2024屆名校聯(lián)盟（T8聯(lián)盟）高三下學(xué)期模擬信息（五）理科綜合試題-高中物理（含答案解析）

2024年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試名校聯(lián)盟·模擬信息卷（T8聯(lián)盟）理科綜合試題（五）（測(cè)試時(shí)間：150分鐘卷面總分：300分）注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)填寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23K-39Mn-55一、選擇題：本大題共21小題，每小題6分，共126分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.下列有關(guān)電磁波、機(jī)械波的應(yīng)用及說法，正確的是（）A.隱形飛機(jī)表面涂上了特殊材料，是為了增強(qiáng)波的反射，從而達(dá)到隱形的目的B.光纖通信、全息照相以及醫(yī)用纖維式內(nèi)窺鏡都是利用了光的全反射原理C.兩個(gè)完全相同的振源產(chǎn)生的波相遇時(shí)，振幅最大的質(zhì)點(diǎn)是發(fā)生了共振D.醫(yī)院檢查病人的血流速度時(shí)應(yīng)用了多普勒效應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．隱形飛機(jī)表面涂上了特殊材料，是為了減弱波的反射，從而達(dá)到隱形的目的，故A錯(cuò)誤；B．光纖通信和醫(yī)用纖維式內(nèi)窺鏡都是利用了光的全反射原理，全息照相在記錄物光的相位和強(qiáng)度分布時(shí)，利用了光的干涉原理，故B錯(cuò)誤；C．兩個(gè)完全相同的振源產(chǎn)生的波相遇時(shí)，振幅最大的質(zhì)點(diǎn)是位移矢量同向疊加達(dá)最大的結(jié)果，而不是發(fā)生了共振，故C錯(cuò)誤；D．向人體發(fā)射頻率已知的超聲波被血管中的血流反射后又被儀器接收，測(cè)出反射波的頻率編號(hào)就能知道血流的速度，這是利用了多普勒效應(yīng)，故D正確。故選D。2.如圖所示，加速度計(jì)豎直固定在電梯內(nèi)，電容器的上極板M固定在電梯上，下極板N與兩個(gè)固定在電梯上的輕彈簧連接，下列說法正確的是（）A.若電梯加速上行，電容器電容變大B.若有電流向左流經(jīng)電流表，電梯加速度方向向上C.若電梯加速下行時(shí)，電容器電容變小D.若有電流向右流經(jīng)電流表，電梯一定向下運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】【詳解】A．若電梯加速上行，彈簧的壓縮量增大，上極板M和下極板N之間的距離增大，由平行板電容器決定式電容器電容變小，故A錯(cuò)誤；C．若電梯加速下行時(shí)，彈簧的壓縮量減小，上極板M和下極板N之間的距離減小，由平行板電容器決定式電容器電容變大，故C錯(cuò)誤；B．上極板M與電源正極相連帶正電，下極板N與電源負(fù)極相連帶負(fù)電，兩極板電壓保持不變，若有電流向左流經(jīng)電流表，電容器放電，由電容減小，兩極板間距離增大，下極板所受彈簧彈力大于重力，下極板加速度向上，故電梯加速度方向向上，故B正確；D．若有電流向右流經(jīng)電流表，電容器充電電，由電容增大，兩極板間的距離減小，下極板所受彈簧彈力小于重力，下極板加速度向下，故電梯加速度方向向下，電梯可能向下加速運(yùn)動(dòng)或向上減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選B。3.某國產(chǎn)品牌電動(dòng)汽車的質(zhì)量為m，在傾角的足夠長(zhǎng)斜坡上從底端由靜止開始以加速度勻加速上坡，行駛過程中汽車受到的空氣和摩擦阻力之和恒為，已知汽車電動(dòng)機(jī)的額定輸出功率為P，重力加速度為g，則汽車從啟動(dòng)至電動(dòng)機(jī)功率達(dá)到P的過程中，所用時(shí)間為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】汽車的牽引力達(dá)到額定功率時(shí)的速度所用的時(shí)間為解得故選C。4.如圖，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為5m、半徑為R的光滑半圓弧槽，質(zhì)量為m的小球從槽口由靜止釋放，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，圓弧槽的最大位移為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】設(shè)小球小球運(yùn)動(dòng)到最右端的過程中所用時(shí)間為，圓弧槽向左移動(dòng)的距離為，則小球向右移動(dòng)的距離為，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得解得故選B。