四川省2024年高考物理模拟试卷及答案12

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．如图，在篮球比赛中，运动员跳起将篮球投入篮筐，投球点和篮筐正好在同一水平面上，不计空气阻力和转动的影响，该篮球在斜抛运动过程中（）A．在最高点时的速度为零 B．在最高点时的加速度为零C．进筐时的速度与抛出点的速度相同 D．做匀变速曲线运动2．奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。将一个可在水平面内自由转动的小磁针放在南北方向水平放置的白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源前，小磁针在地磁场作用下处于稳定状态。接通电源后，小磁针偏转60°角后达到稳定状态。若导线中电流在小磁针处产生的磁场磁感应强度大小为B导，小磁针处地磁场磁感应强度的水平分量大小为BA．B导=BC．B导>B地 D．3．如图为美国物理学家密立根测量金属的遏止电压Uc与入射光频率νA．k B．ek C．b D．eb4．2023年9月，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在离地球表面400km的“天宫二号”空间站上为广大青少年带来了一堂精彩的太空科普课。已知地球同步卫星、天宫二号沿圆轨道运行的向心加速度和地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小分别为a同、a宫、a赤，它们运行的速率分别为v同、A．a赤<aC．v同<v5．某小型水电站发电、输电的简易模型如图所示。已知水轮机叶片的转速为每秒n转，水轮机带动发电机线圈转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度大小为B。水电站经过原、副线圈匝数比为1:A．当滑片P在初始位置时，变压器的输出电压为8πNBSnB．当滑片P在初始位置时，变压器的输出电压为4C．将滑片P缓慢向下滑动的过程中，R消耗的功率一直增大D．将滑片P缓慢向下滑动的过程中，R消耗的功率先增大后减小6．如图为地理教科书上的等高线图，图中数字的单位是米。现将该图看成一个描述电势高低的等势线图，图中数字的单位是伏特，a、b、c为电场中的三个点。则（）A．a点的电场强度小于b点的电场强度 B．a点的电场强度方向垂直于该点所在等势线向右C．一正电荷从a点运动到c点，电场力做负功 D．一正电荷在a点的电势能大于在c点的电势能7．如图，平面直角坐标系xOy内虚线CD上方存在匀强磁场和匀强电场，分界线OE、OF与x轴的夹角均为θ=30°。t=0时，一对质量为m、电荷量为q的正、负粒子从坐标原点O以大小为v0的速度沿y轴正方向射入磁场，正粒子通过坐标为(3LA．磁场的磁感应强度大小为mv02qL C．在坐标为(0,−23L)的位置，两粒子相遇 8．如图（a），轿厢内质量为0.5kg的物块的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着且保持静止，物块与轿厢水平底面间的动摩擦因数为0.3。t=0时，轿厢在竖直轨道作用下由静止开始运动，轨道对轿厢竖直向上的作用力F的大小随时间t的变化如图（b）所示，t=10s时，物块恰好相对轿厢底面滑动。轿厢和厢内物块的总质量为500kg，重力加速度大小取A．t=10s时，轿厢的加速度大小为2B．t=10s时，轨道对轿厢的作用力大小为4000NC．t=10s时，轿厢的速度大小为10m/sD．物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，物块在水平方向上做匀加速直线运动阅卷人二、非选择题：得分9．某实验小组用如图所示的装置验证在圆周运动中的动能定理，铁架台上固定着拉力传感器。一小钢球（可视为质点）用不可伸长的轻绳悬挂在拉力传感器的下端，拉力传感器可记录小钢球在摆动过程中各时刻受到的拉力大小。将小钢球拉至A点，用刻度尺量出轻绳的长度L以及拉到A点时小钢球到拉力传感器下端的竖直高度H，释放小钢球，小钢球在竖直平面内来回摆动，记录拉力传感器的最大示数F和此时小钢球的位置O点。已知小钢球的质量为m，当地重力加速度大小为g，不计空气阻力。（1）拉力传感器的最大示数F（填“大于”“小于”或“等于”）小钢球的重力mg。（2）小钢球从A点运动到O点的过程中，合外力对小钢球做的功为（用题中所给物理量的字母表示）。（3）小钢球从A点运动到O点的过程中，小钢球动能的变化量为（用题中所给物理量的字母表示）。（4）在误差允许范围内，合外力对小钢球做的功和小钢球动能的变化量近似相等，则可验证动能定理成立。