四川省2024年高考物理模拟试卷及答案17

四川省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、选择题：得分1．图（a）所示的送餐机器人从过道上甲处静止出发做直线运动到乙处停下，其位移x与时间t的关系曲线如图（b）。若将机器人视为质点，则从甲到乙机器人的运动依次是（）A．匀加速运动，匀速运动，匀减速运动B．加速度减小的加速运动，匀速运动，加速度增大的减速运动C．加速度增大的加速运动，匀速运动，加速度减小的减速运动D．加速度增大的加速运动，匀加速运动，加速度减小的减速运动2．科学史上，有一项发现的核反应方程是714N+A．817O核和X核的径迹均在Ⅰ区 B．C．817O核和X核运动的半径之比一定为17：8 D．3．如图，甲、乙、丙是地球赤道平面内绕地心运动的三颗人造卫星，甲、丙的轨道为圆，乙的轨道为椭圆。则三颗卫星（）A．在轨道上运行的周期关系是：TB．在轨道上1、2、3位置的加速度大小关系是：aC．在轨道上1、2、3位置的速率关系一定是：vD．在轨道上1、2、3位置所受的万有引力大小关系一定是：F4．钢架雪车是一项精彩刺激的冬奥会比赛项目，运动员起跑区推动雪车起跑后俯卧在雪车上，再经出发区、滑行区和减速区的一系列直道、弯道后到达终点、用时少者获胜。图（a）是比赛中一运动员在滑行区某弯道的图片，假设可视为质点的人和车的总质量m=90kg，其在弯道上P处做水平面内圆周运动的模型如图（b），车在P处既无侧移也无切向加速度，速率v=30m/s，弯道表面与水平面成θ=53°，不计摩擦力和空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。则在P处（）A．车对弯道的压力大小为900N B．人对车的压力大小为1500NC．人和车做圆周运动的半径为67.5m D．人和车的加速度大小为7.5m/s25．如图，质量为M、半径为R的圆环状光滑绝缘细杆用三根交于O点的等长细线悬挂于水平面内，每根细线与竖直方向均成30°角；杆上套有三个可视为质点的带正电小球，每个小球的质量均为m、电荷量均为q；小球间的间距相等，球和杆均静止。重力加速度大小为g、静电力常量为k。则（）A．每根细线对杆的拉力大小为239Mg C．每个小球受到的库仑力大小为3kq2R2 6．一变压器在纸面内的剖面如图，原线圈连接足够长且电阻不计的平行双导轨，导轨处于垂直纸面向里的匀强磁场中、金属棒MN与导轨接触良好且垂直于导轨，副线圈连接灯泡L和电容器C，A为理想交流电流表。则（）A．当MN匀速向左运动时，灯泡可能发光，A表有示数B．当MN加速向左运动时，a点电势低于b点电势C．当MN沿导轨简谐运动（不接触线圈）时，灯泡一定不发光D．当MN沿导轨简谐运动（不接触线圈）时，A表有示数7．图（a）所示的后排进攻是排球比赛中一种重要进攻手段。假设某次后排进攻可简化为图（b）所示模型，甲运动员以极短的时间∆t=0.01s完成击球，将初速度为零的排球从O点以水平速度击出，球恰好打到拦网队员乙的手指P后飞出。已知排球质量m=0.26kg，O、P的水平距离L=3m，O、P的高度差h=7.2cm。球视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则可知（）A．球被甲击出时的速率约为72km/h B．球被甲击出时的速率约为90km/hC．甲对球的平均作用力大小约为650N D．甲对球的平均作用力大小约为520N8．某工厂用水平绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝铜圈。为了检测出个别未闭合的不合格铜圈，让图示传送带以速度v匀速通过一方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场区域，进入磁场前，铜圈与传送带相对静止且等距离排列，根据穿过磁场后铜圈间的距离，就能检测出不合格铜圈。已知铜圈质量为m，边长为L，每条边的电阻为R，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。则（）A．由图可知，3号铜圈不合格B．合格铜圈进入磁场的过程中，通过该铜圈的电荷量为BC．要利用该系统识别不合格铜圈，铜圈与传送带之间的动摩擦因数必须小于BD．如果该系统能识别边长为L的不合格铜圈，那么该系统也一定能识别同种材料制成的边长为2L的不合格铜圈阅卷人二、非选择题：得分9．为研究小灯泡的伏安特性，实验室提供了下列器材：A.电源E（电动势4.5V，内阻很小）；B.小灯泡L（额定电压4V，额定电流0.7A）；C.电压表V（量程6V，内阻约6kΩ）；D.电流表A（量程0.6A，内阻0.25Ω）；E.定值电阻R0F.滑动变阻器R（最大阻值5Ω）；G.开关一个；H.导线若干。