四川省2024年高考物理模拟试卷及答案10

四川省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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。得分1．甲图是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为乙图所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、nA．0.5×10−2s时电压表的示数为5V C．原线圈中的电流方向每秒改变50次 D．若n12．如图所示，关于近代物理学的下列说法中，正确的是（）A．普朗克为解释图甲的黑体辐射实验数据，提出了能量子的概念B．图乙在某种单色光照射下，电流表发生了偏转，若仅将图乙中电源的正负极反接，电流表一定不会偏转C．若图乙中的电动势足够大，滑动变阻器滑片向右滑，电流表的示数能一直增大D．图丙为氢原子的能级示意图，一群处于n=3的激发态的氢原子向低能级跃迁所发出的光中，从n=3跃迁到n=1所发出的光波长最长3．某研究小组利用所学物理知识，研究篮球鞋的防滑性能。同学将球鞋置于斜面上，逐渐增大斜面与水平面之间夹角，当夹角等于37°时，篮球鞋恰好开始滑动，设篮球鞋滑动摩擦力等于其最大静摩擦力，下列说法正确的是（）A．需测量篮球鞋质量后，才能求得篮球鞋与斜面间动摩擦因数B．鞋子与斜面间动摩擦因数为0.6C．人穿上鞋子踩在相同材料板上时，压力增大，动摩擦因数也会变大D．篮球鞋开始滑动前，摩擦力随夹角增大而变大4．如图所示，嫦娥五号、天问一号探测器分别在近月、近火星轨道运行。火星的质量约为月球质量的9倍、半径约为月球半径的2倍。假设月球、火星可视为质量均匀分布球体，忽略其自转影响，则下列说法正确的是（）A．月球表面重力加速度大于火星表面重力加速度B．嫦娥五号绕月球的运行速度小于天问一号绕火星的运行速度C．相同时间内，嫦娥五号与月球的连线扫过的面积与天间一号与火星的连线扫过的面积相等D．嫦娥五号绕月球转动轨道半径的三次方与周期的平方的比值r135．如图所示，以三角形ACD为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠C=30°，∠D=45°，AO垂直于CD。在O点放置一个电子源，在ACD平面中，磁场范围内均匀发射相同速率的电子，发射方向由CO与电子速度间夹角θ表示。（不计电子重力），恰好有三分之一的电子从AC边射出，则下列说法正确的是（）A．θ为60°时电子在磁场中飞行时间最短 B．AC边上有电子射出区域占AC长度的四分之一C．没有电子经过D点 D．经过AD边的电子数与经过AC边的电子数之比为3：26．如图所示，在真空中水平放置一长方体高为2L，其上下两个面是边长为L的正方形，在顶点A、C、F、H处分别放置电荷量为+Q的点电荷，O1、O2分别是线段AC和线段FH的中点。下列说法正确的是（）A．该长方体的几何中心处场强为零 B．B、D两点场强相同C．沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大 D．将一电子从B点移到E点，电场力做负功7．将一物体以某一初速度沿与水平方向成37°角从A点斜向上抛出，经过B点时速度与水平方向的夹角为53°。已知A、B之间的水平距离为L，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，sin53°=0.8，则下列说法正确的是（）A．从A点抛出时的速度大小为3gL2 B．从A到B过程中速度的最小值为C．从A到B的时间为533Lg 8．如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度v0A．0号到2024号所有木块系统全过程动量守恒 B．0号物块最终动量大小为(C．2021号物块最终速度2812gℎ 9．