四川省2024年高考物理模擬試卷及答案10

四川省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~5題只有一項符合題目要求，第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。得分1．甲圖是某燃氣灶點火裝置的原理圖。轉換器將直流電壓轉換為乙圖所示的正弦交流電壓，并加在一理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數分別為n1、nA．0.5×10?2s時電壓表的示數為5V C．原線圈中的電流方向每秒改變50次 D．若n12．如圖所示，關于近代物理學的下列說法中，正確的是（）A．普朗克為解釋圖甲的黑體輻射實驗數據，提出了能量子的概念B．圖乙在某種單色光照射下，電流表發(fā)生了偏轉，若僅將圖乙中電源的正負極反接，電流表一定不會偏轉C．若圖乙中的電動勢足夠大，滑動變阻器滑片向右滑，電流表的示數能一直增大D．圖丙為氫原子的能級示意圖，一群處于n=3的激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷所發(fā)出的光中，從n=3躍遷到n=1所發(fā)出的光波長最長3．某研究小組利用所學物理知識，研究籃球鞋的防滑性能。同學將球鞋置于斜面上，逐漸增大斜面與水平面之間夾角，當夾角等于37°時，籃球鞋恰好開始滑動，設籃球鞋滑動摩擦力等于其最大靜摩擦力，下列說法正確的是（）A．需測量籃球鞋質量后，才能求得籃球鞋與斜面間動摩擦因數B．鞋子與斜面間動摩擦因數為0.6C．人穿上鞋子踩在相同材料板上時，壓力增大，動摩擦因數也會變大D．籃球鞋開始滑動前，摩擦力隨夾角增大而變大4．如圖所示，嫦娥五號、天問一號探測器分別在近月、近火星軌道運行。火星的質量約為月球質量的9倍、半徑約為月球半徑的2倍。假設月球、火星可視為質量均勻分布球體，忽略其自轉影響，則下列說法正確的是（）A．月球表面重力加速度大于火星表面重力加速度B．嫦娥五號繞月球的運行速度小于天問一號繞火星的運行速度C．相同時間內，嫦娥五號與月球的連線掃過的面積與天間一號與火星的連線掃過的面積相等D．嫦娥五號繞月球轉動軌道半徑的三次方與周期的平方的比值r135．如圖所示，以三角形ACD為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，∠C=30°，∠D=45°，AO垂直于CD。在O點放置一個電子源，在ACD平面中，磁場范圍內均勻發(fā)射相同速率的電子，發(fā)射方向由CO與電子速度間夾角θ表示。（不計電子重力），恰好有三分之一的電子從AC邊射出，則下列說法正確的是（）A．θ為60°時電子在磁場中飛行時間最短 B．AC邊上有電子射出區(qū)域占AC長度的四分之一C．沒有電子經過D點 D．經過AD邊的電子數與經過AC邊的電子數之比為3：26．如圖所示，在真空中水平放置一長方體高為2L，其上下兩個面是邊長為L的正方形，在頂點A、C、F、H處分別放置電荷量為+Q的點電荷，O1、O2分別是線段AC和線段FH的中點。下列說法正確的是（）A．該長方體的幾何中心處場強為零 B．B、D兩點場強相同C．沿豎直方向從O1到O2，電勢先減小后增大 D．將一電子從B點移到E點，電場力做負功7．將一物體以某一初速度沿與水平方向成37°角從A點斜向上拋出，經過B點時速度與水平方向的夾角為53°。已知A、B之間的水平距離為L，忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g，sin53°=0.8，則下列說法正確的是（）A．從A點拋出時的速度大小為3gL2 B．從A到B過程中速度的最小值為C．從A到B的時間為533Lg 8．如圖所示，固定光滑曲面左側與光滑水平面平滑連接，水平面依次放有2024個質量均為2m的彈性物塊（所有物塊在同一豎直平面內），質量為m的0號物塊從曲面上高h處靜止釋放后沿曲面滑到水平面，以速度v0A．