2023-2024學(xué)年寧夏回族自治區(qū)高三下學(xué)期三模物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試能力測試試題卷注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.作答時，務(wù)必將〖答案〗寫在答題卡上.寫在本試卷及草稿紙上無效.3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.第Ⅰ卷一、選擇題：1.水平桌面上，讓一個小鐵球沿桌面勻速運動，在它的運動軌跡旁邊放置一磁鐵，在磁鐵吸引力的作用下，小鐵球此后的運動軌跡發(fā)生變化，如圖所示，關(guān)于小鐵球受力及運動情況，下列說法正確的是（）A.小鐵球的速度方向始終指向磁鐵B.小鐵球的速度方向沿它運動軌跡的切線方向C.磁鐵對小鐵球的吸引力沿運動軌跡的切線方向D.磁鐵對小鐵球的吸引力與小鐵球的速度方向在同一直線上〖答案〗B〖解析〗AB．曲線運動時，速度方向沿著運動軌跡的切線方向，故A錯誤，B正確；

CD．磁鐵對小鐵球的吸引力方向是指向磁體的方向，兩者不共線，球在做曲線運動，故CD錯誤。故選B。2.如圖所示，水平地面光滑，輕彈簧一端固定在墻上，另一端拴接質(zhì)量為m的小球A．另一個質(zhì)量也為m的小球B以速度v0向左運動，與A碰撞時間極短、且碰后粘在一起．則從B與A開始碰撞到彈簧壓縮最短過程，對A球、B球、彈簧組成的系統(tǒng)（）A.動量守恒，機械能不守恒B.動量不守恒，機械能守恒C.對墻產(chǎn)生的沖量為D.彈簧最大勢能為〖答案〗C〖解析〗A、從B與A開始碰撞到彈簧壓縮最短過程，A、B發(fā)生了完全非彈性碰撞，在碰撞過程中機械能有損失，所以系統(tǒng)的機械能不守恒；從AB開始一起運動至彈簧被壓縮到最短的過程中，由于墻面對彈簧有作用力，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，則在此運動過程中動量不守恒，故AB錯誤；C、對系統(tǒng)在整個過程中由動量定理：，則這個系統(tǒng)對墻產(chǎn)生的沖量大小為，故C正確；D、A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得：得：，彈簧的最大彈性勢能為：，故D錯誤．3.如圖甲所示的電路中，理想變壓器原副線圈匝數(shù)比為10:1，A、V均為理想電表，R、L和D分別是光敏電阻（其阻值隨光強增大而減小）、理想線圈和燈泡。原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓U，下列說法正確的是（）A.電壓U的頻率為100HzB.V的示數(shù)為C.有光照射R時，A的示數(shù)變大D.抽出L中的鐵芯，D變暗〖答案〗C〖解析〗A．從圖乙中可得交流電的周期為，故該交流電的頻率為A錯誤；B．原線圈中電壓有效值為根據(jù)可得即電壓表的示數(shù)為22V，B錯誤；C．有光照射R時，R減小，而U不變，故副線圈總電流增大，根據(jù)可得增大，即電流表示數(shù)增大，C正確；D．抽出L中的鐵芯，理想線圈自感系數(shù)減小，理想線圈對電流的阻礙減小，所以D變亮，D錯誤。故選C。4.如圖所示，O為半球形容器的球心，半球形容器繞通過O的豎直軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動，放在容器內(nèi)的兩個質(zhì)量相等的小物塊a和b相對容器靜止，b與容器壁間恰好沒有摩擦力。已知a和O、b和O的連線與豎直方向的夾角分別為60°和30°，則下列說法正確的是（）A.小物塊a和b做圓周運動的向心力之比為B.小物塊a和b對容器壁的壓力之比為C.小物塊a與容器壁之間無摩擦力D.容器壁對小物塊a的摩擦力方向沿器壁切線向下〖答案〗A〖解析〗A．a(chǎn)、b角速度相等，向心力可表示為所以a、b向心力之比為，A正確；BCD．若無摩擦力a將移動到和b等高的位置，所以摩擦力沿切線方向向上。定量分析：對b分析可得結(jié)合對b分析結(jié)果，對a分析即支持力在指向轉(zhuǎn)，軸方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背離轉(zhuǎn)軸方向的分力，即摩擦力沿切線方向向上；對b有對a有所BCD錯誤。故選A。5.如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運動。下列說法正確的是（）A.若小球帶正電荷，則小球的電勢能減小B.若小球帶負電荷，則小球的電勢能減小C.無論小球帶何種電荷，小球的重力勢能都減小D.小球可能做加速直線運動〖答案〗C〖解析〗帶電小球在重力場、電場、磁場的復(fù)合場中，只要做直線運動（速度與磁場不平行），一定是勻速直線運動。若速度變化，洛侖茲力(方向垂直速度)會變化，合力就會變化；合力與速度就不在一直線上，帶電體就會做曲線運動。A．小球受的重力豎直向下，若小球帶正電荷，小球受的電場力水平向右，則洛侖茲力斜向左上方，三力才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向左下方，則電場力的方向與運動方向成鈍角，電場力做負功，小球的電勢能增大，故A錯誤；B．