吉林省蛟河市2024年高考物理二模试卷含解析

吉林省蛟河市2024年高考物理二模试卷

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、某探究小组计划以下述思路分析电容器间电场（可看作匀强电场）的特点。如图所示，把电容器的一个极板接地，

然后用直流电源给电容器充电，接地极板连接电源正极，充电结束后电容器与电源断开。在两极板之间的尸点固定一

个负试探电荷，正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x。在平移过程中，电容C、场强E、P点电势巴、

试探电荷在尸点电势能约与负极板移动距离x的关系正确的是（）

2、如图所示，等量异种点电荷连线水平，O为两点电荷连线的中点，点A与B、B与C分别关于O点和水平连线对

称。下列说法正确的是（）

A.点A与B的电势一定相等

B.点A与C的场强一定相同

C.将一负电荷沿直线AC从A移至C,电场力不做功

D.将一正电荷沿直线AB从A移至B,电荷电势能一直减小

3、乒乓球作为我国的国球，是一种大家喜闻乐见的体育运动，它对场地要求低且容易上手。如图所示，某同学疫情期

间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分

别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（）

A.飞出时的初速度大小可能相等

B.飞出时的初速度竖直分量可能相等

C.在空中的时间可能相等

D.撞击墙壁的速度可能相等

4、一台小型发电机的原理如图所示，单匝矩形线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机产生的电动势随时间变化的正

弦规律图像如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1。，外接标有灯泡的交流电压表，则下列说法正确的是（）

A.电压表的示数为220V

B.线圈转到如甲图所示位置时感应电动势为零

C.当f=0.01s时线圈中的磁通量最小为零

D.当f=0.01s时线圈中的磁通量最大，为止叵Wb

5万

5、如图所示，一足够长的木板的左端固定，右端的高度可调节。若开始时一物块A恰好沿木板匀速下滑，下列方法

中能使物块A停下的是（）

6

A.增大木板的倾角。

B.对物块A施加一个竖直向下的力

C.对物块A施加一个垂直于木板向下的力

D.在物块A上叠放一个重物B（与物块A具有相同的初速度）

6、下列各力中按照力的效果命名的是（）

A.支持力B.电场力C.分子力D.摩擦力

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，一固定斜面倾角为30。，一质量为旭的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加

速度的大小等于重力加速度的大小g。若物块上升的最大高度为"，则此过程中，物块的（）

A.动能损失了根gHB.动能损失了2777g”

C.机械能损失了gmgH

D.机械能损失了mgH

8、如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为vo,小工件离开甲前与甲的速度相同,

并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为外乙的宽度足够大，重力加速度为g,则（）

A.若乙的速度为如工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s=

2g〃

B.若乙的速度为2%工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变

C.若乙的速度为2%,工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小呻2%

D.保持乙的速度2Vo不变,当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复.若每个工件的质量均为

犯除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计，驱动乙的电动机的平均输出功率7=生51ngi

5

9、两列分别沿x轴正、负方向传播的简谐横波在U0时刻的波形如图所示，其中。波振幅为2cm,沿x轴正方向传播;

》波振幅为4cm,沿x轴负方向传播。两列波的传播速度大小均为v=2m/s。则下列说法正确的是（）

A.两列波的质点的起振方向均沿y轴负方向

B.横波。的周期为2s

C.UL5s时，质点。离开平衡位置的位移为2cm

D.两列波从相遇到分离所用的时间为2s

10、如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b,相距为d,a、b间的电场强度为E,今有一带正电的微粒从

a板下边缘以初速度vo竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也

为d的狭缝穿过b板进入be区域，be区域的宽度也为d,所加电场的场强大小为E,方向竖直向上，磁感应强度方向

E

垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于一，重力加速度为g,则下列关于微粒运动的说法正确的

A.微粒在ab区域的运动时间为以

g

B.微粒在be区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=d

7id

C.微粒在be区域中做匀速圆周运动，运动时间为「

6%

（万+6）d

D.微粒在ab、be区域中运动的总时间为---------

3%

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）某学习小组用如图甲所示的实验装置来探究“小车加速度与合外力的关系”，并用此装置测量轨道与小车之

