2024屆高考物理挑戰(zhàn)模擬卷 【新課標卷】(含答案)

2024屆高考物理挑戰(zhàn)模擬卷【新課標卷】

學校：___________姓名：班級：___________考號：

一、單選題

1.農業(yè)研究過程中經常利用:;P來研究作物對磷肥的吸收情況，從而改進施肥方法。

一般制備過程是將含?:;P靶材料置于核反應堆中輻照來產生：;P,反應產生的：;P混于

大量的穩(wěn)定的:;P中，己知說:;P的半衰期約為14天，衰變方程為

1P—qS+X+l/llMeV,光速c=3.0xl()8m/s,lMeV=1.6x10*j,下列說法正確的

是()

A.：；P的衰變?yōu)閍衰變

B.：；S的比結合能比:;P的比結合能大0.0535MeV

c.經過一星期后:;P的質量變?yōu)樵瓉淼?

4

D.在一次衰變過程中質量虧損約為3x10-22kg

2.在x軸上有一波源，沿不軸正、反向以相同速度傳播，波源處振動圖像如圖甲所

小，A、4為x軸上兩質點，如圖乙所不，從波源起振開始計時，A、區(qū)起振后，A、B

A.A、3兩質點起振方向均沿)，軸負方向

B.A質點起振6s時，B質點的動能可能為0

C.波源與4區(qū)兩質點距凄之差為波長的一半

D.根據題目條件可以求出該機械波的波速

3.北斗實景地圖是一款由北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)提供的全球實時地圖，采用高清衛(wèi)星影像

和地面實景融合技術，為全用戶提供精準的導航和位置服務。已知北斗衛(wèi)星系統(tǒng)中的

一顆北斗衛(wèi)星相對地球靜止，地球的半徑R=6400km,地球的自轉周期7=24h,地

球表面重力加速度g取9.8m/s2,電磁波的傳播速度c=3xl(Tkm/s,忽略地球自轉的

影響，下列說法正確的是()

A.實時導航時地面與地球同步導航衛(wèi)星傳輸信息的最短時間約為0.12s

B.實時導航時地面與地球同步導航衛(wèi)星傳輸信息的最短時間約為0.24s

C.地球同步導航衛(wèi)星的運行速度大于近地衛(wèi)星的運行速度

D.地球同步導航衛(wèi)星的運行周期等于近地衛(wèi)星的運行周期

4.隨著綜合國力與工業(yè)實力的不斷提升，中國研發(fā)出多項獨有的先進技術，其中特高

壓輸電技術使得中國標準成為國際標準。特高壓輸電是指電壓高達1000千伏及以上等

級的輸電技術。某電廠對用戶進行供電的原理如圖所示。發(fā)電機的輸出電壓

4=300V,輸電線的總電阻/*=50。，為了減小輸電線路上的損耗，需要采用高壓輸

電。變壓器視為理想變壓器，其中升壓變壓器的匝數(shù)比4：〃2=i：iooo用戶獲得的電壓

C/4=220VO若在某一段時間內，發(fā)電廠的輸出功率恒為q=9.0xl()6w,則下列說法

B.降壓變壓器的匝數(shù)比々:4=14925:11

C.輸電線上損失的功率為9x104W

D.若改用1000千伏超高壓輸電，則輸電線路上可減少損失的電功率為4050W

5.如圖所示，半球形玻璃磚的球面涂有一層不透光物質，。為半球的球心，M、N為

過。點的某條直徑的兩端點。單色光小〃在MN與垂直于截面的法線確定的平面內以

相同的入射角9=60。從朋點射入玻璃磚中，已知玻漓穢對小〃兩種單色光的折射率

3

A.-B.lC.-D.2

22

二、多選題

6.帶電小球4B、。、力質量均為相，其中小球4、B、C帶同種電荷，電荷量大小均

為伙當空間存在豎直向上的垂直于小球AB、。所在平面的勻強電場時，四個小球

恰好位于四面體的四個頂點且處于靜止狀態(tài)，如圖所示，小球4氏C的連線構成一

邊長為L的等邊三角形，小球O與小球A、B、C的連線長均為已知帶電小球

4B、C.的半徑均遠遠小于邊長3重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.小球A、B、。均帶負電，小球。帶正電