小球受的重力豎直向下，若小球帶負電荷，小球受的電場力水平向左，則洛侖茲力斜向右上方，三力才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向右下方，則電場力的方向與運動方向成鈍角，電場力做負功，小球的電勢能增大，故B錯誤；C．由AB項分析知，無論小球帶何種電荷，小球豎直方向的分速度均向下，小球的重力勢能減小，故C正確；D．小球做勻速直線運動，故D錯誤。故選C。6.用如圖所示的裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象，用光子能量為2.85eV的光照射到光電管上時發(fā)生了光電效應(yīng)，電流表G的示數(shù)不為零，移動變阻器的觸點c，發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)大于或等于1.70V時，電流表示數(shù)為0，則下列說法正確的是（）A.光電管陰極的逸出功為1.15eVB.開關(guān)S斷開后，電流表G中無電流流過C.當滑動觸頭向a端滑動時，反向電壓增大，電流增大D.改用能量為1.60eV的光子照射，移動變阻器的觸點c，電流表G中也可能有電流〖答案〗AD〖解析〗A、該裝置所加的電壓為反向電壓，發(fā)現(xiàn)當電壓表的示數(shù)大于或等于1.70V時，電流表示數(shù)為0，知道光電子的最大初動能為1.70eV，根據(jù)光電效應(yīng)方程EKm＝hγ﹣W0，解得：W0＝1.15eV．故A正確；B、電鍵S斷開后，用光子能量為2.75eV的光照射到光電管上時發(fā)生了光電效應(yīng)，有光電子逸出，則有電流流過電流表，故B錯誤；C、當滑動觸頭向a端滑動時，反向電壓增大，則到達集電極的電子的數(shù)目減小，電流減?。蔆錯誤；D、改用能量為1.60eV的光子照射時，由于1.60eV的光子的能量值大于該金屬的逸出功，所以移動變阻器的觸點c，電流表G中也可能有電流．故D正確．7.被譽為“中國天眼”的500米口徑球面射電望遠鏡（FAST）再次收獲一項重要科研成果——發(fā)現(xiàn)目前所知軌道周期最短脈沖星雙星系統(tǒng)，填補了蜘蛛類脈沖星系統(tǒng)演化模型缺失的一環(huán)。科學(xué)家在地球上用望遠鏡觀測到一個亮度周期性變化的光點，這是因為其中一個天體擋住另一個天體時，光點亮度會減弱。現(xiàn)科學(xué)家用一航天器去撞擊雙星系統(tǒng)中的一顆小行星，撞擊后，科學(xué)家觀測到系統(tǒng)光點明暗變化的時間間隔變短。若不考慮撞擊引起的小行星質(zhì)量變化，且撞擊后該雙星系統(tǒng)仍能穩(wěn)定運行，則被航天器撞擊后（）A.該雙星系統(tǒng)的運動周期變大B.兩顆小行星中心連線的距離增大C.兩顆小行星的向心加速度均變大D.兩顆小行星做圓周運動的半徑之比保持不變〖答案〗CD〖解析〗A．撞擊后，科學(xué)家觀測到光點明暗變化的時間間隔變短，可知雙星系統(tǒng)的運動周期變小，故A錯誤；BD．設(shè)雙星之間的距離為L，雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，則有聯(lián)立解得，則兩顆小行星做圓周運動的半徑之比保持不變，兩個小行星中心連線的距離減小，故B錯誤，D正確；C．根據(jù)萬有引力提供向心力有兩個小行星中心連線的距離減小，則兩顆小行星的向心加速度均變大，故C正確。故選CD。8.如圖所示，兩根平行且光滑的金屬導(dǎo)軌由圓弧部分和水平部分組成，圓弧部分由兩段間距為2l、豎直放置的四分之一圓弧導(dǎo)軌構(gòu)成，水平部分由足夠長、但不等寬的水平導(dǎo)軌構(gòu)成，水平導(dǎo)軌的寬、窄部分間距分別為2l、l，虛線MN右側(cè)導(dǎo)軌區(qū)域處于豎直向上的勻強磁場中，寬、窄兩部分區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小分別為B、2B。金屬棒ab與cd的質(zhì)量均為m、電阻均為R，長度分別為l、2l，金屬棒ab靜止在窄導(dǎo)軌上.現(xiàn)將金屬棒cd從圓弧軌道上距水平導(dǎo)軌h高度處由靜止釋放，在此后的運動過程中，cd始終在寬導(dǎo)軌上運動，ab始終在窄導(dǎo)軌上運動，兩金屬棒始終垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好.導(dǎo)軌各部分之間均平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g，則（）A.金屬棒cd剛進入磁場時的速度大小為B.通過金屬棒ab的最大電流為C.金屬棒ab、cd運動狀態(tài)穩(wěn)定時，二者速度相等D.整個過程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為〖答案〗BCD〖解析〗A．設(shè)金屬棒cd剛進入磁場時的速度大小為，根據(jù)機械能守恒定律有解得故A錯誤；B．金屬棒cd剛進入磁場時速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，回路中的電流最大，為故B正確；CD．