辽宁2023-2024学年高三上学期11月期中大联考物理试题含答案.pdf

扫描全能王 创建#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#扫描全能王 创建#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#扫描全能王 创建#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#扫描全能王 创建#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#扫描全能王 创建#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#扫描全能王 创建#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#扫描全能王 创建#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#扫描全能王 创建#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#物理 全解全析及评分标准 第1页（共5页）2024 届高三 11 月大联考（辽宁卷）物理全解全析及评分标准 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D B B D D A B CD BD BCD 1D 【解析】根据角动量的表达式=L rp，位置矢量单位为 m，动量单位为 kgm/s，可知角动量单位为2m kg m/skg m/sm sN m sJ s=，D 正确。2B 【解析】由题图可知，0t1时间内，a、b 两龙舟间的距离先增大后减小，A 错误；10t时间内，b 龙舟的位移总是比 a 龙舟的大，因此 a 龙舟在追赶 b 龙舟，B 正确；12tt时间内，a 龙舟的位移大于 b 龙舟的位移，由xvt=可知，a 龙舟的平均速度大于 b 龙舟的平均速度，C 错误；题图中，分别连接 O 点与 t1时刻图线 b 上的点以及 t1时刻与 t3时刻图线 b 上的点，因两段斜线的斜率表示对应时间段内的平均速度，由此可知，b 龙舟在 0t1时间内的平均速度大于其在 t1t3时间内的平均速度，D 错误。3B 【解析】对 d 石块进行受力分析可知，c 对 d 的作用力大小等于 d 的重力大小，A 错误；对 b、c、d三个石块整体进行受力分析可知，a 对 b 的作用力大小等于 b、c、d 三个石块的重力大小，即大于 b 石块的重力大小，B 正确；对 c、d 两个石块整体进行受力分析可知，b 对 c 的作用力方向一定竖直向上，但不一定与二者的接触面垂直，C 错误；对 a、b、c、d 四个石块整体进行受力分析可知，水平面对 a 一定没有摩擦力，D 错误。4D 【解析】从距水面高度为 h 处水平抛出石子，由平抛运动的规律知，石子落到水面时的竖直分速度为 vy=2gh，因0tanyvv=，解得02tanhvg=，A 不符合题意；石子在此过程中的水平位移为0 xv t=，其中2htg=，两式联立可得022tanhhxvg=，B 不符合题意；石子抛出时初速度与重力垂直，重力的瞬时功率为零，C 不符合题意；因小石子质量未知，故石子触水时的动能无法求出，D 符合题意。5D 【解析】玩具在竖直面内做匀速圆周运动，为了不脱离筒壁，玩具在最高点处的受力应满足2mvmgr，解得vgr，A 错误；玩具运动过程中由玩具的重力、滚筒内壁对玩具的支持力以及滚筒内壁对玩具的摩擦力的合力提供向心力，在匀速圆周运动中，向心力大小不变，方向时刻变化，B 错误；设洗衣机滚筒转动的角速度为，玩具在最低点和最高点时，由牛顿第二定律分别有21Nmgmr=，22Nmgmr+=，联立两式解得122NNmg=，由牛顿第三定律知，玩具分别在筒中最低点和最高点#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#物理 全解全析及评分标准 第2页（共5页）时，对滚筒内壁的压力差为 2mg，C错误；玩具由最低点运动到最高点的过程，由动能定理有 Wf2mgr=0，则摩擦力做的功为 2mgr，D 正确。