（1）甲设计的电路如图（a）。某次测量中，V表和A表的指针稳定在图（b）所示位置，则V表的示数为V（不需估读），测得此时灯泡的功率约为W（保留2位小数）。（2）乙设计的电路如图（c）。两种设计比较，（选填“甲”或“乙”）的测量精度更高。（3）该小灯泡的伏安特性曲线最有可能是（）A． B．C． D．10．某兴趣小组设计了一个测量动摩擦因数的实验，①如图（a），将倾斜段和水平段连接构成的铝板固定在水平桌面上；②让小铁块从倾斜段上A点静止释放，铁块最终停在水平段上B点；③利用铅垂线找到A点在桌面的投影点A'，测出A到A'的高度h和A'到B的水平距离s；④改变释放位置重复多次实验，得到多组h和s的数值。（1）实验得到多组h和s的数值如下表，请在图（b）中作出s-h关系图线。h/cm10.0015.0020.0025.0030.00s/cm19.9032.7048.1057.606980（2）根据图线求得动摩擦因数μ=。（保留1位有效数字）（3）重复实验发现，s-h图线总是在横轴上有一固定截距，该截距的物理意义是。（4）实验中铁块通过倾斜段与水平段转接点处有机械能损失，损失量与通过时的动能成正比，这会导致动摩擦因数的测量值（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。（5）为了消除铁块在转接点处的机械能损失，兴趣小组中某位同学建议将倾斜段做成图（c）所示圆弧面，其末端与水平段相切，仍然通过测量h和s求得动摩擦因数。该方案是否可行？（选填“可行”或“不可行”）。11．某同学研究碰撞中动能损失的装置如图所示，竖直面内，光滑弧形轨道AB和34光滑圆弧轨道CD分别与水平粗糙轨道BC相切于B和C点，圆弧半径R=0.4m，BC长L=2m。某次实验中，将质量m=0.4kg的滑块从弧形轨道上高h=1.4m处静止释放，滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对轨道的压力大小F=4N，此后，滑块与水平轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上，进入轨道后滑块刚好能够通过Q点。滑块可视为质点，重力加速度g=10m/s2（1）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ：（2）碰撞过程中动能的损失率η（动能损失量与碰前动能的百分比）。12．如图，在y>a区域有方向沿y轴负方向的匀强电场，y<a区域有方向垂直xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。t=0时刻，质量为m的甲粒子从P（−a，2a）点静止释放，另一质量为2m的乙粒子，刚好以沿x轴负方向的速度通过x轴上Q点，当甲第一次经过原点O时，甲、乙恰好相遇并发生时间极短的对心碰撞，且碰后甲、乙还能再次碰撞。假设甲的电荷量始终为q（q>0）、乙始终不带电，碰撞过程中无能量损失，不计粒子重力。求：（1）电场强度的大小；（2）甲粒子第一次到达原点O的时刻；（3）Q点的横坐标。13．下列说法正确的是（）A．水和酒精混合后体积会变小，是因为水分子和酒精分子间存在引力B．完全失重的空间实验室中，悬浮液体将呈绝对球形C．烧水过程中，随水温的升高，每个水分子热运动的速率都将增大D．大块岩盐是晶体，粉碎后的岩盐小颗粒仍然是晶体E．夏天空调制冷时，热量能够从温度较低的室内传递到温度较高的室外，这一现象不违背热力学第二定律14．为测量小车加速度，某同学设计了图示装置，圆柱形气缸固定在车厢底面，水平轻弹簧分别连接活塞与车厢右壁，活塞可在气缸内无摩擦滑动，缸内密闭着气体，当温度T1=280K时，弹簧无形变，活塞与缸底间的气柱长L=9cm。已知活塞质量m=1kg、横截面积S=1×10（1）小车静止，缓慢加热缸内气体，使其温度由T1升至T2=336K（2）小车某次运动过程中，保持温度T1不变，活塞相对气缸静止时，弹簧伸长量为Δ15．如图，一束复色光以入射角i（0°<i<90°）从空气射入由内芯和外套组成的光导纤维后分成了a、b两束单色光，下列说法正确的是（）A．内芯的折射率大于外套的折射率B．a光的频率小于b光的频率C．在光导纤维内，a光的传播速度小于b光的传播速度D．i越大，a、b光越容易在内芯和外套的交界面上发生全反射E．在发生全反射的条件下，i越小，a、b光在内芯中的传播时间越短16．一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t1=0.（1）求波的传播速度；（2）从t=0时刻开始计时，写出质点P的振动位移y随时间t变化的关系式。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】根据匀变速直线运动位移与时间关系

