山东省2024年高考物理模拟试卷及答案6

山东省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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。得分1．如图所示为氢原子能级图，用频率为ν的单色光照射大量处于基态的氢原子，氢原子辐射出频率分别为的ν1、ν2、ν3三种光子，且ν1<ν2<ν3。用该单色光照射到某新型材料上，逸出光电子的最大初动能与频率为ν2光子的能量相等。下列说法正确的是（）A．ν3>ν1＋ν2 B．ν=ν1＋ν2＋ν3C．该单色光光子的能量为12.75eV D．该新型材料的逸出功为1.89eV2．如图所示，开口向右的绝热汽缸，用绝热光滑活塞封闭一定质量的理想气体，轻绳左端连接活塞，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为m的小桶，小桶静止，气体处于状态1。现接通电热丝一段时间后断电，活塞向右移动L后静止，气体处于状态2。由状态1到状态2气体内能增加量为ΔU。重力加速度大小为g，外界大气压强不变。下列说法正确的是（）A．状态2相比状态1，每个分子的速率都增大B．状态2相比状态1，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少C．由状态1到状态2，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量D．电热丝释放的热量为ΔU−mgL3．水晶球是用天然水晶加工而成的一种透明的球型物品。如图甲所示为一个质量分布均匀的透明水晶球，半径为a，过球心的截面如图乙所示，PQ为直径，一单色细光束从P点射入球内，折射光线与PQ夹角为37℃，出射光线与PQ平行。已知光在真空中的传播速度为c，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A．光束在P点的入射角为53° B．“水晶球”的折射率为1.6C．光在“水晶球”中的传播速度为34c 4．2022年4月16日，如图所示，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆。三名航天员结束为期6个月的太空“出差”，回到地球的怀抱。返回舱在距地面高1m左右时，相对地面竖直向下的速度为v，此时反推发动机点火，在极短时间Δt内喷出体积为V的气体、其速度相对地面竖直向下为u，能使返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为ρA．ρVu−vΔt B．ρVuΔt 5．一列简谐横波沿x轴传播，位于x=0处的波源在t=0时刻起振，t=2.5s时第2次到达正向最大位移处，此时平衡位置位于x=1m处的质点N刚要起振，M、N间波形如图所示（其他未画出）。已知M、N之间的各质点在t=2.5s至t=3s内通过路程的最大值为10cm，下列说法正确的是（）A．波源起振方向沿y轴负方向 B．质点M的平衡位置位于x=0.8mC．该波的波速为0.5m/s D．波源振幅为526．海王星是仅有的利用数学预测发现的行星，是牛顿经典力学的辉煌标志之一、在未发现海王星之前，天文学家发现天王星实际运动的轨道与万有引力理论计算的值总存在一些偏离，且周期性地每隔时间t发生一次最大的偏离。天文学家认为形成这种现象的原因是天王星外侧还存在着一颗未知行星绕太阳运行，其运行轨道与天王星在同一平面内，且与天王星的绕行方向相同，每当未知行星与天王星距离最近时，它对天王星的万有引力引起天王星轨道的最大偏离，该未知行星即为海王星。已知天王星的公转周期为T，则海王星的公转周期为（）A．Ttt−T B．Ttt+T C．2Ttt−T7．2024潍坊市足球联赛于3月24日在潍坊四中和利昌学校开赛。在赛前训练中，运动员将足球用力踢出，足球沿直线在草地上向前滚动，其运动可视为匀变速运动，足球离脚后，在0~t时间内位移大小为2x，在t~3t时间内位移大小为x。则足球的加速度大小为（）A．4(2−3)xt2 B．2(2−3)x8．如图甲所示，小型交流发电机通过电刷和理想变压器原线圈连接，变压器副线圈两端接电阻R。