2024年江苏高考物理模拟试题及答案

1.物理思想方法是物理学科素养的重要内容，可帮助我们提升思维水平，形成综合能力.下列有关思想方法

说法正确的是（）

A.卡文迪许利用扭秤测量万有引力常量用到了微元法的思想

B.合力、分力等概念的建立体现了等效替代的思想

C.加速度公式a=£与功率公式尸=叫都采用了比值定义法

mt

D.点电荷、电场都是抓住主要因素忽略次要因素建立的理想化模型

【答案】B

【详解】A.卡文迪许利用扭秤测量万有引力常量用到了放大法的思想，故A错误；

B.合力、分力等概念的建立体现了等效替代的思想，故B正确；

C.加速度公式a=£是牛顿第二定律的表达式，不是定义式，故C错误；

m

D.电场不属于理想化模型，是电荷周围客观存在的物质，故D错误。

故选B。

2.某同学用细线拴一重物制成简易加速度计，其刻度面如图所示（刻度为弧度）.若某次火车出站时读到细线

与竖直方向夹角为O.lrad,则加速度约为（）

上。

A.5m/s2B.lm/s2C.0.5m/s2D.O.lm/s2

【答案】B

【详解】根据牛顿第二定律可知

mgtan0—ma

角度很小时

tan。asin878

得

a=lm/s2

故选B。

3.用如图所示的实验装置探究“质量一定时，物体加速度与所受合外力的关系”，小车的质量为托盘

和祛码的总质量为加，平衡摩擦力后进行实验（）

B.小车所受的合外力等于2mg

C.释放小车后立即接通打点计时器

D.在托盘中增加祛码，重复实验

【答案】D

【详解】A.探究“质量一定时，物体加速度与所受合外力的关系”时由于传感器测量小车的合力，无需

"Z远小于故A错误；

B.对托盘和祛码根据牛顿第二定律得

mg—T=ma

所以

T<mg

即

2T<2mg

故B错误；

C.先接通电源，再释放小车，故C错误；

D.探究“质量一定时，物体加速度与所受合外力的关系”时保持小车质量不变，在托盘中增加祛码，重复

实验，故D正确。

故选D

4.2023年5月11日，我国发射的“天舟六号”货运飞船与“天和”核心舱实现快速交会对接，形成的组合

体在离地面高为/?的空间站轨道绕地球做匀速圆周运动，如图所示，已知地球半径为R,h<R,地球表面的

重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.组合体处于完全失重状态，不受重力作用

B.组合体的运行速度大于7.9km/s

C.组合体的运行周期小于24h

D.由于稀薄空气的阻力作用，组合体如果没有动力补充，速度会越来越小

【答案】C

【详解】A.组合体在太空中做圆周运动，由万有引力提供向心力，万有引力的分力提供重力，组合体仍

受重力作用，故A错误；

B.7.9km/s是第一宇宙速度，也是近地卫星环绕地球的速度，是飞行器环绕地球的最大绕行速度，而天舟

四号与天和核心舱对接后的轨道并不是近地轨道，所以运行速度小于7.9km/s。故B错误；

C.地球同步卫星轨道高度约为35786km,远大于地球半径R,根据开普勒第三定律可知轨道半径越小周

期越小，而组合体在离地面高为〃小于R,故组合体的轨道半径小于地球同步卫星轨道半径，故组合体的

运行周期小于24h,故C正确；

D.考虑稀薄大气阻力，若空间站没有进行动力补充，将会做近心运动，引力做正功，运行速度会越来越

大，故D错误。

故选Co

5.磁性圆盘竖直放置，绕固定的水平轴匀速转动，一铁质小物体吸附在距离圆盘中心厂处，相对于圆盘静

止，则小物体（）

A.在最高点一定受四个力作用

B.在转一圈的过程中，圆盘对小物块的支持力的冲量为0

C.在转一圈的过程中，圆盘对小物块的摩擦力的冲量方向为竖直向上

D.小物块从圆周的最高点运动到最低点的过程中，摩擦力对小物块做正功

【答案】C

【详解】A.在最高点物体可能受到重力、支持力、磁力三个力的作用，重力提供向心力，故A错误；

B.在转一圈的过程中，圆盘对小物块的支持力不为0,,冲量不为0,故B错误；

C.在转一圈的过程中，根据动量定理可知，合力冲量为0,磁力与弹力的合力冲量为0,重力与摩擦力的

合力冲量也为0,则圆盘对小物块的摩擦力的冲量方向为竖直向上，故C正确；

