物理-2024年高考物理模擬試題（四）試題和答案

24演練篇核心考點AB卷高考理化2024年3月2024年高考物理模擬試題(四)■江西省南康中學彭長禮一、選擇題(本題共10小題,第1~7題為單選題,第8~10題為多選題)1.放射性元素對人類社會和海洋生態(tài)環(huán)境健康的潛在威脅難以估量。已知放射性元素Sr的半衰期為28年,核反應為Sr→Y+X,下列說法中正確的是()。A.該核反應中Sr發(fā)生了α衰變B.環(huán)境溫度升高,分子熱運動劇烈程度增大,Sr的半衰期減小C.100個Sr原子核經過28年只剩50個Sr原子核未衰變D.Y的比結合能比Sr的比結合能大2.某動力公司在研發(fā)雙足人形機器人的過程中,通過連續(xù)跳躍來測試機器人的性能。某次測試中,機器人連續(xù)跳躍三次的軌跡如圖1所示,共跳出14m遠的好成績。假設機器人每次起跳騰空后重心離地的高度都是前一次的2倍,水平位移也是前一次的2倍,機器人在空中運動的總時間為1.32s。已知機器人的質量m=50kg,取2=1.4,g=10m/s2不計一切阻力,則下列說法中正確的是()。圖1A.機器人三次躍起時的速度方向不同B.機器人第一次躍起到落地的水平位移為3mC.機器人第一次躍起到落地的運動時間為0.15sD.機器人在跳躍過程中增加的重力勢能最多為225J3.春節(jié)期間人們都喜歡在陽臺上掛一些燈籠作為喜慶的象征。如圖2所示,由六根等長的輕質細繩懸掛起五個質量相等的燈籠1、2、3、4、5,中間的兩根細繩BC和CD的夾25演練篇核心考點AB卷高考理化2024年3月角θ=120°,下列說法中正確的是()。圖2A.細繩MA的拉力為單個燈籠重力的2.5倍B.細繩AB的延長線不能平分燈籠2與細繩BC之間的夾角C.細繩MA與AB的彈力大小之比為 3∶1D.細繩AB與BC的彈力大小之比為 3∶14.空間存在平行于紙面的勻強電場,在紙面內取O點為坐標原點,建立x軸,如圖3甲所示?，F有一個質量為m,帶電荷量為+q的微粒,在t=0時刻以一定初速度從x軸上的a點開始沿逆時針方向繞O點做勻速圓周運動。已知微粒的運動軌跡半徑為R,ab為圓的一條直徑。除靜電力外微粒還受到一個變力F,不計其他力的作用,測得試探電荷所處位置的電勢φ隨時間t的變化圖像如圖3乙所示。下列說法中正確的是()。圖3A.電場強度的大小為,方向與x軸正方向間的夾角為B.b點與a點的電勢差UbaC.微粒在t1時刻所受變力F可能達最大值D.在微粒做圓周運動的過程中,變力F的最大值為+π2mR的最大值為+36t2R5.白鶴灘水電站是目前世界上在建規(guī)模最大、技術難度最高的水電工程,是我國實施“西電東送”的大國重器。白鶴灘水電站遠距離輸電電路示意圖如圖4所示,如果升壓變壓器與降壓變壓器均為理想變壓器,發(fā)電機輸出電壓恒定,R表示輸電線電阻,則當用戶消耗的電功率增大時()。圖4A.電流表A2的示數增大,電流表A1的示數減小B.電壓表V1的示數不變,電壓表V2的示數減小C.輸電線上的功率損失減小D.電壓表V1與電流表A1示數的乘積等于電壓表V2與電流表A2示數的乘積6.人眼結構的簡化模型如圖5所示,折射率相同、半徑不同的兩球體共軸,球心分別為O1和O2,O2位于小球面上。寬為圖5d的單色平行光束對稱地沿軸線方向射入小球,會聚在軸線上的P點,光線的會聚角∠APB=α。下列說法中正確的是()。A.不能求出小球的半徑B.可以求出球體對該單色光的折射率C.光線射到P點時可能會發(fā)生全反射D.若大球的折射率略減小,則光線將會聚在P點右側7.如圖6甲所示是由導電的多晶硅制成的電容加速度傳感器,其原理圖如圖6乙所示。