2023-2024学年山东省高三下学期2月联考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE72024届高三年级2月份大联考物理试题本试卷共8页，18题。全卷满分100分。考试用时90分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于光现象的表述正确的是（）A.黄光和紫光通过同一狭缝后，紫光的衍射现象更明显B.雨后的彩虹是光的干涉现象C.一束红光由空气射入玻璃中，这束红光的波长变长D.激光全息照相利用了光的干涉原理〖答案〗D〖解析〗A．黄光比紫光波长长，衍射现象更明显，故A错误；B．雨后的彩虹是光的折射现象，故B错误；C．红光由空气射入玻璃，波速减小，波长变短，故C错误；D．全息照相利用了光的干涉，故D正确。故选D。2.下列说法正确的是（）A.宇宙射线进入地球大气层时，中子撞击氮引发核反应产生碳14，其核反应方程为B.石墨对X射线散射后，在散射X射线中，除了有与入射波长相同的成分外，还有波长小于的成分C.普朗克为解释黑体辐射规律作出假设：必须假定电磁波本身的能量也是不连续的，即认为光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的D.根据玻尔原子理论的基本假设，电子在跃迁时吸收或放出的光子的频率，由跃迁后的能级决定〖答案〗A〖解析〗A．宇宙射线进入地球大气层时，中子撞击氮引发核反应产生碳14，核反应方程为故A正确；B．石墨对X射线散射后，在散射的X射线中，除了有与入射波长相同的成分外，还有波长大于入射波长的成分，故B错误；C．爱因斯坦解释光电效应时，认为光本身是有一个个不可分割的能量子组成的，这些能量子叫作光子，故C错误；D．根据玻尔原子理论的基本假设，电子在跃迁时吸收或放出的光子的频率，由跃迁的能级差决定，故D错误。故选A。3.中国传统工艺——榫卯结构出现在当下流行的拼插玩具中，如图甲所示。凸出部分叫榫，凹进部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用。图乙是一种榫卯连接构件，相互连接的两部分M、N，其中构件M固定在水平地面上，榫、卯接触面间的动摩擦因数均为μ，沿N的轴线OP用大小为F的力才能将N从M中缓慢拉出。可认为各接触面间的弹力大小均为，滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，N的下表面与水平地面未接触，则榫、卯接触面间的动摩擦因数μ为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗缓慢拉出，所以处于平衡态，榫卯结构有4个接触面，则解得故选C。4.社团活动丰富了同学们的课余生活，如图所示为小冬同学制作的一台手摇式交流发电机，当缓慢摇动大皮带轮手柄时，连接在发电机上的小灯泡就会一闪一闪的发光。若已知大皮带轮的半径为R，小皮带轮的半径为r，R=6r，摇动手柄的角速度为，且摇动过程中皮带不打滑，则下列说法正确的是（）A.发电机产生的交变电流频率为B.小灯泡闪烁的频率为C.增大摇动手柄的角速度，小灯泡的闪烁频率增大，但亮度不变D.增大摇动手柄的角速度，小灯泡的闪烁频率不变，但亮度增大〖答案〗B〖解析〗A．根据题意有皮带传动时，两皮带轮边缘线速度大小相等，根据解得可知，发电机转子的角速度为手柄角速度的6倍，发电机产生的交变电流频率为故A错误；B．小灯泡闪烁的频率是交流电频率的两倍，即有故B正确；CD．感应电动势的峰值为结合上述可知，增大摇动手柄角速度，小灯泡的闪烁频率增大，电动势的峰值增大，即电动势的有效值增大，即小灯泡的亮度也增大，故CD错误。故选B。5.杭州第19届亚运会跳水比赛于2023年9月30日至10月4日在杭州奥体中心游泳馆举行。我国跳水运动员包揽了全部的10枚金牌，真正做到了“十全十美”。如图甲所示为10米跳台冠军杨昊比赛时的精彩瞬间。图乙对跳水过程进行了模拟，假设将杨昊看作质点，0时刻杨昊到达最高点A，此后做自由落体运动，t时刻到达标记点B，3t时刻到达落水点C，已知BC的高度为9.6m，则AC的高度为（）A.10m B.10.4m C.10.8m D.11.2m〖答案〗C〖解析〗从最高点开始杨昊做自由落体运动，相同时间间隔位移之比为1∶3∶5，则AC的高度为故选C。6.如图所示为电影《流浪地球》中我国歼击机垂直起降的剧照。假设该歼击机的质量为25吨，起飞时，单位时间竖直向下喷出气体的质量为300千克，喷气速度为1000m/s。重力加速度g取，则起飞瞬间该歼击机的加速度大小约为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设向下为正，对喷出气体列动量定理有根据牛顿第三定律有，气体对飞机的作用力大小与F大小相等，设向上为正，对飞机受力分析，有解得故选B。7.如图所示为单反相机的取景五棱镜原理图，光线a经平面镜反射后以垂直AB面的方向射入五棱镜，以平行于AB面的方向射出五棱镜。已知玻璃相对空气的折射率为1.5，CD面与AB面的夹角为30°，∠ABC=90°。已知，下列说法正确的是（）A.光线在F点的折射角的正弦值为0.75B.光线在F点发生全反射C.