上海市2024年高考物理模拟试卷及答案1

上海市2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、单选题得分1．对于有关中子的研究，下面说法正确的是（）A．中子等微观粒子都具有波粒二象性B．一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应C．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D．核反应方程84210Po→82y2．“牛顿环”又称“牛顿圈”．如图甲所示．牛顿环的上表面是半径很大的玻璃球冠的平面，下表面是球冠的凸面．其工作原理为“薄膜干涉”．可以用来判断透镜表面凸凹、精确检验光学元件表面质量、测量透镜表面曲率半径和液体折射率等．把牛顿环与玻璃面接触，在日光下或用白光照射时，可以看到明暗相间的彩色圆环；若用单色光照射，则会出现一些明暗相间的单色圆环，如图乙所示．它们是由球面和被检测面上反射的光相互干涉而形成的条纹，这些圆环的分布情况与球冠半径及被测物品的表面情况有关．以下分析正确的是（）A．圆环的间距大小与球冠半径大小无关 B．球冠的半径越大，圆环的间距越小C．若观察到的是规则圆环，则被检测的面是均匀、对称的 D．被检测的面必须是平的3．量子论的建立是20世纪物理学的最大成就之一，量子论解释了原子、分子等微观粒子遵循的规律，下列说法正确的是（）A．赫兹在研究电磁波时发现了光电效应现象，说明光的本质是波B．由EkC．遏止电压的存在说明所有金属的逸出功是相同的D．一群处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以放出4种不同频率的光4．如图所示，细绳一端固定在A点，另一端跨过与A等高的光滑定滑轮B后悬挂一个砂桶Q（含砂子）。现有另一个砂桶P（含砂子）通过光滑挂钩挂在A、B之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，下列说法正确的是（）A．若只增加Q桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变B．若只增加P桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变C．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P桶位置不变D．若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后Q桶位置上升5．如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端连接一质量为1kg的物体，物体处于静止状态。用一竖直向上的外力F作用于物体上，物体从静止开始竖直向上做一段匀加速直线运动，外力F与物体离开静止位置的位移x的关系如图乙所示，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g=10m/A．物体运动的加速度大小为1m/s2 C．弹簧开始时形变量为2cm D．从物体开始运动时计时，当t=0.1s6．如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%．已知不计空气阻力，则篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为（）A．9H B．15H C．19H D．21H7．下列振动是简谐运动的是（）A．手拍乒乓球运动 B．摇摆的树枝C．单摆的摆球在悬点下方往复摆动 D．弹簧的下端悬挂一个钢球，上端固定组成的振动系统8．如图所示，圆柱形气缸水平放置，活塞将气缸分为左右两个气室，两侧气室内密封等质量的氮气。现通过接口K向左侧气室内再充入一定质量的氮气，活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为3：A．2：1 B．1：1 C．9．类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v−t图像求位移，由F−x(力-位移)图像求做功的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（）A．由F−v(力-速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率B．由F−t(力-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量C．由U−I(电压-电流)图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率D．由ω−r(角速度-半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度10．如图所示，将通电直导线AB用悬线悬挂在电磁铁的正上方，直导线可自由转动，则接通开关（）A．A端向上运动，B端向下运动，悬线张力不变B．A端向下运动，B端向上运动，悬线张力不变C．A端向纸外运动，B端向纸内运动，悬线张力变小D．A端向纸内运动，B端向纸外运动，悬线张力变大11．如图，圆心为O的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为圆的两条直径，∠aOc=60°。