已知发电机线圈匝数为10，变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，变压器原线圈中电流随时间变化规律如图乙所示，则发电机线圈从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为（）A．125πC B．225πC C．阅卷人二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。得分9．如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F=0.05v2（采用国际单位制），v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示。g取10m/s2。表演者上升10m的运动过程中，下列说法正确的是（）A．打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2m/s2B．表演者一直处于超重状态C．表演者上升5m时获得最大速度D．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动10．如图所示，正四面体棱长为l，在其顶点a、b、c各固定一个点电荷，a点电荷电量为＋2q，b、c两点电荷电量均为＋q，M、N、P分别为棱ab、ac、bc的中点。已知点电荷Q周围空间某点的电势φ=kQr，A．M点的电场强度与N点的电场强度相同 B．P点的电势高于d点的电势C．P点电场强度的大小为4kq3l2 D．电量为＋q'的试探电荷在11．潍坊风筝是山东潍坊传统手工艺珍品，制作历史悠久，工艺精湛，是非物质文化遗产之一，现在世界上70%以上的风筝都是出自潍坊。本届风筝节上，小明同学在滨海国际风筝放飞场放风筝，风筝静止于空中且风筝平面与水平面夹角始终为30°，风速水平，与风筝作用后，垂直风筝平面的风速减为零，平行风筝平面的风速大小不变。风筝的质量为m，风筝线质量不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．若风筝线与水平方向夹角为30°，则风对风筝的作用力大小为32B．若风筝线与水平方向夹角为30°，则线对风筝的作用力大小为mgC．风筝线长度不变，若风速缓慢变大，则线与水平方向夹角变大D．风筝线长度不变，若风速缓慢变大，则风筝的机械能减小12．如图所示，af和dg是位于水平面内的宽度为L的平行轨道，be、ch两段用光滑绝缘材料制成，其余两部分均为光滑导体且足够长；ad左侧接一电容器，电容器两端电压为U0，fg右侧接有阻值为R的定值电阻；abcd和efgh区域均存在竖直向下的匀强磁场，abcd区域磁感应强度大小为B1，efgh区域的磁感应强度大小为B2。一长度为L、质量为m、电阻为R的导体棒静止于ad处，闭合开关S，导体棒开始向右运动，导体棒在abed区域获得的最终速度为v，导体棒静止后到eh的距离为x（x为未知）量）。导体棒与轨道始终保持垂直且接触良好，则（）A．导体棒刚进入efgh区域时的加速度大小a=B．x=C．导体棒在eh右侧到eh距离为kx（0<k<1）时，安培力的功率为P=D．当电容器电容C=mB12L阅卷人三、非选择题：本题共6小题，共60分。得分13．1834年，洛埃利用平面镜同样得到了杨氏双缝干涉的结果（称洛埃镜实验）。应用洛埃镜测量单色光波长的原理如下：如图所示，S'是单缝S通过平面镜成的像，如果S被视为双缝干涉中的一个缝，S'相当于另一个缝。单色光从单缝请回答下列问题：（1）以下哪些操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离____；A．将平面镜稍向上移动一些 B．将平面镜稍向下移动一些C．将光屏稍向右移动一些 D．将光源由红色光改为绿色光（2）若光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为h和D，光屏上形成的相邻两条亮纹（或暗纹）间距离为Δx，单色光的波长λ=；（3）实验表明，光从光疏介质射向光密介质，会在界面发生反射，当入射角接近90°时，反射光与入射光相比，相位有π的变化，称为“半波损失”。已知h远小于D，如果把光屏向左平移到非常接近平面镜处，屏上最下方两束光相遇会相互（选填“加强”或“减弱”）。14．某实验小组为测量电流表内阻和蓄电池的电动势及内阻，设计了如图甲所示电路，所用器材如下：电流表A1（量程0~120mA，内阻未知）；电流表A定值电阻R1=3Ω；定值电阻电阻箱R3开关两个和导线若干。