调节CD面与AB面的夹角，使得光线a由CD面射向空气时，恰好发生全反射，调整后CD面与AB面的夹角为48°D.如果左下角的三角形表示一正立的物体，经过多次反射后在取景窗中得到的是正立的像〖答案〗A〖解析〗AB．已知玻璃相对空气的折射率为1.5，则发生全反射的临界角C满足由几何关系可知光线在F点的入射角为30°，因为所以入射角小于临界角，不能发生全反射，设折射角为，则解得故A正确，B错误；C．调节CD面与AB面的夹角，使得光线a由CD面射向空气时，恰好发生全反射，调整后CD面与AB面的夹角为42°，故C错误；D．从三角形下方作出光线，如图所示由图可知在取景窗中得到的是倒立的像，故D错误。故选A。8.如图所示，质量为1kg的物块a与质量为4.36kg的物块b用不可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻质定滑轮（大小可忽略）两侧，滑轮上侧到水平光滑桌面高度h=12m。a在桌面的上方，b在桌面上，初始时a、b在外力控制下均静止，右侧绳与竖直方向的夹角为37°。撤去控制，用大小恒为20N的力F水平向右拉b，a、b开始运动，a、b均可看作质点，b始终未离开桌面，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。一段时间后，右侧绳与竖直方向的夹角变为53°。在此瞬间，a的速度大小为（）A.6m/s B.5m/s C.4.8m/s D.3.6m/s〖答案〗C〖解析〗夹角由37°变化为53°，如图所示由几何关系得到，，故a在竖直方向上升了b在水平方向前进了，b的水平速度沿绳方向的分量为0.8vb，即此速度为a的速度，由功能关系得代入数据解得，故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，嫦娥五号探测器由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成。探测器完成对月球表面的取样任务后，样品将由上升器携带升空进入环月轨道，与环月轨道上做匀速圆周运动的轨道器返回器组合体（简称“组合体”）对接。为了安全，上升器与组合体对接时，必须具有相同的速度。已知上升器（含样品）的质量为m，月球的半径为R，月球表面的“重力加速度”为g，组合体到月球表面的高度为h。取上升器与月球相距无穷远时引力势能为零，上升器与月球球心距离r时，引力势能为，G为引力常量，月球的质量为M（未知），不计月球自转的影响。下列说法正确的是（）A.月球的质量B.组合体在环月轨道上做圆周运动的速度v的大小为C.上升器与组合体成功对接时上升器的能量为D.上升器从月球表面升空并与组合体成功对接至少需要的能量为〖答案〗AD〖解析〗A．月球表面的“重力加速度”为g，根据解得月球的质量故A正确；B．根据结合上述，解得组合体的线速度故B错误；C．上升器与组合体成功对接时上升器的动能为引力势能则上升器的能量为故C错误；D．上升器从月球表面升空并与组合体成功对接至少需要的能量为结合上述解得故D正确。故选AD。10.如图所示，五角星是边长相等的共面十边形，b、a、i、h四点共线，若在j、d点固定电荷量为Q的正点电荷，一带负电的试探电荷q从g点由静止释放，仅在静电力作用下运动。下列说法正确的是（）A.i、e两点的电场强度相同B.试探电荷q从g点运动到b点的过程中，其电势能先减小后增大C.试探电荷q在g、b两点间往复运动D.若在h、f点也固定电荷量为Q的正点电荷，试探电荷q由静止释放后将向b点运动〖答案〗BC〖解析〗A．j、d点固定电荷量相等的正点电荷，根据等量同种点电荷的电场分布规律可知，i、e两点位置对称，电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；B．根据等量同种点电荷的电场分布规律可知，带负电的试探电荷q从g点运动到b点过程中，电场力先做正功后做分功，则电势能先减小后增大，故B正确；C．根据等量同种点电荷的电电势分布规律可知，b点和g点电势相等，带负电的试探电荷q在g、b两点间往复运动，故C正确；D．根据根据等量同种点电荷的电场分布规律可知，若在h、f点也固定电荷量为Q的正点电荷，则g点电场强度向上，带负电的试探电荷q向下运动，故D错误。故选BC。11.如图所示，一等腰直角三角形线圈的匝数为n，ab、bc边长均为L，线圈电阻为R。线圈平面与匀强磁场垂直，且一部分处在磁场中，三角形与磁场边界的交点为d、e，其中d、e分别为边ac、bc的中点，在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到3B，在此过程中（）A.线圈中的磁通量增加量为B.线圈中产生的感应电动势大小为C.线圈中产生的感应电流大小为D.线圈整体所受安培力大小增加了〖答案〗BD〖解析〗A．根据可知，线圈中的磁通量增加了故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势大小为故B正确；C．根据欧姆定律可知，线圈中的感应电流大小为故C错误；D．根据安培力的计算公式可知，安培力增加了故D正确。故选BD。12.如图所示，光垂直照射斜面，把一个质量为0.2kg的小球从斜面顶端水平弹射出来做平抛运动，小球刚好落在木板底端。