易知金屬棒cd和ab存在相對運動的過程中，通過兩金屬棒的電流時刻相等，根據(jù)左手定則可知兩金屬棒所受安培力大小時刻方向相反，根據(jù)可得兩金屬棒所受安培力大小時刻相等，所以兩金屬棒組成的系統(tǒng)動量守恒，當金屬棒運動狀態(tài)穩(wěn)定時，易知二者產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等、方向相反，所以回路中電流為零，即其中所以根據(jù)動量守恒定律有又因為兩金屬棒阻值相同，則根據(jù)能量守恒定律和焦耳定律可知整個過程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為故CD正確。故選BCD。第II卷二、非選擇題：9.用如圖所示的多用電表測量電阻，要用到選擇開關(guān)K和兩個部件S、T。請根據(jù)下列步驟完成電阻測量：（1）旋動部件______，使指針對準電流的“0”刻線；（2）將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×100”的位置；（3）將插入“＋”、“－”插孔的表筆短接，旋動部件________，使指針對準電阻“0”刻線；（4）將兩表筆分別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過小，為了得到比較準確的測量結(jié)果，將按照下面的步驟進行操作：①將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋________的位置（選填“×1k”或“×10”）；②將兩表筆短接，旋動合適部件，對電表進行校準；③將兩表筆的金屬部分分別與被測電阻的兩根引線相接；④完成讀數(shù)測量?！即鸢浮剑?）S（3）T（4）×1k〖解析〗（1）[1]首先要對表盤機械校零，所以旋動部件是S；（3）[2]接著是歐姆調(diào)零，將“＋”、“－”插孔的表筆短接，旋動部件T，讓表盤指針指在最右端零刻度處；（4）①[3]由于將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×100”的位置時，兩表筆分別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過小，故為了得到比較準確的測量結(jié)果，將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋×1k的位置。10.某同學(xué)利用如圖裝置測量小車和智能手機的質(zhì)量，智能手機可以利用APP直接測量出手機運動時的加速度。懸掛質(zhì)量為的鉤碼，用智能手機測出小車運動的加速度；改變鉤碼的質(zhì)量，進行多次測量；做出與的圖像如圖，已知圖像中直線的截距為，斜率為。不計空氣阻力，重力加速度為。（1）（單選）以下說法正確的是___________；A．鉤碼的質(zhì)量應(yīng)該遠小于智能手機和小車的質(zhì)量B．細繩應(yīng)該始終與長木板平行C．不懸掛鉤碼時，應(yīng)使小車和智能手機勻速沿木板下滑D．細線的拉力等于鉤碼的重力（2）根據(jù)圖像可得，小車和手機的質(zhì)量為____________；（3）再利用手機APP測出斜面傾角為，則小車和智能手機沿木板運動過程中受摩擦力的大小為_______?！即鸢浮剑?）B（2）（3）〖解析〗（1）[1]設(shè)小車和手機的質(zhì)量為，斜面傾角為，對鉤碼和小車以及手機的系統(tǒng)由牛頓第二定律有整理可得可得本實驗的原理為與成一次函數(shù)。A．因本實驗驗證牛頓第二定律為對系統(tǒng)采用準確的方法，故不需要近似的用鉤碼重力代替繩的拉力，也就不需要質(zhì)量關(guān)系，即不需要鉤碼的質(zhì)量應(yīng)該遠小于智能手機和小車的質(zhì)量，故A錯誤；B．為了讓繩子拉小車力為恒力，則細繩應(yīng)該始終與長木板平行，故B正確；C．本實驗若平衡了摩擦力，系統(tǒng)的牛頓第二定律表達式為與成正比例函數(shù)，不符合實驗實驗結(jié)果，則不需要平衡摩擦力，故C錯誤；D．本實驗研究系統(tǒng)的牛頓第二定律，則繩子的拉力小于鉤碼的重力，故D錯誤。故選B。（2）[2]根據(jù)與的一次函數(shù)關(guān)系，可知圖像的斜率的意義為則小車和手機的質(zhì)量為（3）[3]根據(jù)與的一次函數(shù)關(guān)系，可知縱截距的物理意義為聯(lián)立解得摩擦力的大小為11.如圖所示，光滑水平面上放著長，質(zhì)量為的薄木板，一個質(zhì)量為的小物體放在木板的最右端，m和M之間的動摩擦因，開始均靜止，現(xiàn)對木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取。求：（1）為使小物體不從木板上掉下，F(xiàn)不能超過多少；（2）如果拉力，小物體需多長時間就脫離木板?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）小物體隨木板運動的最大加速度為a，對小物體由牛頓第二定律得可得小物體最大加速度為對整體分析，由牛頓第二定律得（2）因施加的拉力，故物體相對木板滑動，設(shè)木板對地運動的加速度為，對木板由牛頓第二定律得解得小物體在木板上運動的時間為，則解得12.