0號到2024號所有木塊系統(tǒng)全過程動量守恒 B．0號物塊最終動量大小為(C．2021號物塊最終速度2812g? 9．某實驗小組做驗證牛頓第二定律的實驗，所用的實驗裝置如圖1所示，滑塊（含遮光條）的質量用M表示，砝碼的質量用m表示。（1）本實驗（填“需要”或“不需要”）滿足m?M。（2）通過氣墊導軌上的刻度尺讀出兩個光電門之間的距離L，通過數字計時器測量遮光條從光電門1到光電門2的時間t。實驗小組保持光電門2的位置及滑塊在氣墊導軌上的釋放位置不變，改變光電門1的位置進行多次測量，測得多組L和t數據，根據測驗數據，作出了Lt?t圖像如圖2所示，若圖線斜率的絕對值為k，圖線在縱軸上的截距為b，根據圖線可求出滑塊加速度的大小為，經過光電門2的速度大小為（3）由以上實驗即可驗證牛頓第二定律。10．某校物理實驗小組要測一未知電阻Rx（1）為便于設計電路，該實驗小組先用多用電表粗測Rx的阻值，選用歐姆表×10倍率測量，發(fā)現指針偏轉過小，為了較準確地進行測量，應該選擇倍率（選填“×100”、“×1”），并重新進行歐姆調零，正確操作并讀數，若這時刻度盤上的指針位置如圖所示，則測量結果是Ω（2）實驗室提供了如下實驗器材：A.電源E（電動勢為12V，內阻不計）；B．電壓表V（量程為15V，內阻RV約為15kΩC．電流表A1（量程為30mA，內阻r1約為D．電流表A2（量程為20mA，內阻r2約為E.滑動變阻器R1（最大阻值為20ΩF.滑動變阻器R2（最大阻值為1kΩG.開關及導線若干。為盡可能準確測量Rx①正確連接實驗電路后，調節(jié)滑動變阻器R1、R②斷開開關S2，閉合開關S1，調節(jié)滑動變阻器R1、R2的滑片，使電流表A2的示數恰好為電流表A1示數的三分之二，記錄此時電壓表V的示數③保持滑動變阻器R2不變，再閉合開關S2，記錄電壓表V的示數U2和電流表A④根據以上測量數據可得Rx=。該實驗也可測得電流表A1的內阻r1=（用U1、⑤該方案測得Rx的阻值和真實值相比11．如圖所示，豎直軌道CDEF由圓弧CD、直線DE和半圓EF組成，圓弧和半圓半徑均為R，水平軌道DE=2R，各軌道之間平滑連接，軌道CDEF可上下左右調節(jié)。一質量為m的小球壓縮彈簧到某一位置后撤去外力靜止釋放后沿水平軌道AB向右拋出。調整軌道使BC高度差?=0.9R，并使小球從C點沿切線進入圓弧軌道。DE段的摩擦系數μ=0.（1）撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢能Ep（2）請判斷小球能否到達圓軌道的最高點；如能，求出最終落點的位置；如不能，請找出到達圓軌道的最高點的位置。12．如圖所示，足夠長的兩平行光滑金屬導軌固定在水平面上，導軌間距為L=1m，導軌水平部分的矩形區(qū)域abcd有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.5T，導軌水平部分的左側和傾斜部分由光滑圓弧連接，右側和一光滑圓弧軌道平滑連接，圓弧軌道半徑r=1635m，圓心角θ=120°，在圓弧上端有兩彈性擋板C和C'。質量為m1=1kg的金屬棒P從離水平面高度?=3.（1）P剛進入磁場時受到安培力F的大?。唬?）矩形磁場沿導軌方向長度：（3）若Q從右側圓弧滑下時，P已從磁場中滑出，求從P開始運動到PQ第二次碰撞，Q棒上產生的焦耳熱。13．下列說法正確的是（）A．海市蜃樓是光發(fā)生全反射的結果B．照相機鏡頭的增透膜應用了光的衍射原理C．激光是自然界某種物質直接反光產生的D．觀看立體電影需要用到特殊的眼鏡是利用了光的偏振現象，說明光是一種橫波E．在雙縫干涉實驗中，若用白光作光源照射雙縫，當把雙縫中的一條縫用不透光的板遮住時，屏上將出現寬度不同、中間是白色條紋的彩色衍射條紋14．x軸上的波源s1、s2分別位于x1=0和x2=1.4m處，t=0時刻兩波源同時開始振動，產生的兩列簡諧橫波沿s1（1）兩列波傳播速度的大小；（2）質點M從t=0時刻到t2