然后使用手机连续拍照功能，拍出多张照片记录小球此运动过程。通过分析照片可以得到小球的飞行时间为0.6s，小球与其影子距离最大时，影子A距木板顶端和底端的距离之比约为7:9，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）A.飞行过程中，重力对小球做的功为1.8JB.小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻C.斜面的倾角θ=30°D.木板的长度为3.6m〖答案〗BCD〖解析〗A．小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动位移时间公式有根据功的公式，可得飞行过程中，重力对小球做的功为故A错误；B．经过分析可知，当小球与影子距离最大时，此时小球的速度方向与斜面平行，即速度方向与水平方向的夹角为，此时竖直方向的速度为当小球落到斜面底端时，此时小球位移与水平方向的夹角为，令此时速度方向与水平方向的夹角为，则有此时竖直方向的速度为则有则有故小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻，故B正确；CD．将小球的运动沿斜面与垂直于斜面分解，建立直角坐标系如图所示由题意可知则有可得，又由于则y方向速度减为零需要的时间为结合上述有联立可得，可得则有故木板的长度为故CD正确。故选BCD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.小婷同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。（1）该同学先用游标卡尺测量小铁球的直径如图甲所示，则小铁球的直径_________cm。（2）该同学用秒表计时，记录了单摆全振动50次所用的时间如图乙所示，秒表读数为___________s。（3）若摆线的长度为0.98m，该同学由以上数据求出重力加速度_________（结果保留三位有效数字，）。（4）若他测得的g值偏小，可能的原因是___________（填正确〖答案〗标号）。A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了C.开始计时时，秒表提前按下D.实验中误将49次全振动数为50次〖答案〗（1）1.58（2）100（3）9.74（4）BC〖解析〗（1）[1]由图甲可知小球的直径（2）[2]由秒表可读出时间为100s。（3）[3]由单摆周期公式整理有其中解得（4）[4]A．测摆线长时摆线拉得过紧，会使得摆长测量偏大，由可知，其导致g测量偏大，故A项错误；B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，使得测量的摆长偏小，根据可知，其导致g测量偏小，故B项正确；C．开始计时时，秒表提前按下，使得测量的周期偏大，由可知，其导致g测量偏小，故C项正确；D．实验中误将49次全振动数为50次，使得测量的周期偏小，由可知，其导致g测量偏大，故D项错误。故选BC。14.为了能够准确地测量某电池组的电动势及内阻，提供的器材如下：A电压表V（0~3V~15V，内阻未知）B.电流表A（0~0.6A~3A，内阻未知）C.定值电阻R0（阻值R0=2Ω）D.滑动变阻器R若干（最大阻值为10Ω、100Ω）E.电池组一组、开关与导线若干（1）图甲是小田同学根据选用仪器设计测量该电池组的电动势和内阻的电路图。调节滑动变阻器，记录多组电压表的示数（U，I），在坐标纸上描点连线作出U—I图像，如图乙所示，则该电池组的电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果均保留两位有效数字）（2）小文同学则设计了图丙所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制U—I图线如图丁中所示的A、B两条图线。可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接______（填“1”或“2”）中的实验数据描出的；分析图丁可知，此电池组电动势的真实值为______，内阻的真实值为______。〖答案〗（1）2.91.1（2）1〖解析〗（1）[1]根据闭合电路欧姆定律可得整理得结合图像可知，电池组的电动势为由图中直线和纵轴截距可得解得电源内阻（2）[3]根据实验原理可知可知，单刀双掷开关S2接1时，系统误差在于电流表的分压，将电流表与电源等效为一个新电源，则测量值为等效电源的电动势与内阻，由于是串联等效，可知，此时电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值大于真实值，单刀双掷开关S2接2时，系统误差在于电压表的分流，将电压表与电源等效为一个新电源，则测量值为等效电源的电动势与内阻，由于是并联等效，可知，此时电动势的测量值小于真实值，内阻的测量值小于真实值，即单刀双掷开关S2接1时，电动势的测量值大于单刀双掷开关S2接2时的测量值，可知，图线A是利用单刀双掷开关S2接1；[4][5]结合上述可知，当单刀双掷开关S2接1时，误差在于电流表的分压，当断路时，干路电流为0，电流表分压为0，即断路时的测量值等于真实值，当单刀双掷开关S2接2时，误差在于电压表的分流，当短路时，路端电压为0，电压表分流为0，即短路时的测量值等于真实值，结合上述可知，A图像纵轴交点与B图像横轴交点没有误差，将这两点连接起来的图像即为真实图像，可知E真=EA，15.