傳感器可以看成是由兩個電容分別為C1、C2的電容器組成的,當傳感器有沿著箭頭方向的加速度時,多晶硅懸臂梁的右側可發(fā)生彎曲形變。下列對這個傳感器的描述中正確的是()。A.當傳感器勻速向上運動時,C1減小,26演練篇核心考點AB卷高考理化2024年3月C2增大B.當傳感器保持加速度恒定向上運動時,C1減小,C2增大C.當傳感器由靜止突然加速向上運動時,C1減小,C2增大D.當正在勻速向上運動的傳感器突然停止運動時,C1減小,C2增大圖68.宇宙中存在由A、B兩恒星組成的雙星系統(tǒng),它們以O點為圓心做勻速圓周運動,如圖7所示。因為兩恒星離地球非常遠,而且地球位于它們的軌道平面上,所以從地球上看過去A、B兩恒星好像在同一條直線上做往復運動。已知恒星A最遠能到達M、N兩點,恒星B最遠能到達P、Q兩點。由于多普勒效應,當恒星A靠近地球時,在地球上接收到恒星A發(fā)出的光頻率比實際頻率高;當恒星A遠離地球時,在地球上接收到恒星A發(fā)出的光頻率比實際頻率低。根據多普勒頻移公式可算出恒星A做勻速圓周運動的線速度為v;并在地球上O'點測得∠MO'N=2α,∠PO'Q=2β,恒星A從M點運動到N點所用的時間為。下列說法中正確的是()。圖7A.該雙星系統(tǒng)軌道圓心O到地球上O'點的距離為B.恒星B的線速度大小為vC.A、B兩恒星的總質量為·1+3B兩恒星間的距離為·1+）9.如圖8所示,豎直輕彈簧下端固定在水平地面上,將質量m=圖81kg的小球從輕彈簧正上方由靜止釋放,小球下落過程中受到恒定的空氣阻力作用。以小球開始下落的位置為原點,豎直向下為y軸正方向,取地面處為重力勢能零點,圖8球下落到最低點的過程中,彈簧的彈性勢能Ep1、小球的重力勢能Ep2隨y變化的關系圖像分別如圖9甲、乙所示。彈簧始終在彈性限度內,取重力加速度g=10m/s2,已知彈簧的彈性勢能Ep1kx2(k為彈簧的勁度系數,x為彈簧的形變量),下列說法中正確的是()。圖9A.圖乙中a=3B.小球剛接觸彈簧時的速率為22m/sC.小球剛接觸彈簧時的速率為10m/sD.當彈簧的壓縮量為m時,小球有最大速度10.如圖10所示,一定量的理想氣體經歷某個圖10循環(huán)過程,其中A→B→圖10是等溫過程,C→D→A是收縮過程,下列說法中正確的是()。A.若C→D→A是絕熱收縮過程,則該27演練篇核心考點AB卷高考理化2024年3月循環(huán)過程并沒有違反熱力學第一定律B.若C→D→A是導熱收縮過程,則該過程中氣體一定從外界吸收熱量C.若C→D→A是導熱收縮過程,則該過程中氣體一定向外界放出熱量D.若C→D→A是導熱收縮過程,則該過程中氣體內能一定先減小后增大二、實驗題11.某同學想驗證豎直面內物塊做圓周運動向心力變化的規(guī)律,使用某一豎直面內的圓周軌道,軌道圓心為O,半徑R=3m,分別在距離最低點A高度為0、h、2h、3h、4h、5h、6h處固定有壓力傳感器,其裝置如圖11甲所示。圖11(1)選擇比較光滑的豎直軌道,以保證小球在運動過程中的機械能變化可以忽略。(2)使一質量為m的小球從A點以速度v0開始沿內軌道向右運動,記錄小球在各位置對軌道的壓力F與高度H的對應數值,并在F-H坐標系中描點連線得到如圖11乙所示的圖像。(3)若物塊在初始位置對軌道的壓力大小為F0,則F與H的函數關系可表示為 (用m、g、R、H、F0、F表示);若已知重力加速度g=10m/s2,則結合圖乙知小球質量m=kg,小球經過最低點A時的初速度v0=m/s(可以用根式表示)。12.某學習小組想要研究黑盒a、b兩端電壓隨電流變化的規(guī)律。