6A 【解析】人在滑梯上运动过程中，滑梯对人的支持力大小恒为 mgcos，由 I=Ft 知，支持力的冲量大小为 mgtcos，方向垂直滑梯向上，A 正确；整个过程中，人先加速后减速，动量大小先增大后减小，B错误；人在水中运动时，水对人有竖直向上的浮力和与运动方向相反的阻力，由牛顿第三定律可知，人对水的作用力方向不可能水平向左，C 错误；若水流作用力减小，则人在滑梯上的运动时间将大于 t，重力对人的冲量大小大于 mgt，D 错误。7B 【解析】对近地卫星有22GM mmRR=地地地地，对近月卫星有22GM mmRR=月月 月月，可得2323MRMR=地地地月月 月，代入数据结合洛希极限表达式有23332229.6 10 km地地月地月月MdRRM=，B 正确。8CD 【解析】下蹲过程中，该同学先向下加速，后向下减速，所以先失重，后超重，该过程中体重计的示数先小于该同学的质量后大于该同学的质量，C 正确，A、B 错误；设该同学的质量为 M，由图像可知 t1t2过程，体重计的示数减小，该同学受到重力和体重计对其的支持力，由牛顿第二定律可得，加速度大小为MgmgaM=，所以 a 增大，D 正确。9BD 【解析】系统向左匀速运动稳定时，加速度为零，轻弹簧没有发生形变，电容器板间的距离不变，没有充、放电电流，A 错误，B 正确；当系统突然向左加速运动时，弹簧伸长，电容器板间距离 d 变小，由4SCkd=知，电容器的电容 C 变大，电源将对其充电，因充电时电子的运动方向由电源负极流向电容器左侧极板，则通过灵敏电流计的电流方向从 M 流向 N，D 正确，C 错误。10BCD 【解析】将一电子从 A 点移动到 B 点，电场力做的功为 WAB=8 eV，根据电场力做的功ABABWeU=，可得 UAB=8 V，同理可得 UOC=3 V，A 错误；以 O 点电势为零，则 C 点、A 点和 B点的电势分别为3 VC=、4 VA=、4 VB=，可得 UBC=1 V，B 正确；匀强电场中 x 轴上坐标为（3.75 cm，0）的 D 点电势为 3 V，连接 CD，由 O 点做 CD 的垂线，垂足为 F，由几何关系知，225 3.75 cm3 cm53.75OF=+，则匀强电场的场强大小为3 V/m=100 V/m0.03ODEOFU=，C正确；由 U=Ed 知，圆形边界的电势最高为 5 V，最低为 5 V，由于 粒子的电荷量为+2e，由能量守恒定律知，粒子在电场中运动时的动能与电势能之和恒为 5 eV，因 粒子在圆形边界上的电势能最小为-10 eV，则 粒子的最大动能为 15 eV，D 正确。#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#物理 全解全析及评分标准 第3页（共5页）11（1）AC（1 分）（2）0.53（0.520.54，2 分）（3）9.70（2 分）（4）小于（1 分）【解析】（1）为了使照片记录小球运动的全过程，需要先开启摄像进行录制，再释放小球，A 正确，B 错误；为真实记录小球下落的高度，必须保证标尺在竖直方向，C 正确；由小球在不同位置对应的标尺读数可求得小球在各段下落的高度，因此小球释放位置不是一定要在标尺零刻度线处，D 错误。（2）相 邻 频 闪 位 置 的 时 间 间 隔 为1 s60T=，由 题 图2 知，B、D 位 置 的 距 离 为()23.581.8110m0.017 7 m BDx=，则0.53 m/s2BDCxvT=。（3）小球做初速度为零的匀变速直线运动，由位移时间关系式212xgt=类比后有14.852g=，解得29.70 m/sg=。（4）由题中相对误差的计算式知，9.709.809.80%100%1.02%5=。12（2）10 k（2 分）欧姆调零（1 分）51.20 10（或 120 k，2 分）（3）黑（1 分）（5）灵敏电流计 G（2 分）【解析】（2）由欧姆表表盘刻度的特点知，指针的偏转角度过小，说明电阻的阻值较大，因此应换更高倍率的挡位，即选“10 k”挡，每次换挡后，都需要进行欧姆调零；题图 2 中，指针指示的刻度值为“12”，又倍率为“10 k”，则电阻 R0的测量结果为51.20 10 。（3）欧姆表的黑表笔接内部电源的正极，因此黑表笔应与电解电容器的“+”引脚相连。（5）结合上述步骤中的实验操作和实验现象可知，定值电阻 R0、电容器 C 和电源均正常，则电路中出现故障的仪器可能是灵敏电流计 G。