B.小球D的電荷量大小為與q

C.勻強電場的電場強度大小迎空

37g

D.靜電力常量為生叵婆

37

7.如圖，中國古典文化中的太極圖是由兩個完全相同的陰陽兩部分構成的，陰陽對立

而又統(tǒng)一，相應而又合抱，相反而又相成，生動形象地揭示了宇宙萬象在對立統(tǒng)一法

則下的和諧。太極圖中黑色陰影部分為陰，白色部分為陽，。為外大圓的圓心，。|為

上側小陰圓和上側的陽半圓的圓心，Q為下側小陽圓和下側的陰半圓的圓心，03和

O23分別為上側陽半圓和下側陰半圓的半徑，且。①與O*平行，CQ為外大國的直

徑，CZ）與RO2連線垂直，電荷量均為+q①〉0）的兩個正點電荷分別固定在0「Q兩

點，不計質子和電子的重力，質子和電子僅受靜電力作用，下列說法正確的是（）

卡口上插有寬為d的擋光片，細線連接A后，平行于長木板繞過光滑的定滑輪、動滑

輪后與固定在鐵架臺（圖中沒有畫出）上的拉力傳感器相連。實驗操作步驟如下：

①如圖甲所示安裝好實驗器材；

②將物塊A靜置于長木板B上的。點，測出O到光電門之間的距離與；

③在動滑輪下懸掛一定質量的鉤碼，釋放物塊4

④讀取擋光片經過光電門時的擋光時間加。與拉力傳感器的示數(shù)”；

⑤再次將物塊4靜置于O點，在動滑輪下增加鉤碼的質量，釋放物塊4讀取擋光片

的擋光時間與拉力傳感器的示數(shù)片；

⑥重復操作⑤，得到多組擋光片擋光時間。與拉力傳感器的示數(shù)歹的數(shù)值。

（1）步驟④中，鉤碼的加速度"=（用題中已知物理量的符號表示）。

（2）小組成員根據步驟⑥中的數(shù)據，以」方為縱坐標，以“為橫坐標，作出

（A02

—圖像如圖乙所示，則物塊A與長木板片之間的動摩擦因數(shù)〃=，物塊

A與A上的擋光片的總質量M=。（均用題中已知物理量的符號表示，己知重

力加速度為g,圖中。、。均為已知量）

10.某實驗小組通過查詢資料發(fā)現(xiàn)太陽能電池的電阻不會受到太陽能電池電壓和功率

的影響，該實驗小組通過如圖甲所示電路圖測量太陽能電池的內阻。

（1）該實驗小組將一個電量耗盡的太陽能電池與一個（0.6A5Q）的電流表和一個

（3V1000Q）的電壓表，按如圖甲所示電路圖連接起來，在太陽光照射下每隔一段

時間分別閉合&、S2,并快速記錄對應的電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)/,某次測量時電

流表和電壓表的示數(shù)如圖乙所示，則此時電流表示數(shù)為，電壓表示數(shù)為

（2）經過多次測量，作出U-/圖像，計算得圖像中圖線的斜率大小Z=5.8,在考慮

電表內阻的情況下，太陽能電池內阻R=o（保留2位小數(shù)）

（3）若實驗中總是先讀取電壓表示數(shù)，記錄完停留一段時間再讀電流表示數(shù)，已知太

陽能電池充電時間越長，電流越大，則會導致太陽能電池內阻測量值______（填“偏

大”“偏小”或“無誤差”）。

四、計算題

11.粗糙絕緣的斜面體高h=0.3m,傾角a=37。，處在水平向右的勻強電場中，電場

強度大小E=6xl（）5N/C,一質量機=4.0g的絕緣物塊電荷量夕=5x10'C,從斜面的

底端以平行斜面的初速度％=715元m/s滑上斜面體，從斜面的頂端離開斜面。物塊

與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=。5,重力加速度g取10m數(shù)2,sm37=0.6,cos37=0.8。