實驗室提供如下器材:A.黑盒;B.電流表A(量程為0~0.6A,內阻約為0.5Ω);C.電壓表V1(量程為0~3V,內阻約為3kΩ);D.電壓表V2(量程為0~6V,內阻約為6kΩ);E.滑動變阻器R(阻值范圍為0~20Ω);F.開關,導線若干。(1)該學習小組設計了如圖12所示的電圖12路,閉合開關S,移動滑動圖12阻器R的滑片P,記錄相應的電壓表示數U和電流表示數I,如表1所示。請根據表1中的數據在如圖13所示的坐標系中作出U-I圖像。表1U/V1.951.731.521.300.88I/A0.180.220.260.300.340.38圖13(2)將黑盒視為一個電源,根據作出的U-I圖像可得,黑盒的等效電動勢E0=V(結果保留3位有效數字)。(3)圖12中的電壓表應選用(選填(4)因電表內阻影響,黑盒等效電動勢E0的測量值(選填“偏大”或“偏小”),原因是。三、解答題13.“親子游戲”對家庭成員的身心有很好的調節(jié)作用,某家庭圖14利用新型材料設計了一項戶外“親子游戲”,裝置如圖14所示。新型材料板放置在水平地面上,質量m=1kg的木塊位于材料板的最右端。材料板的質量M=1kg,長度L=15m,上表面平均分為三段,其中BC段光滑,AB、CD段與木塊間的動摩擦因數均為μ1=0.75,材料板與地面間的動摩擦因數μ2=0.25,初始狀態(tài)下材料板和木塊均靜止。家庭成員兩人一組,在相等時間內施加外力拉動木塊,比較哪組能使木塊在材料板上滑行得更遠。某次游戲中,爸28演練篇核心考點AB卷高考理化2024年3月爸用F1=10N的水平力向左拉木塊,作用2s后撤去,緊接著女兒用豎直向上的力F2=10N作用在木塊上,2s后再撤去。將木塊視為質點,取重力加速度g=10m/s2,假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求:(1)撤掉力F1時木塊的速度大小v1。(2)木塊相對材料板發(fā)生滑動的時間t。(3)整個過程中,材料板在地面上滑行的總距離s。14.離子推進技術在太空探索中已有廣泛的應用,其裝置可簡化為如圖15所示的內、外半徑分別為R1和R2的圓筒。以圓筒左側圓心O為坐標原點,沿圓筒軸線向右為x軸圖15正方向建立坐標。圖15x=0和x=L處,垂直于x軸放置柵極,在兩圓筒間形成方向沿x軸正方向、大小為E的勻強電場,同時通過電磁鐵在兩圓筒間加上沿x軸正方向、大小為B的勻強磁場。待電離的氙原子從左側柵極飄進兩圓筒間(其初速度可視為零)。在內圓筒表面分布著沿徑向以一定初速度運動的電子源。氙原子被電子碰撞,可電離為一價正離子,剛被電離得到的氙離子的速度可視為零,經電場加速后從柵極射出,推進器獲得反沖力。已知單位時間內剛被電離成氙離子的線密度(沿x軸方向單位長度的離子數)λ=k(L-x),其中k為常量,氙離子質量為M,電子質量為m,電子元電荷量為e,不計離子間、電子間相互作用。(1)在x處的一個氙原子被電離,求其從右側柵極射出時的動能。(2)要使電子不碰到外筒壁,求電子沿徑向發(fā)射的最大初速度。(3)若在x~x+Δx的微小區(qū)間內氙離子從右側柵極射出時所產生的推力為ΔF,求隨x變化的關系式,并畫出-x圖像。(4)求推進器所受的推力。15.某學生采用如圖16所示的實驗裝置研究電磁感應問題,水平金屬軌道FMNP、F'M'N'P'上放置著金屬棒1和2,處于豎直向下的勻強磁場中,兩金屬棒的質量均為m,電阻均為R,長度均為l,其中金屬棒1接入電路的有效電阻為,水平金屬軌道右邊連接著金屬軌道PQZ、P'Q'Z',其中傾斜部分與水平面成30°角,并處于沿斜面向下的勻強磁場中,軌道QZ、Q'Z'部分水平且足夠長,處于豎直向下的磁場中,所有的磁場的磁感應強度大小均為B,軌道尺寸見圖中標注。