（1）调节电阻箱到最大阻值，断开S2，闭合S1。逐次减小电阻箱的电阻，观察并记录电流表A1和A2示数及电阻箱的读数，某同学发现两表指针偏转角度总是相同，则（2）闭合开关S2。重新测量并纪录了多组电流表A1读数I1与电阻箱阻值R，并作出1I1（3）测出电源电动势和内阻后，该同学根据S2闭合前记录的数据，作出电流表A2的电流I2的倒数与电阻箱电阻R的图像（1I215．如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r=22.5m的光滑圆管型通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R=100m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ=37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板（可视为质点）从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN=410N。已知小朋友和滑板总质量为m=40kg，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）小朋友在B点时的速度v0；（2）小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功。16．如图为某兴趣小组制作的供水装置，圆柱形气缸内部长度40cm，轻活塞将其分为左右两部分，左部为储水室，储水室上部一根细管连接进水口和出水口；右部为气室，气室尾部有一气阀。初始时出水口打开，储水室内无水，气阀关闭，轻活塞位于气缸中央。现通过气阀给气室充气至压强为0.17MPa，然后关闭气阀和出水口。打开进水口开关，开始注水，活塞缓慢向右移动，当气室压强为0.34MPa时停止注水。已知活塞横截面积为500cm2，外界大气压强为（1）从气阀充入的气体和原有气体质量之比；（2）注水结束后，打开出水口，当气室压强下降到0.25MPa时，排出水的体积。17．如图所示的O—xyz坐标系中，0<x<3l的Ⅰ区域内有沿z轴正方向的匀强磁场，在x>3l的Ⅱ区域内有沿y轴正方向的匀强电场。一带电量为＋q、质量为m的粒子从y轴上的点P（0，2l，0）以速度v0沿x轴正方向射入Ⅰ区域，从点Q进入Ⅱ区域。粒子在Ⅱ区域内，第二次经过x轴时粒子位于N点，且速度方向与x轴正方向夹角（1）求粒子经过Q点时速度方向与x轴正方向夹角α；（2）求匀强电场的电场强度E；（3）求粒子从P到N所用的时间；（4）粒子到达N点时，在Ⅱ区域施加沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小B0=mv02ql，求粒子离开18．如图所示，光滑水平平台AB右端与顺时针转动的水平传送带BC平滑无缝连接，BC长度L=2m。在平台AB上静止着a、b、c三个小滑块，a、b滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧不拴接）。释放弹簧，弹簧与滑块a、b分离后a的速度v0=4m/s（此时a未滑上传送带，b未与c碰撞），a从传送带右端离开后，落在水平地面上的D点，b与c碰撞后结合在一起。已知a、b，c的质量分别为ma=0.5kg、mb=0.2kg、mc=0.2kg，a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，C点距地面高h=0.8m，滑块均可视为质点，g取10m/s2。（1）求轻弹簧的最大弹性势能Ep；（2）求b、c碰撞过程中损失的机械能；（3）若传送带的速度可在2m/s<v<8m/s间调节；求a落点D与C点间水平距离x的大小（结果可以含有v）；（4）若a脱离弹簧后，将弹簧撤去，并立即在a的左侧固定一竖直挡板，同时传送带调整为以4m/s的速度逆时针方向转动（此时a还没有滑上传送带），后续a每次与挡板相碰，均以碰前速度的一半反弹，求a在传动带上相对传送带运动的总路程s。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、由题知，频率为ν的单色光照射大量处于基态的氢原子，氢原子辐射出频率分别为的ν1、ν2、ν3三种光子，且ν1<ν2<ν3，则说明