将一电荷量为q的正点电荷从a点移到b点，电场力做功为W（W>0）；若将该电荷从d点移到c点，电场力做功也为W。下列说法正确的是（）A．a、c两点的电势相等B．电场强度方向由a指向dC．a、O两点间的电势差大于WD．将该电荷从d点移到圆周上不同点时，电场力做功最大值为3212．如图所示电路中，电源的电动势为E，内阻为r，与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接。当滑动变阻器的滑片由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）A．电压表读数减小、电流表读数增大 B．电压表读数增大、电流表读数减小C．电源的效率减小 D．R2消耗的电功率增大阅卷人二、填空题得分13．发现万有引力定律和测出引力常量的科学家分别和．14．同一介质中有两个相距10m的波源A和B，产生两列波相向传播，两波源起振方向和频率相同，但两波源起振时刻和振幅不同，如图所示为某时刻的波形图，则两波源的起振方向（填“向上”或“向下”），稳定后距离波源A4.5m处的质点1个振动周期内通过的路程为。15．一电动机接在电压恒定的电源上，在竖直平面内以10m/s的速率分别匀速提升A、B两重物，A的重力为10N，所受空气阻力可忽略不计，B重力为9N，但在提升时会受到1N的空气阻力。则该电动机提升两物体时的输出功率（填“相同”或“不相同”）；若提升物体时电动机不幸突然卡住，则其输入功率将（填“增大”、“减小”、“不变”或“无法确定”）。16．如图所示，甲、乙两颗人造地球卫星在不同轨道上绕地球做匀速圆周运动，甲卫星离地球较近。甲卫星的线速度大小为v甲，运动周期为T甲；乙卫星的线速度大小为v乙，运动周期为T乙；则v甲（填“大于”或“小于”）v乙17．利用图甲所示电路研究光电效应中金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系，描绘出图乙中的图象，由此算出普朗克常量h．图乙中U1、ν1、ν0均已知，电子电荷量用e表示．当入射光的频率增大时，为了测定遏止电压，滑动变阻器的滑片P应向(选填“M”或“N”)端移动，由Uc─ν图象可求得普朗克常量h＝(用题中字母表示)．阅卷人三、实验题得分18．用单摆测定重力加速度的实验装置如图甲所示。（1）组装单摆时，应在下列器材中选用____（选填选项前的字母）。A．长度为1m左右的细线 B．长度为30cm左右的细线C．直径为1.8cm的塑料球 D．直径为（2）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=（用L、n、t表示）。（3）下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理。组次123摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g9.749.73请计算出第3组实验中的T=s，g=m/s（4）用多组实验数据作出T2−L图像，也可以求出重力加速度g。已知三位同学作出的T2A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值（5）某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图丙所示，由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长。实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2。由此可得重力加速度g=（用l1、l阅卷人四、解答题得分19．如图所示，有一个倾角为θ=37°的足够长斜面固定在水平面上，在斜面上固定一半径为R=1m的光滑14圆环AB，其中AC⊥BC，在BC的左侧斜面不光滑，BC的右侧斜面光滑。现将质量为m=0.5kg的小滑块（可视为质点）紧贴着环的内侧，沿AD方向以初速度v0发射，小滑块可以沿环内侧运动至环的最高点，并从B点以速度vB平行于AC飞出。已知小物体与斜面BC左侧之间的动摩擦因数为μ=1π（1）小滑块由A运动到B的过程中所受摩擦力大小f及此过程该摩擦力对小滑块所做的功Wf；（2）若小滑块能到达B点，则vB至少为多少？（3）若小滑块恰好能到达B点，并从B点平行于AC飞出，则到达斜面底端时的点为E点，求AE之间的距离。20．如图所示，光滑平行导轨MN、PQ倾斜放置，导轨平面倾角θ=30°，导轨下端连接R=0.5Ω的定值电阻，导轨间距L=1m。质量为m=0.5kg、电阻为r=0.1Ω、长为1m的金属棒ab放在导轨上，用平行于导轨平面的细线绕过定滑轮连接ab和质量为M=1kg的重物A，垂直于导轨的虚线上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，ab开始的位置离虚线距离为x=0.4m，由静止同时释放A及ab，当ab刚进磁场时加速度为零，ab进入磁场运动x’=1m时剪断细线，ab刚要出磁场时，加速度为零，已知重力加速度取g=10m/s2，导轨足够长且电阻不计，ab运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，A离地足够高。求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）剪断细线的瞬间，ab的加速度多大？从开始运动到剪断细线的过程中，通过电阻R的电量为多少？（3）ab在磁场中运动过程中，电阻R中产生的焦耳热为多少？