D.小物块从圆周的最高点运动到最低点的过程中，动能不变，合外力做功为0,支持力、磁力不做功，

重力做正功，则摩擦力对小物块做负功，故D错误。

故选c。

6.如图所示，从斜面上A点斜向上抛出一小球，水平击中斜面上B点，现从C点抛出，仍要水平击中2

点。下列说法正确的是（）

A.可以仅改变抛出时速度的大小B.可以仅改变抛出时速度的方向

C.两次击中8点速度相同D.两次在空中运动的时间相等

【答案】A

【详解】反向看是平抛运动，设斜面倾角为。，根据

两次时间不同，则竖直速度不同，根据平抛运动推论可知，位移偏转角正切值是速度偏转角正切值的一

半，则

v

tan(/=2tan6)=—

匕

可知，水平速度不同，所以两次击中8点速度不同，但速度方向相同，两次抛出时速度的大小不同，故可

以仅改变抛出时速度的大小。

故选Ao

7.如图所示，质量为机、长为/的铜棒仍，用长度也为/的两根轻导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场

中，磁感应强度为8,未通电时，铜棒静止，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度为仇重力加速度

A.棒中电流的方向为6—aB.棒中电流的大小为

Blsin0

C.棒中电流的大小为"际tan'D.若只增大轻导线的长度，则。角变大

BI

【答案】B

【分析】

【详解】A.根据导体棒受到的安培力方向可知，电流的方向由“到b,A错误；

BC.根据动能定理可知

BII-Isin0—mg(l—Icos3)=0

解得

Img(l-cos^)

Blsin6

C错误B正确；

D.根据B可知，最大偏转角与导线的长度无关，D错误。

故选Bo

8.水平地面上方有水平向右、范围足够大匀强电场，从地面上的A点竖直向上抛出一个带电的小球，运

动轨迹如图所示，B点为轨迹的最高点，空气阻力可忽略。则小球在从A到B过程中（）

A.电势能增大

B.机械能先增大后减小

C.速度先减小后增大

D.相同时间内速度变化量不同

【答案】C

【详解】AB.由运动轨迹可知，小球带正电，则小球在从A到8过程中电场力做正功，电势能减小，机

械能增大，故AB错误；

C.运动过程中，开始过程中，小球所受合力与速度夹角为钝角，合外力做负功，故小球动能减小，后小

球所受合力与速度夹角为锐角，合外力做正功，小球动能增大，故c正确；

D.小球的合外力固定不变，则加速度固定不变，则相同时间内小球的速度变化量相同，故D错误。

故选C。

9.合肥工业大学科研团队成功研制出兼具自修复性和高导电性的弹性导体，其阻值会随着机械形变而发生

变化，如图所示，电压表和电流表是理想电表，。、b两点之间连接一弹性导体，在弹性导体中间悬挂重物,

在把重物拿走后，下列说法正确的是（）

B.电压表示数变小

C.弹性导体消耗的功率一定变小

D.弹性导体消耗的功率一定变大

【答案】B

【详解】A.把重物拿走后，弹性导体长度变短，截面积增大，则电阻变小，故A错误；

B.电路总电阻减小，总电流增大，则电源内阻和定值电阻R上的电压增大，则弹性导体的电压变小，即

电压表示数变小，故B正确；

CD.将定值电阻R等效为电源的内阻，则当弹性导体的电阻等于R+r时，弹性导体消耗的功率最大，因

不明确弹性电阻的阻值与R+r的阻值关系，则当弹性电阻的阻值变小时，其消耗的功率不一定变大，也不

一定变小，故CD错误。

故选B。

10.在坡道滑雪中，一运动员从斜面自由下滑做匀加速直线运动，滑到水平面做匀减速直线运动，最后停在

水平面，其运动过程中动量的大小p和重力做功W随时间t、重力势能Ep和机械能E随水平位移无变化的

图像中，可能正确的是（）

【答案】D

【详解】A.运动员的运动可看作先沿斜面匀加速下滑，到水平面后做匀减速直线运动，速度先线性增大

再线性减小，由动量的大小p=»w知，图线应先线性增大再线性减小，故A错误；

B.设斜面倾角为。，运动员沿斜面匀加速下滑，运动学公式

v2=2as

v=at

又重力做功为

W=mgssin0

联立得，Wocsoc产，到水平面后，重力做功为0,故B错误；

C.根据B项分析，运动员沿斜面匀加速下滑时

W—mgssin6=mgx

又

W=—("—4)