如圖所示，水平虛線MN的下方存在豎直向上的勻強電場（大小未知），虛線上方有一以MN上一點O為圓心、R為半徑的半圓形區(qū)域，該區(qū)域中存在垂直紙面向里的勻強磁場和水平方向的勻強電場E（E大小未知，圖中均未畫出），磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，O點正下方固定一粒子源S，能源源不斷地產(chǎn)生初速度為零的同種正粒子，經(jīng)過一段時間粒子由O點進入半圓區(qū)域，粒子在半圓區(qū)域的軌跡為直線，在半圓區(qū)域內(nèi)運動的時間為，粒子的重力以及粒子間相互作用均忽略不計。（1）求半圓區(qū)域內(nèi)勻強電場電場強度E的大?。唬?）若僅將半圓區(qū)域內(nèi)的磁場撤去，結(jié)果粒子在半圓區(qū)域中運動的時間變?yōu)?，求粒子的比荷；?）若將半圓區(qū)域內(nèi)電場撤去，且將虛線MN下方的電場強度增大到原來的16倍，求粒子在半圓形區(qū)域運動的時間。〖答案〗（1）；（2）；（3）〖解析〗（1）帶正電粒子經(jīng)過O點進入半圓形區(qū)域，并沿豎直半徑方向做直線運動，所以粒子所受洛倫茲力與電場力二力平衡，由左手定則可知粒子所受洛倫茲力方向水平向左，所以粒子所受電場力方向水平向右，電場強度的方向水平向右，粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)勻速運動的時間為，則速度為根據(jù)平衡條件有聯(lián)立解得（2）若僅將半圓形區(qū)域內(nèi)的磁場撤去，粒子仍從S處靜止釋放，粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)做類平拋運動，粒子在垂直于MN方向上做勻速直線運動，在平行于MN方向上做初速度為零的勻加速直線運動，如圖所示粒子運動到半圓形區(qū)域的a點，垂直于MN方向的位移大小為由數(shù)學(xué)知識可得粒子在平行于MN方向上的位移大小為粒子在平行于MN方向上做勻加速直線運，則有由牛頓第二定律聯(lián)立解得粒子的比荷（3）將虛線下方電場強度增大到原來的16倍，粒子仍從S處靜止釋放，由可知粒子進入半圓形區(qū)域的速度為粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有解得令粒子從b點射出半圓形區(qū)域，如圖所示設(shè)粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)運動的圓心角為，由余弦定理有解得粒子在磁場中圓周運動的周期解得粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)運動的時間聯(lián)立解得13.在做“用油膜法估測分子的大小”實驗時，配制好濃度為0.06%的油酸酒精溶液(單位體積溶液中含有純油酸的體積)，1mL上述溶液用注射器剛好滴75滴；在撒有均勻痱子粉的水面上用注射器滴1滴油酸酒精溶液，水面上形成油酸薄膜，下圖為油膜穩(wěn)定后的形狀，每個正方形小方格的邊長為10mm。下列有關(guān)該實驗說法正確的有()A.油膜的面積為100mm2B.一滴油酸酒精溶液中含純油酸的體積為8.0×10－6mLC.油酸分子的直徑約為7.4×10－9mD.為減小誤差應(yīng)將注射器移到水面中央靠近水面處滴入溶液E.數(shù)油膜面積時不慎將幾個不足一格的按一格計算，不影響估算結(jié)果的數(shù)量級〖答案〗BDE〖解析〗A．不足半格的舍去，大于半格的算一個，可知油膜區(qū)域正方形的個數(shù)為105個，則油酸膜的面積約為S=105cm2=1.05×10－2m2，故A錯誤；BC．每滴酒精油酸溶液中含有純油酸的體積為V=1mL×0.06%×=8×10－6mL把油酸分子看成球形，且不考慮分子間的空隙，則油酸分子直徑為d=故B正確，C錯誤；D．吸取油酸酒精溶液，應(yīng)將滴管移到水面中央靠近水面處滴入溶液，故D正確；E．某次實驗中數(shù)油膜面積時將不足一格的也都按一格計算，求得的面積偏大，則得到的直徑偏小，但不會影響數(shù)量級，故E正確。故選BDE。14.如圖所示，一圓柱形汽缸固定在傾角的斜面上，一定量的空氣（視為理想氣體）被質(zhì)量的活塞封閉在汽缸中。開始時活塞內(nèi)表面相對汽缸底部的長度，外界熱力學(xué)溫度。現(xiàn)用跨過定滑輪的輕繩將質(zhì)量的重錘與活塞連接，重新平衡后，活塞沿斜面向上運動的位移。大氣壓強恒為，取重力加速度大小，與活塞連接的輕繩始終平行于斜面，汽缸壁導(dǎo)熱良好，活塞可沿汽缸壁無摩擦地滑動。（1）求活塞的橫截面積；（2）若此后外界的溫度緩慢降低，為了使降溫后活塞回到初始時的位置，需要從汽缸底部的抽氣閥門處抽出適量氣體，求抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前缸內(nèi)氣體質(zhì)量的比值?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）封閉氣體初狀態(tài)的壓強封閉氣體末狀態(tài)的壓強根據(jù)等溫變化規(guī)律有解得（2）若不抽出氣體，根據(jù)等壓變化規(guī)律有則應(yīng)抽出氣體的質(zhì)量與抽氣前缸內(nèi)氣體質(zhì)量的比值解得15.如圖所示，在某介質(zhì)中有坐標系，在及兩點分別有兩個波源A和B，時刻兩波源同時開始沿y軸正向振動，形成沿x軸傳播簡諧波，波速均為。某時刻波源A產(chǎn)生的簡諧波的波形圖如圖甲所示，波源B的振動圖像如圖乙所示，以下說法正確的是（）A.波源A的周期為4sB.波源B產(chǎn)生的簡諧波的波長為8mC.