5.如圖，有人設(shè)想在地球上挖一條通過地心O的隧道AB，假設(shè)地球質(zhì)量分布均勻，半徑為R，地表重力加速度為g，將物體從A端無初速度釋放，不計(jì)空氣阻力。已知均質(zhì)球殼對(duì)殼內(nèi)任意一點(diǎn)的物體的引力為零，則下列說法正確的是（）A.物體將一直加速到B端B.物體經(jīng)過AO中點(diǎn)時(shí)加速度大小為C.物體將在A、B間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)D.地球的近地衛(wèi)星從A圓周運(yùn)動(dòng)到B所用時(shí)間為【答案】C【解析】【詳解】C．物體在地表時(shí)重力近似等于萬有引力，有以地心為位移起點(diǎn)，設(shè)某時(shí)刻物體的位移為x，則半徑為的球的質(zhì)量為由于均勻球殼對(duì)殼內(nèi)物體的引力為零，則此時(shí)物體所受引力滿足由于萬有引力指向地心，以上各式聯(lián)立，解得是常數(shù)，即該物體的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)寫運(yùn)動(dòng)，故C正確；A．由C選項(xiàng)可知，物體在AB間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，所以物體先加速后減速，故A錯(cuò)誤；B．物體在AB間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，則物體所受萬有引力則在AO中點(diǎn)時(shí)，，代入上式，解得根據(jù)牛頓第二定律，加速度大小為故B錯(cuò)誤；D．地球的近地衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力解得地球的近地衛(wèi)星從A圓周運(yùn)動(dòng)到B為圓周運(yùn)動(dòng)的一半，所以所用時(shí)間為故D錯(cuò)誤。故選C6.某密閉容器中一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)A開始經(jīng)狀態(tài)B到達(dá)狀態(tài)C，其圖像如圖所示，A、B、C三個(gè)狀態(tài)對(duì)應(yīng)氣體的內(nèi)能分別是，從A到B和從B到C過程氣體做功大小和熱傳遞的大小分別為，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【詳解】AB．根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程可知由于是在密閉容器中的一定質(zhì)量的理想氣體，則有故A錯(cuò)誤，B正確；C．氣體從狀態(tài)A開始經(jīng)狀態(tài)B溫度升高，內(nèi)能增大，根據(jù)熱力學(xué)第一定律氣體體積膨脹，對(duì)外做功，可知故C錯(cuò)誤；D．由于圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表氣體做功大小，則可知，氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B和從狀態(tài)B到達(dá)狀態(tài)C，內(nèi)能的變化相同，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知故D正確；故選BD。7.如圖所示，一簡(jiǎn)諧橫波沿x軸負(fù)向傳播，波速時(shí)刻在x軸正向區(qū)域第一次出現(xiàn)如圖所示波形，此時(shí)P質(zhì)點(diǎn)坐標(biāo)為，Q質(zhì)點(diǎn)坐標(biāo)為，已知波源的起振方向由平衡位置向下，則下列說法正確的是（）A.該波的周期為12sB.時(shí)刻波剛好傳播到處C.時(shí)刻P質(zhì)點(diǎn)的速度與時(shí)刻速度相同D.時(shí)，Q質(zhì)點(diǎn)第一次出現(xiàn)在波峰【答案】CD【解析】【詳解】A．由圖可知波長(zhǎng)為m=30m該波的波速為5m/s，則周期為s故A錯(cuò)誤；B．x軸正向區(qū)域第一次出現(xiàn)的波形如題圖，波源的起振方向由平衡位置向下，根據(jù)平移法可知時(shí)刻波剛好傳播到x=-25m處，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)波動(dòng)方程為將P點(diǎn)坐標(biāo)代入解得將y=0代入解得x1=5m時(shí)刻波向左傳播的距離為m根據(jù)對(duì)稱性可知時(shí)刻P質(zhì)點(diǎn)的速度與時(shí)刻速度相同，故C正確；D．根據(jù)波動(dòng)方程可知y軸左側(cè)第一個(gè)波峰的坐標(biāo)為x2=-2.5m該點(diǎn)的振動(dòng)形式傳到Q點(diǎn)用時(shí)=5.5s則時(shí)，Q質(zhì)點(diǎn)第一次出現(xiàn)在波峰，故D正確；故選CD。8.