（1）求物塊離開斜面體時的速度大小。

（2）物塊離開斜面體時撤去電場，經過多長時間物塊的速度最小，最小速度為多少？

12.如圖為可連發(fā)的玩具氣槍，其原理是利用壓縮空氣將橡皮彈丸彈射出去。氣槍構

造上有一個汽缸和一個可以向汽缸內充入空氣的壓縮裝置。已知汽缸的體積為60

mL,每壓縮一次壓縮裝置可以向汽缸內充入40mL的空氣，壓縮裝置充入空氣的壓強

為大氣壓外,當汽缸內氣體的壓強達到2.5p0時才能實現(xiàn)將10顆橡皮彈丸連續(xù)彈射出

去，汽缸體積不變，汽缸內空氣和壓縮裝置內的空氣均可視為理想氣體，忽略充氣和

彈射過程中汽缸內氣體溫度的變化。

（1）求至少充氣多少次才能實現(xiàn)將10顆橡皮彈丸連續(xù)彈射出去；

（2）已知在發(fā)射橡皮彈丸之前汽缸內空氣的壓強為2.5〃0，彈射出8顆橡皮彈丸后汽

缸內空氣的壓強變?yōu)?.5〃o,求彈射出8顆橡皮彈丸后漏出空氣的質量與發(fā)射橡皮彈丸

之前汽缸內空氣的質量之比上

13.如圖所示，固定于水平地面上的足夠長的絕緣軌道由兩部分組成。粗糙直軌

道AB與水平方向夾角8=53。，光滑的圓弧軌道BC與直軌道A8在B點平滑連接，

8C軌道圓心為O,OC〃A8,半徑R=0.4m,虛線COJLOC?？臻g存在水平向右的勻

強電場，虛線CO尸右側存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度綜=5T。質量

m=0.1kg＞電荷量大小9=5.0x10-2c的小球1恰好靜止于四分之一圓弧的c點，現(xiàn)

將另一與小球1完全相同的小球2在軌道上與3點間距為9R的A位置由靜止釋

放，重力加速度g取lOm/s?,sin53°=0.8,cos53°=0.6,兩小球均可視為質點，

求：

代求2\XXX'乂X:

-般用/產''XX'火

~~X_X_X_X_X~

、、

（1）勻強電場的電場強度大?。?/p>

（2）小球2到達8點時經歷的時間（結果可用根號表示）；

（3）小球2到達圓弧軌道最低位置時，對圓弧軌道的壓力大小；

（4）小球2與小球1發(fā)生彈性碰撞后，小球1將飛出圓弧軌道，求小球1在飛出軌道

后的運動過程中，小球1到虛線CD的最大距離與小球1再次經過虛線C3時小球1到

。占的距離。

參考答案

1.答案：B

解析：：;P的衰變方程為:;Pf：：S+：e,為。衰變，A錯誤；設:;P的比結合能為

Ep,：；S的比結合能為&,根據能量守恒有L711MeV=32&-32Ep,解得

1

<1V

E-E^0.0535MeV,B正確；根據公式加=-%，代入數(shù)值得

3P12，

mc錯誤；設虧損質量為△加，根據質能方程.二炭/，代入數(shù)