为了研究自由落体运动规律，小陆同学准备自制“牛顿管”进行试验。假设抽气前管内气体的压强为大气压强，管内气体的体积为2.5L，每次抽气体积为0.5L。不考虑温度变化、漏气等影响，已知，，求：（结果均保留三位有效数字）（1）抽气10次后管内气体的压强；（2）抽气10次后管内剩余气体与第一次抽气前气体质量之比。〖答案〗（1）；（2）0.161〖解析〗（1）设第一次抽气后管内气体的压强变为p1，由等温变化得代入数据得设第二次抽气后管内气体的压强变为p2，由等温变化得代入数据得依此规律得第十次抽气后（2）第一次抽气后气体体积变为，质量之比等于体积之比，即依此规律得第二次抽气后联立得依此规律得第十次抽气后16.一课外兴趣研究小组在学校组织的“鸡蛋撞地球”科技活动中，为使鸡蛋能毫发无损的落地，利用电磁阻尼缓冲原理设计了一缓冲装置。其原理模型如图所示，顶部是蛋仓主体，下方是光滑导轨，导轨内侧是一缓冲底座，缓冲底座侧面有导槽（未画出）与导轨相连。在缓冲底座侧面围绕底座设置n个独立单匝闭合矩形金属线圈，线圈间彼此绝缘，与底座导轨绝缘。导轨内侧在蛋仓主体上固定有电阻很小的通电线圈可提供较强稳定均匀磁场，磁感应强度大小为B，方向水平，已知缓冲底座与地面接触后速度迅速减为零，若该缓冲装置在一次实验中刚落地前瞬间速度为v0，设每个线圈电阻为R，顶部长度为L，该装置除缓冲底座整体外其他部分总质量为M，重力加速度为g，导轨落地时，缓冲底座顶端未接触蛋仓主体下部，忽略空气阻力。（1）求当缓冲底座刚落地后，某一线圈MN（如图所示）中电流的大小和方向；（2）若导轨够长，缓冲底座够高，求导轨落地时的最小速度v，并提出两条减小这一最小速度的方法。〖答案〗（1），电流I方向从M到N；（2）；①增大磁场强度；②使用电阻率更小的材料绕制缓冲底座上的线圈以减小线圈的电阻〖解析〗（1）线圈相对于磁场向上以速度v0运动，根据右手定则，电流I的方向从M到N，根据法拉第电磁感应定律可得根据闭合电路的欧姆定律可得联立解得（2）当蛋仓主体及导轨受力平衡时，速度不再减小，此时速度最小，根据力的平衡可知解得从表达式可看出，要想减小这一最小速度，①增大磁场强度；②使用电阻率更小的材料绕制缓冲底座上的线圈以减小线圈的电阻。17.如图甲所示的空间坐标系x轴、y轴、z轴交于O点。空间存在如图乙所示的周期性匀强电场以及如图丙所示的周期性匀强磁场，电场与磁场均沿z轴正方向，E0大小未知，。t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子自O点沿x轴正方向以速度v0射入，时粒子到达坐标点（2L，0，L）。粒子重力忽略不计，忽略一切阻力。（1）求电场强度E0的大小；（2）求时粒子的位置坐标；（3）求粒子再次回到z轴时的z轴坐标；（4）如果保持电场规律不变，磁场的方向改为沿x轴正方向，求时粒子的位置坐标。〖答案〗（1）；（2）；（3）；（4）〖解析〗（1）在xOz平面内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，则有解得（2）在到时间内，在平行于xOy平面内，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在该平面内速度分量为v0，由牛顿第二定律有解得由圆周运动周期为则在该平面内，刚好转半圈，即x轴坐标为2L，y轴坐标为，在z方向，分速度为v0，粒子做匀速直线运动，沿z轴运动的距离为即在时粒子的位置坐标为。（3）在至时间内，在xOz平面内，粒子在电场力作用下做类斜抛运动，则沿z轴有此时，z轴方向的分速度为在至时间内，平行于xOy平面内，粒子仍旧在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在该平面内速度分量仍然为v0，则该段时间结束时，回到z轴，该段时间内，在z方向，分速度为2v0，粒子做匀速直线运动，则有则此时z轴坐标为（4）在到时间内，磁场方向变化后，在x轴方向做匀速直线运动，该方向速度分量依然为v0，该段时间内则x轴坐标变为在平行于yOz平面内做匀速圆周运动，半径依然为L，z轴坐标为L不变，y轴坐标为2L。在至时间内，在xOz平面内，在粒子在电场力作用下做类斜抛运动，z方向减速为零，则y轴坐标不变仍为2L，z轴坐标减为零，x方向速度不变，该段时间内则x轴坐标变为在至时间内，只在x方向有速度v0，此时速度方向与磁场方向平行，粒子做匀速直线运动，该段时间内则x轴坐标变为z轴坐标仍为零，y轴坐标仍为2L，在至时间内，在xOz平面在内，粒子在电场力作用下做类平抛运动，z方向匀加速直线运动，z轴坐标再次变为L，则y轴坐标不变仍为2L，x方向速度不变，该段时间内则x轴坐标变为在至时间内，在平行于yOz平面内做匀速圆周运动，半径依然为L，z轴坐标为L不变，y轴坐标为4L；x轴方向，粒子做匀速直线运动，该段时间内则x轴坐标变为因此，在时粒子的位置坐标为。