我國新一代航母阻攔系統(tǒng)將采用電磁阻攔技術(shù)，基本原理如圖所示，飛機(jī)著艦時(shí)關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng)，利用尾鉤鉤住絕緣阻攔索并拉動(dòng)軌道上的一根金屬棒ab，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，飛機(jī)和金屬棒總質(zhì)量為m，金屬棒電阻為r，飛機(jī)著艦后與金屬棒以共同速度進(jìn)入磁場(chǎng)，軌道兩端并接有阻值為R的電阻和電容為C的超級(jí)電容器，如圖所示，開始時(shí)閉合，斷開，不計(jì)其它電阻和阻攔索的質(zhì)量。軌道內(nèi)有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，當(dāng)金屬棒的加速度為零時(shí)，自動(dòng)斷開且閉合，金屬棒最終與飛機(jī)一起停下，不計(jì)一切摩擦，則（）A.最終電容器所帶電量為B.通過電阻R的電量為C.金屬棒運(yùn)動(dòng)的總距離為D.電阻R上產(chǎn)生熱量為【答案】ABD【解析】【詳解】A．當(dāng)金屬棒的加速度為零時(shí)，設(shè)此時(shí)的速度為，則有對(duì)金屬棒根據(jù)動(dòng)量定理有其中根據(jù)電容的定義式有聯(lián)立解得，故A正確；B．自動(dòng)斷開且閉合，金屬棒最終與飛機(jī)一起停下，此時(shí)根據(jù)動(dòng)量定理有其中解得故B正確；C．根據(jù)電流的定義式有金屬桿運(yùn)動(dòng)的距離為故C錯(cuò)誤；D．自動(dòng)斷開且閉合，根據(jù)功關(guān)系可知電阻R上產(chǎn)生的熱量為解得故D正確；故選ABD。二、非選擇題：本大題共14小題，共174分。9.某同學(xué)為了驗(yàn)證對(duì)心碰撞過程中遵循動(dòng)量守恒，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：如圖所示，在一墻角將剛好接觸、質(zhì)量分別為、的A、B兩球由靜止釋放，豎直墻壁上有標(biāo)尺刻度，用攝像機(jī)拍攝實(shí)驗(yàn)的全過程。已知A球與地面碰后等速率反彈，然后與B球碰撞，A球與地面，A球與B球間作用時(shí)間極短，，碰撞前后兩球速度都沿豎直方向，慢放錄像，測(cè)出釋放時(shí)A球下端距地面高度為，碰后，A球上升的最大高度為，B球上升的最大高度為，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。（1）該實(shí)驗(yàn)______（選填“需要”或“不需要”）測(cè)出兩球質(zhì)量、的大小；（2）A、B球碰前瞬間，B球速度大小為______，A、B球碰后瞬間，B球速度大小為______；（3）若關(guān)系式______在誤差允許的范圍內(nèi)成立，則A、B球碰撞過程中動(dòng)量守恒。【答案】（1）需要（2）①.②.（3）【解析】【小問1詳解】根據(jù)題意，由公式可得，兩球落地時(shí)的速度均為碰后AB的速度分別為要驗(yàn)證的關(guān)系式為則該實(shí)驗(yàn)需要測(cè)出兩球質(zhì)量、的大??；【小問2詳解】[1][2]A、B球碰前瞬間，B球速度大小為，A、B球碰后瞬間，B球速度大小為；【小問3詳解】由以上分析可知若關(guān)系式即在誤差允許的范圍內(nèi)成立，則A、B球碰撞過程中動(dòng)量守恒。10.電容儲(chǔ)能已經(jīng)在各個(gè)方面得到廣泛應(yīng)用，利用超級(jí)電容儲(chǔ)能將成為未來主要的儲(chǔ)能方式。某同學(xué)設(shè)計(jì)圖甲所示電路，探究不同電壓下電容器的充、放電過程。器材如下：電容器C（額定電壓為12V，電容標(biāo)識(shí)不清）；電源E（電動(dòng)勢(shì)為15V，內(nèi)阻不計(jì)）；電阻箱（阻值為0~99999.9Ω）；滑動(dòng)變阻器（最大阻值為10Ω，額定電流為2.5A）；電壓表V（量程為0~12V，內(nèi)阻很大）；開關(guān)、，電流傳感器，計(jì)算機(jī)，導(dǎo)線若干。（1）按照?qǐng)D甲連接電路，閉合開關(guān)，若要升高電容器充電電壓，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)向______端滑動(dòng)（填“a”或“b”）（2）調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器滑片位置，電壓表示數(shù)為10V時(shí)，閉合開關(guān)，得到電容器充電過程圖像，如圖乙所示，根據(jù)圖像可估算出充電結(jié)束后，電容器存儲(chǔ)的電荷量為______C，本電路中所使用電容器的電容約為______F（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）；（3）保持滑動(dòng)變阻器滑片位置不變，斷開，閉合，使電容器放電，然后再增大的阻值，閉合、，則電容器的充電時(shí)間______（選填“增大”“減小”或“不變”），計(jì)算機(jī)上顯示的新的圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積______（選填“大于”“小于”或“等于”）乙圖中圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積。