2024年高考物理模擬測試卷六

2024年高考物理模擬測試卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21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。14．下列關于原子物理學問的敘述正確的是A．衰變中產生的射線是原子的核外電子擺脫原子核的束縛形成的B．結合能越大，原子核內核子結合得越堅固，原子核越穩(wěn)定C．兩個輕核結合成一個中等質量的核，存在質量虧損D．對于一個特定的氡原子，假如知道了半衰期，就能精確的預言它在何時衰變【答案】C【解析】A．β衰變所釋放的電子，是原子核內的中子轉化成質子和電子所產生的，實質是，而不是核外電子的電離，故A錯誤；B．比結合能越大，原子核中核子結合得越堅固，原子核越穩(wěn)定，結合能大，原子核不肯定越穩(wěn)定，故B錯誤；C．兩個輕核結合成一個中等質量的核，會釋放肯定的能量，依據(jù)愛因斯坦質能方程可知存在質量虧損，故C正確；D．對于一個特定的衰變原子，我們只知道它發(fā)生衰變的概率，并不知道它將何時發(fā)生衰變，發(fā)生多少衰變，大量的衰變原子滿意統(tǒng)計規(guī)律存在半衰期，故D錯誤。故選C。15．（2024·湖南高三）如圖所示，甲、乙兩球在同一光滑水平面上相向運動，速度大小分別為，甲、乙的動能之比為5：4，碰撞后，甲球的速度為0，則碰撞后乙球的速度大小為A． B． C． D．【答案】B【解析】由題意可知，求得依據(jù)動量守恒求得故B正確。故選B。16．（2024·天津高三期末）物體在水平面上做直線運動，由t＝0時起先的速度—時間圖象如圖所示，下列選項正確的是A．在0～6s內，物體離動身點最遠為30mB．在0～6s內，物體在4s時速度方向發(fā)生變更C．在0～4s內，物體的平均速度為7.5m/sD．在5～6s內，物體做勻減速直線運動【答案】C【解析】AB．0～5s，物體沿正向運動，5～6s沿負向運動，故5s末離動身點最遠，故AB錯誤；C．在0～4s內，物體經(jīng)過的位移為所以平均速度為故C正確；D．在5～6s內，物體的速度為負值，加速度也為負值，做勻加速直線運動，故D錯誤。故選C。17．（2024·浙江高三）如圖甲所示是磁電式電流表的結構示意圖，圖乙是里面的線圈在通電后的正視圖，關于磁電式電流表，以下說法錯誤的是A．通電線圈所在的磁場是勻強磁場B．磁電式電流表的刻度是勻稱的C．線圈繞在鐵芯上，起到電磁阻尼的作用D．磁電式電流表能夠測量電流的大小和方向【答案】A【解析】A．如圖乙所示，通電線圈所在的磁場是輻向磁場，不是勻強磁場，A錯誤；B．電流表由于蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是輻向勻稱分布的，因此不管通電線圈轉到什么角度，它的平面都跟磁感線平行。因此，磁力矩與通電線圈中電流成正比（與線圈位置無關）。當通電線圈轉動時，螺旋彈簧將被扭動，產生一個阻礙通電線圈轉動的阻力矩，其大小與通電線圈轉動的角度成正比，當磁力矩與螺旋彈簧中的阻力矩相等時，通電線圈停止轉動，此時指針偏向的角度與電流成正比，故電流表的刻度是勻稱的，B正確；C．鐵芯是導體，儀表指針偏轉時鐵芯隨之轉動，并切割磁感線產生感應電流，感應電流又會受到安培阻力，即電磁阻尼，阻礙線圈的轉動，使線圈偏轉后盡快穩(wěn)定下來，不至于反復搖擺，便利讀數(shù)，C正確；D．指針偏向的角度與電流成正比，通過偏轉角度可測電流大小，通電方向不同時，轉動方向不同，即偏轉方向不同，通過視察偏轉方向可測電流方向，D正確。