在A、B之間會產(chǎn)生干涉現(xiàn)象D.時，位于處質(zhì)點的位移為5cmE.兩列波初次在O點相遇時質(zhì)點位移為5cm〖答案〗BDE〖解析〗A．由圖甲可知，波源A的波長為，波速為v=，由可得波源A的周期為A錯誤；B．由圖乙可知，波源B的周期為，波速為v=，由可得波源B的波長B正確；C．由可得波源A的頻率波源B的頻率由于兩波的頻率不相同，因此在A、B之間不會產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，C錯誤；D．由題意可知，若兩波沿x軸相向傳播時，在兩波相遇時所用時間均為因時刻兩波源同時開始沿y軸正向振動，因此在時，波源A、B在位于處使質(zhì)點振動了1s，由于波源A的周期是2s，則此時質(zhì)點在平衡位置；波源B的周期為4s，波源B在位于處使質(zhì)點振動到正方向最大位移處，波源B的振幅為5cm，所以時，位于處質(zhì)點的位移為5cm，D正確；E．波源A傳到O點時所用時間為波源B傳到O點時所用時間為可知在時，兩波初次在O點相遇，初次相遇時，則有波源A在位于O點處使質(zhì)點在平衡位置，波源B在位于O點處使質(zhì)點振動到正方向最大位移5cm處，因此兩列波初次在O點相遇時質(zhì)點的位移為5cm，E正確。故選BDE。16.導(dǎo)光柱是將光以最小的損耗從一個光源傳輸?shù)骄嚯x該光源一定距離的另一個點的裝置，其中，光滑內(nèi)凹輸入端的導(dǎo)光柱將有效提高光線捕獲能力。如圖為某一導(dǎo)光柱的縱截面簡化示意圖，導(dǎo)光柱下端AEB為半球凹形輸入端，半徑為R，O為圓心。導(dǎo)光柱橫截面直徑與半圓形直徑相等，其高度為。球心O處有一點光源，能發(fā)出各個方向的單色光。該縱截面內(nèi)只有120°范圍的光線才能夠在進入導(dǎo)光柱后不被折射出AD或BC側(cè)面，從而導(dǎo)致光傳輸?shù)膿p耗。（1）求導(dǎo)光柱介質(zhì)的折射率；（2）某條從光源O發(fā)出的光線與AB邊界的夾角為，求此條光線到達輸出端CD的時間t。〖答案〗（1）2；（2）〖解析〗（1）由幾何關(guān)系及全反射臨界角可知（2）此條光線在半球凹形輸入端的時間為由折射率與速度公式得繪出光路圖如下有幾何關(guān)系得此條光線在導(dǎo)光柱中傳播的距離為此條光線在導(dǎo)光柱中傳播的時間為此條光線到達輸出端CD的時間為解得2024年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試能力測試試題卷注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.作答時，務(wù)必將〖答案〗寫在答題卡上.寫在本試卷及草稿紙上無效.3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.第Ⅰ卷一、選擇題：1.水平桌面上，讓一個小鐵球沿桌面勻速運動，在它的運動軌跡旁邊放置一磁鐵，在磁鐵吸引力的作用下，小鐵球此后的運動軌跡發(fā)生變化，如圖所示，關(guān)于小鐵球受力及運動情況，下列說法正確的是（）A.小鐵球的速度方向始終指向磁鐵B.小鐵球的速度方向沿它運動軌跡的切線方向C.磁鐵對小鐵球的吸引力沿運動軌跡的切線方向D.磁鐵對小鐵球的吸引力與小鐵球的速度方向在同一直線上〖答案〗B〖解析〗AB．曲線運動時，速度方向沿著運動軌跡的切線方向，故A錯誤，B正確；

CD．磁鐵對小鐵球的吸引力方向是指向磁體的方向，兩者不共線，球在做曲線運動，故CD錯誤。故選B。2.如圖所示，水平地面光滑，輕彈簧一端固定在墻上，另一端拴接質(zhì)量為m的小球A．另一個質(zhì)量也為m的小球B以速度v0向左運動，與A碰撞時間極短、且碰后粘在一起．則從B與A開始碰撞到彈簧壓縮最短過程，對A球、B球、彈簧組成的系統(tǒng)（）A.動量守恒，機械能不守恒B.動量不守恒，機械能守恒C.對墻產(chǎn)生的沖量為D.彈簧最大勢能為〖答案〗C〖解析〗A、從B與A開始碰撞到彈簧壓縮最短過程，A、B發(fā)生了完全非彈性碰撞，在碰撞過程中機械能有損失，所以系統(tǒng)的機械能不守恒；從AB開始一起運動至彈簧被壓縮到最短的過程中，由于墻面對彈簧有作用力，A、B及彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力不為零，則在此運動過程中動量不守恒，故AB錯誤；C、對系統(tǒng)在整個過程中由動量定理：，則這個系統(tǒng)對墻產(chǎn)生的沖量大小為，故C正確；D、A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得：得：，彈簧的最大彈性勢能為：，故D錯誤．3.如圖甲所示的電路中，理想變壓器原副線圈匝數(shù)比為10:1，A、V均為理想電表，R、L和D分別是光敏電阻（其阻值隨光強增大而減?。?、理想線圈和燈泡。原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓U，下列說法正確的是（）A.電壓U的頻率為100HzB.V的示數(shù)為C.有光照射R時，A的示數(shù)變大D.抽出L中的鐵芯，D變暗〖答案〗C〖解析〗A．從圖乙中可得交流電的周期為，故該交流電的頻率為A錯誤；B．原線圈中電壓有效值為根據(jù)可得即電壓表的示數(shù)為22V，B錯誤；C．