18.如图所示，天花板上的O点悬挂一圆锥摆，摆长L=2m，摆线与竖直方向的夹角为α=37°，摆块P（可视为质点）的质量m1=5kg。圆锥摆右下方某位置固定一光滑圆弧轨道AB，圆弧半径R=3m，对应圆心角β=53°。轨道末端B点与一质量m2=2kg的木板M紧靠且与上板平齐，木板M与地面间摩擦力不计。木板左端上方放置一质量m3=5kg的滑块Q，滑块Q与木板M上表面间的动摩擦因数满足，其中x为滑块Q所在位置到木板M左端的距离。摆块P、滑块Q均可看作质点。地面右端足够远处有一竖直墙D，木板M及滑块Q与墙壁碰撞后均可原速率反弹。某时刻，摆线断裂，摆块P做平抛运动，一段时间后，摆块P由A点沿切线进入圆弧轨道AB，摆块P与滑块Q碰撞时为弹性碰撞。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）摆块P在做圆锥摆动时的速度大小；（2）圆锥摆悬挂点O到圆弧轨道A点间的距离大小；（3）与墙壁碰撞前滑块Q刚好不脱离木板M，木板M的长度大小为多少；（4）满足（3）条件下，木板M及滑块Q与墙壁碰撞后，木板M左端再次到达B点时，迅速被锁定静止，滑块Q继续减速前进，判断滑块Q能否再与摆块P相撞？如果能发生碰撞，此后摆块P能否飞出A点？如果能飞出A点，求摆块P能够到达的最大高度。如果不能飞出A点，判断滑块Q能否离开木板M，如果能离开，求滑块Q离开木板M时的速度。如果不能离开，求滑块Q静止时的位置。〖答案〗（1）3m/s；（2）；（3）3.5m；（4）能再次碰撞，不能飞出A点，滑块Q不能离开木板，滑块Q静止时距离B点距离为〖解析〗（1）根据牛顿第二定律可得代入数据得（2）摆块P沿切线进入圆周轨道，则由几何关系得到达A点时的速度vA与水平方向的夹角，则有竖直方向速度平抛过程时间水平方向位移竖直方向位移相对于悬挂点，竖直方向距离为由空间几何关系得（3）摆块P由A点到B点过程中，由动能定理得解得在B点摆块P与滑块Q发生弹性碰撞，则解得滑块Q刚好不脱离木板M，由动量守恒定律得由能量守恒定律得因摩擦产生的热量解得因摩擦产生的热量等于平均摩擦力与相对位移的乘积其中，联立解得（4）滑块Q与木板M同时撞墙，同时反弹，之后同时向左匀速直线运动，木板M左端再次到达B点时，迅速被锁定静止，滑块Q继续减速前进，到达B点时，速度变为，由能量守恒定律得解得滑块Q与摆块P弹性碰撞，摆块P的速度又变为，假设减速到A点能够飞出，由动能定理得vP无解，故摆块P不能由A点飞出，之后返回B点，再次与滑块Q弹性碰撞，此时滑块Q的动能为，故滑块Q不能滑离木板M，设前进距离x后速度减为零，由能量守恒定律得，，联立解得即滑块Q停在距B点处。2024届高三年级2月份大联考物理试题本试卷共8页，18题。全卷满分100分。考试用时90分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列关于光现象的表述正确的是（）A.黄光和紫光通过同一狭缝后，紫光的衍射现象更明显B.雨后的彩虹是光的干涉现象C.一束红光由空气射入玻璃中，这束红光的波长变长D.激光全息照相利用了光的干涉原理〖答案〗D〖解析〗A．黄光比紫光波长长，衍射现象更明显，故A错误；B．雨后的彩虹是光的折射现象，故B错误；C．红光由空气射入玻璃，波速减小，波长变短，故C错误；D．全息照相利用了光的干涉，故D正确。故选D。2.下列说法正确的是（）A.宇宙射线进入地球大气层时，中子撞击氮引发核反应产生碳14，其核反应方程为B.石墨对X射线散射后，在散射X射线中，除了有与入射波长相同的成分外，还有波长小于的成分C.普朗克为解释黑体辐射规律作出假设：必须假定电磁波本身的能量也是不连续的，即认为光本身就是由一个个不可分割的能量子组成的D.根据玻尔原子理论的基本假设，电子在跃迁时吸收或放出的光子的频率，由跃迁后的能级决定〖答案〗A〖解析〗A．宇宙射线进入地球大气层时，中子撞击氮引发核反应产生碳14，核反应方程为故A正确；B．石墨对X射线散射后，在散射的X射线中，除了有与入射波长相同的成分外，还有波长大于入射波长的成分，故B错误；C．爱因斯坦解释光电效应时，认为光本身是有一个个不可分割的能量子组成的，这些能量子叫作光子，故C错误；D．根据玻尔原子理论的基本假设，电子在跃迁时吸收或放出的光子的频率，由跃迁的能级差决定，故D错误。故选A。3.中国传统工艺——榫卯结构出现在当下流行的拼插玩具中，如图甲所示。凸出部分叫榫，凹进部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用。图乙是一种榫卯连接构件，相互连接的两部分M、N，其中构件M固定在水平地面上，榫、卯接触面间的动摩擦因数均为μ，沿N的轴线OP用大小为F的力才能将N从M中缓慢拉出。可认为各接触面间的弹力大小均为，滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，N的下表面与水平地面未接触，则榫、卯接触面间的动摩擦因数μ为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗缓慢拉出，所以处于平衡态，榫卯结构有4个接触面，则解得故选C。4.