全国卷备战2024年高考物理模拟卷01含解析

Page132024年高考物理第一次模拟考试留意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.如图14所示，在水平力F作用下，物体B沿水平面对右运动，物体A恰匀速上升，以下说法正确的是()图14A.物体B正向右做匀减速运动B.物体B正向右做加速运动C.地面对B的摩擦力减小D.右侧绳与水平方向成30°角时，vA∶vB＝eq\r(3)∶2解析将B的运动沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，沿绳子方向上的分速度等于A的速度，如图所示，依据平行四边形定则有vBcosα＝vA，所以vB＝eq\f(vA,cosα)，α减小，所以B的速度减小，但不是匀减速运动，选项A、B错误；分别对A、B受力分析，在竖直方向上有T＝mAg，mg＝FN＋Tsinα，α减小，则支持力增大，依据Ff＝μFN可知，摩擦力增大，选项C错误；依据vBcosα＝vA，右侧绳与水平方向成30°角时，vA∶vB＝eq\r(3)∶2，选项D正确。答案D15.如图15所示，可视为质点的小球A、B用不行伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面上时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是()图15A.2R B.eq\f(5R,3) C.eq\f(4R,3) D.eq\f(2R,3)解析设B球质量为m，A球刚落地时，两球速度大小都为v，依据机械能守恒定律2mgR－mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2得v2＝eq\f(2,3)gR，B球接着上升的高度h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度为h＋R＝eq\f(4,3)R，故选项C正确。答案C16.如图16所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带，假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列推断正确的是()图16A.小行星带内的小行星都具有相同的角速度B.小行星带内侧小行星的向心加速度小于外侧小行星的向心加速度C.各小行星绕太阳运动的周期均大于一年D.要从地球放射卫星探测小行星带，放射速度应大于地球的第三宇宙速度解析依据万有引力供应向心力，Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，可知不在同一轨道上的小行星的角速度不同，故A错误；同理有向心加速度a＝eq\f(GM,r2)，可知小行星带内侧小行星的向心加速度大于外侧小行星的向心加速度，故B错误；周期T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，小行星的轨道半径比地球公转的半径大，所以各小行星绕太阳运动的周期均大于一年，故C正确；要从地球放射卫星探测小行星带，就要克服地球的引力，所以放射速度应大于地球的其次宇宙速度，故D错误。答案C17.如图17所示是氢原子的能级图，一群氢原子处于n＝4能级，下列说法中正确的是()图17A.这群氢原子跃迁时能够发出3种不同频率的光子B.这群氢原子发出的光子中，能量最大为10.2eVC.从n＝4能级跃迁到n＝3能级时发出的光波长最大D.这群氢原子能够吸取随意光子的能量而向更高能级跃迁解析依据Ceq\o\al(2,4)＝6知，这群氢原子能够发出6种不同频率的光子，故A错误；由n＝3能级跃迁到n＝1能级辐射的光子能量最大，ΔE＝(13.6－0.85)eV＝12.55eV，故B错误；从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最大，故C正确；一群处于n＝4能级的氢原子向更高能级跃迁，吸取的能量必需等于两能级之差，为特定值，而不是随意值，故D错误。答案C18.如图18所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C快速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()图18A.木块B对水平面的压力大小快速变为2mgB.弹簧的弹力大小为mgC.木块A的加速度大小为2gD.弹簧的弹性势能马上减小解析移开木块C前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为3mg，地面对B的支持力大小为4mg，因移开木块C瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势能均不变，选项B、D错误；木块C移开瞬间，木块B所受重力、弹簧的弹力不变，故地面对B的支持力也不变，由牛顿第三定律知，选项A错误；撤去木块C瞬间，对木块A，由牛顿其次定律有3mg－mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，选项C正确。答案C19.(多选)光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B、C三点，如图19甲所示。一质量m＝1g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点，其运动过程的v－t图象如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，依据图线可以确定()图19A.