有光照射R時，R減小，而U不變，故副線圈總電流增大，根據(jù)可得增大，即電流表示數(shù)增大，C正確；D．抽出L中的鐵芯，理想線圈自感系數(shù)減小，理想線圈對電流的阻礙減小，所以D變亮，D錯誤。故選C。4.如圖所示，O為半球形容器的球心，半球形容器繞通過O的豎直軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動，放在容器內(nèi)的兩個質(zhì)量相等的小物塊a和b相對容器靜止，b與容器壁間恰好沒有摩擦力。已知a和O、b和O的連線與豎直方向的夾角分別為60°和30°，則下列說法正確的是（）A.小物塊a和b做圓周運動的向心力之比為B.小物塊a和b對容器壁的壓力之比為C.小物塊a與容器壁之間無摩擦力D.容器壁對小物塊a的摩擦力方向沿器壁切線向下〖答案〗A〖解析〗A．a(chǎn)、b角速度相等，向心力可表示為所以a、b向心力之比為，A正確；BCD．若無摩擦力a將移動到和b等高的位置，所以摩擦力沿切線方向向上。定量分析：對b分析可得結(jié)合對b分析結(jié)果，對a分析即支持力在指向轉(zhuǎn)，軸方向的分力大于所需要的向心力，因此摩擦力有背離轉(zhuǎn)軸方向的分力，即摩擦力沿切線方向向上；對b有對a有所BCD錯誤。故選A。5.如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向外。已知在該區(qū)域內(nèi)，一個帶電小球在豎直面內(nèi)做直線運動。下列說法正確的是（）A.若小球帶正電荷，則小球的電勢能減小B.若小球帶負電荷，則小球的電勢能減小C.無論小球帶何種電荷，小球的重力勢能都減小D.小球可能做加速直線運動〖答案〗C〖解析〗帶電小球在重力場、電場、磁場的復(fù)合場中，只要做直線運動（速度與磁場不平行），一定是勻速直線運動。若速度變化，洛侖茲力(方向垂直速度)會變化，合力就會變化；合力與速度就不在一直線上，帶電體就會做曲線運動。A．小球受的重力豎直向下，若小球帶正電荷，小球受的電場力水平向右，則洛侖茲力斜向左上方，三力才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向左下方，則電場力的方向與運動方向成鈍角，電場力做負功，小球的電勢能增大，故A錯誤；B．小球受的重力豎直向下，若小球帶負電荷，小球受的電場力水平向左，則洛侖茲力斜向右上方，三力才能平衡；由左手定則可知，小球的速度向右下方，則電場力的方向與運動方向成鈍角，電場力做負功，小球的電勢能增大，故B錯誤；C．由AB項分析知，無論小球帶何種電荷，小球豎直方向的分速度均向下，小球的重力勢能減小，故C正確；D．小球做勻速直線運動，故D錯誤。故選C。6.用如圖所示的裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象，用光子能量為2.85eV的光照射到光電管上時發(fā)生了光電效應(yīng)，電流表G的示數(shù)不為零，移動變阻器的觸點c，發(fā)現(xiàn)電壓表的示數(shù)大于或等于1.70V時，電流表示數(shù)為0，則下列說法正確的是（）A.光電管陰極的逸出功為1.15eVB.開關(guān)S斷開后，電流表G中無電流流過C.當滑動觸頭向a端滑動時，反向電壓增大，電流增大D.改用能量為1.60eV的光子照射，移動變阻器的觸點c，電流表G中也可能有電流〖答案〗AD〖解析〗A、該裝置所加的電壓為反向電壓，發(fā)現(xiàn)當電壓表的示數(shù)大于或等于1.70V時，電流表示數(shù)為0，知道光電子的最大初動能為1.70eV，根據(jù)光電效應(yīng)方程EKm＝hγ﹣W0，解得：W0＝1.15eV．故A正確；B、電鍵S斷開后，用光子能量為2.75eV的光照射到光電管上時發(fā)生了光電效應(yīng)，有光電子逸出，則有電流流過電流表，故B錯誤；C、當滑動觸頭向a端滑動時，反向電壓增大，則到達集電極的電子的數(shù)目減小，電流減?。蔆錯誤；D、改用能量為1.60eV的光子照射時，由于1.60eV的光子的能量值大于該金屬的逸出功，所以移動變阻器的觸點c，電流表G中也可能有電流．故D正確．7.被譽為“中國天眼”的500米口徑球面射電望遠鏡（FAST）再次收獲一項重要科研成果——發(fā)現(xiàn)目前所知軌道周期最短脈沖星雙星系統(tǒng)，填補了蜘蛛類脈沖星系統(tǒng)演化模型缺失的一環(huán)。科學(xué)家在地球上用望遠鏡觀測到一個亮度周期性變化的光點，這是因為其中一個天體擋住另一個天體時，光點亮度會減弱?，F(xiàn)科學(xué)家用一航天器去撞擊雙星系統(tǒng)中的一顆小行星，撞擊后，科學(xué)家觀測到系統(tǒng)光點明暗變化的時間間隔變短。若不考慮撞擊引起的小行星質(zhì)量變化，且撞擊后該雙星系統(tǒng)仍能穩(wěn)定運行，則被航天器撞擊后（）A.該雙星系統(tǒng)的運動周期變大B.兩顆小行星中心連線的距離增大C.兩顆小行星的向心加速度均變大D.兩顆小行星做圓周運動的半徑之比保持不變〖答案〗CD〖解析〗A．撞擊后，科學(xué)家觀測到光點明暗變化的時間間隔變短，可知雙星系統(tǒng)的運動周期變小，故A錯誤；BD．設(shè)雙星之間的距離為L，雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，則有聯(lián)立解得，則兩顆小行星做圓周運動的半徑之比保持不變，兩個小行星中心連線的距離減小，故B錯誤，D正確；C．