社团活动丰富了同学们的课余生活，如图所示为小冬同学制作的一台手摇式交流发电机，当缓慢摇动大皮带轮手柄时，连接在发电机上的小灯泡就会一闪一闪的发光。若已知大皮带轮的半径为R，小皮带轮的半径为r，R=6r，摇动手柄的角速度为，且摇动过程中皮带不打滑，则下列说法正确的是（）A.发电机产生的交变电流频率为B.小灯泡闪烁的频率为C.增大摇动手柄的角速度，小灯泡的闪烁频率增大，但亮度不变D.增大摇动手柄的角速度，小灯泡的闪烁频率不变，但亮度增大〖答案〗B〖解析〗A．根据题意有皮带传动时，两皮带轮边缘线速度大小相等，根据解得可知，发电机转子的角速度为手柄角速度的6倍，发电机产生的交变电流频率为故A错误；B．小灯泡闪烁的频率是交流电频率的两倍，即有故B正确；CD．感应电动势的峰值为结合上述可知，增大摇动手柄角速度，小灯泡的闪烁频率增大，电动势的峰值增大，即电动势的有效值增大，即小灯泡的亮度也增大，故CD错误。故选B。5.杭州第19届亚运会跳水比赛于2023年9月30日至10月4日在杭州奥体中心游泳馆举行。我国跳水运动员包揽了全部的10枚金牌，真正做到了“十全十美”。如图甲所示为10米跳台冠军杨昊比赛时的精彩瞬间。图乙对跳水过程进行了模拟，假设将杨昊看作质点，0时刻杨昊到达最高点A，此后做自由落体运动，t时刻到达标记点B，3t时刻到达落水点C，已知BC的高度为9.6m，则AC的高度为（）A.10m B.10.4m C.10.8m D.11.2m〖答案〗C〖解析〗从最高点开始杨昊做自由落体运动，相同时间间隔位移之比为1∶3∶5，则AC的高度为故选C。6.如图所示为电影《流浪地球》中我国歼击机垂直起降的剧照。假设该歼击机的质量为25吨，起飞时，单位时间竖直向下喷出气体的质量为300千克，喷气速度为1000m/s。重力加速度g取，则起飞瞬间该歼击机的加速度大小约为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设向下为正，对喷出气体列动量定理有根据牛顿第三定律有，气体对飞机的作用力大小与F大小相等，设向上为正，对飞机受力分析，有解得故选B。7.如图所示为单反相机的取景五棱镜原理图，光线a经平面镜反射后以垂直AB面的方向射入五棱镜，以平行于AB面的方向射出五棱镜。已知玻璃相对空气的折射率为1.5，CD面与AB面的夹角为30°，∠ABC=90°。已知，下列说法正确的是（）A.光线在F点的折射角的正弦值为0.75B.光线在F点发生全反射C.调节CD面与AB面的夹角，使得光线a由CD面射向空气时，恰好发生全反射，调整后CD面与AB面的夹角为48°D.如果左下角的三角形表示一正立的物体，经过多次反射后在取景窗中得到的是正立的像〖答案〗A〖解析〗AB．已知玻璃相对空气的折射率为1.5，则发生全反射的临界角C满足由几何关系可知光线在F点的入射角为30°，因为所以入射角小于临界角，不能发生全反射，设折射角为，则解得故A正确，B错误；C．调节CD面与AB面的夹角，使得光线a由CD面射向空气时，恰好发生全反射，调整后CD面与AB面的夹角为42°，故C错误；D．从三角形下方作出光线，如图所示由图可知在取景窗中得到的是倒立的像，故D错误。故选A。8.如图所示，质量为1kg的物块a与质量为4.36kg的物块b用不可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻质定滑轮（大小可忽略）两侧，滑轮上侧到水平光滑桌面高度h=12m。a在桌面的上方，b在桌面上，初始时a、b在外力控制下均静止，右侧绳与竖直方向的夹角为37°。撤去控制，用大小恒为20N的力F水平向右拉b，a、b开始运动，a、b均可看作质点，b始终未离开桌面，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。一段时间后，右侧绳与竖直方向的夹角变为53°。在此瞬间，a的速度大小为（）A.6m/s B.5m/s C.4.8m/s D.3.6m/s〖答案〗C〖解析〗夹角由37°变化为53°，如图所示由几何关系得到，，故a在竖直方向上升了b在水平方向前进了，b的水平速度沿绳方向的分量为0.8vb，即此速度为a的速度，由功能关系得代入数据解得，故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，嫦娥五号探测器由轨道器、返回器、着陆器和上升器等多个部分组成。探测器完成对月球表面的取样任务后，样品将由上升器携带升空进入环月轨道，与环月轨道上做匀速圆周运动的轨道器返回器组合体（简称“组合体”）对接。为了安全，上升器与组合体对接时，必须具有相同的速度。已知上升器（含样品）的质量为m，月球的半径为R，月球表面的“重力加速度”为g，组合体到月球表面的高度为h。取上升器与月球相距无穷远时引力势能为零，上升器与月球球心距离r时，引力势能为，G为引力常量，月球的质量为M（未知），不计月球自转的影响。下列说法正确的是（）A.月球的质量B.组合体在环月轨道上做圆周运动的速度v的大小为C.上升器与组合体成功对接时上升器的能量为D.上升器从月球表面升空并与组合体成功对接至少需要的能量为〖答案〗AD〖解析〗A．月球表面的“重力加速度”为g，根据解得月球的质量故A正确；B．根据结合上述，解得组合体的线速度故B错误；C．上升器与组合体成功对接时上升器的动能为引力势能则上升器的能量为故C错误；D．