ℎν=ℎν3=12.09eV，ℎν2=10.2eV，ℎν1=1.89eV

则可知

ν3=ν1+ν2

故A错误；

2．【答案】B【解析】【解答】A、由状态1到状态2气体内能增加，温度升高，分子平均动能增大，分子热运动平均速率增大，不是每个分子的运动速率都增大，故A错误；

B、状态2相比状态1压强不变，温度升高，分子平均动能增大，体积增大，分子数密度减小，由压强的微观解释可知，分子单位时间内撞击单位面积器壁上的次数减少，故B正确；

C、由状态1到状态2，由热力学第一定律可知，气体内能的增加量等于电热丝释放的热量减去气体对外做的功，故C错误；

D、设大气压强为p0，活塞的横截面积为S，气体压强为P，由平衡方程

p0S=mg+pS

得

pS=p0S−mg

活塞向右移动L过程中，对外做功

W=pS=(p0S−mg)L

由热力学第一定律得

ΔU=Q−W

得气体吸收的热量即电热丝释放的热量3．【答案】B【解析】【解答】B、根据题意作出光路图如图

由几何关系可知，光线射出时的折射角r为2θ，折射率

n=sin2θsinθ=2cosθ=1.6

故B正确；

A、由图

β=r=2θ=74°

故A错误；

C、光在“水晶球”中的传播速度为

v=cn=58c

故C错误；

D、光在“水晶球”中传播的距离

l=2acosθ4．【答案】A【解析】【解答】Δt内喷出气体的质量为

∆m=ρV

以喷出气体为研究对象，设气体受到的平均冲力为F，以向下为正方向，根据动量定理可得

F∆t+∆mg·∆t=∆m·u−∆m·v

由于在极短时间∆t内喷出气体质量较小，可认为喷出气体的重力冲量忽略不计，故有

F∆t=∆m·u−∆m·v

解得

F=∆m(u−v)∆t=ρV(u−v)∆t

根据牛顿第三定律可知返回舱受到的平均反冲力大小为

F=ρV(u−v)∆t

5．【答案】D【解析】【解答】A、t=2.5s时平衡位置位于x=1m处的质点N刚要起振，起振的方向沿y轴正向，可知波源起振方向沿y轴正方向，故A错误；

B、经过2.5s时波源第2次到达正向最大位移处，可知波向x轴正向传播

5λ4=1m

可知

λ=0.8m

结合波形图可知，质点M的平衡位置位于x=0.6m，故B错误；

C、因

5T4=2.5s

可得周期

T=2s

则该波的波速为

v=λT=0.4m/s

故C错误；

D、已知M、N之间的各质点在t=2.5s至t=3s内通过路程的最大值为10cm，因

Δt=0.5s=T46．【答案】A【解析】【解答】设海王星的的公转周期为T海，由题知，每隔时间t海王星与天王星距离最近，则有

t2πT−2πT海=2π

7．【答案】A【解析】【解答】若足球在3t时刻停止，根据逆向思维法可知，相等时间间隔内的位移之比为1：3：5：…，由0~t时间内位移大小为2x，则在t~3t时间内位移大小应为1.6x，而题干为x，则说明在3t之前足球就已经停止运动。根据逆向思维法则有

v2=2ax

2x=vt+12at2

8．【答案】C【解析】【解答】发电机线圈从图示位置开始转过90°的过程中，设发电机线圈面积为S、匝数为N，原线圈回路总电阻为R总，原线圈位置磁感应强度为B，则原线圈通过的电荷量为

q1=NBSR总

其中

Im=NBSωR总，ω=2πT

解得

q9．【答案】A,C【解析】【解答】A、打开开关瞬间，表演者高度为0，则有

v02=1.2×104m2⋅s−2

根据牛顿第二定律有

0.05v02−mg=ma0

解得

a0=2m/s2

故A正确；

B、根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有

0.0510．【答案】B,D【解析】【解答】A、根据场强的叠加可知，a、b处的电荷在M点产生的合场强沿着ab连线由M指向b，c处的电荷在M点产生的场强沿着cM连线由c指向M；而a、c处的电荷在N点产生的合场强沿着ac连线由N指向c，b处的电荷在N点产生的场强沿着bN连线由b指向N，则M点的电场强度与N点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；

B、P点距离a、b、c处的电荷要比d点距离a、b、c处的电荷近，根据点电荷Q周围空间某点的电势φ=kQr

可知r越小φ越大，则P点的电势高于d点的电势，故B正确；

C、根据场强的叠加可知，b、c处的电荷在P点产生的场强相互抵消，则P点的场强为

EP=k2qraP2

根据几何关系可知

raP=32l

则

EP=8kq3l2

故C错误；

11．【答案】B,C【解析】【解答】AB、由于平行风筝平面的风速大小不变，故平行风筝的平面上风力大小为零，对风筝受力分析如图所示，平衡时则有

Tcos30°=Fcos60°

Fsin60°=mg+Tsin30°

解得

T=mg

F=3mg

故A错误，B正确；

C、当风速缓慢增大时，垂直作用在风筝上的力F逐渐增大，作出其矢量三角形，如图所示

12．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、由题知，导体棒在abed区域获得的最终速度为v，则导体棒刚进入efgh区域时的加速度大小

a=B2ILm，I=B2Lv2R

解得

a=B22L2v2mR

故A正确；

B、导体棒进入eh到静止，根据动量定理有

−∑B2IL·t=−mv

且运动过程中有

q=B2Lx2R

联立解得

x=2mvRB22L2

故B错误；

C、导体棒在eh右侧到eh距离为kx（0<k<1）时，根据逆向思维法，列出动量定理有

∑B2IL·t'=mv'

且运动过程中有

q'=B2L(1−k)x2R

I'=13．【答案】（1）A；C（2）2ℎΔx（3）减弱【解析】【解答】（1）由双缝干涉条纹间距公式有

Δx=Ddλ

若要增大条纹间距，可以增大D，即将光屏向右移动；减小d，即将平面镜稍向上移动一些；或者换用波长更大的单色光，如将光源由绿色改为红色。

故答案为：AC。

（2）由题意结合条纹间距公式有

Δx=D2ℎλ

整理有14．【答案】（1）5（2）5.9；0.75（3）能【解析】【解答】（1）电流表A1的量程0~120mA，电流表A2的量程0~0.6A；两表指针偏转角度总是相同，则两电流表示数的关系为