根據(jù)萬有引力提供向心力有兩個小行星中心連線的距離減小，則兩顆小行星的向心加速度均變大，故C正確。故選CD。8.如圖所示，兩根平行且光滑的金屬導(dǎo)軌由圓弧部分和水平部分組成，圓弧部分由兩段間距為2l、豎直放置的四分之一圓弧導(dǎo)軌構(gòu)成，水平部分由足夠長、但不等寬的水平導(dǎo)軌構(gòu)成，水平導(dǎo)軌的寬、窄部分間距分別為2l、l，虛線MN右側(cè)導(dǎo)軌區(qū)域處于豎直向上的勻強磁場中，寬、窄兩部分區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小分別為B、2B。金屬棒ab與cd的質(zhì)量均為m、電阻均為R，長度分別為l、2l，金屬棒ab靜止在窄導(dǎo)軌上.現(xiàn)將金屬棒cd從圓弧軌道上距水平導(dǎo)軌h高度處由靜止釋放，在此后的運動過程中，cd始終在寬導(dǎo)軌上運動，ab始終在窄導(dǎo)軌上運動，兩金屬棒始終垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好.導(dǎo)軌各部分之間均平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g，則（）A.金屬棒cd剛進入磁場時的速度大小為B.通過金屬棒ab的最大電流為C.金屬棒ab、cd運動狀態(tài)穩(wěn)定時，二者速度相等D.整個過程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為〖答案〗BCD〖解析〗A．設(shè)金屬棒cd剛進入磁場時的速度大小為，根據(jù)機械能守恒定律有解得故A錯誤；B．金屬棒cd剛進入磁場時速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，回路中的電流最大，為故B正確；CD．易知金屬棒cd和ab存在相對運動的過程中，通過兩金屬棒的電流時刻相等，根據(jù)左手定則可知兩金屬棒所受安培力大小時刻方向相反，根據(jù)可得兩金屬棒所受安培力大小時刻相等，所以兩金屬棒組成的系統(tǒng)動量守恒，當金屬棒運動狀態(tài)穩(wěn)定時，易知二者產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等、方向相反，所以回路中電流為零，即其中所以根據(jù)動量守恒定律有又因為兩金屬棒阻值相同，則根據(jù)能量守恒定律和焦耳定律可知整個過程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為故CD正確。故選BCD。第II卷二、非選擇題：9.用如圖所示的多用電表測量電阻，要用到選擇開關(guān)K和兩個部件S、T。請根據(jù)下列步驟完成電阻測量：（1）旋動部件______，使指針對準電流的“0”刻線；（2）將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×100”的位置；（3）將插入“＋”、“－”插孔的表筆短接，旋動部件________，使指針對準電阻“0”刻線；（4）將兩表筆分別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過小，為了得到比較準確的測量結(jié)果，將按照下面的步驟進行操作：①將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋________的位置（選填“×1k”或“×10”）；②將兩表筆短接，旋動合適部件，對電表進行校準；③將兩表筆的金屬部分分別與被測電阻的兩根引線相接；④完成讀數(shù)測量?！即鸢浮剑?）S（3）T（4）×1k〖解析〗（1）[1]首先要對表盤機械校零，所以旋動部件是S；（3）[2]接著是歐姆調(diào)零，將“＋”、“－”插孔的表筆短接，旋動部件T，讓表盤指針指在最右端零刻度處；（4）①[3]由于將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×100”的位置時，兩表筆分別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過小，故為了得到比較準確的測量結(jié)果，將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋×1k的位置。10.某同學(xué)利用如圖裝置測量小車和智能手機的質(zhì)量，智能手機可以利用APP直接測量出手機運動時的加速度。懸掛質(zhì)量為的鉤碼，用智能手機測出小車運動的加速度；改變鉤碼的質(zhì)量，進行多次測量；做出與的圖像如圖，已知圖像中直線的截距為，斜率為。不計空氣阻力，重力加速度為。（1）（單選）以下說法正確的是___________；A．鉤碼的質(zhì)量應(yīng)該遠小于智能手機和小車的質(zhì)量B．細繩應(yīng)該始終與長木板平行C．不懸掛鉤碼時，應(yīng)使小車和智能手機勻速沿木板下滑D．細線的拉力等于鉤碼的重力（2）根據(jù)圖像可得，小車和手機的質(zhì)量為____________；（3）再利用手機APP測出斜面傾角為，則小車和智能手機沿木板運動過程中受摩擦力的大小為_______?！