间的动摩擦因数。实验装置中的微型力传感器质量不计，水平轨道表面粗糙程度处处相同，实验中选择了不可伸长的

轻质细绳和轻定滑轮。实验中保持小车和位移传感器（发射器）的总质量"不变，小车和位移传感器（发射器）的加

速度由位移传感器（接收器）及与之相连的计算机得到。多次改变重物的质量进行实验得小车和位移传感器（发射器）

的加速度a与力传感器的示数F的关系图象如图乙所示。重力加速度取g=10m/s2。

位移传感器位移传感器

（接收器）（发射器）

轨道力传感器

而物

甲

⑴用该实验装置测量小车与水平轨道间的动摩擦因数时，下列选项中必须要做的一项实验要求是（填写选项对

应字母）

A.要使重物的质量远远小于小车和位移传感器（发射器）的总质量

B.要将轨道的一端适当垫高来平衡摩擦力

C.要使细线与水平轨道保持平行

D.要将力传感器的示数作为小车所受的合外力

⑵根据图象乙可知该水平轨道的摩擦因数4=（用分数表示）。

（3）该学习小组用该装置来验证“小车和位移传感器（发射器）质量不变情况下，小车和位移传感器（发射器）的加速

度与作用在小车上的拉力成正比“，那么应该将轨道斜面调整到8=（用角度表示）。

12.（12分）在学校社团活动中，某实验小组先将一只量程为300HA的微安表头G改装为量程为0.3A的电流表，然

后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。可供选择的实验器材有：

微安表头G（量程300|1A,内阻约为几百欧姆）

滑动变阻器2?i（0~10kQ）

滑动变阻器7?2（0-50kQ）

电阻箱R（0~9999Q）

电源Ei（电动势约为1.5V）

电源瓦（电动势约为9V）

开关、导线若干

⑴实验小组先用如图（a）所示电路测量表头G的内阻与,实验方法是:

A.按图（a）连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端；

B.断开S2,闭合Si,调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；

C.闭合S2,并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为200心，记录此时电阻箱

的阻值Ro,

（a）

①实验中电源应选用,滑动变阻器应选用（选填仪器字母代号）；

②测得表头G的内阻Rg=,表头内阻的测量值较其真实值__（选填“偏大”或“偏小”）；

⑵实验测得G的内阻&=500Q,要将表头G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为Q的电阻与表头G

并联;

（3）实验小组利用改装后的电流表A,用图（b）所示电路测量未知电阻Rx的阻值。测量时电压表V的示数为1.20V,表

头G的指针指在原电流刻度的250Q处，则&=Q。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）可导热的汽缸竖直放置，活塞下方封有一定质量的理想气体，并可沿汽缸无摩擦的滑动。活塞上方放一

物块，缸内气体平衡后，活塞相对气缸底部的高度为九如图所示。再取一完全相同的物块放在活塞上，气体重新平

h

衡后，活塞下降了不。若把两物块同时取走，外界大气压强和温度始终保持不变，求气体最终达到平衡后，活塞距汽

缸底部的高度。不计活塞质量，重力加速度为g,活塞始终不脱离气缸。

14.（16分）如图所示，质量为机、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为8的匀强

磁场，在磁场中做匀速圆周运动，不计带电粒子所受重力：

（1）求粒子做匀速圆周运动的半径A和周期T;

（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度£的大小。

X

XX

XX

XX

XX

XX

XX

15,（12分）在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场或电场束控制带电粒子的运动。如图所示，位

于M板处的粒子源不断产生质量为加、电荷量为q的粒子，粒子经小孔Si不断飘入电压为U的加速电场，其初速度

可视为零；然后经过小孔S射出后沿"轴方向从坐标原点0垂直于磁场方向进入X轴上方（含X轴正半轴）的有界匀

强磁场控制区，磁场的磁感应强度为瓦粒子发生270。偏转后离开磁场竖直向下打在水平放置的荧光屏上，已知N板

到7轴、荧光屏到％轴的距离均为L,不考虑粒了重力及粒子间的相互作用。

（1）求粒子在磁场中运动半径的大小；

（2）求粒子从N板射出到打在荧光屏上所需的时间；

（3）实际上加速电压的大小会在U土AU范围内微小变化，粒子以不同的速度进入磁场控制区域，均能发生270。偏转

竖直打在荧光屏上，求有界磁场区域的最小面积So

荧光屏

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、D

【解析】

设原两极板的距离为或，负极板右移x时，两极板的距离为

dQ-x

两极板间的距离减小；

A.两极板间距减小为(〃-x)时，由。=——知

4成d

C=—————

4nk(d0-x)

则C增大，但。与x的关系不是一次函数，其图像不是直线，故A错误；

B.由

CgE上

Ud

则有

E="迎

sS

则E与x无关，其图像为平行于x轴的直线，故B错误；

C.正极板接地其电势为0,且为最高值。尸点与正极板距离不变，设为/,其电势为

(PP=-El

得

4jikQl

(p-----------

PsS

则外与x无关，其图像为平行于x轴的直线，且为负值，故C错误;