上升器从月球表面升空并与组合体成功对接至少需要的能量为结合上述解得故D正确。故选AD。10.如图所示，五角星是边长相等的共面十边形，b、a、i、h四点共线，若在j、d点固定电荷量为Q的正点电荷，一带负电的试探电荷q从g点由静止释放，仅在静电力作用下运动。下列说法正确的是（）A.i、e两点的电场强度相同B.试探电荷q从g点运动到b点的过程中，其电势能先减小后增大C.试探电荷q在g、b两点间往复运动D.若在h、f点也固定电荷量为Q的正点电荷，试探电荷q由静止释放后将向b点运动〖答案〗BC〖解析〗A．j、d点固定电荷量相等的正点电荷，根据等量同种点电荷的电场分布规律可知，i、e两点位置对称，电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；B．根据等量同种点电荷的电场分布规律可知，带负电的试探电荷q从g点运动到b点过程中，电场力先做正功后做分功，则电势能先减小后增大，故B正确；C．根据等量同种点电荷的电电势分布规律可知，b点和g点电势相等，带负电的试探电荷q在g、b两点间往复运动，故C正确；D．根据根据等量同种点电荷的电场分布规律可知，若在h、f点也固定电荷量为Q的正点电荷，则g点电场强度向上，带负电的试探电荷q向下运动，故D错误。故选BC。11.如图所示，一等腰直角三角形线圈的匝数为n，ab、bc边长均为L，线圈电阻为R。线圈平面与匀强磁场垂直，且一部分处在磁场中，三角形与磁场边界的交点为d、e，其中d、e分别为边ac、bc的中点，在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到3B，在此过程中（）A.线圈中的磁通量增加量为B.线圈中产生的感应电动势大小为C.线圈中产生的感应电流大小为D.线圈整体所受安培力大小增加了〖答案〗BD〖解析〗A．根据可知，线圈中的磁通量增加了故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势大小为故B正确；C．根据欧姆定律可知，线圈中的感应电流大小为故C错误；D．根据安培力的计算公式可知，安培力增加了故D正确。故选BD。12.如图所示，光垂直照射斜面，把一个质量为0.2kg的小球从斜面顶端水平弹射出来做平抛运动，小球刚好落在木板底端。然后使用手机连续拍照功能，拍出多张照片记录小球此运动过程。通过分析照片可以得到小球的飞行时间为0.6s，小球与其影子距离最大时，影子A距木板顶端和底端的距离之比约为7:9，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）A.飞行过程中，重力对小球做的功为1.8JB.小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻C.斜面的倾角θ=30°D.木板的长度为3.6m〖答案〗BCD〖解析〗A．小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动位移时间公式有根据功的公式，可得飞行过程中，重力对小球做的功为故A错误；B．经过分析可知，当小球与影子距离最大时，此时小球的速度方向与斜面平行，即速度方向与水平方向的夹角为，此时竖直方向的速度为当小球落到斜面底端时，此时小球位移与水平方向的夹角为，令此时速度方向与水平方向的夹角为，则有此时竖直方向的速度为则有则有故小球与影子距离最大时，刚好是飞行的中间时刻，故B正确；CD．将小球的运动沿斜面与垂直于斜面分解，建立直角坐标系如图所示由题意可知则有可得，又由于则y方向速度减为零需要的时间为结合上述有联立可得，可得则有故木板的长度为故CD正确。故选BCD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.小婷同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。（1）该同学先用游标卡尺测量小铁球的直径如图甲所示，则小铁球的直径_________cm。（2）该同学用秒表计时，记录了单摆全振动50次所用的时间如图乙所示，秒表读数为___________s。（3）若摆线的长度为0.98m，该同学由以上数据求出重力加速度_________（结果保留三位有效数字，）。（4）若他测得的g值偏小，可能的原因是___________（填正确〖答案〗标号）。A.测摆线长时摆线拉得过紧B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了C.开始计时时，秒表提前按下D.实验中误将49次全振动数为50次〖答案〗（1）1.58（2）100（3）9.74（4）BC〖解析〗（1）[1]由图甲可知小球的直径（2）[2]由秒表可读出时间为100s。（3）[3]由单摆周期公式整理有其中解得（4）[4]A．测摆线长时摆线拉得过紧，会使得摆长测量偏大，由可知，其导致g测量偏大，故A项错误；B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了，使得测量的摆长偏小，根据可知，其导致g测量偏小，故B项正确；C．开始计时时，秒表提前按下，使得测量的周期偏大，由可知，其导致g测量偏小，故C项正确；D．