山東省青島市2024屆高三下學(xué)期二模物理試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1山東省青島市2024年高三物理高考模擬試題2024.4注意事項：1、答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2、請將〖答案〗正確填寫在答題卡上一、單選題1.核污水中含有多種放射性成分，其中有一種難以被清除的同位素氚（），可能引起基因突變。其衰變方程為，的半衰期為12.5年，下列說法正確的是（）A.原子核是B.衰變的本質(zhì)是由強相互作用引起的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子并釋放出電子C.1mg的經(jīng)25年的衰變后，還剩0.25mgD.將核污水排入海洋后，氚因濃度降低使半衰期變長，放射性變?nèi)酢即鸢浮紺〖解析〗A．根據(jù)反應(yīng)過程滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)，可知原子核是，故A錯誤；B．衰變的本質(zhì)是由弱相互作用引起的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子并釋放出電子，故B錯誤；C．的半衰期為12.5年，1mg的經(jīng)25年的衰變后，可知結(jié)果兩個半衰期，還剩0.25mg，故C正確；D．半衰期只由原子核自身決定，將核污水排入海洋后，氚因濃度降低使半衰期不變，放射性不變，故D錯誤。故選C。2.“抖空竹”是中國傳統(tǒng)的體育活動之一?，F(xiàn)將抖空竹中的一個變化過程簡化成如圖所示模型：不可伸長的輕繩系于兩根輕桿的端點位置，左、右手分別握住兩根輕桿的另一端，一定質(zhì)量的空竹架在輕繩上。接下來做出如下動作，左手抬高的同時右手放低，使繩的兩個端點沿豎直面內(nèi)等腰梯形的兩個腰（梯形的上下底水平）勻速移動，即兩端點分別自A、C兩點，沿AB、CD以同樣大小的速度勻速移動，忽略摩擦力及空氣阻力的影響，則在變化過程中，下列說法正確的是（）A.左右兩繩的夾角增大B.左右兩繩的夾角減少C.輕繩的張力變大D.輕繩的張力大小不變〖答案〗D〖解析〗對空竹受力分析，同一根繩子拉力處處相等，所以在水平方向空竹共點力平衡，設(shè)F1與水平方向的夾角為，F(xiàn)2與水平方向的夾角為，有所以α=β所以兩根繩與豎直方向的夾角相等為，則解得兩端點沿AB、CD以同一速度勻速移動，移動的過程有的位移大小相等，兩端點在水平方向上的距離不變，所以不變，從而得出F1和F2均不變，且兩者大小相等，故ABC錯誤，D正確。故選D。3.保險絲對保護家庭用電安全有著重要作用，如圖所示，A是熔斷電流為1A的保險絲，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為2：1，交變電壓U=220V，保險絲電阻1Ω，R是用可變電阻。當(dāng)電路正常工作時，則下列說法正確的是（）A.可變電阻R不能大于54.75ΩB.可變電阻R越大，其消耗的功率越小C.通過可變電阻R的電流不能超過0.5AD.增加原線圈匝數(shù)，保險絲可能熔斷〖答案〗B〖解析〗AB．將保險絲電阻看成交變電源內(nèi)阻，則有可變電阻消耗的功率等于理想變壓器原線圈消耗的功率，設(shè)原線圈等效電阻為R1，則有聯(lián)立可得當(dāng)電路正常工作時，原線圈電流，則即所以根據(jù)電源輸出功率的特點可知可變電阻R越大，輸出功率越小，即原線圈消耗的功率越小，可變電阻消耗的功率越小，故B正確，A錯誤；C．設(shè)電阻Rr時，原線圈中電流剛好達到熔斷電流，即，根據(jù)則副線圈的電流即通過可變電阻R的電流不能超2A；故C錯誤；D．當(dāng)其他條件不變，增加原線圈匝數(shù)，根據(jù)可知相當(dāng)于增加了原線圈的等效電阻，則根據(jù)歐姆定律可知原線圈電流減小，保險絲不會熔斷，故D錯誤；故選B。4.水平放置的兩金屬板，板長為0.2m，板間距為0.15m，板間有豎直向下的勻強電場，場強大小為2×103V/m，兩板的左端點MN連線的左側(cè)足夠大空間存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為0.2T，方向垂直紙面向里。一比荷為1×106C/kg正電粒子以初速度v0緊靠上極板從右端水平射入電場，隨后從磁場射出。則（）A.當(dāng)v0=1×104m/s時，粒子離開磁場時的速度最小B.