四川省2024年高考物理模拟试卷及答案18

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题，每题6分。在每题给出的四个选项中，第14—18题只有一项符合题目要求，第19—21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，有选错得0分。）得分1．如图所示，动力小车以恒定的速率沿曲线竖直轨道上表面从A点运动到D点，A点是轨道最低点，B为轨道最高点。下列判断正确的是（）A．小车在A、B两点速度不同 B．运动中小车的动量不变C．运动中小车机械能不变 D．小车在A点对轨道压力最大2．A、B两物体如图叠放，在竖直向上的力F作用下沿粗糙竖直墙面向上匀速运动，则A的受力个数为（）A．2 B．3 C．4 D．53．1907年起，物理学家密立根开始以精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量，得到某种金属的遏制电压Uc与入射光的频率v的关系如下图，已知e=1.6×10-19C。以下说法正确的是（）A．该金属的截止频率为5.5×1014Hz B．图中斜率为普朗克常量C．由图及已知可算出普朗克常量 D．不能求出该金属的逸出功4．实验室用交流发电机和理想变压器组合给R0供电，电路如图所示。交流发电机的线圈内阻为4Ω，当理想变压器原副线圈匝数比为2：1时，R0消耗的功率与线圈内阻消耗的功率相等，导线电阻不计，则R0的阻值为（）A．1Ω B．2Ω C．4Ω D．16Ω5．光滑刚性绝缘正三角形框内存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，长为L的CD边中点P开有一个小孔，如图所示。质量为m、电荷量为q的正电粒子从P点沿垂直于CD边射入磁场后，与正三角形的边发生两次碰撞，再从P点垂直于CD边离开磁场。粒子在每次碰撞前、后瞬间，平行于边方向的速度分量不变，垂直于边方向的速度分量大小不变、方向相反，电荷量不变，不计重力。则粒子的初速度为（）A．qBL4m B．qBL2m C．qBLm6．如图是某同学在足球场上把足球从地面A点踢出又落回地面C点的轨迹草图，其中B点是足球运动的最高点。不能忽略空气阻力，则下列判断正确的是（）A．足球在B点加速度为重力加速度g B．足球在B点速度不是最小C．足球从A运动到B的时间小于从B运动到C的时间 D．足球在A、C两点重力的功率相等7．两块相同的正方形金属板一上一下正对水平放置，间距为4d，上板正中心O处开有一小孔，其截面图如图所示。现将上、下板分别与电源的正负极相连后，在板间形成匀强电场。让带电油滴a以初速度v0从上极板中心O竖直向下进入板间，运动距离d后静止。若空气对油滴的阻力和速度成正比，不计油滴受到的浮力，下列说法正确的是（）A．油滴带负电，电场力等于重力B．油滴带正电，电场力大于重力C．若油滴初速度为2v0，则油滴运动距离2d后静止D．若油滴初速度为2v0，则油滴运动距离4d后静止8．如图，足够长的水平传送带AB与斜面BC在B点平滑连接，斜面倾角θ=37°，质量为1kg的物块从距传送带高为H=2.4m的C点静止释放，物块与斜面和传送带间的动摩擦因数均为0.5，传送带顺时针运行速度恒为5m/s。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列判断正确的是（）A．物块第二次经过B点的速度为5m/sB．物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带摩擦生热28JC．物块在斜面上向下运动的路程之和为6mD．物块在斜面上向下运动的路程之和为5m阅卷人二、非选择题（共174分，第22—32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。）得分9．“筋膜枪”是利用内部电机带动“枪头”高频冲击肌肉，缓解肌肉酸痛的设备。某同学为了测量“枪头”的冲击频率，将带限位孔的塑料底板固定在墙面上，下端带重锤的纸带穿过限位孔并竖直拉直，“枪头”放在限位孔上方，靠近并正对纸带，如图甲所示。启动筋膜枪，松开纸带，让纸带在重锤带动下运动，“枪头”在纸带上打下系列点迹。更换纸带，重复操作。（1）如图乙所示，实验时打出一条清晰的纸带，截取其中一段，测得相邻点迹间的距离依次为x1、x2、x3、（2）该实验产生误差的主要原因是“枪头”在打点瞬间阻碍纸带的运动，这样会导致冲击频率的测量值（选填“大于”“小于”或“等于”）实际值。10．某学习小组准备测电源的电动势和内阻，实验室提供以下器材：A．待测电源（电动势约为3V内阻未知）；B．电流表（内阻未知，0～0.6A～3A）；C．电压表（内阻未知，0～3V）；D．电阻箱R1（0～99.9Ω）；E．滑动变阻器R最大阻值10Ω；开关导线若干。（1）小组同学发现：电流表正接线柱A、B量程标识由于长期使用被磨损。同学们讨论决定：先测电流表的内阻和确定接线柱A、B的量程标识。于是设计了如图1所示的电路，且电流表接A接线柱。操作步骤：①闭合开关S前滑片P应滑到（选填“左”或“右”）端。②闭合开关S1，将开关S2接1，调节R1=5.0Ω，反复调节滑片P使电压表读数为2.5V。此时发现电流表指针超过半偏，则A接线柱对应电流表的量程为（选填“0～0.6A”或“0～3A”）。