实验中误将49次全振动数为50次，使得测量的周期偏小，由可知，其导致g测量偏大，故D项错误。故选BC。14.为了能够准确地测量某电池组的电动势及内阻，提供的器材如下：A电压表V（0~3V~15V，内阻未知）B.电流表A（0~0.6A~3A，内阻未知）C.定值电阻R0（阻值R0=2Ω）D.滑动变阻器R若干（最大阻值为10Ω、100Ω）E.电池组一组、开关与导线若干（1）图甲是小田同学根据选用仪器设计测量该电池组的电动势和内阻的电路图。调节滑动变阻器，记录多组电压表的示数（U，I），在坐标纸上描点连线作出U—I图像，如图乙所示，则该电池组的电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果均保留两位有效数字）（2）小文同学则设计了图丙所示的实验电路对电池组进行测量，记录了单刀双掷开关S2分别接1、2对应电压表的示数U和电流表的示数I；根据实验记录的数据绘制U—I图线如图丁中所示的A、B两条图线。可以判断图线A是利用单刀双掷开关S2接______（填“1”或“2”）中的实验数据描出的；分析图丁可知，此电池组电动势的真实值为______，内阻的真实值为______。〖答案〗（1）2.91.1（2）1〖解析〗（1）[1]根据闭合电路欧姆定律可得整理得结合图像可知，电池组的电动势为由图中直线和纵轴截距可得解得电源内阻（2）[3]根据实验原理可知可知，单刀双掷开关S2接1时，系统误差在于电流表的分压，将电流表与电源等效为一个新电源，则测量值为等效电源的电动势与内阻，由于是串联等效，可知，此时电动势的测量值等于真实值，内阻的测量值大于真实值，单刀双掷开关S2接2时，系统误差在于电压表的分流，将电压表与电源等效为一个新电源，则测量值为等效电源的电动势与内阻，由于是并联等效，可知，此时电动势的测量值小于真实值，内阻的测量值小于真实值，即单刀双掷开关S2接1时，电动势的测量值大于单刀双掷开关S2接2时的测量值，可知，图线A是利用单刀双掷开关S2接1；[4][5]结合上述可知，当单刀双掷开关S2接1时，误差在于电流表的分压，当断路时，干路电流为0，电流表分压为0，即断路时的测量值等于真实值，当单刀双掷开关S2接2时，误差在于电压表的分流，当短路时，路端电压为0，电压表分流为0，即短路时的测量值等于真实值，结合上述可知，A图像纵轴交点与B图像横轴交点没有误差，将这两点连接起来的图像即为真实图像，可知E真=EA，15.为了研究自由落体运动规律，小陆同学准备自制“牛顿管”进行试验。假设抽气前管内气体的压强为大气压强，管内气体的体积为2.5L，每次抽气体积为0.5L。不考虑温度变化、漏气等影响，已知，，求：（结果均保留三位有效数字）（1）抽气10次后管内气体的压强；（2）抽气10次后管内剩余气体与第一次抽气前气体质量之比。〖答案〗（1）；（2）0.161〖解析〗（1）设第一次抽气后管内气体的压强变为p1，由等温变化得代入数据得设第二次抽气后管内气体的压强变为p2，由等温变化得代入数据得依此规律得第十次抽气后（2）第一次抽气后气体体积变为，质量之比等于体积之比，即依此规律得第二次抽气后联立得依此规律得第十次抽气后16.一课外兴趣研究小组在学校组织的“鸡蛋撞地球”科技活动中，为使鸡蛋能毫发无损的落地，利用电磁阻尼缓冲原理设计了一缓冲装置。其原理模型如图所示，顶部是蛋仓主体，下方是光滑导轨，导轨内侧是一缓冲底座，缓冲底座侧面有导槽（未画出）与导轨相连。在缓冲底座侧面围绕底座设置n个独立单匝闭合矩形金属线圈，线圈间彼此绝缘，与底座导轨绝缘。导轨内侧在蛋仓主体上固定有电阻很小的通电线圈可提供较强稳定均匀磁场，磁感应强度大小为B，方向水平，已知缓冲底座与地面接触后速度迅速减为零，若该缓冲装置在一次实验中刚落地前瞬间速度为v0，设每个线圈电阻为R，顶部长度为L，该装置除缓冲底座整体外其他部分总质量为M，重力加速度为g，导轨落地时，缓冲底座顶端未接触蛋仓主体下部，忽略空气阻力。（1）求当缓冲底座刚落地后，某一线圈MN（如图所示）中电流的大小和方向；（2）若导轨够长，缓冲底座够高，求导轨落地时的最小速度v，并提出两条减小这一最小速度的方法。〖答案〗（1），电流I方向从M到N；（2）；①增大磁场强度；②使用电阻率更小的材料绕制缓冲底座上的线圈以减小线圈的电阻〖解析〗（1）线圈相对于磁场向上以速度v0运动，根据右手定则，电流I的方向从M到N，根据法拉第电磁感应定律可得根据闭合电路的欧姆定律可得联立解得（2）当蛋仓主体及导轨受力平衡时，速度不再减小，此时速度最小，根据力的平衡可知解得从表达式可看出，要想减小这一最小速度，①增大磁场强度；②使用电阻率更小的材料绕制缓冲底座上的线圈以减小线圈的电阻。17.如图甲所示的空间坐标系x轴、y轴、z轴交于O点。空间存在如图乙所示的周期性匀强电场以及如图丙所示的周期性匀强磁场，电场与磁场均沿z轴正方向，E0大小未知，。t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子自O点沿x轴正方向以速度v0射入，时粒子到达坐标点（2L，0，L）。粒子重力忽略不计，忽略一切阻力。（1）求电场强度E0的大小；（2）求时粒子的位置坐标；（3）求粒子再次回到z轴时的z轴坐标；（4）如果保