當(dāng)時，粒子離開磁場時速度最小C.當(dāng)時，粒子離開磁場的位置距M點的距離最小D.當(dāng)v0=2×104m/s時，粒子離開磁場的位置距M點的距離最小〖答案〗D〖解析〗AB．粒子在磁場中做勻速圓周運動，要使粒子離開磁場時的速度最小，則粒子在從電場進入磁場時速度最小，設(shè)粒子進入磁場時的速度與水平方向的夾角為，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律有，水平方向豎直方向加速度而則可得根據(jù)勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系式可得而聯(lián)立以上各式可得可知，當(dāng)時，粒子進入磁場時有最小速度此時故AB錯誤；CD．根據(jù)以上分析可知，粒子進入磁場時的速度為，進入磁場后粒子在磁場中做圓周運動，偏轉(zhuǎn)后從MN邊界離開磁場，則由洛倫茲力充當(dāng)向心力有可得根據(jù)幾何關(guān)系可得，粒子進入磁場的位置與射出磁場的位置之間的距離為則離M點的距離為即有可知，當(dāng)時，粒子離開磁場的位置距M點的距離最小，而根據(jù)以上分析可知，當(dāng)時故C錯誤，D正確。故選D。5.如圖所示，在半徑為R、圓心為O的半圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，帶電荷量為、質(zhì)量為m的粒子（不計所受重力）從O點沿紙面各個方向射入勻強磁場后，均從OC段射出磁場，下列說法正確的是（）A.粒子射入磁場時的最大速度為B.粒子射入磁場時的最大速度為C.粒子在磁場中運動的最長時間為D.粒子在磁場中運動的最長時間為〖答案〗B〖解析〗如圖所示當(dāng)離子軌跡與半圓形邊界相切時，離子軌跡半徑最大，則有由洛倫茲力提供向心力可得可得粒子射入磁場時的最大速度為粒子在磁場中運動的最長時間為故選B。6.一輛汽車在平直公路上由靜止開始做勻加速直線運動，達到最大速度后保持勻速運動。已知汽車在啟動后的第2s內(nèi)前進了6m，第4s內(nèi)前進了13.5m，下列說法正確的是（）A.汽車勻加速時的加速度大小為6m/s2B.汽車在前4s內(nèi)前進了32mC.汽車的最大速度為14m/sD.汽車的加速距離為20m〖答案〗C〖解析〗AC．由于汽車從靜止開始做勻加速直線運動，則在連續(xù)相等時間內(nèi)位移之比為1:3:5:7……，第2s內(nèi)前進了6m，則第3s內(nèi)前進10m，第4s內(nèi)前進14m，但實際汽車在第4s內(nèi)前進了13.5m，由此可知，汽車在第4s內(nèi)的某一時刻達到最大速度，開始勻速，所以解得，，故A錯誤，C正確；BD．由以上分析可知，汽車在3.5s達到最大速度，所以加速階段的位移為前4s內(nèi)的位移為故BD錯誤。故選C。7.如圖所示，質(zhì)量為0.8kg的物體靜止在足夠大的粗糙水平地面上，某時刻對物體施加一斜向上、大小為5N、與水平方向成角的恒定拉力，物體由靜止開始做勻加速直線運動，在第2s末速度增加到，取重力加速度大小，。下列說法正確的是（）A.前2s內(nèi)拉力的平均功率為20WB.物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.5C.前2s內(nèi)物體與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量為10JD.若物體運動2s后撤去拉力，則物體沿地面運動的總位移為15m〖答案〗C〖解析〗A．前2s內(nèi)拉力的平均功率為選項A錯誤；B．加速度根據(jù)牛頓第二定律解得物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4選項B錯誤；C．前2s內(nèi)物體位移與地面因摩擦產(chǎn)生的熱量為選項C正確；D．若物體運動2s后撤去拉力，則物體的加速度則沿地面運動的總位移為選項D錯誤。故選C。8.如圖所示，質(zhì)量為m的物塊A靜止在固定傾角的斜面上，現(xiàn)對物塊A施加一大小為的水平力F，物塊A仍然處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是（）A.物塊A有沿斜面向下滑動的趨勢B.斜面對物塊A的摩擦力大小為C.斜面對物塊A的支持力大小為D.斜面對物塊A的作用力與豎直方向的夾角為〖答案〗D〖解析〗AB．