【答案】（1）b（2）①.②.（3）①.增大②.等于【解析】【小問1詳解】[1]閉合開關(guān)，若要升高電容器充電電壓，滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)向b端滑動(dòng)?！拘?詳解】[1][2]I-t圖像與時(shí)間軸所圍的面積，等于電容器存儲(chǔ)的電荷量，36個(gè)小格，故電容器存儲(chǔ)的電荷量為本電路中所使用電容器的電容【小問3詳解】[1][2]保持滑動(dòng)變阻器滑片位置不變，斷開，閉合，使電容器放電，然后再增大的阻值，閉合、，則電容器兩極板間電壓不變，充電電流減小，則電容器的充電時(shí)間增大，由于電容器電量不變，則計(jì)算機(jī)上顯示的新的圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積等于乙圖中圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積。11.如圖所示，一半徑為R的半圓形玻璃磚豎直放置，離玻璃磚右端距離為R處豎直放置一光屏，一束激光從半圓玻璃磚的圓心O處垂直于直徑入射，另一束激光從O點(diǎn)正上方處的A點(diǎn)垂直于直徑入射。已知兩束激光在玻璃磚中的傳播速度為，c為真空中的光速，屏上出現(xiàn)兩個(gè)光點(diǎn)，要使屏上出現(xiàn)一個(gè)光點(diǎn)，則應(yīng)將光屏向哪個(gè)方向移動(dòng)多大的距離？【答案】向右移動(dòng)0.73R【解析】【詳解】?jī)墒す庠诓ＡТu中的傳播速度為，根據(jù)可知從O點(diǎn)正上方處的A點(diǎn)垂直于直徑入射的光在弧面的入射角為根據(jù)折射定律有解得折射角r=45°光路如圖根據(jù)正弦定理可知解得要使屏上出現(xiàn)一個(gè)光點(diǎn)，則應(yīng)將光屏向右移動(dòng)12.如圖，質(zhì)量均為m的A、B兩球間用絕緣輕桿固連，輕桿與豎直方向成角，A球帶電量為，B球不帶電。A球穿過絕緣水平桿，在的水平恒力作用下由靜止向右運(yùn)動(dòng)了到達(dá)P點(diǎn)（未畫出），A球與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)，運(yùn)動(dòng)中A球電量保持不變，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。（1）求A球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度為多大？（2）求桿對(duì)B球彈力的大小和方向？（3）若A球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)撤去力F，同時(shí)加上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A球滑行了時(shí)間t后停止運(yùn)動(dòng)，求撤去力F后A球滑動(dòng)的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）,方向與豎直方向成角；（3）【解析】【詳解】（1）對(duì)AB整體受力分析，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可得A、B兩球一起運(yùn)動(dòng)，加速度相同，解得A球的加速度為根據(jù)速度位移公式可得解得A球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度為（2）對(duì)B球受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律可得，解得桿對(duì)B球彈力的大小和彈力與豎直方向的夾角為，彈力方向與豎直方向成角（3）撤去力F后，根據(jù)左手定則可知A球受到的洛倫茲力方向垂直桿向下，洛倫茲力始終與速度方向垂直，不做功。水平方向上根據(jù)動(dòng)量定理可得根據(jù)動(dòng)能定理可得解得A球滑動(dòng)的距離為13.在如圖所示的直角坐標(biāo)系中，沿y軸負(fù)方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，同時(shí)還可以加任意方向的、大小可變的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、帶電荷量為的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v