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】AB、電壓表的示數為有效值，即

U有=Um2=52V=2.52V

A錯誤，B正確；

C、由乙圖知，交變電壓的周期

T=0.02s

即頻率為50Hz，原線圈中的電流方向一個周期內改變2次，所以每秒改變100次，C錯誤；

D、由理想變壓器的電壓比知

U1U2=n12．【答案】A【解析】【解答】A、普朗克為解釋圖甲的黑體輻射實驗數據，提出了能量子的概念，A正確；

B、若僅將圖乙中電源的正負極反接，由于反向電壓大小未知，即光電子仍有可能到達A極板，即電流表有可能有示數，只有當反向電壓大于或等于遏制電壓時，光電子沒有到達A極板，電流表示數為零，B錯誤；

C、若圖乙中的電動勢足夠大，滑動變阻器滑片向右滑，說明A、K間的正向電壓在增大，而電流表的示數增大到飽和光電流后，光電流就不再增大，即電流表的示數可能先增加后不變，也有可能一直都不變，C錯誤；

D、一群處于n=3的激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷所發(fā)出的光中，從n=3躍遷到n=1所發(fā)出的光能量最高，即光的頻率最高，波長最短，D錯誤。

答案：A.

【分析】本題考查近代物理學，普朗克提出能量子的概念；光電效應實驗中，接反向電壓，由eU<E3．【答案】D【解析】【解答】AB、當夾角等于37°時，籃球鞋恰好開始滑動，對籃球受力分析

mgsinθ=μmgcosθ

說明鞋子與斜面間的動摩擦因數

μ=tan37°=0.75

故A、B錯誤；

C、動摩擦因數取決于材料表面的粗糙程度，人穿上鞋子踩在相同材料板上時，動摩擦因數不變，C錯誤；

D、籃球鞋開始滑動前，籃球相對斜面處于靜止狀態(tài)，籃球收到的摩擦力為靜摩擦力，大小為mgsinθ，所以，隨著夾角的增大，靜摩擦力也在增大，D正確。

答案：D。

【分析】本題考查摩擦力，當斜面的夾角從4．【答案】B【解析】【解答】A、由

GMmr2=mg

知天體表面重力加速度

g=GMr2

月球表面重力加速度g月、火星表面重力加速度g火，可得

g月g火=M月M火·r火2r月2=19·225．【答案】D【解析】【解答】在O點放置一個電子源，均勻發(fā)射相同速率的電子，恰好有三分之一的電子從AC邊射出，發(fā)射方向由CO與電子速度間夾角θ表示，說明θ=60°，由下圖結合幾何關系知電子在磁場運動的軌道半徑等于OA長，設OA長為L。

A、由

qvB=mv2R

知

R=mvqB

電子進入磁場的速度大小相同，所以電子在磁場的運動半徑相等，所以電子在磁場種的入射點與出射點間的連線就是弦長，在半徑一定的情況下，弦越長，對于的圓心角越大大，電子在磁場中的運動時間越長，所以當θ=60°時，電子在磁場中飛行的時間最長，A錯誤；