③断开开关S1，将开关S2接2，再闭合开关S1，反复调节滑片P和R1，使电压表示数仍为2.5V，此时R1=5.8Ω，则电流表内阻为Ω（保留一位小数）。（2）为了更精确的测电动势和内阻，应选择电路（选填“图2”或“图3”）进行实验。（3）根据小组同学的实验数据得到如图4所示的I—U图像，则电源的电动势为V，内阻为Ω（结果保留三位有效数字）。11．如图所示为某一具有电磁缓冲功能的火箭模型结构示意图，模型由缓冲槽、主体及主体内的线圈构成。匝数为N、边长为L的闭合正方形线圈abcd固定在主体下部，总电阻为R。模型外侧安装有由绝缘材料制成的缓冲槽，槽中有垂直于线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场。模型以速度v0着地时缓冲槽立即静止，此后主体在线圈与缓冲槽内磁场的作用下减速，从而实现缓冲。主体已知主体与线圈总质量为m，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力。求：（1）模型以速度v0着地瞬间ab边中电流的大小和方向；（2）若主体下落距离为h时未与缓冲槽相碰，此时主体线圈瞬时发热功率为缓冲槽着地瞬时发热功率的一半，求该过程中线圈产生的热量Q。12．如图所示，长L=7m的水平传送带以速度v传=5m/s顺时针转动，其端点A、B与光滑水平台面平滑对接。平台左侧锁定弹簧的弹性势能EP=3.2J，质量m1=0.1kg的物块甲紧靠弹簧右端放置，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．平台右侧固定一倾角为53°，高为h=0.55m的光滑斜面（平台与斜面平滑连接），平台上还固定有上表面光滑的水平桌面，桌面左端依次叠放着质量为m3=0.1kg薄木板和质量为m2=0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2=0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0=1.0m，木板与挡板碰撞会原速率弹回。现解除锁定，物块甲与弹簧分离后滑上传送带向右运动，离开斜面后恰好在最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：（1）物块甲滑到传送带上A点的速度大小；（2）物块甲运动到最高点时的速度大小；（3）木板运动的总路程；阅卷人三、选考题：共45分请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每科按所做的第一题计分。得分13．根据热力学定律，下列说法正确的有（）A．电冰箱的工作原理表明，热量可以从低温物体向高温物体传递B．一切符合能量守恒定律的宏观过程都能发生C．科技的不断进步使得人类有可能生产出单一热源的热机D．尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%E．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性14．图甲为气压式升降椅，它通过活塞上下运动来控制椅子的升降，图乙为其核心部件模型简图，圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置在水平地面上，活塞（连同细连杆）与椅面的总质量m=4kg，活塞的横截面积S=4×10-4m2，汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，活塞上放有一质量M=8kg的物块，气柱高度h=0.6m。已知大气压强p0=1×105pa，重力加速度g取10m/s2。（1）若拿掉物块活塞上升，求稳定时气柱的高度；（2）拿掉物块后，如果缓慢降低环境温度，使活塞下降10cm，此过程中气体放出热量20J，求气体内能的变化量ΔU。15．在如图所示的直角坐标系中，xOz平面为均匀介质I和Ⅱ的分界面（z轴垂直纸面向外）。在介质I中的P（0，4λ）点处有一波源，产生波长为λ、速度为v的声波，波传到介质Ⅱ中，其速度为2v。图示时刻介质Ⅱ中仅有一个波峰，与x轴和y轴分别交于R（3λ，0）和S点，此时OA．声波从介质I传播到介质Ⅱ中波长不变B．声波从介质I传播到介质Ⅱ中频率不变C．S点到坐标原点距离为2D．介质I和介质Ⅱ中的波相遇无干涉现象E．根据题中数据可求出折射角α的正弦值16．如图甲所示，“隐身装置”可以将儿童的身体部分隐去，却对后面的成人没有形成遮挡；简化模型的俯视图如图乙所示，A、B为两个厚度均为a的直角透明介质，虚线为透明介质的对称轴，儿童站在介质之间的虚线框位置处，成人位置的光线与对称轴平行。已知介质折射率n=2，光在真空中的传播速度为c（1）完成光线1、2进入观察者范围的光路图，解释成人没被遮挡的原因；（2）光线1进入介质A中的折射角大小和通过介质A的时间。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、小车做曲线运动，运动方向与轨迹相切，小车在A、B两点时，两点分别为最低点和最高点切线沿水平方向，则小车运动方向沿水平方向，方向相同，小车的速率即速度大小也相同，所以，小车在A、B两点速度相同，故A错误；