10．某学习小组欲测量由某种新材料制成的电热丝的电阻率ρ。（1）用毫米刻度尺测出电热丝的长度为L=50.（2）用螺旋测微器测量电热丝不同位置的直径，某次测量的示数如图（a）所示，该读数为d=mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与d相等。（3）用多用电表粗略测量电热丝的电阻Rx约为50Ω（4）为精确测量该电热丝的电阻Rx电池组E，电动势为15V，内阻忽略不计；电压表V（量程为3V，内阻为RV电流表A（量程为0.3A，内阻比较小）；定值电阻R0（阻值可选用6kΩ和9kΩ滑动变阻器R，最大阻值为10Ω；开关、导线若干。①要求电热丝两端的电压可在0~12V的范围内连续可调，应选用阻值为（填“6kΩ”或“9kΩ”）的定值电阻②闭合开关S前，滑动变阻器R的滑片应置于（填“a”或“b”）端；③闭合开关S，调节滑动变阻器R，使电压表V和电流表A的示数尽量大些，读出此时电压表V和电流表A的示数分别为U、I，则该电热丝电阻的表达式为Rx=（用U、I、R0④多次测量得到电热丝的电阻Rx的平均值为50Ω（5）由以上数据可估算出该电热丝的电阻率ρ约为____（填标号）。A．4×10−3Ω⋅mC．4×10−7Ω⋅m11．在一次救援中，消防员利用如图（a）所示的三脚架对井底的被困人员进行施救，将三脚架简化为如图（b）所示的模型。在前2s的过程中，被困人员通过吊绳从井底开始竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动，这段时间被困人员被提升了2m。已知被困人员的质量为60kg，吊绳、支架和固定在支架顶端的电动铰轮的质量均忽略不计，每根支架与竖直方向均成30°角，地面对每根支架的作用力恰好沿支架且大小相等，重力加速度大小取g=10m/（1）2s时，吊绳对被困人员拉力的瞬时功率；（2）在前2s的过程中，地面对每根支架作用力的大小。12．两平行金属导轨ABC、A'B'C'按如图（a）所示方式固定，倾斜导轨的倾角均为θ=30°，倾斜导轨与水平导轨在B、B'处平滑连接，两导轨平面内均有垂直于平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=2T。在水平导轨上固定有两竖直立柱，BB'的连线、两竖直立柱的连线均与水平导轨垂直。将金属棒甲锁定在两竖直立柱与BB'之间的水平导轨上且金属棒甲离BB'足够远。t=0时，将金属棒乙在离BB'足够远的倾斜导轨上由静止释放。t1（1）t1（2）t213．一定质量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，再从c状态变化到d，其过程如V−T图上三条线段所示，bc和cd段为分别平行于坐标轴的直线。则气体（）A．b的压强小于c的压强B．由a变化到b过程中气体从外界吸收热量等于其增加的内能C．由b变化到c过程中气体从外界吸收热量等于其增加的内能D．由c变化到d过程中气体从外界吸收热量E．由a变化到b为等压变化14．如图所示，一根一端封闭粗细均匀细玻璃管AB开口向上竖直放置，管内用高ℎ=24cm的水银柱封闭了一段长L=45cm的空气柱。已知外界大气压强为p0=76cmHg，封闭气体的温度为t1（1）若玻璃管AB长度为L0（2）若玻璃管AB足够长，缓慢转动玻璃管至管口向下后竖直固定，同时使封闭气体的温度缓慢降到t315．如图（a），位于坐标原点O的波源从t=0时刻开始振动，形成了沿x轴正方向传播的简谐横波。t=3s时，平衡位置位于x=15m处的质点A第一次到达波峰，质点B的平衡位置位于x=30m处，波源O的振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（）A．质点A的起振方向沿y轴负方向B．该波的波速为10mC．t=3.D．从t=0到t=3s的过程中，质点A运动的路程为12cmE．t=3.16．如图为一半径为R的半圆柱透明介质的横截面，O为圆心，线段AB为直径，紧贴B点放置与AB共线的光屏。一束平行于直径AB的红、蓝复色光从真空射到半圆柱透明介质上的C点，经两次折射后在光屏上形成D、E两个光点。已知∠COA=45°，B、D两点的距离为(2（1）画出形成光点D的大致光路图并判断光点D的颜色；（2）求介质对形成光点D的光束的折射率。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.根据斜抛运动特点可知，篮球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，故篮球在最高点的速度不为零，A不符合题意；