故選A。18．（2024·河南高三）如圖所示，b球在水平面內做半徑為R的勻速圓周運動，BC為圓周運動的直徑，豎直平臺與b球運動軌跡相切于B點且高度為R。當b球運動到切點B時，將a球從切點正上方的A點水平拋出，重力加速度大小為g，從a球水平拋出起先計時，為使b球在運動一周的時間內與a球相遇(a球與水平面接觸后不反彈)，則下列說法正確的是（）A．a球在C點與b球相遇時，a球的運動時間最短B．a球在C點與b球相遇時，a球的初始速度最小C．若a球在C點與b球相遇，則a球拋出時的速率為D．若a球在C點與b球相遇，則b球做勻速圓周運動的周期為【答案】C【解析】A．平拋時間只取決于豎直高度，高度R不變，時間均為；故A錯誤。BC．平拋的初速度為時間相等，在C點相遇時，水平位移最大則初始速度最大為：故B錯誤，C正確。D．在C點相遇時，b球運動半個周期，故b球做勻速圓周運動的周期為故D錯誤。故選C。19．（2024·四川高三）如圖所示，、、三點在同一水平面上，點在點正上方，垂直于和構成的平面，、、到的距離均為，空間存在著勻強電場，一個質量為、電荷量為的粒子從移到和從移到時電場力做的功都為零，從移到時電場力做的功為，下列說法正確的是A．帶電粒子從移到時電場力做的功肯定為零B．電場強度方向由指向C．點和點間的電勢差D．勻強電場的電場強度大小【答案】AD【解析】A.一個質量為m、電荷量為+q的粒子從移到電場力做的功為零，則φB=φC，從移到時電場力做的功為零，則φB=φD，故B、C、D三點電勢相等，所在的平面為等勢面，帶電粒子從移到時電場力做的功肯定為零，故A正確；B.B、C、D三點所在的平面為等勢面，電荷量為的粒子從移到時電場力做的功為，說明B點電勢高于A點電勢。直線BA垂直于等勢面，說明電場強度方向沿直線BA，由B指向A，故B錯誤；C.電荷量為+q的粒子從B移到A時電場力做的功為W，則B點和A點間的電勢差大小為：故C錯誤；D.依據(jù)可知，電場強度為：故D正確。20．（2024·重慶高三）關于黑洞和暗物質(暗物質被稱為“世紀之謎”．它“霸占”了宇宙95%的地盤，卻摸不到看不著)的問題，以下說法正確的是(黑洞臨界半徑公式取為c＝2GMr，c為光速，G為萬有引力常量，MA．假如地球成為黑洞的話，那么它的臨界半徑為r＝v2c2R(R為地球的半徑，B．假如太陽成為黑洞，那么絢麗的陽光依舊存在，只是太陽光到地球的時間變得更長C．有兩顆星球(質量分別為M1和M2)的距離為L，不考慮四周其他星球的影響，由牛頓運動定律計算所得的周期為T，由于宇宙充溢勻稱的暗物質，所以視察測量所得的周期比T大D．有兩顆星球甲和乙(質量分別為M1和M2)的距離為L，不考慮四周其他星球的影響，它們運動的周期為T，假如其中甲的質量減小Δm而乙的質量增大Δm，距離L不變，那么它們的周期依舊為T【答案】AD【解析】因為c＝2GMr，而地球的其次宇宙速度為v＝2GMR，兩式相比得r＝v2c2R，所以A正確．假如太陽成為黑洞，光不能跑出，所以我們將看不到陽光，選項B錯誤．設甲乙質量變更前，甲的運動半徑為r1，甲乙質量變更后運動周期為T2，甲的運動半徑為r1′，則GM1M2L2=M1(2蟺T)2r1，選項C錯誤，D正確；故選AD.【點睛】此題關鍵是理解宇宙速度的含義；對雙星問題，知道它們做圓周運動的向心力由兩者間的萬有引力供應，且角速度和周期都相等.21．（2024·黑龍江高三）如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC區(qū)域內有垂直于紙面對外的勻強磁場，D為AB邊的中點，一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子平行BC邊從D點射入磁場，粒子的速度大小為v0，且剛好垂直BC邊射出磁場。