某实验小组做验证牛顿第二定律的实验，所用的实验装置如图1所示，滑块（含遮光条）的质量用M表示，砝码的质量用m表示。（1）本实验（填“需要”或“不需要”）满足m≪M。（2）通过气垫导轨上的刻度尺读出两个光电门之间的距离L，通过数字计时器测量遮光条从光电门1到光电门2的时间t。实验小组保持光电门2的位置及滑块在气垫导轨上的释放位置不变，改变光电门1的位置进行多次测量，测得多组L和t数据，根据测验数据，作出了Lt−t图像如图2所示，若图线斜率的绝对值为k，图线在纵轴上的截距为b，根据图线可求出滑块加速度的大小为，经过光电门2的速度大小为（3）由以上实验即可验证牛顿第二定律。10．某校物理实验小组要测一未知电阻Rx（1）为便于设计电路，该实验小组先用多用电表粗测Rx的阻值，选用欧姆表×10倍率测量，发现指针偏转过小，为了较准确地进行测量，应该选择倍率（选填“×100”、“×1”），并重新进行欧姆调零，正确操作并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图所示，则测量结果是Ω（2）实验室提供了如下实验器材：A.电源E（电动势为12V，内阻不计）；B．电压表V（量程为15V，内阻RV约为15kΩC．电流表A1（量程为30mA，内阻r1约为D．电流表A2（量程为20mA，内阻r2约为E.滑动变阻器R1（最大阻值为20ΩF.滑动变阻器R2（最大阻值为1kΩG.开关及导线若干。为尽可能准确测量Rx①正确连接实验电路后，调节滑动变阻器R1、R②断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1示数的三分之二，记录此时电压表V的示数③保持滑动变阻器R2不变，再闭合开关S2，记录电压表V的示数U2和电流表A④根据以上测量数据可得Rx=。该实验也可测得电流表A1的内阻r1=（用U1、⑤该方案测得Rx的阻值和真实值相比11．如图所示，竖直轨道CDEF由圆弧CD、直线DE和半圆EF组成，圆弧和半圆半径均为R，水平轨道DE=2R，各轨道之间平滑连接，轨道CDEF可上下左右调节。一质量为m的小球压缩弹簧到某一位置后撤去外力静止释放后沿水平轨道AB向右抛出。调整轨道使BC高度差ℎ=0.9R，并使小球从C点沿切线进入圆弧轨道。DE段的摩擦系数μ=0.（1）撤去外力瞬间，弹簧的弹性势能Ep（2）请判断小球能否到达圆轨道的最高点；如能，求出最终落点的位置；如不能，请找出到达圆轨道的最高点的位置。12．如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L=1m，导轨水平部分的矩形区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，导轨水平部分的左侧和倾斜部分由光滑圆弧连接，右侧和一光滑圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道半径r=1635m，圆心角θ=120∘，在圆弧上端有两弹性挡板C和C'。质量为m1=1kg的金属棒P从离水平面高度ℎ=3.（1）P刚进入磁场时受到安培力F的大小；（2）矩形磁场沿导轨方向长度：（3）若Q从右侧圆弧滑下时，P已从磁场中滑出，求从P开始运动到PQ第二次碰撞，Q棒上产生的焦耳热。13．下列说法正确的是（）A．海市蜃楼是光发生全反射的结果B．照相机镜头的增透膜应用了光的衍射原理C．激光是自然界某种物质直接反光产生的D．观看立体电影需要用到特殊的眼镜是利用了光的偏振现象，说明光是一种横波E．在双缝干涉实验中，若用白光作光源照射双缝，当把双缝中的一条缝用不透光的板遮住时，屏上将出现宽度不同、中间是白色条纹的彩色衍射条纹14．x轴上的波源s1、s2分别位于x1=0和x2=1.4m处，t=0时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿s1（1）两列波传播速度的大小；（2）质点M从t=0时刻到t2