联立得

Ep=-mgx+Ep0

运动员到水平面后重力势能经不再变化，与Ep-x图线不符，故C错误；

D.从斜面滑到水平面，除重力外只有阻力做功，斜面和水平面上动摩擦因数可能不同，设为〃1和〃2,

根据功能关系，斜面上

-^mgssin0=E-Eo

又

ssin。=x

联立解得

E=-Rngx+E0

E-x图线线性减小，水平面上，阻力做功为-〃2根小，同理，E-尤图线也线性减小，故D正确。

故选D。

11.如图所示为某缓冲装置模型，轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力等

于最大静摩擦力八现一质量为机的小车以速度w撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动/,不计小车与地面间的

摩擦，贝I()

、/WVW)------/卷什

G-pJI

A.轻杆向右移动的过程中，轻杆的加速度为£

m

B.轻杆向右移动的过程中，弹簧的弹性势能逐渐增大

C.小车被弹簧反向弹回后速度大小为vo

D.从小车撞击弹簧到离开弹簧的过程中，系统产生的内能为〃

【答案】A

【详解】A.轻杆向右移动的过程中，轻杆与槽间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力力由牛顿第三定律可

知，小车所受弹簧的作用力大小也是力由牛顿第二定律可知小车的加速度为

a=匕

m

轻杆与小车的加速度大小相等，所以轻杆的加速度为工，故A正确；

m

B.小车与弹簧一起推动杆向右运动的过程中，轻杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x先增大，到小车

与杆的速度相等时x保持不变，直到杆的速度减为0,之后，小车向右减速到弹回，因此轻杆向右移动的

过程中，弹簧的弹性势能先增大后不变，故B错误；

C.轻杆向右移动的过程中，轻杆与槽之间由于摩擦，一部分机械能转化为内能；小车被弹簧反向弹回的

过程中，轻杆受到的弹力小于最大静摩擦力力轻杆处于静止状态，小车被弹簧反向弹回后速度大小小于

vo,故C错误；

D.小车以一速度撞击弹簧后，轻杆恰好向右移动/,摩擦产生的内能为

Q=衣相对=fl

故D错误。

故选A„

二、非选择题：共5题，共56分.其中第13〜16题解答时请写出必要的文字说明、方程式

和演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位.

12.某学生实验小组利用图1所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“xlk”挡内部电路的总电

阻.使用的器材有：多用电表、电压表（量程5V,内阻十几千欧）、滑动变阻器（最大阻值5k。）、导线若

干。

图2

（1）将多用电表挡位调到电阻“xlk”挡，再将红表笔和黑表笔,调零点；

（2）将图1中多用电表的黑表笔和（填“1”或“2”）端相连，红表笔连接另一端；

（3）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，此时电压表的示数为4.6V,多用电表指针的示数

如图2所示。则电压表的内阻是kQ,欧姆表内部电源的电动势为V（结果保留3

位有效数字）;

（4）若该欧姆表的刻度值是按电动势为9.0V刻度的，当电池的电动势下降到7.0V时，欧姆表仍可调零。

若重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为18.0k。，则这个待测电阻的真实值18kQ（填

“大于”、“等于"、“小于”）。

【答案】①.短接②.2③.16.08.91⑤.小于

【详解】（1）[1]多用电表测电阻时，在选择倍率后，需要将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零。

（2）[2]电流从多用电表黑表笔流出红表笔流入，所以图1中多用电表的黑表笔和2端相连，红表笔和

1端相连。

（3）[3]根据多用电表测得电压表的内阻为16.0kQ。

⑷根据多用电表的表盘可知，多用电表在“xlk”挡时的中值电阻为15.0kQ,即此时多用电表的内阻为

15.0kQ,则欧姆表内部电源的电动势为

160kQ+150kQ

E=x4.6Vx8.91V

16.0kQ

（4）[5]电动势为9.0V,调零后欧姆表内部电阻为

'g

电动势为7.0V时，调零后欧姆表内部电阻为

E'