據得1.711x1.6x10"j=△俄x(3.0xl()8m/s),解得△加=3xIO'kg,D錯誤。

2.答案：B

解析：因為八、8兩質點的起振方向與波源起振方向相同，波源起振方向為y軸正方

向，所以A、B兩質點的起振方向均為y軸正方向，A錯誤；A、3兩質點起振后，它

們的振動方向總是相反，所以兩振動反相，所以波源到質點A和質點8的時間差

加=1+；)丁(〃=0,1,2,…)，根據％廠”|=心和/=",解得波源與4、8兩點距離

之差為(〃+g)“〃=04,2,),C錯誤；由此可知A質點起振6s時，8質點有可能剛

準備起振，其動能為零，B正確；周期為4s,但無法計算確切波長，故無法求得波

速，D錯誤。

3.答案：A

解析?：設地球的質量為M，題述北斗衛(wèi)星離地高度為人，由萬有引力提供向心力得

擊篝=m*(/?+〃)，忽略地球自轉的影響，對地球表面的物體有色鬻=解

得力。3.6x107m,分析得，赤道上衛(wèi)星正下方的物體離衛(wèi)星最近，最近的距離為力，

所以實時導航時地面與地球同步導航衛(wèi)星傳輸信息的最短時間/=0.12s,故A正

確，B錯誤；對近地衛(wèi)星有〃z〃g=等，解得K=J^a7.9km/s,其周期小于24小

時，對地球的同步衛(wèi)星，勺=干(/?+/7)k3.lkm/s,故C、D錯誤。

4.答案：B

解析：升壓變壓器原線圈電流乙=二=3.0x10,A,所以/,=^，=30A,A錯誤；升

5~4

壓變壓器副線圈電壓4=3.0x105V,降壓變壓器原線圈電壓

=t/2-/2r=298500V,降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比

i=^=298500=14925,R正確；輸電線上損失的功率2=/斤=4.5x104W,C錯

%L22011

誤；若改用100()千伏超高壓輸電，則輸電線上的電流/；='=80xl°：A=9.0A,

3

U2lOOOxlO

損失的功率P'=/；2r=4050W,輸電線路上可減少損失的電功率

△尸=p_/=40950W,D錯誤。

b.答案：C

解析：根據光的折射定律有6=當，逅=當，解得4=300=45,作出光路

sin0a2sin0h

圖如圖所示。根據折射率與光速關系有6=￡,"=￡,設半球形玻璃磚的半徑為

匕2%,

凡根據光的反射定律，結合幾何關系，得小。兩種單色光在玻璃磚中傳播的時間分

別為0=變4=紀史，解得乙=上，C正確，ABD錯誤。

匕aJ2

6.答案：AC

解析：四個小球均處于平衡狀態(tài)，根據受力分析，則只有小球4氏C均帶負電，小

球。帶正電才能保證四個小球的合力均為0,小球均處于靜止狀態(tài)，A正確；作輔助

線如圖所示，。為四面體的頂點。在底面A8C上的投影，令

AO=x,OD=/?,ZDAO=0,由幾何關系可知2xcos30=LJi=L-x2=L,

則sin"浮,cos”當，設小球。的電荷量大小為。，勻強電場的電場強度大小為

E,靜電力常量為Z,對小球人在A8C所在平面上有左一絲cos8=2kqcos30,

(4Y匚

,對小球。進行受力分析有

中皿+m=外聯(lián)立解得篝0錯誤’,正

13)

解析：與0?3平行且相等，根據幾何關系可得48兩點關于圓心O對稱，根據等

量同種正點電荷的電場線和等勢面分布規(guī)律可得48兩點電場強度大小相等，方向相

反，電勢相同，則43兩點電場強度不相同，A錯誤；。點的電勢大于。點的電勢，

電勢能穌=98,電子帶負電，在電勢較低處具有的電勢能較大，所以電子在。點的

電勢能小于在C點的電勢能，B正確；在。。連線上任取一點P,設尸。。2與。。?

夾角為仇?！窸?間的距離為“，其中一個點電荷+q在P點產生的電場強度大小為￡,

兩點電荷在尸點的電場強度的矢量和E=2&sine=^cos2esin。，求電場強度的矢

量和E的最大值時，將E對。求導并令導數(shù)等于0,有

E'=[—2cos。sinOsin。+cos?geos。]=cos^(cos2^-2sin2^)]=0,解得

萬

tan<9=^-,即當8=@儂00與[5-時尸點的電場強度最大，設C。1與002夾角為a,根據

幾何關系可得tana=2,所以場強最大的點在。。之間，所以電子從。運動到C的過

程中靜電力先增大再減小，加速度也是先增大再減小，C正確：等量異種點電荷連線

的中垂面為等勢面，等量同種點電荷連線的中垂面不是等勢面，一質子沿。。從。點

運動到。點過程中所受靜電力方向一直沿。。方向，靜電力一直做正功，D錯誤。

8.答案：AD

解析：導體棒M進入磁場前的瞬間，由動能定理得〃火/?=3〃八戶，解得方國,則

M棒兩端的電壓U=捻力質二力學,故A正確；M、N兩導體棒共同在磁

場中運動的過程動量守恒，設N離開磁場時兩導體棒的速度為匕，有〃”=（/〃+〃?）匕，

解得匕=但，對N棒由動量定理得3無?，=〃％,即瓦7=〃/，解得5二二隹，

BL^x

設N、M在該過程中發(fā)生的相對位移為Ar,則有小二解得Ar=J2gh,

2R

此時M離磁場右邊界的距離n=^-加:，設M棒離開磁場的過程中通過N棒的電荷量

為%,則有%啜生可，解得通過N棒的總電荷量…+%=奈故8錯

誤；N棒離開磁場后，M棒還在磁場中，系統(tǒng)所受的合外力不為零，所以系統(tǒng)的動量

不守恒，故C錯誤；N棒離開磁場后，對棒有-8小4（號-加;）=〃％-小片，解得

/___n-

%=12gh-----,故D正確。

4mR

d?