中垂线上B点电场强度最大B.A、B两点之间的位移大小C.B点是连线中点，C与A点必在连线两侧D.UBC＞UAB解析v－t图象的斜率表示加速度，可知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以B点的电场强度最大，A正确；小物块由A运动到B的过程中，由图乙可知A、B两点的速度，已知小物块的质量，则由动能定理可知qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，由上式可求出小物块由A运动到B的过程中电场力所做的功qUAB，因为电场强度的关系未知，则不能求解A、B两点之间的位移大小，B错误；中垂线上电场线分布不是匀整的，B点不在连线中点，C错误；在小物块由A运动到B的过程中，依据动能定理有qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝(eq\f(1,2)×1×10－3×42－0)J＝8×10－3J，同理，在小物块由B运动到C的过程中，有qUBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝(eq\f(1,2)×1×10－3×72－eq\f(1,2)×1×10－3×42)J＝16.5×10－3J，对比可得UBC＞UAB，D正确。答案AD20．如图20所示，虚线框内有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为，磁场区域上下宽度为；质量为、边长为的正方形线圈平面保持竖直，ab边保持水平地从距离磁场上边缘确定高处由静止下落，以速度进入磁场，经一段时间又以相同的速度穿出磁场，重力加速度为。下列推断正确的是（）图20A．线圈的电阻B．进入磁场前线圈下落的高度C．穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量D．线圈穿过磁场所用时间20．解析线圈以相同速度进、出磁场，且磁场宽度等于线圈边长，因此线圈确定是匀速穿过磁场区域，此过程中线圈始终有一条边在磁场中受安培力，由平衡条件得，其中感应电流，解得，选项A正确；进入磁场前线圈做自由落体运动，因此，选项B错误；线圈穿过磁场的过程中，位移为2，由能量守恒可知，线圈电阻产生的热量等于线圈重力势能的削减量，即，C项错；线圈匀速穿过磁场区域，因此线圈穿过磁场所用时间，选项D正确。答案AD21.如图甲所示，乙图是正面平面图，质量m=1kg长度为L=1m的光滑导体杆用轻质软导线连接一电阻R，导体杆水平放置在倾角为37°的绝缘光滑斜面上。空间存在有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B=1T，当线路开关S断开时，导体杆由斜面下滑道底端用时3s，当开关闭合时，导体杆由相同位置下滑原委端用时3.5s，重力加速度g=10m/s2。则开关s闭合，导体杆下滑过程，通过导体横截面的电量为7C，则（）图21开关闭合下滑电路产生的热量为64J导体棒沿斜面下滑距离下滑原委端的速度为14m/s开关闭合导体杆下滑过程为匀加速运动21.解析当开关断开时，导体杆下滑，，解得加速度，，解得导体棒沿斜面下滑距离，B正确。开关闭合时，依据动量定理，，转化为，即，代入数据得，C正确，再依据功能关系，解得，A正确。开关闭合导体杆下滑过程所受安培力为变力，故运动性质为变加速运动，D错误。答案ABC第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必需作答。第33~34题为选考题，考生依据要求作答。22．(6分)某试验小组为了探究碰撞中的不变量，在气垫导轨中心放置一个滑块Q，另一个滑块P压缩导轨左端弹簧片后被锁定，滑块P上安装有遮光板C，其右端粘上橡皮泥，导轨上适当位置安装两个光电门A、B记录滑块上遮光板C分别通过两光电门的时间，如图（a）所示。解除滑块P的锁定，滑块P被弹出与滑块Q相碰后粘合在一起运动。⑴为了正常试验和减小试验误差，下列操作必要的是_________A．试验前应将气垫导轨调整水平B．光电门A应当靠近滑块PC．遮光板应适当加宽D．滑块Q上应安装遮光板ABABCPQ弹簧片橡皮泥⑵试验小组用游标卡尺测得遮光板的宽度如图（b）所示，其宽度为__________mm；试验除了要记录遮光板通过光电门的时间外，还应测定_____________________________。22．答案⑴AC⑵20.70；两滑块（包括橡皮泥和遮光板）的质量。解析⑴为了避开轨道倾斜对滑块运动的影响，试验前必需将气垫导轨调整水平，A对；光电门A应设置在滑块P匀速运动阶段，因此不能靠近滑块P，B错；适当加宽遮光板可减小长度和时间测量误差，C对；碰后滑块Q与P一起运动，因此没有必要在其上安装遮光板，D错。（2）游标卡尺示数：20.00mm+14×0.05mm=20.70mm；碰撞中的守恒量是动量，测定遮光板宽度和遮光板通过光电门时间可计算此时速度，还须要测定两滑块（包括橡皮泥和遮光板）的质量。23.（9分）利用如图16(a)所示电路，可以测定电源的电动势和内阻，所用的试验器材有：待测电源，电阻箱R(最大阻值999.9Ω)，电阻R0(阻值为3.0Ω)，电阻R1(阻值为3.0Ω)，电流表(量程为200mA，内阻为RA＝6.0Ω)，开关S。图23试验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调整电阻箱，登记电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；③以eq\f(1,I)为纵坐标，R为横坐标，作eq\f(1,I)－R图线(用直线拟合)；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b。回答下列问题：(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则eq\f(1,I)与R的关系式为________________。(2)试验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R＝3.0Ω时，电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表．