即鸢浮剑?）B（2）（3）〖解析〗（1）[1]設(shè)小車和手機的質(zhì)量為，斜面傾角為，對鉤碼和小車以及手機的系統(tǒng)由牛頓第二定律有整理可得可得本實驗的原理為與成一次函數(shù)。A．因本實驗驗證牛頓第二定律為對系統(tǒng)采用準確的方法，故不需要近似的用鉤碼重力代替繩的拉力，也就不需要質(zhì)量關(guān)系，即不需要鉤碼的質(zhì)量應(yīng)該遠小于智能手機和小車的質(zhì)量，故A錯誤；B．為了讓繩子拉小車力為恒力，則細繩應(yīng)該始終與長木板平行，故B正確；C．本實驗若平衡了摩擦力，系統(tǒng)的牛頓第二定律表達式為與成正比例函數(shù)，不符合實驗實驗結(jié)果，則不需要平衡摩擦力，故C錯誤；D．本實驗研究系統(tǒng)的牛頓第二定律，則繩子的拉力小于鉤碼的重力，故D錯誤。故選B。（2）[2]根據(jù)與的一次函數(shù)關(guān)系，可知圖像的斜率的意義為則小車和手機的質(zhì)量為（3）[3]根據(jù)與的一次函數(shù)關(guān)系，可知縱截距的物理意義為聯(lián)立解得摩擦力的大小為11.如圖所示，光滑水平面上放著長，質(zhì)量為的薄木板，一個質(zhì)量為的小物體放在木板的最右端，m和M之間的動摩擦因，開始均靜止，現(xiàn)對木板施加一水平向右的恒定拉力F，g取。求：（1）為使小物體不從木板上掉下，F(xiàn)不能超過多少；（2）如果拉力，小物體需多長時間就脫離木板。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）小物體隨木板運動的最大加速度為a，對小物體由牛頓第二定律得可得小物體最大加速度為對整體分析，由牛頓第二定律得（2）因施加的拉力，故物體相對木板滑動，設(shè)木板對地運動的加速度為，對木板由牛頓第二定律得解得小物體在木板上運動的時間為，則解得12.如圖所示，水平虛線MN的下方存在豎直向上的勻強電場（大小未知），虛線上方有一以MN上一點O為圓心、R為半徑的半圓形區(qū)域，該區(qū)域中存在垂直紙面向里的勻強磁場和水平方向的勻強電場E（E大小未知，圖中均未畫出），磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，O點正下方固定一粒子源S，能源源不斷地產(chǎn)生初速度為零的同種正粒子，經(jīng)過一段時間粒子由O點進入半圓區(qū)域，粒子在半圓區(qū)域的軌跡為直線，在半圓區(qū)域內(nèi)運動的時間為，粒子的重力以及粒子間相互作用均忽略不計。（1）求半圓區(qū)域內(nèi)勻強電場電場強度E的大小；（2）若僅將半圓區(qū)域內(nèi)的磁場撤去，結(jié)果粒子在半圓區(qū)域中運動的時間變?yōu)?，求粒子的比荷；?）若將半圓區(qū)域內(nèi)電場撤去，且將虛線MN下方的電場強度增大到原來的16倍，求粒子在半圓形區(qū)域運動的時間?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）帶正電粒子經(jīng)過O點進入半圓形區(qū)域，并沿豎直半徑方向做直線運動，所以粒子所受洛倫茲力與電場力二力平衡，由左手定則可知粒子所受洛倫茲力方向水平向左，所以粒子所受電場力方向水平向右，電場強度的方向水平向右，粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)勻速運動的時間為，則速度為根據(jù)平衡條件有聯(lián)立解得（2）若僅將半圓形區(qū)域內(nèi)的磁場撤去，粒子仍從S處靜止釋放，粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)做類平拋運動，粒子在垂直于MN方向上做勻速直線運動，在平行于MN方向上做初速度為零的勻加速直線運動，如圖所示粒子運動到半圓形區(qū)域的a點，垂直于MN方向的位移大小為由數(shù)學(xué)知識可得粒子在平行于MN方向上的位移大小為粒子在平行于MN方向上做勻加速直線運，則有由牛頓第二定律聯(lián)立解得粒子的比荷（3）將虛線下方電場強度增大到原來的16倍，粒子仍從S處靜止釋放，由可知粒子進入半圓形區(qū)域的速度為粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有解得令粒子從b點射出半圓形區(qū)域，如圖所示設(shè)粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)運動的圓心角為，由余弦定理有解得粒子在磁場中圓周運動的周期解得粒子在半圓形區(qū)域內(nèi)運動的時間聯(lián)立解得13.在做“用油膜法估測分子的大小”實驗時，配制好濃度為0.06%的油酸酒精溶液(單位體積溶液中含有純油酸的體積)，1mL上述溶液用注射器剛好滴75滴；在撒有均勻痱子粉的水面上用注射器滴1滴油酸酒精溶液，水面上形成油酸薄膜，下圖為油膜穩(wěn)定后的形狀，每個正方形小方格的邊長為10mm。下列有關(guān)該實驗說法正確的有()A.油膜的面積為100mm2B.一滴油酸酒精溶液中含純油酸的體積為8.0×10－6mLC.油酸分子的直徑約為7.4×10－9mD.為減小誤差應(yīng)將注射器移到水面中央靠近水面處滴入溶液E.數(shù)油膜面積時不慎將幾個不足一格的按一格計算，不影響估算結(jié)果的數(shù)量級〖答案〗BDE〖解析〗A．不足半格的舍去，大