沿斜面方向，重力的分力為力F沿斜面方向的分力為由此可知，斜面對物塊的摩擦力大小為方向沿斜面向下，即物塊A有沿斜面向上滑動的趨勢，故AB錯誤；C．斜面對物塊A的支持力大小為故C錯誤；D．斜面對物塊A的作用力與mg和F的合力等大反向，即應(yīng)與豎直方向的夾角為45°，故D正確。故選D。二、多選題9.滑板運動已經(jīng)成為亞運會中備受矚目的一項比賽項目，它不僅代表了一種獨特的文化，還展現(xiàn)了競技體育的精神和魅力。如圖所示，某次運動中，小孩（可看作質(zhì)點）與滑板以相同初速度=6m/s一起滑上斜面體，整個過程斜面體始終保持靜止。已知小孩與滑板間的動摩擦因數(shù)μ1=0.6，滑板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.5，小孩質(zhì)量m1=25kg，滑板質(zhì)量m2=1kg，斜面體質(zhì)量m3=10kg，斜面傾角θ=37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，則在上滑過程中，下列說法正確的是（）A.小孩與滑板之間的摩擦力大小為120NB.小孩沿斜面滑行的最遠距離為1.8mC.地面對斜面的支持力大小為360ND.地面對斜面的摩擦力大小為208N〖答案〗BD〖解析〗A．由于，所以小孩和滑板相對靜止一起做勻減速運動到最高點，利用整體法有解得方向沿斜面向下。對小孩分析，假設(shè)小孩和滑板間的摩擦力為，有解得故A錯誤；B．由速度位移公式可得故B正確；C．以小孩、滑板和斜面體整體為研究對象，小孩和滑板做勻減速運動，加速度方向沿斜面向下，加速度有向右和向下的分加速度，大小分別為根據(jù)系統(tǒng)牛頓第二定律可知，在豎直方向有解得故C錯誤；D．地面對斜面體有向右的摩擦力，其大小為故D正確。故選BD。10.如圖所示，多匝正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，在線圈外接一含有理想升壓變壓器的電路，四個電表均為理想交流電表，電路中除滑動變阻器R和線圈abcd以外的電阻均不計。當(dāng)滑動變阻器的滑片P向上滑動時（）A.電流表的示數(shù)變小B.電流表的示數(shù)變大C.電壓表的示數(shù)變小D.電壓表的示數(shù)變大〖答案〗AD〖解析〗當(dāng)滑動變阻器的滑片P向上滑動時，滑動變阻器接入電路阻值增大，把變壓器和滑動變阻器看成一個等效電阻，則有可知等效電阻增大；設(shè)線圈產(chǎn)生的電動勢為，線圈內(nèi)阻為，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可知理想變壓器原線圈電流減小，即電流表的示數(shù)變?。痪€圈內(nèi)阻分到的內(nèi)電壓減小，則理想變壓器原線圈的輸入電壓增大，即電壓表的示數(shù)變大；根據(jù)可知副線圈輸出電壓增大，即電壓表的示數(shù)變大；根據(jù)可知理想變壓器副線圈電流減小，即電流表的示數(shù)變小。故選AD。11.某一沿x軸方向的靜電場，電勢在x軸上的分布情況如圖所示，B、C是x軸上的兩點。一負(fù)電荷僅在電場力的作用下從B點運動到C點，該負(fù)電荷在（）A.O點的速度最大B.B點受到的電場力小于在C點受到的電場力C.B點時的電勢能小于在C點時的電勢能D.B點時的動能小于在C點時的動能〖答案〗AC〖解析〗B．根據(jù)可知圖像的切線斜率表示電場強度，則B點的場強大于C點場強，負(fù)電荷在B點受到的電場力大于在C點受到的電場力，故B錯誤；CD．根據(jù)由圖像可知B點的電勢大于C點的電勢，由于電荷帶負(fù)電，則負(fù)電荷在B點時的電勢能小于在C點時的電勢能，由于只有電場力做功，所以動能和電勢能之和保持不變，則負(fù)電荷B點時的動能大于在C點時的動能，故C正確，D錯誤；A．根據(jù)由于O點的電勢最高，則負(fù)電荷在O點時的電勢能最??；由于動能和電勢能之和保持不變，則負(fù)電荷在O點時的動能最大，負(fù)電荷在O點的速度最大，故A正確。故選AC。12.某顆人造航天器在地球赤道上方做勻速圓周運動的繞行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同（人造航天器周期小于地球的自轉(zhuǎn)周期），經(jīng)過時間t（t小于航天器的繞行周期），航天器運動的弧長為s，航天器與地球的中心連線掃過的角度為，引力常量為G，地球的同步衛(wèi)星的周期為T，下列說法正確的是（）A.地球的半徑為B.地球的質(zhì)量為C.地球的第一宇宙速度為D.