不計粒子的重力，下列說法正確的是A．該粒子帶正電B．勻強磁場的磁感應強度C．若只變更該粒子射入磁場的速度大小，則粒子肯定不能從C點射出磁場D．若只變更該粒子射入磁場的速度方向，則粒子可以從AC邊射出磁場，且在磁場中運動的時間可能是【答案】AD【解析】A．粒子垂直于BC邊射出磁場，所以粒子向下偏轉，洛倫茲力方向向下，依據(jù)左手定則，粒子帶正電，A正確；B．粒子垂直于BC射出磁場，圓心在BC上，同時粒子從D點水平射入，圓心應當在過D點與BC垂直的垂線的垂足處，所以半徑為三角形BC邊上高的一半，，則B錯誤；C．變更初速度的大小，當，粒子從C點射出，C錯誤；D．粒子在磁場中做圓周運動的周期，粒子從C點與AC相切射出磁場時，偏轉，運動時間為D正確；故選AD。三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33~38題為選考題，考生依據(jù)要求作答。（一）必考題：共129分。22．（6分）某同學用如圖甲所示的試驗裝置探究恒力做功與小車動能變更的關系。試驗中用砂和砂桶的總重力表示小車所受合力。（1）下列關于該試驗的操作，正確的有_____。A．砂和砂桶的總質量應遠小于小車的質量B．試驗所用電磁打點計時器的工作電源應選用電壓約為6V的蓄電池C．試驗時，應先讓打點計時器正常工作，后釋放小車D．平衡摩擦力時，應掛上空砂桶，漸漸抬高木板，直到小車能勻速下滑（2）圖乙為試驗得到的一條點跡清楚的紙帶，A、B、C、D、E、F、G是紙帶上7個連續(xù)的點。已知電源頻率為50Hz，則打點計時器在打D點時紙帶的速度v＝_____m/s（保留三位有效數(shù)字）。（3）該同學平衡了摩擦力后進行試驗，他依據(jù)試驗數(shù)據(jù)畫出了小車動能變更△Ek與繩子拉力對小車所做功W的關系圖象，他得到的圖象應當是_____。A．B．C．D．【答案】AC（2分）0.475（0.450～0.500都對）（2分）A（2分）【解析】（1）A．試驗中用砂和砂桶的總重力表示小車所受合力，為了使小車的合力近似等于砂和砂桶的總重力，砂和砂桶的總質量應遠小于小車的質量，故A正確；B．試驗所用電磁打點計時器的工作電源應選用電壓約為6V的溝通電源，而蓄電池供應的是直流電源，故B錯誤；C．試驗時，應先讓打點計時器正常工作，后釋放小車，才能夠在紙帶上打出足夠多的點，故C正確；D．平衡摩擦力時，不應掛上空砂桶，故D錯誤。故選：AC。（2）C點的讀數(shù)為1.65cm，E點的讀數(shù)為3.55cm，CE的距離xCE＝（3.55﹣1.65）cm＝1.90cm。中間時刻的速度等于該時間段的平均速度，所以打點計時器在打D點時紙帶的速度vD＝＝m/s＝0.475m/s。（3）依據(jù)動能定理：W＝△Ek，小車動能變更△Ek與繩子拉力對小車所做功W的關系圖象是經(jīng)過原點的一條直線，故A正確。23．（9分）要測量一個待測電阻Rx（190Ω～210Ω）的阻值，試驗室供應了如下器材：電源E：電動勢3.0V，內阻不計；電流表A1：量程0～10mA，內阻r1約50Ω；電流表A2：量程0﹣500μA，內阻r2為1000Ω；電壓表V1：量程0～1V，內阻RV1約為1kΩ電壓表V2：量程0～10V，內阻RV2約為10kΩ滑動變阻器R：最大阻值20Ω，額定電流2A；定值電阻R1＝500Ω；定值電阻R2＝2000Ω；定值電阻R3＝50000Ω；電鍵S及導線若干。