13（1）小球的运动可分解为沿水平方向的匀加速直线运动和沿竖直方向的自由落体运动，设小球打在右极板前瞬间，小球的水平速度为xv，竖直速度为yv，速度与水平方向的夹角为 由UEd=知，板间距0.8 md=（1 分）小球水平抛出后，水平方向上有2012xdv ta t=+（2 分）#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#物理 全解全析及评分标准 第4页（共5页）由牛顿第二定律有xqEam=（1 分）竖直方向上有yvgt=（1 分）则0tanyxvva t=+（1 分）解得53=（1 分）（2）设极板长度为 l，则水平方向有201 1112xdv ta t=+（1 分）解得10.2 st=竖直方向有2112lgt=（2 分）解得0.2 ml=（1 分）14（1）若斜面光滑，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，则当滑块压缩弹簧到 c 点时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可得psin30abbcEmg ss=+（）（3 分）解得 Ep=3 J（2 分）（2）设滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块由 a 点下滑，压缩弹簧弹回后运动到 a、b 中点的过程，由动能定理有s1sin30co 30 122.5ababbcmgsmgss+（）=0（3 分）对滑块由 a 点下滑到第 2 次经过 b 点过程，由动能定理可得 2sin30cos30122ababbcmgsmgssmv+=-（）（2 分）联立解得 v=1.55 m/s（2 分）15（1）对小球 B 由释放至碰前的运动过程，由动能定理可得212BB Bm gLm v=（2 分）解得8 m/sBv=小球 B 在碰前瞬间，由向心力公式有2B BBm vTm gL=（2 分）解得180 NT=（1 分）（2）小球 B 和滑块 A 发生弹性正撞，由动量守恒定律和能量守恒定律分别有 1B BBA Am vm vm v=+（1 分）2221111222B BBA Am vm vm v=+（1 分）联立解得12 m/sAv=（1 分）#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#物理 全解全析及评分标准 第5页（共5页）滑块 A 在传送带上第一次减速到零，由动能定理可得21102AA Am gxm v=（1 分）解得114.4 mx=（1 分）（3）设滑块 A 在传送带上运动的加速度大小为 a，滑块 A 在传送带上第一次减速到零过程的位移大小为 x1，时间为 t1，在传送带上第一次加速过程的位移大小为 x1，时间为 t1；在传送带上第二次减速过程的位移、时间分别为 x2、t2，第二次加速过程的位移、时间分别为 x2、t2，后面依次类推 滑块 A 在传送带上，由牛顿第二定律有AAm gm a=第一次减速过程时间1Avta=第一次减速过程位移112Av tx=第一次加速过程时间1vta=第一次加速过程位移112vtx=第一次减速和加速过程，传送带的位移分别为11xvt=传，11xvt=传（1 分）则摩擦产生热量为01111256 JAAQm g xxm g xx=+=传传()()（2 分）第一次返回轨道后，滑块 A 与挡板相碰，速度变为原来的一半，滑块 A 每次在传送带上的运动过程都是先做匀减速运动至速度为零再做匀加速运动返回传送带左端，则滑块 A 每次在传送带上往返过程的位移为零，传送带的位移即为二者的相对位移。滑块第二次在传送带上往返的过程222vtta=，222xv tt=+皮带（）（1 分）此后时间和位移均变为上一次的12，则滑块 A 从第二次滑上传送带至最终静止，滑块与传送带间因摩擦产生的热量为12221164 J24皮带皮带皮带（）AQm g xxx=+=（2 分）从滑块 A 开始运动到最终静止的过程，滑块 A 与传送带因摩擦产生的热量01320 JQQQ=+=（1 分）注：其他解法可参照，酌情给分。#QQABCYIUogAgAAJAAQhCAwWCCAEQkAGCAKoOREAEoAABwAFABAA=#