航天器相鄰兩次距離南海最近的時間間隔為〖答案〗BD〖解析〗A．根據(jù)題意可知，航天器的線速度和角速度分別為，根據(jù)可得航天器的軌道半徑為則地球半徑滿足故A錯誤；B．航天器繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得可得地球的質(zhì)量為故B正確；C．地球的第一宇宙速度為近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動的最大線速度，則地球的第一宇宙速度大于航天器的線速度，則有故C錯誤；D．航天器的周期為設(shè)航天器相鄰兩次距離南海最近的時間間隔為，則有解得故D正確。故選BD。三、實驗題13.利用如圖甲所示的電路測量某微安表的內(nèi)阻，并將其改裝成量程為的電流表，實驗室提供以下器材：A．微安表（量程為，內(nèi)阻約為5000Ω）；B．微安表（量程為，內(nèi)阻約為2000Ω）；C．定值電阻（阻值5000Ω）；D．滑動變阻器（阻值范圍為）；E．干電池E（電動勢約為1.5V，內(nèi)阻很?。籉．開關(guān)S及導(dǎo)線若干。（1）按如圖甲所示的實驗電路進行測量，測得的示數(shù)為，的示數(shù)為，改變滑動變阻器的滑片的位置，得到多組和的數(shù)值，以為縱坐標(biāo)、為橫坐標(biāo)，畫出的圖像為過原點、斜率為k的直線，則微安表的內(nèi)阻_________（用k、表示）；（2）給微安表并聯(lián)一個定值電阻改裝成量程為的電流表，用標(biāo)準(zhǔn)電流表A與其串聯(lián)進行校準(zhǔn)。當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)電流表A的示數(shù)為0.51mA時，微安表的示數(shù)如圖乙所示，其示數(shù)為_________，則改裝后的電流表實際量程為_________mA。〖答案〗（1）（2）30##30.00.85〖解析〗【小問1詳析】根據(jù)歐姆定律可得整理可得可知的圖像的斜率為解得微安表的內(nèi)阻為【小問2詳析】[1]當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)電流表A的示數(shù)為0.51mA時，微安表的示數(shù)如圖乙所示，其示數(shù)為；[2]設(shè)并聯(lián)定值電阻的阻值為，則有可得設(shè)改裝后的電流表實際量程為，則有聯(lián)立可得14.如圖1，某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌做“驗證動量守恒定律”實驗?；瑝KA和滑塊B的質(zhì)量（包括遮光條）分別為m1和m2。實驗中彈射裝置每次給A的初速度均相同，B初始處于靜止?fàn)顟B(tài)。A的遮光條兩次通過光電門1的擋光時間分別為Δt1、Δt3，B的遮光條通過光電門2的擋光時間為Δt2。（1）打開氣泵，先取走滑塊B，待氣流穩(wěn)定后將滑塊A從氣墊導(dǎo)軌右側(cè)彈出，測得光電門1的擋光時間小于光電門2的擋光時間，為使導(dǎo)軌水平，可調(diào)節(jié)左側(cè)底座旋鈕，使軌道左端__________（填“升高”或“降低”）一些。（2）用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d如圖2所示，其讀數(shù)為__________mm；（3）經(jīng)測量滑塊A、B上的遮光條寬度相同，則驗證動量守恒的表達式為：__________（用m1、m2、Δt1、Δt2、Δt3表示）；（4）本實驗的系統(tǒng)誤差與下列哪些因素有關(guān)__________。（填正確〖答案〗標(biāo)號）A．氣墊導(dǎo)軌沒有調(diào)成水平狀態(tài)B．遮光條寬度不夠窄C．測量滑塊質(zhì)量時未計入遮光條質(zhì)量〖答案〗（1）降低（2）14.8（3）（4）B〖解析〗（1）[1]打開氣泵，先取走滑塊B，待氣流穩(wěn)定后將滑塊A從氣墊導(dǎo)軌右側(cè)彈出，根據(jù)，測得光電門1擋光時間小于光電門2的擋光時間，表明滑塊運動相同的距離時，時間變大，速度變小，做減速運動，為使導(dǎo)軌水平，可調(diào)節(jié)左側(cè)底座旋鈕，使軌道左端降低一些。（2）[2]遮光條的寬度（3）[3]根據(jù)動量守恒定律得解得（4）[4]AC．