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】AB、电压表的示数为有效值，即

U有=Um2=52V=2.52V

A错误，B正确；

C、由乙图知，交变电压的周期

T=0.02s

即频率为50Hz，原线圈中的电流方向一个周期内改变2次，所以每秒改变100次，C错误；

D、由理想变压器的电压比知

U1U2=n12．【答案】A【解析】【解答】A、普朗克为解释图甲的黑体辐射实验数据，提出了能量子的概念，A正确；

B、若仅将图乙中电源的正负极反接，由于反向电压大小未知，即光电子仍有可能到达A极板，即电流表有可能有示数，只有当反向电压大于或等于遏制电压时，光电子没有到达A极板，电流表示数为零，B错误；

C、若图乙中的电动势足够大，滑动变阻器滑片向右滑，说明A、K间的正向电压在增大，而电流表的示数增大到饱和光电流后，光电流就不再增大，即电流表的示数可能先增加后不变，也有可能一直都不变，C错误；

D、一群处于n=3的激发态的氢原子向低能级跃迁所发出的光中，从n=3跃迁到n=1所发出的光能量最高，即光的频率最高，波长最短，D错误。

答案：A.

【分析】本题考查近代物理学，普朗克提出能量子的概念；光电效应实验中，接反向电压，由eU<E3．【答案】D【解析】【解答】AB、当夹角等于37°时，篮球鞋恰好开始滑动，对篮球受力分析

mgsinθ=μmgcosθ

说明鞋子与斜面间的动摩擦因数

μ=tan37°=0.75

故A、B错误；

C、动摩擦因数取决于材料表面的粗糙程度，人穿上鞋子踩在相同材料板上时，动摩擦因数不变，C错误；

D、篮球鞋开始滑动前，篮球相对斜面处于静止状态，篮球收到的摩擦力为静摩擦力，大小为mgsinθ，所以，随着夹角的增大，静摩擦力也在增大，D正确。

答案：D。

【分析】本题考查摩擦力，当斜面的夹角从4．【答案】B【解析】【解答】A、由

GMmr2=mg

知天体表面重力加速度

g=GMr2

月球表面重力加速度g月、火星表面重力加速度g火，可得

g月g火=M月M火·r火2r月2=19·225．【答案】D【解析】【解答】在O点放置一个电子源，均匀发射相同速率的电子，恰好有三分之一的电子从AC边射出，发射方向由CO与电子速度间夹角θ表示，说明θ=60°，由下图结合几何关系知电子在磁场运动的轨道半径等于OA长，设OA长为L。

A、由

qvB=mv2R

知

R=mvqB

电子进入磁场的速度大小相同，所以电子在磁场的运动半径相等，所以电子在磁场种的入射点与出射点间的连线就是弦长，在半径一定的情况下，弦越长，对于的圆心角越大大，电子在磁场中的运动时间越长，所以当θ=60°时，电子在磁场中飞行的时间最长，A错误；

B、当θ从0°~60°变化过程中，电子打在AC边上，当θ=0°时，由于轨道半径等于OA长，圆心刚好落在A点，即电子打在AC边的长度为L，而

AC=OAsin30°=2L

AC边上有电子射出区域占AC长度的二分之一，B错误；

C、当60°⩽θ⩽150°，电子打在AD边上，当θ=150°时，电子经过D点，C错误；

D、当0°⩽θ⩽60°，电子打在AC边上，当60°⩽θ⩽150°，电子打在AD边上，所以经过AD边的电子数与经过AC边的电子数之比

∆θ1：∆θ6．【答案】A,C【解析】【解答】A、由等量同种点电荷电场特点可知，A、C处放置的正电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向下，F、H处放置的正电荷在长方体的几何中心处场强方向竖直向上，则该长方体的几何中心处合场强为零，故A正确；

B、A、C处放置的正电荷在B、D两点的场强大小相等，方向相反且与AC边垂直分别指向B和D，F、H处放置的正电荷在B、D两点的场强大小相等，方向不同，由矢量合成可知，B、D两点的场强大小相等，方向不同，故B错误；

C、O1、O2连线中点处即长方体的几何中心处电势为零，沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大，故C正确；

D、O1、O2连线中点处即长方体的几何中心处电势为零，即负电荷在此处电势能为零，B、E两点等电势且电势为正，即负电荷在此两点处电势能相等且为负，所以将一电子从B点移到E点电势能先增大后减小，电场力先做负功后做正功，故D错误。

故选AC。

【分析】本题考查电场的叠加，要求学生有一定的空间想象能力，空间中有四个等量同种电荷，由于对称性，四个电荷在B、D处的电场强度大小相等，方向不同，四个电荷在长方体的几何中心处合场强为零；A、C处放置的正电荷和H处放置的正电荷在长方体的几何中心处场强大小相等，方向相反，故O1、O2连线中点处即长方体的几何中心处电势为零，而在长方体的其他地方电势值均为正值，所以沿竖直方向从O1到O2，电势先减小后增大，而B、E两点等电势且电势为正，从B点移到E点电势先减小后增大。7．【答案】A,B【解析】【解答】AC、由速度的分解知：水平方向

vAcos37°=vBcos53°……(1)vAcos37°t=L……(2)

竖直方向

vBsin53°−(−vAsin37°)=gt……(3)

由（1）（2）（3）式解得

vA8．【答案】B,C【解析】【解答】A、0号到2024号所有木块系统全过程中，水平方向不受力，但竖直方向受到重力（0号竖直方向合力不为零），所以所有木块组成的系统不满足动量守恒定律，A错误；