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．微观粒子都具有波粒二象性，A符合题意；B．裂变是较重的原子核分裂成较轻原子核的反应，而该反应是较轻的原子核的聚变反应，B不符合题意；C．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，查德威克通过α粒子轰击铍核获得碳核的实验发现了中子，C不符合题意；D．根据质量数守恒可得y=210-4=206，X中核子个数为206，中子数为206-82=124，D不符合题意。故答案为：A。

【分析】一个氘核和氚核经过核反应生成氦核的过程属于核聚变反应；卢瑟福利用a粒子的散射实验提出了原子的核式结构；利用质量数和电荷数守恒可以求出X核的中子数。2．【答案】C【解析】【解答】AB．若将玻璃球体的半径再增大一些，则玻璃球体与被检测的平面之间的夹角将减小，它们之间的空气膜的厚度的变化减慢，所以形成的同心圆环的间距增大，球冠的半径越大，圆环的间距越大，AB不符合题意；C．根据薄膜干涉的原理可知，当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，与同一亮环相对应的各处空气薄膜的厚度是相同的，所以若观察到的是规则圆环，则被检测的面是均匀、对称的，C符合题意；D．根据薄膜干涉的特点可知，被检测的面可以是平的，也可以是凸的，或凹的，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】玻璃球体的半径会导致其球体与被检测面之间的夹角所以其球冠半径越大其圆环的间距越大；被检测的面可以是不规则的。3．【答案】B【解析】【解答】A．光电效应现象说明光具有粒子性，不能说明光的本质是波，A不符合题意；B．根据光电效应方程EkC．遏止电压的存在说明光电子具有最大初动能，不同金属的逸出功不同，C不符合题意；D．一群处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以放出C5故答案为：B。

【分析】光电效应说明光的粒子性，不能说明光的波动性；利用光电效应方程可以判别光电子的最大初动能与入射光的频率有关；遏止电压的大小说明其光电子最大初动能的大小；利用排列组合可以求出原子辐射出光频率的种数。4．【答案】C【解析】【解答】AB．对砂桶Q分析有，Q受到细绳的拉力大小T=设AC、BC之间的夹角为θ，对C点分析可知C点受三个力而平衡，由题意知，C点两侧的绳张力相等，故有2T联立可得2故只增加Q桶中的砂子，即只增加GQ，夹角θ变大，P桶上升，只增加P桶中的砂子，即只增加GP，夹角θ变小，P桶下降，AB不符合题意；CD．由2可知，当θ＝120°时有G此时若在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，则P桶的位置不变，C符合题意，D不符合题意。故答案为：C。

【分析】利用砂桶Q的平衡条件可以求出绳子拉力的大小；利用其C的平衡条件可以求出其P重力和Q重力的大小关系，当其Q桶中的砂子质量变化时，利用其平衡方程可以判别其夹角的大小变化；利用平衡方程可以判别其P的位置变化。5．【答案】B【解析】【解答】A．物体从静止开始运动时重力与弹簧弹力平衡，从图上读出外力F=2N则开始运动时合力为F根据牛顿第二定律F解得物体运动的加速度为a=2mA不符合题意；B．开始时弹簧弹力F根据胡克定律F解得弹簧的劲度系数为k=250NB符合题意；C．当F=12N时，根据牛顿第二定律F−mg+解得弹簧弹力F从图上读出此时的位移为4cm，则弹簧开始时形变量为xC不符合题意；D．物体做初速度为0的匀加速直线运动，当t=0.1则此时弹簧的形变量为xD不符合题意。故答案为：B。