求試驗中盡可能精確測量Rx的阻值，請回答下面問題：（1）為了測定待測電阻上的電壓，可以將電表___（選填“A1”、“A2”或“V1”、“V2“）串聯(lián)定值電阻__（選填“R1”、“R2”或“R3”），將其改裝成一個量程為3.0V的電壓表。（2）利用所給器材，在虛線框內畫出測量待測電阻Rx阻值的試驗原理圖（全部的器材必需用題中所給的符號表示）。（3）依據(jù)以上試驗原理圖進行試驗，若測量電路中一只電流表的讀數(shù)為6.2mA，另外一只電流表的讀數(shù)為200.0μA．依據(jù)讀數(shù)并結合題中所給數(shù)據(jù)求出待測電阻Rx＝_____Ω?！敬鸢浮緼2（2分）R3（2分）（3分）200.0（2分）【解析】（1）將小量程的電流表改裝成電壓表，電流表須要知道兩個參數(shù)：量程和內阻，故電流表選A2。依據(jù)串聯(lián)電路特點和歐姆定律得：串聯(lián)電阻阻值為：R＝＝﹣1000Ω＝5000Ω故選定值電阻R2；（2）由①知電壓表的內阻RV＝R2+r2＝1000+5000＝6000Ω由于≈3.8～4.2，≈31.6～28.6，故電流表應用用外接法；又滑動變阻器最大電阻遠小于待測電阻阻值，故變阻器應用分壓式接法，電路圖如甲圖所示（3）依據(jù)串并聯(lián)電路特點和歐姆定律得：＝＝200.0Ω24.（14分）（2024·廣東高三）邊長L＝0.20ｍ的正方形區(qū)域內存在勻強磁場和勻強電場，其電場強度為E＝1×104V/m，磁感強度B＝0.05T，磁場方向垂直紙面對里，當一束質荷比為＝5×10-8kg/C的正離子流，以肯定的速度從電磁場的正方形區(qū)域的邊界中點射入，離子流穿過電磁場區(qū)域而不發(fā)生偏轉，如右圖所示，不計正離子的重力，求：（1）電場強度的方向和離子流的速度大?。?）在離電磁場區(qū)域右邊界D=0.4m處有與邊界平行的平直熒光屏．若撤去電場，離子流擊中屏上a點；若撤去磁場，離子流擊中屏上b點，則ab間的距離是多少？．【答案】（1）豎直向下；（2）1.34m【解析】（1）正離子經(jīng)過正交場時豎直方向平衡，因洛倫茲力向上，可知電場力向下，則電場方向豎直向下；由受力平衡得（1分）離子流的速度（1分）（2）撤去電場，離子在磁場中做勻速圓周運動，所需向心力由洛倫茲力供應，則有（1分）故（1分）離子離開磁場后做勻速直線運動，作出離子的運動軌跡如圖一所示圖一由幾何關系可得，圓心角（1分）（1分）（1分）若撤去磁場，離子在電場中做類平拋運動，離開電場后做勻速直線運動，運動軌跡如圖二所示圖二通過電場的時間（1分）加速度（1分）在電場中的偏移量（1分）粒子恰好從電場右下角穿出電場，則（1分）由幾何關系得（1分）a和b的距離=1.34m（2分）25.（18分）（2024·重慶高三）如圖，質量為m的A球下面固定一輕質彈簧，用長度為l的輕繩穿過彈簧連接在B球上，彈簧原長遠小于輕繩長度(繩未連接在彈簧上)，B球離地面的高度也為1；手拿A球，A球與B球處于靜止狀態(tài)，將A球由靜止釋放，B球與地面每次碰撞時反彈速度前速度的一半，B球第一次觸地反彈后在空中與A球發(fā)生碰撞，碰撞后瞬間彈簧被用縮到最短，此時彈簧鎖定。然后A球與B球一起下落，B球其次次觸地反彈后的瞬間，彈簧解除鎖定，同時輕繩斷裂，A球被彈起。整個過程A、B球都保持豎直方向，且A球始終在上，B球在下，全部碰時間均不計。