D、2024个弹性物体质量相等，两两发生弹性碰撞时，速度发生交换，所以2024号物体最终的速度其实就是0号物体与1号物体发生弹性碰撞后1号物体的速度，

研究0号物体从曲面最高点到最低点的过程

mgℎ=12mv02

解得

v0=2gℎ

研究0号物体与1号物体弹性碰撞

mv0=mv+2m·v1

12mv02=12mv2+12·2m·v12

解得碰撞后1号物体的速度

v9．【答案】（1）不需要（2）2k；b（3）无【解析】【解答】（1）由于实验装置中有力传感器，绳子拉力可以通过传感器直接读取，所以本实验不需要满足m≪M。

（2）实验小组保持光电门2的位置及滑块在气垫导轨上的释放位置不变，说明滑块到达光电门的速度不变，滑块从光电门1到光电门2是匀加速直线运动(逆过程：滑块从光电门2到光电门1是匀减速直线运动)，设滑块经过光电门2的速度为v，有

vt−12at2=L

变形后

Lt=−12a·t+v

对应函数图象有：斜率绝对值

k=12a

则滑块的加速度大小

a=2k10．【答案】（1）×100；1100（2）2U2I【解析】【解答】（1）电阻值=欧姆表表盘刻度×倍率档，指针偏转过小，说明欧姆表表盘刻度值大，所以选择大倍率档，可以让欧姆表表盘刻度小，指针尽量打在表盘中间，所以选择“×100”倍率，测量结果

11×100Ω=1100Ω

（2）④断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1示数的三分之二，说明

Rx=2(R2+RA2)……(1)

U1I1=RA1+RX11．【答案】（1）竖直方向，根据v小球到达C点时，竖直速度v水平速度v弹簧的弹性势能E（2）小球到达C点时动能为E假设能够由C到F，动能定理得mg解得v此时向心力m因此假设成立，能够恰好到达F点，F到D做平拋运动，假设会落在水平面，有x=2R=联立解得x=2R即刚好落在D点。【解析】【解答】（1）竖直方向，根据v小球到达C点时，竖直速度v水平速度v弹簧的弹性势能E（2）小球到达C点时动能为E假设能够由C到F，动能定理得mg解得v此时向心力m因此假设成立，能够恰好到达F点，F到D做平拋运动，假设会落在水平面，有x=2R=联立解得x=2R即刚好落在D点。【分析】本题考查功能关系，（1）在AB段，弹性势能转化为小球在B点的动能，根据题意知道平抛的竖直位移，知道平抛末状态水平速度与竖直速度的角度关系，结合平抛运动的知识求解平抛初速度，即小球在B点的速度，进而求解撤去外力瞬间，弹簧的弹性势能。（2）运用动能定理求解小球到达F点的速度，比较vF12．【答案】（1）根据动能定理有1解得v根据法拉第电磁感应定律有E根据欧姆定律有IP刚进入磁场时受到安培力F（2）设Q在C点的速度为vCm根据动能定理得解得1解得v根据动量守恒定律有m根据能量守恒有1解得vP=6m即P速度的大小为v对于P第一次通过磁场，根据动量定理得m又有q=解得x=3（3）P第二次通过磁场，根据动量定理知m其中vQ第一次进入磁场时的速度为v方向向左。根据动量定理得m2解得v方向向左。然后Q通过磁场与静止得P第二次碰撞，全过程应用能量守恒得1解得Q=23J则有Q【解析】【解答】（1）根据动能定理有1解得v根据法拉第电磁感应定律有E根据欧姆定律有IP刚进入磁场时受到安培力F（2）设Q在C点的速度为vCm根据动能定理得解得1解得v根据动量守恒定律有m根据能量守恒有1解得vP=6m即P速度的大小为v对于P第一次通过磁场，根据动量定理得m又有q=解得x=3（3）P第二次通过磁场，根据动量定理知m其中vQ第一次进入磁场时的速度为v方向向左。根据动量定理得m2解得v方向向左。然后Q通过磁场与静止得P第二次碰撞，全过程应用能量守恒得1解得Q=23J则有Q【分析】本题考查电磁感应定律的应用，（1）通过功能关系求解金属棒P到达AA'的速度，通过法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律，结合安培力表达式求解金属棒P刚进入磁场时受到的安培力大小。（2）金属棒P切割磁感线过程中，回路电流一直在变化，运用动量定理结合q=I∆t来确定磁场区域的长度，而金属棒P离开磁场后于Q发生弹性碰撞，且Q恰好到达CC'，运用功能关系及动量守恒定律求解金属棒P与金属棒Q碰撞前的速度大小，注意：该速度也是金属