答：①________，②________。R/Ω1.02.03.04.05.06.0I/A0.1430.125①0.1000.0910.084eq\f(1,I)/A－16.998.00②10.011.011.9(3)在图(c)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，依据图线求得斜率k＝______A－1Ω－1，截距b＝________A－1。(4)依据图线求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。答案(1)eq\f(1,I)＝eq\f(3R,E)＋eq\f(15＋3r,E)(2)0.1109.09(3)见解析图1.0(0.96～1.04均可)6.0(5.9～6.1均可)(4)3.0(2.7～3.3均可)1.0(0.6～1.4均可)解析(1)依据闭合电路欧姆定律有E＝(eq\f(IRA,R1)＋I)(R＋R0＋r)＋IRA，代入数据，化简得eq\f(1,I)＝eq\f(RA＋R1,ER1)R＋eq\f(1,E)[eq\f(RA＋R1,R1)(R0＋r)＋RA]＝eq\f(3R,E)＋eq\f(15＋3r,E)。(2)电流表每小格表示4mA，因此电流表读数是0.110A，倒数是9.09A－1。(3)依据坐标纸上给出的点，画出一条直线，得出斜率k＝1.0，截距b＝6.0A－1。(4)斜率k＝eq\f(RA＋R1,ER1)，因此E＝3.0V，截距b＝eq\f(1,E)[RA＋eq\f(RA＋R1,R1)(r＋R0)]，因此r＝eq\f(bE,3)－5＝1.0Ω。24．(14分)如图所示,水平绷紧的传送带AB长L=6m,始终以恒定速率V1=4m/s运行。初速度大小为V2=6m/.s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。小物块m=lkg,物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4,g取l0m/s2。求:（1）小物块能否到达B点，计算分析说明。（2）小物块在传送带上运动时，摩擦力产生的热量为多少？24、解析：(1)不能，（1分）因为小物块在水平方向受到摩擦力的作用，f=μmg，（1分）产生的加速度：a==μg=0.4×10=4m/s2（2分）小物块速度减为零时的位移是x，则，-2ax=0-得：x==4.5m＜6m，（2分）所以小物块不能到达B点，(2)x==4.5m（1分）小物块向右加速的过程中的位移：x′==2m，（1分）速度等于传送带速度v1时，阅历的时间：t==2.5s，（1分）传送带的位移：s=v1t=4×2.5m=10m，（1分）小物块相对于传送带的位移：△x=s+（x-x′）=10+（4.5-2）=12.5m（2分）

小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为：Q=f•△x=0.4×10×1×12.5J=50J（2分）25.如图所示，两块很大的平行导体板MN、PQ产生竖直向上的匀强电场，两平行导体板与一半径为r的单匝线圈连接，在线圈内有一方向垂直线圈平面对里，磁感应强度变更率为的匀强磁场B1。在两导体板之间还存在有志向边界的匀强磁场，匀强磁场分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，其边界为MN、ST、PQ，磁感应强度大小均为B2，方向如图所示，Ⅰ区域高度为d1，Ⅱ区域的高度为d2。一个质量为m、电量为q的带正电的小球从MN板上方的O点由静止起先下落，穿过MN板的小孔进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，Ⅱ区域的高度d2足够大，带电小球在运动中不会与PQ板相碰，重力加速度为g。(1)求线圈内匀强磁场的磁感应强度变更率；(2)若带电小球运动后恰能回到O点，求带电小球释放时距MN的高度h；25.解析：（1）带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，得(1)(2)(3)(4)（2）只有小球从进入磁场的位置离开磁场，做竖直上抛运动，才能恰好回到O点，由于两个磁场区的磁感应强度大小都相等，所以半径都为R，由图可知△O1O2O3是等边三角形。(5)(6)(7)解得：(8)33．【选修3-3】（15分）⑴（5分）下列说法正确的是__________A．气体很简洁被压缩是因为气体分子间有空隙，固体和液体很难压缩是因为固体和液体分子间没有空隙B．一切达到热平衡的系统都具有相同的温度C．若两个分子除相互作用的分子力外不受其它的力，则从相距无穷远由静止释放两分子，分子势能先减小后增大D．有规则几何形态的物体都是晶体E．液体的表面张力是由于液体表面层分子间相互作用的分子引力产生的33.（1）【答案】BCE【解析】任何状态下物质分子间都存在空隙，只是固体和液体分子间空隙很小，压缩时分子力马上呈斥力，使压缩特殊困难，选项A错；热平衡就是系统内热量不会从一个物体传递向另一个物体，或者不会从系统的一部分传递到另一部分，只有系统温度相同才能满足这一要求，选项B正确；若两个分子除相互作用的分子力外不受其它的力，则从相距无穷远由静止释放两分子，分子力先呈现为引力，在分子引力作用下两分子相互靠近，分子力做功，分子势能减小，两分子间距离达到平衡距离时分子速度最大，接着靠近克服分子力做功，分子势能增大，选项C正确；自然具有规则几何形态的物体才是晶体，D选项错误；液体的表面张力是由于液体表面层分子稀疏，分子间距离大于而呈现出分子引力的宏观体现，选项E正确。⑵（10分）池塘水面温度为27°C，一个体积为的气泡从深度为10m的池塘底部缓慢上升至水面，其压强随体积的变更图象如图所示，气泡由状态1变更到状态2。若气体做功可由（其中为气体的压强，为气体体积的变更量）来计算，取重力加速度，水的密度为，水面大气压强，气泡内气体看作是志向气体，试计算：ⅰ．池底的温度；ⅱ．气泡从池塘底部上升至水面的过