4’

电动势为9.0V时，电阻阻值为18.0kC对应的电流为

I=--------

R内+R测

电动势为7.0V时

解得，这个待测电阻的真实值为

R真=14.0k。

所以则这个待测电阻的真实值小于18kQ。

13.如图所示，水平放置的线圈匝数〃=100匝，电阻厂=4。，线圈与电阻R相连，在线圈的中心有一个方

向垂直于线圈、面积S=0.3m2的有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律为8=0.l-r(T),规定垂直纸面

向里磁感应强度的方向为正方向，电压表的示数为18V,试求：

(1)通过电阻R的电流方向；

(2)线圈产生的感应电动势；

(3)电阻R的阻值。

【答案】(1)B-R-A；(2)30V；(3)6。

【详解】(1)磁感应强度方向向里且减小，根据楞次定律判断可知电流方向为2一尺》;

(2)根据法拉第电磁感应定律得

(3)感应电流为

故电压表的示数为

14.如图甲所示，物块A、B通过细线连接，A在桌面上，B悬挂在桌子边缘，细线与滑轮间无摩擦.现将

物块A从尸点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在。点，物块Av-f图像如图乙所示。已知B的

质量为0.5kg,重力加速度大小g取10m求：

(1)两点的距离；

(2)物块A与桌面间的动摩擦因数;

(3)物块A的质量.

4

【答案】(1)3m；(2)0.1；(3)jkg

【详解】(1)由v-f图可知

XPQ=—x2x3m=3m

2

(2)由v-f图可知，物块A在1〜3s的加速度大小

ai—1m/s2

1〜3s内，对A物块根据牛顿第二定律得

jum^g=mAa2

所以

/j-—~QA

g

(3)0〜1s内，加速度大小

%=2m/s2

对A、B物块根据牛顿第二定律得

T—〃"="入的

tnBg~T=mBal

解得

4

mA=­kg

15如图所示‘光滑水平面上静置一个质量〃=3kg的滑块’滑块的一侧是一个:圆弧形槽’凹槽半径氏二

0.6m,E点切线水平.一个质量机=lkg的小球以速度w=8m/s从E点冲上滑块，从与圆心等高的尸点脱

离滑块.g取10m/s2,不计一切摩擦.求:

(1)小球脱离滑块时，滑块的速度大小；

(2)小球脱离滑块后在空中运动的时间；

(3)小球全程对滑块做功的大小.

OF

vR

/77//////////////////////////

E

【答案】(1)2m/s；⑵1.2s；(3)24J

【详解】(1)系统水平方向动量守恒，有

mvo=(m+M)v

解得

v=2m/s

(2)由能量守恒定律，有

；mv^=mgR+；+")+g”声

根据匀变速直线运动规律有

Vy=g£

解得

t=0.6s

则

/总=2仁1.2s

(3)设小球回到£点时速度为也，滑块速度为也，由动量守恒及能量守恒有

mvo=mvi+Mv2

2

+^-MV2

对滑块根据动能定理有

W=^MV22

W=24J

16.如图甲所示，一半径为d的圆形磁场，其圆心位于xOy平面的坐标原点，磁场左侧水平放置两块长度均

为2d的平行金属板P、Q,两板间距为d,x轴过平行金属板的中心轴线。平行金属板间加上如图乙所示周

期性变化的电压(Uo未知)，在紧靠P板左侧有一粒子源S,从六。时刻开始连续射出初速度大小为％、方

向平行于金属板的相同带电粒子，仁0时刻射出的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期

T=犯,粒子质量为如电荷量为+q,磁感应强度3=罕，若进入磁场的粒子均能从y轴上的M点离

%dq

开磁场，粒子打到金属板上会被吸收，不计粒子重力及相互间的作用力，求：

(1)Uo的大小；

(2)U0时刻进入的粒子在磁场中运动的时间；

(3)达到M点的粒子占发射源发射粒子总数的百分比。

XXX

XXX3