現給金屬棒1一個瞬時沖量,使其獲得向右的初速度v(此后各過程,兩金屬棒與軌道都接觸良好),金屬棒2也因之運動起來,在到達PP'連線處之前兩金屬棒均已做勻速運動,金屬棒2剛越過PP'連線處時受到沿斜面向上的恒力F0μmg+mg,其中μ為金屬棒2與傾斜軌道間的動摩擦因數,且μ,同時給金屬棒1一個外力,使金屬棒1做勻加速直線運動,該學生發(fā)現外力隨時間每秒增加k(單位為N),金屬棒2在傾斜軌道上的運動時間為。金屬棒2到達Q'連線處時,撤去兩金屬棒上的外力。整個運動過程中,金屬棒1始終在FM、F'M'軌道上運動,所有軌道電阻不計,只有傾斜軌道粗糙。圖16(1)金屬棒1在獲得速度瞬間,求金屬棒1兩端的電勢差。(2)金屬棒2剛越過PP'連線處時金屬棒1受力的大小和金屬棒2到達QQ'連線處時金屬棒1的速度大小。(3)金屬棒2進入QZZ'Q'區(qū)域后整個回路中產生的焦耳熱。(責任編輯張巧)45參考答案與提示高考理化2024年3月2024王高專徹理慎狽試題(四)雪專答菜與提示1.D提示:根據電荷數和質量數守恒可知,X為電子,因此Sr發(fā)生的是β衰變,選項A錯誤。環(huán)境溫度變化,不會改變放射性元素的半衰期,選項B錯誤。半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律,只在針對大量原子核時才有意義,100個Sr原子核衰變具有隨機性,選項C錯誤。Sr衰變?yōu)閅放出β粒子,發(fā)生了質量虧損,而核子數不變,所以平均核子質量變小,比結合能變大,選項D正確。2.D提示:根據hgt2可得,機器人上升到最高點所用的時間t=。設機器人第一次躍起到落地的運動時間為t1,則第二次、第三次躍起到落地的運動時間分別為 2t1、2t1,且t1+2t1+2t1=1.32s,解得t1=0.3s,選項C錯誤。設機器人第一次躍起到落地的水平位移為x1,則x1+2x1+4x1=14m,解得x1=2m,選項B錯誤。在豎直方向上,根據v2=2gh可得,機器人跳起時沿豎直方向的初速度vy=2gh,則vy1∶vy2∶vy3=1∶2∶2;在水平方向上,根據x=v0t可得,機器人跳起時沿水平方向的初速度vx=,則vx1∶vx2∶vx3=∶1∶=1∶2∶2。根據機器人躍起時的速度方向與水平方向間夾角的正切值tanθ可得,tanθ1∶tanθ2∶tanθ3=1∶1∶1,即機器人三次躍起時的速度方向相同,選項A錯誤。根據對稱性可知,機器人第三次躍起至運動到最高點所用的時間為t1,則上升的最大高度hgt=0.45m,增加的重力勢能Ep=mgh=225J,選項D正確。3.D提示:設每個燈籠的質量為m,對結點C進行受力分析得TBC=TCD,θ22TBCcos=mg,解得TBC=mgθ22TBCcosB進θAB與豎直方向間的夾角為θ1B進θ,2行受力分析得TABsinθ1=TBCsin,2TABcosθ1=TBCcos+mg,解得TAB= 3mg,tanθ1,即θ1=30°。根據數學知識可知,細繩AB的延長線能平分燈籠2與細繩BC之間的夾角,且TAB∶TBC=3mg∶mg=3∶1,選項B錯誤,D正確。設細繩MA與豎直方向間的夾角為θ2,對結點A進行受力分析得TMAsinθ2=TABsinθ1,TMAcosθ2=TABcosθ1+mg,解得tanθ2 7mg,選項A錯誤。TMA∶TAB=7mg∶3mg=7∶3,選項C錯誤。