氣墊導(dǎo)軌沒有調(diào)成水平狀態(tài)或者測量滑塊質(zhì)量時未計入遮光條質(zhì)量都是由于實驗原理不完善或者實驗方法不合理造成的誤差，屬于系統(tǒng)誤差，選項AC正確；B．由表達式可知，遮光條的寬度d從表達式兩邊消掉了，即遮光條寬度對實驗不會造成誤差不，B錯誤。故選AC。四、解答題（共46分）15.根據(jù)氣象報道，我國北方有些地區(qū)春秋季晝夜溫差可以達到以上。北方某城市某日白天最高氣溫高達，夜晚最低氣溫低至。該城市某無人居住的房間內(nèi)溫度與外界環(huán)境溫度相同，房間內(nèi)的空氣視為理想氣體，且白天最高氣溫時空氣的密度為。熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系為，晝夜大氣壓強保持不變，求：（1）若房間密閉，房間內(nèi)晝夜空氣壓強的最大比值；（2）若房間與大氣連通，房間內(nèi)晝夜空氣密度的最大值。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）〖答案〗（1）；（2）1.25kg/m3〖解析〗（1）溫度最高時Tmax=310K，此時氣體壓強取最大值pmax；溫度最低時Tmin=280K，此時氣體壓強取最小值pmin，根據(jù)查理定律得整理得房間內(nèi)晝夜空氣壓強的最大比值為（2）以溫度最高時房間內(nèi)的空氣為研究對象，設(shè)其體積為V1，其在溫度最低時對應(yīng)的體積為V2，根據(jù)蓋一呂薩克定律得整理得設(shè)晝夜空氣的最小密度和最大密度分別為ρ1、ρ2，有ρ1V1=ρ2V2整理得房間內(nèi)晝夜空氣密度的最大值為16.如圖所示，光滑水平地面上放置一足夠長且上表面絕緣的小車，將帶負(fù)電荷、電荷量，質(zhì)是的滑塊放在小車的左端，小車的質(zhì)量，滑塊與絕緣板間的動擦因數(shù)，它們所在空間存在磁感應(yīng)強度的垂直于紙面向里的勻強磁場。開始時小車和滑塊靜止，一不可伸長的輕質(zhì)細繩長，一端固定在O點，另一端與質(zhì)量的小球相連，把小球從水平位置由靜止釋放，當(dāng)小球運動到最低點時與小車相撞，碰撞時間極短，碰撞后小球恰好靜止，g取10m/s2。求：（1）與小車碰推前小球到達最低點時對細線的拉力；（2）小球與小車碰撞的過程中系統(tǒng)損失的機械能；（3）碰撞后小車與滑塊因摩擦而產(chǎn)生的最大熱量?！即鸢浮剑?）1.2N，方向豎直向下；（2）0.16J；（3）0.014J〖解析〗（1）小球擺下過程，由動能定理有解得v＝4m/s小球在最低點時，由牛頓第二定律得T-mg＝解得T＝1.2N由牛頓第三定律可知小球?qū)毨K的拉力為1.2N，方向豎直向下。（2）小球與小車碰撞瞬間，小球與小車組成系統(tǒng)動量守恒，以水平向左為正方向，有解得v1＝2m/s由能量守恒定律，有解得＝0.16J（3）假設(shè)滑塊與車最終相對靜止，則有解得＝1.6m/s由此得故假設(shè)不成立，因此滑塊最終懸浮?；瑝K懸浮瞬間，滿足解得＝0.4m/s將滑塊與小車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒，有解得＝1.9m/s根據(jù)能量守恒定律有解得J17.如圖所示，在xOy平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)存在+y方向的勻強電場，第四象限范圍內(nèi)存在垂直xOy平面向里，大小為的勻強磁場。一帶電量為-q質(zhì)量為m的粒子，以初速度從P(0，2L)點沿+x方向垂直射入電場，粒子做勻變速曲線運動至Q(4L，0)點進入第四象限，粒子運動過程中不計重力。求：（1）第一象限內(nèi)勻強電場電場強度大??；（2）粒子在第一象限運動過程中與PQ連線的最大距離；（3）粒子進入第四象限后與x軸的最大距離?！即鸢浮剑?）；（2）；（3）〖解析〗（1）粒子從P到Q的過程中，做類平拋運動，在x軸方向有在y軸方向有解得，，所以勻強電場電場強度大小為。（2）粒子在第一象限運動時，分解為平行于PQ連線方向和垂直于PQ連線方向的兩個分運動，粒子與PQ連線的距離最大時，速度方向平行于PQ連線。設(shè)PQ與x軸的夾角為，則，在垂直PQ連線方向上有解得粒子在第一象限運動過程中與PQ連線的最大距離（3）粒子到Q點時，x軸方向的分速為，y軸方向的分速度為則粒子進入第四象限時的速度大小為v的方向與x軸正方向的夾角為。粒子進入第四象限后，在有磁場的區(qū)域做勻速圓周運動，在無磁場區(qū)域做勻速直線運動，當(dāng)粒子速度