BD.在斜抛运动过程中，篮球只受重力，加速度恒为重力加速度，为匀变速曲线运动，B不符合题意，D符合题意；

C.根据斜抛运动的对称性可知，篮球进筐时的速度与抛出点的速度大小相等，但方向不同，C不符合题意。

故答案为：D。

【分析】斜抛运动特点可分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向上的竖直上抛运动，运动过程中只受重力作用，具有左右对称的运动特点。2．【答案】C【解析】【解答】由安培定则可知，电流在小磁针处产生向西的磁场，小磁针偏转60°角后达到稳定状态，可知小磁针处的地磁场与电流产生的磁场的合磁场与地磁场成60°角，则有

tan60°=B导B地

解得

B导=3B地3．【答案】B【解析】【解答】根据光电效应方程可得

Ek=ℎν−W0

遏止电压满足

−eUc=0−Ek

联立可得

Uc=ℎeν−W04．【答案】A【解析】【解答】AB.同步卫星与赤道上的物体角速度相同，根据向心加速度公式a=ω2r，可知a赤<a同，对卫星，由牛顿第二定律可得

GMmr2=ma

得

a=GMr2

地区同步卫星为高轨道卫星，轨道半径大于天宫二号卫星的轨道半径，故

a同<a宫

综上可知

a赤<a同<a宫

A符合题意，B不符合题意；

CD.同步卫星与赤道上的物体角速度相同，根据线速度与角速度的关系式v=ωr，可得v5．【答案】D【解析】【解答】AB.由于水轮机叶片的转速为每秒n转，则线圈转速为

n1=n

可得线圈转动角速度为

ω=2πnrad/s

发电机产生感应电动势的最大值为

Em=NBSω=2πNBSn

发电机输出电压的有效值为

E=Em2=2πNBSn

将变压器电路等效为电阻，则等效电阻的大小为

R'=n1n22R=9r16

因此原线圈两端的电压为

U1=ER'R'+r=925E

因此变压器的输出电压为

6．【答案】A,C【解析】【解答】A.根据等差等势面的疏密表示场强大小，等势面越密，场强越大，可知b点电场强度比a点大，A符合题意；

B.根据电场线和等势线处处垂直，且由高电势指向低电势，可知a点的电场强度方向垂直于该点所在等势线向左，B不符合题意；

CD.一正电荷从a点运动到c点，运动方向与电场力方向相反，电场力做负功，电势能增加，故a点的电势能小于在c点的电势能，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】根据等差等势面的疏密表示场强大小，判断a、b两点电场强度的大小关系；根据电场线和等势线处处垂直，且由高电势指向低电势，判断a点的场强方向；根据电荷受到的电场力方向与运动方向的关系判断电场力做功的正负；根据电场力做功正负判断电势能变化。7．【答案】A,D【解析】【解答】A.正负粒子进入磁场后偏转方向相反，所以运动轨迹左右对称，做出两粒子轨迹如图：

由几何关系可知两粒子的轨迹半径r=2L，根据洛伦兹力提供向心力

qv0B=mv02r

解得

B=mv02qL

A符合题意；

B.带正电粒子进入电场后做类平抛运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得qE=ma，水平方向，根据匀变速直线运动的速度-位移公式可得

(v0cos30°)2=2a(3L)