9.答案:(I)

4%(M)2

(2)_b"；_2a%

2gx°'bd2

解析：（1）物塊A經過光電門時的速度%=9，根據位移與加速度的關系有

△%

u；=2ax,又鉤碼的加速度a=^ad2

AX{}M解得，

4%(M)2

(2)對物塊A進行分析，有尸-“Mg=M%,%=」「■,解得

2/(加)

1二2%尸結合題圖乙有-警包=〃，解得

(Ar)2—Md?d2Md2ad2

bd120ro

〃=-----,M=----o

2gx°bd2

10.答案：(1)0.44A；1.70V

(2)0.80Q

(3)偏小

解析：(1)電流表示數(shù)為0.44A,最小分度值為0.02A,不需要估讀到下一位；電壓

表示數(shù)為1.70V,最小分度值為0.1V,需要估讀到下一位。

(2)因為要考慮電表的內阻，設電池電動勢為E,內阻為R,電流表示數(shù)為/,電壓

表示數(shù)為U,當用電流表測量時，有E=/(R+RA)，當用電壓表測量時，有

E=U(R\I+R),聯(lián)立解得u與I的代數(shù)關系式U=100°<,+5)式則斜率

R、，1000+/?

)J000(R+5)=58,解得R=0.80C。

1000+7?

(3)太陽能電池在充電過程中，隨著光照時間的增大，電流增大，先讀取電壓表示

數(shù)，記錄完停留一段時間再讀電流表示數(shù)會導致電流表讀數(shù)偏大，U-/圖像中圖線的

斜率k偏小，太陽能電池內阻表達式R=>°()°-1°°(,(5.8>k>5).左偏小時測得太陽能

k-1000

電池的內阻偏小。

11.答案：(1)2m/s

(2)0.12s；1.6m/s

解析：(1)對物塊受力分析如圖所示，因為Um、二&二6x](A，x：xH尸N二J

/ng4xl(r3xl()N4

以電場力與重力的合力垂直于斜面，與乙等大反向，所以由牛頓第二定律有

=ma

-mgcos37+E^sin37

解得a=6.25m/s2

斜面的長度/=」一二0.5m

sin37

2

由-2al=v-VQ

解得v=2m/s

(2)撤去電場，物塊離開斜面體后做斜拋運動，當物塊運動到最高點時速度最小，

vmin=vcos37=1.6m/s

運動的時間，=VSm37=0.12s

g

12.答案：(1)3次

(2)-

5

解析：(1)當汽缸內壓強達到全部發(fā)射的壓強臨界值月=2.5%時，充氣次數(shù)最少，

汽缸的體積V=60mL,壓縮裝置每次充入空氣的體積匕=40mL,設

至少充氣〃次，充氣過程氣體溫度不變，根據玻意耳定律可得〃/+%〃乂

解得〃=2.25

因為充氣只能充整數(shù)次，所以至少充氣3次

(2)以彈射出8顆橡皮彈丸后漏出的空氣和汽缸內剩的空氣整體為研究對象，設體積

為匕，

初始狀態(tài)空氣壓強P\=2.5/?(),

彈射出8顆橡皮彈丸后空氣的壓強〃2=1.5%,

彈射出8顆橡皮彈丸過程中，空氣溫度不變，根據玻意耳定律可得pY=0乂

解得X=100mL

設彈射出8顆橡皮彈丸后空氣的密度為p,

空氣的總質量

彈射出8顆橡皮彈丸后漏出的空氣質量町=p(V]-V'\

此過程漏出空氣的質量與發(fā)射橡皮彈丸之前汽缸內空氣的質量之比攵=色

tn

代入數(shù)據解得％

5

13.答案：(1)15N/C

(2)s

25

(3)25.5N

(4)4.0m；4〃兀(m)(〃=1,2,3,...)

解析：(1)小球1在。位置靜止，對小球1進行受力分析，電場力與電場強度方向相

同，小球帶正電，則有駕，解得E=15