x=v0t+12a2．【答案】D【解析】【解答】AB、核反应前后质量数和电荷数守恒，所以X为质子，根据左手定则可知，在S点两粒子均受到竖直向下的洛伦兹力，其径迹均在Ⅱ区，故AB错误；

C、根据洛伦兹力提供向心力有

qvB=mv2r

所以

r=mvqB

由于两粒子的速度大小未知，所以不能确定半径大小关系，故C错误；

D、粒子运动的周期为

T=2πm3．【答案】B【解析】【解答】A、根据开普勒第三定律可得

a3T2=k

卫星在1、2、3轨道运行时轨道半径或者半长轴增大，所以周期增大，即

T甲<T乙<T丙

故A错误；

B、根据牛顿第二定律有

GMmr2=ma

所以

a=GMr2

卫星在1、2、3处与地球球心间的距离增大，则加速度减小，即

a1>a2>a3

4．【答案】C【解析】【解答】A、对人和车受力分析，如图所示

根据几何关系有

N=mgcosθ=1500N

根据牛顿第三定律可得，车对弯道的压力大小为1500N，故A错误；

B、由于不知道人的质量，所以无法确定人对车的压力，故B错误；

CD、根据牛顿第二定律可得

mgtanθ=mv2r=ma

解得

5．【答案】D【解析】【解答】AB、对杆和小球整体，竖直方向有

3Fcos30°=(M+3m)g

解得细线对杆的拉力大小为

F=2(3m+M)g33

故AB错误；

C、根据题意可得，两个小球间的距离为

l=2Rcos30°

所以每个小球受到的库仑力大小为

F=2kq2l2cos6．【答案】B,D【解析】【解答】A、当MN匀速向左运动时，左侧回路中电流恒定，所以左侧线圈产生恒定的磁场，穿过右侧线圈的磁通量不变，右侧线圈将不产生感应电流，所以灯泡不发光，电流表无示数，故A错误；

B、当MN加速向左运动时，穿过右侧线圈的磁通量不断增大，且磁场方向向上，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向向下，根据右手螺旋定则可知，回路中电流方向为逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，故B正确；

CD、当MN沿导轨简谐运动（不接触线圈）时，左侧回路中产生正弦交变电流，右侧回路也为交变电流，所以灯泡发光，电容器将进行充放电，电流表有示数，故C错误，D正确。

故答案为：BD。

【分析】左侧导体棒做切割磁感线运动，在回路中产生感应电流，左侧线圈产生的磁场穿过右侧线圈，当穿过右侧线圈的磁通量发生改变，右侧线圈产生感应电动势，右侧回路中产生感应电流。再根据导体棒的运动情况确定产生感应电流的类型，再结合楞次定律确定右侧回路是否产生感应电流及产生感应电流的方向。7．【答案】B,C【解析】【解答】AB、球被甲击出后做平抛运动，设球被甲击出时的速率为v0，运动时间为t，则有

L=v0t

ℎ=12gt2

联立解得

v0=25m/s=90km/ℎ

故A错误，B正确；

CD、甲运动员完成击球的时间∆t=0.01s，设甲对球的平均作用力大小为F，由动量定理得

FΔt=m8．【答案】A,D【解析】【解答】A、若铜圈不合格，则铜圈未闭合，铜圈穿过磁场过程中没有感应电流产生，铜圈不受安培力，铜圈相对传送带没有相对位移，由图可知，铜圈3相对传送带没有相对位移，是不合格的铜圈，故A正确；

B、合格铜圈进入磁场的过程中，通过该铜圈的的电荷量为

q=It=ΔΦ4Rtt=ΔΦ4R=BL24R

故B错误；

C、要利用该系统识别不合格铜圈，对铜圈

FA>μmg

铜圈所受安培力

FA=BIL=BBLv4RL=B2L9．【答案】（1）3.2；2.08（2）乙（3）C【解析】【解答】（1）电压表如图b所示，分度值为0.2V，示数为3.2V。

电流表如图b所示，分度值为0.02A，示数为0.52A，电流表两端电压为

UA=IArA=0.13V

定值电阻R0中电流为

I0=U10．【答案】（1）（2）0.4（3）铝板的厚度（4）大于（5）不可行【解析】【解答】（1）关系图如下所示

（2）设斜面的倾角为θ，在斜面上铁块位移大小为x1，在水平面上铁块位移大小为x2，铝板的厚度为d，对整个过程，根据动能定理得

mgℎ−d−μmgcosθx1−μmgx2=0

而铁块水平位移大小s为

s=x1cosθ+x2

联立以上两式解得

s=1μℎ−d

由图线可得

μ=0.411．【答案】（1）滑块第一次通过Q时，由牛顿第三定律知，滑块所受轨道的弹力大小为F由牛顿第二定律有mg+代入数据得v从释放到Q，由动能定理有mgℎ−μmgL−mg⋅2R=代入数据解得μ=0（2）滑块在D点正下方与水平轨道碰撞，设滑块碰前与碰后的动能分别为Ek1和Ek2，从Q到碰前，由机械能守恒定律有E滑块第二次通过Q时，所受轨道的弹力为零，由牛顿第二定律有mg=m代入数据得v从碰后到Q，由机械能守恒定律有E所以η=【解析】【分析】（1）确定滑块子Q点的受力情况及向心力的来源，根据牛顿第二定律确定滑块子Q点的速度。确定滑块从释放到Q点的过程的受力情况及各力的做功情况，再根据动能定理进行解答；