联立解得

E=mv028qL

B不符合题意；

C.粒子在电场中到Q点的运动时间为

t1=∆va=v0cos30°Eq8．【答案】B,C【解析】【解答】AB.物块恰好相对轿厢底面滑动时，根据平衡条件可知，此时弹簧弹力等于物块与轿厢间的摩擦力，根据牛顿第二定律，对轿厢有Mg-F=Ma，对物块有mg-N=ma，其中f=μN=1.2N，解得

a=2m/s2，F=4000N

A不符合题意，B符合题意；

C.根据F-t图像中面积表示力F产生的动量，由动量定理可得

Mgt−(4000+5000)×10×12=Mv

9．【答案】（1）大于（2）mg(L−H)（3）L（4）无【解析】【解答】（1）小球在最低点O时拉力传感器示数最大，此时小球的向心加速度向上，处于失重状态，所以拉力传感器的最大示数F大于小钢球的重力mg。

（2）小钢球从A点运动到O点的过程中，重力做正功，拉力不做功，所以合外力对小钢球做的功为

W合=mg(L−H)。

（3）在O点，根据牛顿第二定律可得

F−mg=mv2L

小钢球从A点运动到O点的过程中，由动能定理可得，小钢球动能的变化量为

∆10．【答案】（1）无（2）0.680（3）无（4）9kΩ；a；U(（5）B【解析】【解答】（2）螺旋测微器的精确度为0.01mm，图中螺旋测微器主尺读数为0.5mm，可动尺读数为0.01×18.0mm=0.180mm，可得电热丝直径为0.5mm+0.180mm=0.680mm。

（4）①实验要求电热丝两端的电压可在0~12V的范围内连续可调，需要将电压表改装成量程至少为12V的电压表，由欧姆定律可得

R0=UI−RV=1233kΩ−3kΩ=9kΩ

即定值电阻选用9kΩ。

②滑动变阻器采用分压式接法，为了确保安全，闭合开关前，应使电压表和电流表示数均为零，即闭合开关S前，滑动变阻器R的滑片应置于a端。

③根据欧姆定律有

I=URV+U(R0+RV11．【答案】（1）根据匀变速运动公式x=解得a=1m2s时的速度v=at=2m根据牛顿第二定律F−mg=ma可得F=660N吊绳对被困人员拉力的瞬时功率P=Fv=1320W（2）设每根支架作用力的大小为T，则有3T解得T=根据牛顿第三定律，可知地面对每根支架作用力的大小F【解析】【分析】（1）由运动学公式求出2s时被困人员的速度，由牛顿第二定律求出吊绳上的拉力，再根据功率的公式P=Fv，计算吊绳对被困人员拉力的瞬时功率；（2）根据平行四边形定则，求出每根支架作用力的大小，再由牛顿第三定律得出地面对每根支架作用力的大小。12．【答案】（1）金属棒乙在倾斜导轨上最终匀速，有mg金属棒乙两端的电压U=IR联立解得U=7（2）t1E=Bd又I=解得t1v在t1～tm可得金属棒甲刚好与竖直立柱碰撞时的速度v金属棒甲与竖直立柱碰撞后以原速率返回，两金属棒组成的系统动量守恒，则有−m可得vt2时刻以后，系统产生的焦耳热QQ解得Q金属棒甲产生的焦耳热Q=解得Q=【解析】【分析】（1）根据共点力平衡条件，结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式求解；（2）根据动量守恒定律与能量守恒定律，结合焦耳定律求解。13．【答案】A,C,E【解析】【解答】A.由一定质量的理想气体的状态方程

pVT=C

可知，从b到c，气体的体积不变，温度升高，则气体的压强增大，可知b的压强小于c的压强，A符合题意；

B.由a变化到b过程中气体的体积增大，可知气体对外做功，则有W<0，气体的温度升高，所以气体的内能增加，有

∆U>0

由热力学第一定律

∆U=Q+W

可知Q>0，故a变化到b过程中气体从外界吸收热量，但不等于其增加的内能，B不符合题意；

C.由b变化到c过程中气体的体积不变，可知W=0，气体的温度升高，气体的内能增加，有∆U>0，由热力学第一定律

∆U=Q+W

可知Q>0，且

∆U=Q

故由b变化到c过程中气体从外界吸收热量且等于其增加的内能，C符合题意；

D.由c变化到d过程中气体的体积减小，外界对气体做功，可知W>0，气体温度不变，气体的内能不变，可知∆U=0，由热力学第一定律

∆U=Q+W

可得W=-Q，可知由c变化到d过程中气体对外界放出热量，D不符合题意；