D.负试探电荷电势能为

4jikQlq

则约与x无关，其图像为平行于x轴的直线，且为正值，故D正确。

故选D。

2、D

【解析】

A.由等量异种电荷的电场分布可知，A点电势高于C点，C点电势等于B点电势，可知点A的电势高于B点电势,

选项A错误;

B.由对称性可知，点A与C的场强大小相同，但是方向不同，选项B错误;

C.将一负电荷沿直线AC从A移至C,电场力做负功，选项C错误;

D.将一正电荷沿直线AB从A移至B,电场力做正功，则电荷电势能一直减小，选项D正确;

故选D。

3、A

【解析】

C.将乒乓球的运动反向处理，即为平抛运动，由题知，两次的竖直高度不同，所以两次运动时间不同，故C错误；

B.在竖直方向上做自由落体运动，因两次运动的时间不同，故初速度在竖直方向的分量不同，故B错误；

D.撞击墙壁的速度，即可视反向平抛运动的水平初速度，两次水平射程相等，但两次运动的时间不同，故两次撞击

墙壁的速度不同，故D错误；

A.由上分析，可知竖直速度大的，其水平速度速度就小，所以根据速度的合成可知，飞出时的初速度大小可能相等,

故A正确。

故选Ao

4、D

【解析】

A.根据正弦交流电的有效值等于峰值除以0,可知感应电动势的有效值为220V,电压表测的是路端电压，由于电

源有内阻，所以路端电压和电动势不相等，所以电压表的示数不为220V,故A错误；

B.线圈转到如甲图所示位置时，感应电动势最大，故B错误；

CD.由乙图可知f=O.Ols时，感应电动势为零，线圈位于中性面，与磁感线垂直，磁通量最大，由乙图可知周期T=0.02s,

由

In

Em=BSa>=BS亍

可得

①时=BS=^^Wb

5〃

故C错误，D正确。

故选D。

5、C

【解析】

A.物块沿木板匀速下滑，所受合力为零，根据平衡条件得

mgsin0="mgcos0

若增大木板的倾角e重力沿木板向下的分力mgsin0增大，滑动摩擦力

f=jumgcos0

减小，物块将沿木板做加速运动，故A错误；

B.对物块A施加一个竖直向下的力，由于

(F+777g)sin0=//(F+777g)cos

物块的合力仍为零，仍做匀速运动，故B错误；

C.对物块A施加一个垂直于木板向下的力厂，物块的滑动摩擦力

f=//(F+mgcos^)

增大，物块A的合力沿木板向上，物块做减速运动，可以使物块停下，故C正确。

D.在物块A上叠放一重物B,则有

("+m)gsine=+m)gcos0

物块A不可能停下，故D错误。

故选：Co

6^A

【解析】

A.支持力是按照力的效果命名的，支持力实际上是物体之间的弹力，故A正确.

BCD.电场力、分子力摩擦力都是按照力的性质命名的，故BCD错误。

故选A„

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、BD

【解析】

AB.已知物体上滑的加速度大小为g,由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为

AE*=%=%：=mg-2H=2mgH

sin30

故A选项错误，B选项正确；

CD.设摩擦力的大小为了,根据牛顿第二定律得

mgsin30°+f=ma=mg

得

f=0.5mg

则物块克服摩擦力做功为

Wf=f-2H=Q.5mgx2H=mgH

根据功能关系可知机械能损失mg”,故C错误，D正确。

故选BD„

8、CD

【解析】

根据牛顿第二定律，jimg=ma,得a=ng,摩擦力与侧向的夹角为45。，侧向加速度大小为氏=光-〃g,根据-2axs=

B2

1-V12,解得：s=山金，故A错误；

2〃g

沿传送带乙方向的加速度的=正fig,达到传送带乙的速度所需时间7=4°,与传送带乙的速度有关，故时间发生

2ay

变化，故B错误；设t=l时刻摩擦力与侧向的夹角为仇侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay,

avAvv

则一-=和”8,很小的At时间内，侧向、纵向的速度增量△Vx=axAt,Avy=ayAt,解得—=3方.且由题意知，

vvrv—Av

y

—=ton6>t,则/=丫、=tan8,所以摩擦力方向保持不变，则当Vx，=l时，Vy，=l,即v=2vi.故C正确；工

匕乙匕一八匕

件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙方向的位移为y,由题意知，ax=pgcosO,ay=ngsin0,在侧向上-Z&sG-vJ,在纵

向上，2a,j=(2vi)2-l;工件滑动时间才=——，乙前进的距离yi=2vit.工件相对乙的位移L=小必+(%一丁产，则系

%

1?1

统摩擦生热Q/mgL,依据功能关系，则电动机做功：W=-m(2v0)-+-^+Q

-W-4\/5

由P=7,解得p=q_7的〃％.故D正确；故选CD.