B、當θ從0°~60°變化過程中，電子打在AC邊上，當θ=0°時，由于軌道半徑等于OA長，圓心剛好落在A點，即電子打在AC邊的長度為L，而

AC=OAsin30°=2L

AC邊上有電子射出區(qū)域占AC長度的二分之一，B錯誤；

C、當60°?θ?150°，電子打在AD邊上，當θ=150°時，電子經過D點，C錯誤；

D、當0°?θ?60°，電子打在AC邊上，當60°?θ?150°，電子打在AD邊上，所以經過AD邊的電子數與經過AC邊的電子數之比

?θ1：?θ6．【答案】A,C【解析】【解答】A、由等量同種點電荷電場特點可知，A、C處放置的正電荷在長方體的幾何中心處場強方向豎直向下，F、H處放置的正電荷在長方體的幾何中心處場強方向豎直向上，則該長方體的幾何中心處合場強為零，故A正確；

B、A、C處放置的正電荷在B、D兩點的場強大小相等，方向相反且與AC邊垂直分別指向B和D，F、H處放置的正電荷在B、D兩點的場強大小相等，方向不同，由矢量合成可知，B、D兩點的場強大小相等，方向不同，故B錯誤；

C、O1、O2連線中點處即長方體的幾何中心處電勢為零，沿豎直方向從O1到O2，電勢先減小后增大，故C正確；

D、O1、O2連線中點處即長方體的幾何中心處電勢為零，即負電荷在此處電勢能為零，B、E兩點等電勢且電勢為正，即負電荷在此兩點處電勢能相等且為負，所以將一電子從B點移到E點電勢能先增大后減小，電場力先做負功后做正功，故D錯誤。

故選AC。

【分析】本題考查電場的疊加，要求學生有一定的空間想象能力，空間中有四個等量同種電荷，由于對稱性，四個電荷在B、D處的電場強度大小相等，方向不同，四個電荷在長方體的幾何中心處合場強為零；A、C處放置的正電荷和H處放置的正電荷在長方體的幾何中心處場強大小相等，方向相反，故O1、O2連線中點處即長方體的幾何中心處電勢為零，而在長方體的其他地方電勢值均為正值，所以沿豎直方向從O1到O2，電勢先減小后增大，而B、E兩點等電勢且電勢為正，從B點移到E點電勢先減小后增大。7．【答案】A,B【解析】【解答】AC、由速度的分解知：水平方向

vAcos37°=vBcos53°……(1)vAcos37°t=L……(2)

豎直方向

vBsin53°?(?vAsin37°)=gt……(3)

由（1）（2）（3）式解得

vA8．【答案】B,C【解析】【解答】A、0號到2024號所有木塊系統(tǒng)全過程中，水平方向不受力，但豎直方向受到重力（0號豎直方向合力不為零），所以所有木塊組成的系統(tǒng)不滿足動量守恒定律，A錯誤；

D、2024個彈性物體質量相等，兩兩發(fā)生彈性碰撞時，速度發(fā)生交換，所以2024號物體最終的速度其實就是0號物體與1號物體發(fā)生彈性碰撞后1號物體的速度，

研究0號物體從曲面最高點到最低點的過程

mg?=12mv02

解得

v0=2g?

研究0號物體與1號物體彈性碰撞

mv0=mv+2m·v1

12mv02=12mv2+12·2m·v12

解得碰撞后1號物體的速度

v9．【答案】（1）不需要（2）2k；b（3）無【解析】【解答】（1）由于實驗裝置中有力傳感器，繩子拉力可以通過傳感器直接讀取，所以本實驗不需要滿足m?M。

（2）實驗小組保持光電門2的位置及滑塊在氣墊導軌上的釋放位置不變，說明滑塊到達光電門的速度不變，滑塊從光電門1到光電門2是勻加速直線運動(逆過程：滑塊從光電門2到光電門1是勻減速直線運動)，設滑塊經過光電門2的速度為v，有

vt?12at2=L

變形后

Lt=?12a·t+v

對應函數圖象有：斜率絕對值

k=12a

則滑塊的加速度大小

a=2k10．【答案】（1）×100；1100（2）2U2I【解析】【解答】（1）電阻值=歐姆表表盤刻度×倍率檔，指針偏轉過小，說明歐姆表表盤刻度值大，所以選擇大倍率檔，可以讓歐姆表表盤刻度小，指針盡量打在表盤中間，所以選擇“×100”倍率，測量結果