（2）滑块从Q点运动到D点正下方与水平轨道碰撞前，滑块机械能守恒，根据机械能守恒定律确定滑块与水平轨道碰前的动能。滑块反弹后恰好能通过Q点，即滑块在Q点恰好完全由重力提供向心力，根据牛顿第二定律确定滑块第二次到达Q点的速度，再根据机械能守恒定律确定滑块碰后到Q点过程碰后滑块的机械能，再根据损失率的定义进行解答。12．【答案】（1）如图所示甲在电场中做匀加速直线运动，设场强为E，甲进入磁场时的速率为v；由动能定理有qEa=甲在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，有qvB=m因甲、乙第一次相碰于原点O，则有R联立解得v=qBam（2）甲在电场中的运动时间为t1a=解得t设碰撞前在磁场中的运动时间为t2T=故有t故甲第一次到达原点O的时刻为t=（3）根据题意，甲、乙第一次碰撞后速度必然沿水平方向，甲做轨迹与x轴相切的匀速圆周运动，乙做水平方向的匀速直线运动。甲、乙要想再次碰撞，只有一种可能，即第一次碰后乙的速度恰好为0。设乙碰撞前的速率为v0，由于其不带电，因此做匀速直线运动。设甲第一次碰撞后的速度为vmv−2m机械能守恒定律有1解得v0=2v即v因t=0时刻，乙刚好通过Q点，故乙由Q到O的时间即甲第一次碰撞前的运动时间，故乙在第一次碰撞前运动的距离为x=解得Q点的横坐标为x=(4+π)a【解析】【分析】（1）甲由静止释放，在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理确定甲进入磁场瞬间速度与场强的关系。甲进入磁场后再磁场中做匀速圆周运动，恰好经过O点，根据几何关系确定粒子甲运动至O点过程做圆周运动的半径，再结合洛伦兹力提供向心力及牛顿第二定律进行解答；

（2）根据牛顿第二定律及运动学规律确定粒子甲从电场进入磁场的时间。根据几何关系确定粒子甲进入磁场运动至O点过程运动轨迹对应的圆心角，再结合带电粒子在磁场中运动规律进行解答；

（3）乙粒子不带电，碰前做匀速直线运动，由于甲乙发生正碰，即碰后粒子甲的速度仍沿x轴方向，随后在磁场中做圆周运动，由于碰后甲、乙还能再次碰撞，故第一次碰后粒子乙速度为零，当粒子甲做圆周运动回到O点事，甲乙再次发生碰撞。甲乙第一次碰撞过程动量守恒及机械能守恒，根据动量守恒定律及机械能守恒定律确定碰撞前乙粒子的速度，再结合（2）中结论确定Q点的坐标。13．【答案】B,D,E【解析】【解答】A、水和酒精混合后体积会变小，是因为水分子和酒精分子间存在间隙，故A错误；

B、完全失重的空间实验室中，重力对液体没有了影响，在表面张力作用下，悬浮液体将呈绝对球形，故B正确；

C、烧水过程中，随水温的升高，分子的平均速率变大，并非每个气体分子运动的速率都增加，故C错误；

D、大块岩盐是晶体，由于岩盐颗粒内部的结构没有变化，粉碎后的岩盐小颗粒仍然是晶体，故D正确；

E、空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，要消耗电能，产生了其它影响，所以制冷机的工作仍遵守热力学第二定律，故E正确。

故答案为：BDE。

【分析】熟练掌握分子动理论的具体内容。温度升高，分子的平均速率变大。熟练掌握表面张力的特点及应用。晶体结构与晶体的内部原子、离子、分子在空间作三维周期性的规则排列有关。熟练掌握热力学定律的内容与应用。14．【答案】（1）对缸内气体，状态1（弹簧无形变）T1=280K、V状态2（弹簧处于压缩状态）T2=336K从状态1到状态2，由理想气体状态方程有p可得p代入数据解得p状态2，对活塞由力的平衡条件得kΔ代入数据解得k=8×1（2）状态3（弹簧处于伸长状态）V从状态1到状态3，温度不变，由玻意耳定律有p代入数