点睛：本题考查工件在传送带上的相对运动问题，关键将工件的运动分解为沿传送带方向和垂直传送带方向，结合牛

顿第二定律和运动学公式进行求解.

9、BD

【解析】

A.根据平移法，且同一列波各点起振方向均相同，可知。波起振方向向上，6波起振方向向上，故A错误；

B.横波”的波长为4m,则周期

T=—=2s

v

故B正确；

3

C.横波方的波长为4m,则周期也为2s,Ul.5s时经过,则质点。离开平衡位置的位移为-4cm,故C错误；

4

D.两列波从相遇到分离所用的时间为

22。

———2s

12V

故D正确。

故选BD„

10、AD

【解析】

将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为

2v

零的匀减速运动，根据运动学公式，有：水平方向：vo=at,d=?；竖直方向：O=vo-gt；解得a=g①，=»■②，故

2gg

2

A正确；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力4%3=相匕

解得一=学③'由①②③得到曰d’故B错误；由于r=2d,画出轨迹，如图’由几何关系，得到回旋角度为3。。,

Tid2d

7rm7rdt=------=——

故在复合场中的运动时间为，2=百=一=「，故C错误；粒子在电场中运动时间为：11片，故粒子在

0

126qB3%-v0

万+67

ab、be区域中运动的总时间为：/=:+/2=:一d,故D正确；故选AD.

3%

【点睛】

本题关键是将粒子在电场中的运动正交分解为直线运动来研究，而粒子在复合场中运动时，重力和电场力平衡，洛仑

兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、C—30°

3

【解析】

（1）口］小车所受到的水平拉力即为力传感器的示数/，由图象可知当尸=5N,小车开始有加速度，即摩擦力为5N,

由牛顿第二定律可知：

F-juMg=Ma,

得：

Fa

〃=-------,

Mgg

所以既不需要使重物的质量远远小于小车和位移传感器（发射器）的总质量，也不需要将轨道的一端适当垫高来平衡

摩擦力，选项ABD错误；实验中保持细线与轨道平行时，小车和位移传感器（发射器）所受的拉力为力传感器的示

数产，选项C正确。故选：Co

（2）⑵选小车和位移传感器（发射器）为研究对象，由牛顿第二定律可得

F-juMg=Ma,

即

由图乙可知图象的斜率，即

得：

M=

由E=5N时。=0可解得:

（3）［3］若要验证“小车和位移传感器（发射器）质量不变情况下，小车和位移传感器（发射器）的加速度与作用在小

车上的拉力成正比”要将轨道一端垫高来平衡摩擦力。对小车和位移传感器(发射器)受力分析可得：

Mgsin0=juMgcos0,

即

〃=tan，=，

3

所以

0=30o

1心r

12、EiRi-Ro偏小0.54.3

2

【解析】

(1)[口⑵闭合S2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、

滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择滑

动变阻器应选择衣2；

[3][4]闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的2,则流过电阻箱的电流为满偏电流的工，微

33

安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，贝！J：

R=-R.

go2%

闭合开关S2时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于300|iA,当表头G示数为200jiA时，流过电阻箱的电流大于

lOOfiA,电阻箱阻值小于表头G电阻的一半，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此表头G内阻测量值偏

小；

⑵[5]把微安表改装成0.3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为:

IR300x106x500

R=ggO=0.5。

ITg0.3-30x10^

(3)[6]改装后电流表内阻为:

R3300x10-6x500

AQ=0.5Q

T03

微安表量程为300pA,改装后电流表量程为0.3A,量程扩大了1000倍，微安表示数为250pA时，流过电流表的电流

为：

250X10-6X1000A=0.25A

由图乙所示电路图可知，待测电阻阻值为

Rx上-RA="。-0.5。=4.3。

/0.25

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

4,

13->—h

3

【解析】

初始状态，小物块和活塞处于平衡状态

P'S=POS+mg

此时气缸中的气体

K=hS

放上另一物块，两个小物块和活塞处于平衡状态时

P[S=P0S+2mg

此时气缸中的气体

4

V2=-hS

取走两物块后，活塞平衡

P3=P。

此时气缸中的气体

Vs=HS

对以上过程用玻意耳定律列方程得

PM=P2V2

PM=P3V3

4

解得丸。

cmve271m

外⑴八折⑵EW

【解析】

(1)粒子在