【分析】利用牛顿第二定律结合合力的大小可以求出物体运动的加速度大小；利用其平衡方程可以求出劲度系数的大小；利用牛顿第二定律结合其推力的大小可以求出弹力的大小，结合其弹簧的长度可以求出弹簧形变量的大小；利用其位移公式可以求出其弹簧形变量的大小。6．【答案】C【解析】【解答】篮球第一次到达地面时所获得的动能为E运动的路程为s篮球第一次与地面作用后损失的动能为Δ反弹后上升到最高点时的高度为H篮球第二次到达地面运动的路程为s篮球第二次与地面作用后损失的动能为Δ反弹后上升到最高点时的高度为H篮球第三次到达地面时运动的路程为s篮球第n次到达地面时运动的路程为s根据等比数列求和公式可得s当n趋于无穷大时，有s总故答案为：C。

【分析】利用其机械能守恒定律可以求出其到达地面动能的大小，结合其动能的损失可以求出其反弹后上升的高度，结合其路程的累加可以求出篮球运动的总路程。7．【答案】D【解析】【解答】A．手拍乒乓球的运动中，乒乓球在不与手和地面接触时，受到重力和阻力的作用，它是一种由自身系统性质决定的周期性运动，A不符合题意；B．摇摆的树枝往往是受到风的作用，不满足F=-kx，不是简谐运动，B不符合题意；C．单摆的摆球在悬点下方，必须是小角度摆动才是简谐运动，C不符合题意；D．轻质弹簧的下端悬挂一个钢球，上端固定组成的振动系统，钢球以受力平衡处为平衡位置上下做简谐运动，D符合题意。故答案为：D。

【分析】轻质弹簧的下端悬挂一个钢球，上端固定组成的振动系统，钢球的运动为简谐运动；其乒乓球、树枝的运动不属于简谐运动；其摆球当摆角较小时才属于简谐运动。8．【答案】A【解析】【解答】分析得两次平衡状态时，左右两边气缸的压强平衡即p左=对右边气体分析，活塞再次静止时左右两侧气室体积之比为3：1，故右边气体的体积由原来气缸总体积的V2减小到解得p'故p'对左边气缸气体分析，假设充入左边的气体在一样的温度，压强为p左的体积为nV2联立解得n=2从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为2：1。故答案为：A。

【分析】当左右气缸平衡时其两边气体压强相等，利用其等温变化的状态方程可以求出其充入气体与原来气体的质量之比。9．【答案】B【解析】【解答】若A与B乘积，图象面积表示AB物理意义，这里要体现积累的过程才可以，对于功率FV、UI以及线速度ωr和都不能体现积累的物理意义，所以面积不带表乘积对应的物理量，ACD不符合题意；而冲量I=FΔt，体现的是力对时间的积累，所以面积代表冲量，B符合题意．故答案为：B

【分析】其F与v的图线的面积、U与I的图线、角速度和半径的图线都不能显示其累加的过程，所以其面积不代表乘积所对应的物理量。10．【答案】D【解析】【解答】当开关S接通时，根据安培定则知电磁铁附近磁感线的分布如下图所示由左手定则知通电直导线此时A端受力指向纸内，B端受力指向纸外，故直导线将转动，由特殊位置法知当直导线转到与磁感线垂直（即转过90°）时，整个直导线受到的安培力方向竖直向下，故悬线张力变大。故答案为：D。

【分析】利用其电流的方向结合安培定则可以判别螺线管周围磁场的方向，结合左手定则可以判别导线受到的安培力方向进而判别张力的大小变化。11．【答案】D【解析】【解答】AB．根据U=Wq即φ整理得φ可得ac连线中点和bd连线中点电势相等，则EF为等势线，电场线垂直等势线斜向左下，如图所示由图结合几何关系可知，c点电势低于a点电势，电场线沿着ac方向，AB不符合题意；C．根据匀强电场的特点，沿着一个方向电势降低是均匀的，可知a、O两点间的电势差等于W2qD．由图可知，当该电荷从d点移到G点时，电场力做功最多，根据几何关系可知WD符合题意。故答案为：D。

