系和機械能守恒定律，解答此類問題的關鍵是掌握機械能守恒定律表達式的書寫方法：①根據某一位置的動能與重力勢能之和等于另一位置的動能與重力勢能之和列方程；②根據系統(tǒng)重力勢能的減少等于系統(tǒng)動能的增加列方程。
 11.【答案】金屬   【解析】解：為了減小空氣阻力的影響，實驗對象密度要大，不能選擇塑料材質的，應選擇金屬小球。
由題圖可知游標卡尺為二十分度的，精度為，所以小球的直徑。
小球從光電門1下落到光電門2的過程中小球的重力勢能減小量，動能增加量，若小球下落過程中機械能守恒，則有，整理后有。
故答案為：金屬；；
為了減小空氣阻力的影響，實驗對象密度要大；
根據游標卡尺的讀數方法讀得數據；
根據機械能守恒定律分析解答。
本題考查驗證機械能守恒定律的實驗，要注意正確分析實驗原理，明確實驗方法，才能準確得出對應的實驗結果。
 12.【答案】電流表   【解析】解：將靈敏電流計改裝成電流表，需要并聯一個電阻，因此開關S接1和2時多用電表為電流表；根據并聯電路電流的分配與電阻成反比可知，S接1時靈敏電流計與一個電阻串聯后再與另外一個電阻并聯，接2時兩個電阻串聯后與靈敏電流計并聯，所以S接2時電流表的量程較小，量程為；
接2時，設電流表的內阻為，根據歐姆定律
解得
由題意可知，S接4時多用電表為量程為的電壓表，根據歐姆定律
解得
S接5時為量程為的電壓表，根據歐姆定律
解得
當S接3時，多用電表為歐姆表，將兩個表筆短接，進行歐姆調零后，根據閉合電路的歐姆定律，歐姆表的內阻
在兩個表筆間接入定值電阻后，靈敏電流計指針指向滿偏的處
根據閉合電路的歐姆定律
代入數據解得
故答案為：；電流；；20；。
將靈敏電流計改裝成電流表，需要并聯一個電阻，根據并聯電路電流的分配與電阻的關系判斷電流表的量程；
接4、5時為電壓表，通過電壓表的滿偏電流為，根據歐姆定律結合電路結構特點求電阻、的阻值；
當S接3時，多用電表為歐姆表，根據閉合電路的歐姆定律求歐姆表內阻；在兩個表筆間接入定值電阻后，根據閉合電路的歐姆定律求接入的定值電阻。
電流表的改裝需要并聯一個電阻，可根據并聯電阻的大小判斷量程的大小；注意：多用表作為歐姆表或多用表使用時，電路中允許通過的最大電流為，即歐姆表、電壓表的滿偏電流為。
 13.【答案】解：畫出光路圖如圖所示：

根據折射定律有
解得
由幾何關系可知。光線從AB邊射出棱鏡時，有
解得
根據幾何關系有，
設光在三棱鏡中的傳播速度為v，則有
可得光在三棱鏡中的傳播時間為
答：光從AB邊射出時的折射角為；
光在三棱鏡中的傳播時間為。 【解析】畫出光路圖，根據折射定律，求折射率和角度；
根據幾何關系，確定傳播路徑，根據光速和路徑關系，確定傳播時間。
本題解題關鍵是正確畫出光路圖、并使用折射定律。
 14.【答案】解：當沒有釋放物塊A時，彈簧被壓縮，對P和Q整體受力分析，由平衡條件得：
解得：
物塊P、Q分離時兩者之間的彈力為0，對物塊A受力分析，由牛頓第二定律得：
對物塊Q受力分析，由牛頓第二定律得：
聯立解得：
物塊P、Q分離時具有相同的加速度，對物塊P受力分析，由牛頓第二定律得：
解得：
答：物塊靜止時彈簧的壓縮量為；
物塊P、Q分離時的加速度大小a為；
物塊P、Q分離時物塊A下降的高度h為。 【解析】沒有釋放物塊A時，對P和Q整體受力分析，根據平衡條件求解彈簧的壓縮量；
物塊P、Q分離時兩者之間的彈力為0，分別對物塊A和物塊Q受力分析，根據牛頓第二定律列式求解；
物塊P、Q分離時具有相同的加速度，對物塊P受力分析，根據牛頓第二定律和胡克定律列式求解即可。
本題考查牛頓第二定律和胡克定律，解題關鍵是靈活選擇研究對象并對其受力分析，根據牛頓第二定律列式求解即可。
 15.【答案】解：根據動能定理有
解得：
設粒子在偏轉電場中運動的時間為t，則有：
根據牛頓第二定律有：
由題設條件和速度的合成規(guī)律有：
聯立解得：
設粒子經過電場偏轉后的側移量為，經過磁場偏轉后的側移量為，粒子在磁場中運動的半徑為r，當粒子的速度與檢測板垂直時，存在最小半徑，洛倫茲力提供向心力有：，
結合幾何關系有：
在電場中根據類平拋運動的推論有：
而在磁場中有：
聯立可以求得：
解得：，
答：粒子進入偏轉電場時的速度大小為；
金屬板P、Q間的勻強電場的電場強度大小E為；
勻強磁場的磁感應強度大小B為，檢測板的最小半徑為。 【解析】經過MN間的加速電場的加速，由動能定理可以求出進入PQ板間時速度的大小；
進入豎直向下的勻強電場PQ中粒子做類平拋運動，由最終的偏轉角為，從而能求出豎直方向的加速度，也就知道了PQ間電場強度的大小；
粒子加速后直接進入磁場做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力列式，結合幾何關系和題設要求，聯立求得磁感應強度的大小和檢測板的最小半徑。
本題是帶電粒子先在電場中加速，后又在電場中偏轉，或進入磁場做勻速圓周運動的綜合題，要注意的是：①在各場區(qū)均遵守相應的規(guī)律，動能定理、牛頓第二定律等；②電偏轉和磁偏轉的角度相同，且要在檢測板上。
 

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