4.D提示:根據勻強電場場強與電勢差的關系得E,根據題圖乙得微粒的運動周期T=2(7t1-t1)=12t1,設微粒在電場中經過時間t1轉過的角度為θ,則=11,解得θ=,即場強的方向與x軸正方向間的夾角為,選項A 錯誤。Uba=-2ERcos-,選項B錯誤。因為場強方向斜向左下方,所以微粒在7t1時刻所受變力F可能達最大值,在t1時刻所受變力F可能達最小值,選項C錯誤。在微粒做圓周運動的過程中,變力F的最大值F +,選項D正確。π +,選項D正確。36t2R5.B提示:發(fā)電機的輸出電壓U1恒定,在升壓變壓器位置,根據可知,升壓變壓器副線圈兩端的電壓不變,即電壓表V1的示數U2不變。用戶消耗的電功率增大,46d2dsin∠AO1Cd2dsin∠AO1C=2sin2α高考理化2024年3月即并聯用戶數量增多,設用戶的等效電阻為R0,則等效電阻R0減小。將降壓變壓器與用戶視為一個整體,設整體的等效電阻為Rx,降壓變壓器原、副線圈兩端的電壓分別為U3、U4,電流表A1、A2的示數分別為I1、I2,則Rx=2·2R0。因R0減小,故Rx減小。根據I1可知,I1增大。在降壓變壓器位置,根據=n4n3可知,I2也增大。因此電流表A1和An4n3示數均增大,選項A錯誤。根據U3=U2-I1R,U2不變,I1增大可知,U3減小I1R,U2可知,U4減小。因此電壓表V1的示數不變,電壓表V2的示數減小,選項B正確。根據輸電線上損耗的電功率ΔP=IR,I1增大可知,輸電線上的功率損失增大,選項C錯誤。因為輸電線上存在功率損耗,所以電壓表V1與電流表A1示數的乘積等于電壓表V2與電流表A2示數的乘積加上輸電線上損耗的電功率,選項D錯誤。圖16.B提示:已圖1大圓的弦長d和張角α,分別連接AO2、AO1,設軸線與小球左邊交點為C點,如圖1所示,根據幾何關系得∠AO2O1=α,∠AO1C=2α,∠PAO1=∠AO1C-,AO2=d2=sin∠AO2O1,選項A錯誤。光線的入射角i=∠AO1C=2α,則球體對該單色光的折射率n=sinO1=s,選項B正確。因為光線在P點的入射角小于∠AO1C,即光束在P點的入射角小于臨界角,所以光線不可能在P點發(fā)生全反射,選項C錯誤。若大球的折射率略減小,則光線射出小圓后折射角變大,光線將會聚在P點左側,選項D錯誤。7.C提示:當傳感器勻速向上運動時,多晶硅懸臂梁相對于頂層多晶硅和底層多晶硅的位置不變,C1、C2不變,選項A錯誤。當傳感器保持加速度恒定向上運動時,與加速度為零時相比,多晶硅懸臂梁的右側雖發(fā)生彎曲形變,但多晶硅懸臂梁相對于頂層多晶硅和底層多晶硅的位置不變,C1、C2不變,選項B錯誤。當傳感器由靜止突然加速向上運動時,多晶硅懸臂梁與頂層多晶硅間的距離變大,與底層多晶硅間的距離變小,根據C=可知,C1減小,C2增大,選項C正確。當正在勻速向上運動的傳感器突然停止運動時,多晶硅懸臂梁與頂層多晶硅間的距離變小,與底層多晶硅間的距離變大,C1增大,C2減小,選項D錯誤。8.BCD提示:根據題意知OM=rA=,根據幾何關系得tanα2πα,選項A錯誤。根據幾何關系得rB=OO'tanβ,所以vBv,選項B正確。根據雙星動力學方程得G(rA+rB),解得mA+mB=2(rA+rB)3=1+3,選項C正確。A、B兩恒星間的距離L=rA+rB=1+,選項D正確。9.BD提示:根據題圖可知,小球運動到最低點時,高度下降0.6m,則重力勢能減少量ΔEp2=mghmax=6J,結合Ep2-y圖像得6=10-a,解得a=4,選項A錯誤。小球的重力勢能轉化為內能和彈簧的彈性勢能,根據Q=fhmax=ΔEp2-ΔEp1,解得f=2N。