【分析】利用电场力做功相等结合电势差的关系可以判别等势面的位置，利用等势面的位置可以判别电场线的方向；利用其电场力做功可以求出电势差的大小；利用电场力做功结合距离的大小可以求出其电场力做功的最大值。12．【答案】D【解析】【解答】AB．当滑动变阻器的滑片由中点滑向b端时，滑动变阻器连入电阻变大，外电路电阻R外增大，电路总电流I＝E减小，内电压U内＝Ir减小，故路端电压U＝E﹣U内增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大，AB不符合题意；C．由公式η＝UIEI×100%＝可知，因路端电压增大，故电源的效率增大，C不符合题意；D．由A中分析可知，R2中电流增大，故R2的电功率增大，D符合题意。故答案为：D。

【分析】利用动态电路的串反并同结合滑动变阻器的阻值变化可以判别其电压、电流和功率的大小变化，结合其外部电压的大小变化可以判别电源效率的大小变化。13．【答案】牛顿；卡文迪许【解析】【解答】牛顿根据行星的运动规律推导出了万有引力定律，经过100多年后，由英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置巧妙的测量出了两个铁球间的引力，从而第一次较为准确的得到万有引力常量；故答案为：牛顿，卡文迪许．【分析】万有引力定律是牛顿运用开普勒有关行星运动的三大定律，结合向心力公式和牛顿运动定律，运用其超凡的数学能力推导出来的，因而可以说是牛顿在前人研究的基础上发现的．经过100多年后，由英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置巧妙的测量出了两个铁球间的引力，从而第一次较为准确的得到万有引力常量．14．【答案】向下；1.2m【解析】【解答】根据波形图上x=2m处和x=9m处质点的振动情况，可知此时两处质点的振动方向向下，可推测两波源的起振方向向下；由于波源B晚起振半个周期，两波源振动方向相反，距离波源A4.5m处的质点到两波源的波程差Δx=5即x=4.5m为振动加强点，1个振动周期内通过的路程为s=4×(

【分析】利用其质点的起振方向可以判别波源的振动方向；利用其波程差可以判别x=4.5m的位置属于振动的加强点，利用其振动的时间可以求出其质点经过的路程大小。15．【答案】相同；增加【解析】【解答】根据P=Fv则电动机提升A物体时的输出功率P提升B物体时的输出功率P因为m可得P若提升物体时电动机不幸突然卡住，则电动机的输入电流会变大，则其输入功率将增加。

【分析】利用其功率的表达式可以求出电动机提升A物体的输出功率和提升B物体的输出功率大小；当物体电动机卡住时输入电流变大其输入功率增加。16．【答案】大于；小于【解析】【解答】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有GMm转化可得v=T=在其他条件一定时，轨道半径越大，线速度越小，周期越大，因此v甲>v

【分析】利用引力提供向心力结合半径的变化可以比较线速度和周期的大小。17．【答案】N；【解析】【解答】入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏制电压时，应使滑动变阻器的滑片P向N端移动；根据Ekm=ℎv−W0=eU0，由UC−v图象可知，当遏止电压为零时，v=v0【分析】增大反向电压可以测定遏止电压的大小所以滑片向N点移动；利用光电效应方程结合图像斜率可以求出普朗克常量。18．【答案】（1）A；D（2）4（3）2.01；9.76（4）B（5）4【解析】【解答】（1）单摆模型需要满足的两个基本条件是摆线长远大于小球的直径和小球的密度大一些。故答案为：AD。（2）单摆周期为T=根据周期公式得T=2π联立解得g=（3）振动周期为T=重力加速度为g=（4）A．题图乙中b图线为正确图线，a图线与b图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A不符合题意；B．c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，B符合题意；C．由T=2πLg图线斜率小，说明g偏大，C不符合题意。故答案为：B。（5）设A到铁锁重心的距离为l，有TT联立消去l解得g=

【分析】（1）其摆线的长度要远大于其小球的直径，其小球的密度要比较大；

（2）利用其摆动的时间结合其摆动的次数可以求出单摆的周期，结合其周期的表达式可以求出重力加速度的表达式；

（