(重力加速度為g，最終結果可以用根號表示)（1）B球第一次觸地后到B球與A球碰撞的時間；（2）要求B球與A球碰撞后瞬間彈簧被壓縮到最短時彈簧的勢能達到最大，求B球的質量M滿意的條件和彈簧勢能的最大值Ep；（3）在B球的質量M滿意(2)問的條件下，求B球其次次觸地反彈后A球被彈起的最大高度?！敬鸢浮浚?）（2）M=8m；2mgl（3）12.5l【解析】（1）B球第一次觸地時的速度（1分）此時A的速度也為（1分）B球反彈的速度（1分）則兩球第一次相遇時：（1分）解得（1分）（2）兩球相遇時的速度（1分）（1分）當彈簧壓縮到最短時，兩球共速，設向上為正方向，由動量守恒定律（1分）當彈簧的彈性勢能最大時，則v=0，解得：M=8m（1分）此時彈簧的最大彈性勢能：（1分）（3）兩球第一次相遇時離地面的高度：（1分）則其次次落地的速度（1分）此時兩球反彈速度為（1分）此時解除鎖定后，彈簧的彈性勢能轉化為AB的動能，則由能量關系：（1分）由動量守恒：（1分）解得（1分）A上升的高度：（1分）解得（1分）（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。假如多做，則每科按所做的第一題計分。33．[物理—選修3–3]（15分）（1）（5分）下列說法正確的是_______________。（填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）A．在各種晶體中，原子（或分子、離子）都是依據(jù)肯定的規(guī)則排列的，具有空間上的周期性B．肯定質量的志向氣體，假如溫度上升，則氣體分子的平均動能增大，壓強肯定增大C．熱量不能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體D．布朗運動是液體分子的運動，它說明分子永不停息地做無規(guī)則運動E．由于液面表面分子間距離大于液體內部分子間的距離，所以液體表面具有收縮的趨勢【答案】ACE【解析】A．無論是單晶體還是多晶體，晶體內部的分子按肯定的規(guī)律排布，即具有肯定的規(guī)律，空間上的周期性，故A正確；B．氣體的壓強與單位時間內氣體分子對容器器壁單位面積上碰撞次數(shù)以及分子對器壁的平均撞擊力有關，若溫度上升，分子對器壁的平均撞擊力增大，但若體積增大，則撞擊次數(shù)變小，則壓強不肯定變大，故B錯誤；C．由熱力學其次定律可知，熱量肯定不能自發(fā)地從溫度低的物體傳遞到溫度高的物體，故C正確；D．布朗運動是固體顆粒的運動，反映的是液體分子的運動，故D錯誤；E．由于液體表面分子間距離大于液體內部分子間的距離，液面分子間表現(xiàn)為引力，故液體表面有收縮趨勢，故E正確。故選ACE。（2）（10分）（2024·河北高三）如圖，體積為V、內壁光滑的圓柱形導熱氣缸頂部有一質量和厚度均可忽視的活塞；氣缸內密封有溫度為2.5T0、壓強為1.5P0的志向氣體．P0和T0分別為大氣的壓強和溫度．已知：氣體內能U與溫度T的關系為U=αT，α為正的常量；容器內氣體的全部變更過程都是緩慢的．求：（i）氣缸內氣體與缸外大氣達到熱平衡時的體積V1（ii）在活塞下降過程中，氣缸內氣體放出的熱量Q．【答案】（i）0.6V（ii）P0V+1.5aT0【解析】（i）由氣態(tài)方程得（2分）代入數(shù)據(jù)解得（2分）（ii）活塞下降過程中，活塞對氣體做的功為（2分）在這一過程中，氣體內能的減小為（2分）由熱力學第肯定律得，氣缸內氣體放出的熱量為，代入數(shù)據(jù)解得（2分）34．[物理一選修3–4）（15分）（1）某時刻處質點沿軸向下起先簡諧振動，形成沿軸正向傳播的簡諧橫波，處質點起先振動后時，第