IA2=5IA1

根据并联电路的电流特点可知

IA2=IA1+IR2

则

IR2=4IA1

根据欧姆定律和并联电路的电压特点

R1+RA1=4R2

解得电流表A1的内阻

RA1=5Ω

（2）闭合开关S2后，电流表A2被短路；电流表的读数为I1时，干路电流

I=I1+R1+RA1R2I1=5I1

根据闭合电路的欧姆定律

E=I1R115．【答案】（1）解：由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则mg=m所以v方向水平向左；（2）解：小朋友从B滑到E，根据动能定理可得mgr在E点，根据牛顿第二定律可得F联立可得W【解析】【分析】（1）小朋友在BC段做曲线运动，再B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，即此时小朋友只受重力作用，且完全由重力提供向心力，再根据牛顿第二定律进行解答即可；

（2）小朋友在CE段做曲线运动，确定小朋友在E点的受力情况及向心力的来源，再根据牛顿第二定律确定小朋友到达E点的速度。明确小朋友从B滑到E的过程，小朋友所受各力的做功情况，再对整个过程运用动能定理进行解答。16．【答案】（1）解：设开始时气室内气体体积为V1，从气阀中充入的压强为p0的气体体积为V0，当气室充气至压强为p1=0.17MPa，则由玻意耳定律p解得V0=0.7V1从气阀充入的气体和原有气体质量之比为0.7：1=7：10；（2）解：当气室压强为p2=0.34MPa时，根据玻意耳定律p解得V气室压强下降到p3=0.25MPa时，根据玻意耳定律p解得V排出水的体积ΔV=【解析】【分析】（1）充气过程以原有气体及充入气体构成的整体为研究对象，充气过程发生等温变化，再结合玻意耳定律确定充入气体的体积，再根据等温等压下封闭气体的质量之比等于体积之比进行解答；

（2）充气后，储水池先注水，注水结束后再打开吹水口。注水过程气室的气体发生等温变化，根据玻意耳定律确定当气室压强上升到0.34MPa时气室的体积。注水结束后，打开排水口过程气室的气体发生等温变化，根据玻意耳定律确定当气室压强下降到0.25MPa时气室的体积。再根据几何关系确定排出水的体积。17．【答案】（1）解：根据题意绘出粒子从P到N的运动轨迹如下粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，有q根据几何关系有sin解得α=60°（2）解：由几何关系可知，Q、N两点沿电场方向的距离为l，粒子由Q到N过程沿x轴方向做匀速直线运动有vNx=vQx=v0cosα，cos由动能定理有−qEl=解得E=（3）解：粒子由P到Q过程，设时间为t1，有tq粒子由Q到N过程，沿y轴方向先匀减速后匀加速，设时间分别为t2、t3，有vv其中t=t1＋t2＋t3联立解得t=（4）解：粒子运动在xOz平面内的投影为匀速圆周运动qv粒子运动周期T=解得t可得x=z=2r2=2l粒子沿y轴方向做匀加速运动，可得y=即粒子的位置坐标为[(23【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力确定粒子在磁场中做圆周运动的半径，再根据几何关系确定粒子经过Q点时的速度方向；

（2）粒子在电场中只受到沿y轴正方向的电场力作用，在y轴方向先做减速运动，再做加速运动，在水平方向做匀速直线运动。根据运动的合成与分解确定粒子达到N的速度大小，再对粒子从Q到N过程运用动能定理进行解答；

（3）根据几何关系确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹对应的圆心角，再根据带电粒子在磁场中运动的规律确定粒子在磁场中运动的时间。粒子在电场中在y轴方向先做减速运动，再做加速运动，且粒子的加速度始终不变，再对竖直方向根据牛顿第二定律及运动学规律确定粒子在电场中运动的时间，再得出粒子从P到N所用的时间；

（4）将粒子到达N点的运动分解成沿y轴方向和x轴方向，则在Ⅱ区域施加沿y轴正方向的匀强磁场后，粒子在xOz平面内的投影为匀速圆周运动，y轴方向在电场力的作用下做匀加速直线运动。在xOz平面内，根据带电粒子在磁场中运动规律确定粒子做匀速圆周运动的半径及周期，根据粒子与所给时间的关系，结合几何关系确定粒子在圆周上的位置，再结合QN的运动情况及几何关系确定粒子x和y坐标，再根据匀变速直线运动规律确定粒子的y坐标，再得出粒子的位置坐标。18．【答案】（1）解：设弹开后b速度大小为vb，由动量守恒定律得m解得v根据能量守恒有E解得E（2）解：b与c发生完全非弹性碰撞，设碰后二者共同速度为vc，由动量守恒定律有m解得v由能量守恒，碰撞过程损失机械能为ΔE=解得ΔE=5J（3）解：滑块a离开C点做平抛运动，在竖直方向上有ℎ