小球高度下降0.5m的過程中,根據mgh-fh=47參考答案與提示高考理化2024年3月mv-0,解得小球剛接觸彈簧時的速率v1=22m/s,選項B正確,C錯誤。當小球高度下降0.6m時,彈簧的壓縮量y1=0.1m,此時Ep1ky=4.8J,解得k=960N/m。當小球速度最大時,小球的加速度為零,根據平衡條件得F彈+f=mg,解得F彈=8N,又有F彈=kΔy,解得Δy0m,選項D正確。10.CD提示:若C→D→A是絕熱收縮過程,則不發(fā)生熱傳遞,外界對氣體做功,內能增加,而實際上C、A狀態(tài)下的內能(溫度)相同,因此該循環(huán)過程違反了熱力學第一定律,選項A錯誤。若C→D→A是導熱收縮過程,則外界對氣體做功,又有C、A狀態(tài)下的內能相同,根據熱力學第一定律可知,該過程中氣體一定向外界放出熱量,選項B錯誤,C正確。因為A→B→C是等溫過程,內能不變,而C→D→A過程(除了C、A狀態(tài))中內能都比前一狀態(tài)下的內能小,且兩個圖像相距越遠,內能相差越大,則該過程中氣體內能一定先減小后增大,選項D正確。11.(3)F=F0-H0.5330提示:(3)設在任意高度H處小球的速度為vt,根據動能定理得-mgHmv-mv,整理得mv=mv-2mgH。在右側軌道上,設小球在高度H處和圓心的連線與OA的夾角為θ,當H≤R時,根據牛頓第二定律得F-mgcosθ,根據數學知識得cosθ,在最低點A有F0-mg。聯立以上各式解得F=F0-H,當R<H≤2R時該式仍成立。根據F-H圖像可得,在最低點A有F0=60N,在H=6m處有F=30N,圖像斜率k=-5N/m,結合F的表達式得k=-,解得m=0.5kg。根據F0-mg,解得v0=330m/s。12.(1)如圖2所示。(2)2.95(3)C(4)偏小電壓表具有分流作用,使得干路電流的測量值偏小圖2提示:(2)設黑盒的等效內阻為r,根據閉合電路歐姆定律得E0=U+Ir,變形得U=rI+E0,結合U-I圖像得E0=2.95V。(4)按題圖所示電路采用伏安法測電源電動勢時,路端電壓測量準確,而由于電壓表的分流作用,導致干路電流的測量值偏小,且電壓表的示數越大,電壓表的分流作用就越明顯。13.(1)當爸爸施加向左的力F1時,根據牛頓第二定律,對木塊有F1-μ1mg=ma1,對材料板有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma0,解得a1=2.5m/s2,a0=2.5m/s2,因此二者一起做勻加速運動,不發(fā)生相對滑動。經過t0=2s,木塊的速度v1=a1t0=5m/s。(2)材料板上表面AB、BC、CD的長度均為l=5m。撤去力F1,力F2作用在木塊上時,對木塊有F2=mg,即N=0,f=0,故木塊以速度v1向左做勻速運動,對材料板有a2=μ2g=2.5m/s2,經過t1=2s,材料板的速度v2=v1a2t1=0,木塊在材料板上滑行的距離x=v1t1-t1=5m。撤去力F2時,木塊剛好運動到光滑的BC段右端,木塊在水平方向上不受力,繼續(xù)向左做勻速運動,材料板在水平方向上不受力,保持靜止不動,木塊在材料板上的相對運動時間t21s。木塊運動到粗糙的CD段上后,木塊與材料板發(fā)生相對滑動,木塊做勻減速運動的加速度大小a3=μ1g=7.5m/s2,材料板做勻加速運動的加速度大小a4=a0=2.5m/s2,設經過時間t3二者達共速,根據v1-a3t3=a4t3,解484參考答案與提示4高考理化2024年3月得t3=0.5s。因為μ1>μ2,所以共速后,木塊與材料板一起做勻減速運動