11×100Ω=1100Ω

（2）④斷開開關S2，閉合開關S1，調節(jié)滑動變阻器R1、R2的滑片，使電流表A2的示數恰好為電流表A1示數的三分之二，說明

Rx=2(R2+RA2)……(1)

U1I1=RA1+RX11．【答案】（1）豎直方向，根據v小球到達C點時，豎直速度v水平速度v彈簧的彈性勢能E（2）小球到達C點時動能為E假設能夠由C到F，動能定理得mg解得v此時向心力m因此假設成立，能夠恰好到達F點，F到D做平拋運動，假設會落在水平面，有x=2R=聯立解得x=2R即剛好落在D點?！窘馕觥俊窘獯稹浚?）豎直方向，根據v小球到達C點時，豎直速度v水平速度v彈簧的彈性勢能E（2）小球到達C點時動能為E假設能夠由C到F，動能定理得mg解得v此時向心力m因此假設成立，能夠恰好到達F點，F到D做平拋運動，假設會落在水平面，有x=2R=聯立解得x=2R即剛好落在D點。【分析】本題考查功能關系，（1）在AB段，彈性勢能轉化為小球在B點的動能，根據題意知道平拋的豎直位移，知道平拋末狀態(tài)水平速度與豎直速度的角度關系，結合平拋運動的知識求解平拋初速度，即小球在B點的速度，進而求解撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢能。（2）運用動能定理求解小球到達F點的速度，比較vF12．【答案】（1）根據動能定理有1解得v根據法拉第電磁感應定律有E根據歐姆定律有IP剛進入磁場時受到安培力F（2）設Q在C點的速度為vCm根據動能定理得解得1解得v根據動量守恒定律有m根據能量守恒有1解得vP=6m即P速度的大小為v對于P第一次通過磁場，根據動量定理得m又有q=解得x=3（3）P第二次通過磁場，根據動量定理知m其中vQ第一次進入磁場時的速度為v方向向左。根據動量定理得m2解得v方向向左。然后Q通過磁場與靜止得P第二次碰撞，全過程應用能量守恒得1解得Q=23J則有Q【解析】【解答】（1）根據動能定理有1解得v根據法拉第電磁感應定律有E根據歐姆定律有IP剛進入磁場時受到安培力F（2）設Q在C點的速度為vCm根據動能定理得解得1解得v根據動量守恒定律有m根據能量守恒有1解得vP=6m即P速度的大小為v對于P第一次通過磁場，根據動量定理得m又有q=解得x=3（3）P第二次通過磁場，根據動量定理知m其中vQ第一次進入磁場時的速度為v方向向左。根據動量定理得m2解得v方向向左。然后Q通過磁場與靜止得P第二次碰撞，全過程應用能量守恒得1解得Q=23J則有Q【分析】本題考查電磁感應定律的應用，（1）通過功能關系求解金屬棒P到達AA'的速度，通過法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律，結合安培力表達式求解金屬棒P剛進入磁場時受到的安培力大小。（2）金屬棒P切割磁感線過程中，回路電流一直在變化，運用動量定理結合q=I?t來確定磁場區(qū)域的長度，而金屬棒P離開磁場后于Q發(fā)生彈性碰撞，且Q恰好到達CC'，運用功能關系及動量守恒定律求解金屬棒P與金屬棒Q碰撞前的速度大小，注意：該速度也是金屬