B、小车做曲线运动，运动方向时刻改变，动量为矢量，方向与速度方向相同，所以小车的动量大小不变，方向时刻改变，故B错误；

C、汽车在运动过程中动能不变，重力势能变化，所以机械能变化，故C错误；

D、小车在A点时，为轨道的最低点，根据牛顿第二定律

N−mg=mv2r

解得

N=mv2r2．【答案】B【解析】【解答】对AB整体受力分析，整体受力平衡，受重力和力F，如果墙壁对整体有支持力，整体水平方向不能平衡，故墙壁对整体水平方向没有弹力，也就没有摩擦力；隔离分析物体A，受重力、B对A的支持力和静摩擦力，共3个力。

故答案为：B。

【分析】AB整体做匀速运动，即AB均处于平衡状态，选择恰当的研究对象，再根据整体法和隔离法结合平衡条件确定A的受力情况。3．【答案】C【解析】【解答】A、由光电效应方程可知

Ek=ℎv−W0

且

Ek=eUc

所以

Uc=ℎev−W0e

当截止电压为零时的频率即为截止频率

vc=4.27×1014Hz

故A错误；

B、根据截止电压和频率的关系可知，图线的斜率为ℎ4．【答案】A【解析】【解答】原副线圈的电流之比为

I1I2=n2n1=12

根据

P=I2R5．【答案】B【解析】【解答】正电粒子从P点沿垂直于CD边射入磁场后，与正三角形的边发生两次碰撞，再从P点垂直于CD边离开磁场，可知

L=2r

根据

qvB=mv2r

可得

v=qBL6．【答案】B,C【解析】【解答】A、足球在空中做曲线运动，在最高点B时竖直方向分速度是零，水平方向速度不是零，因此足球在B点受重力和水平空气阻力作用，设空气阻力产生的加速度为ax，则有加速度为

a=ax2+g2>g

故A错误；

B、足球在最高点B时，只有水平方向的分速度，刚过最高点B时，水平方向仍做减速运动，竖直方向做加速运动，由于此时的速度是水平方向的分速度与竖直方向分速度的矢量和，因此合速度可能要小于在最高点时的水平分速度，则足球在B点速度不是最小，故B正确；

C、足球从A运动到B的过程中，在竖直方向受重力和空气阻力，方向都竖直向下，从B运动到C的过程中，竖直方向受重力竖直向下，空气阻力竖直向上，由牛顿第二定律可知，足球从A运动到B竖直方向的加速度大于从B运动到C竖直方向的加速度，A、C两点在同一平面内，因此足球从A运动到B的时间小于从B运动到C的时间，故C正确；

D、由于足球从A运动到B竖直方向的分加速度大于从B运动到C竖直方向的分加速度，由运动学公式

vy=2aℎ7．【答案】A,C【解析】【解答】AB、油滴最终处于静止状态，根据平衡条件，油滴受到的电场力竖直向上，且大小等于重力，所以油滴带负电，故A正确，B错误；

CD、设平均速度为v，阻力的比例系数为k，运动时间为t，根据动量定理有

−kvt=0−mv0

又

x=vt

解得

x=mv0k=d

所以若初速度为2v0，油滴运动距离为

8．【答案】B,D【解析】【解答】A、物块第一次下滑到B点时由动能定理

12mvB2=mgH−μmgcosθ⋅Hsinθ

解得

vB=4m/s

冲上传送带后做匀减速运动，速度减到零后反向加速，则第二次回到B点时的速度仍为4m/s，故A错误；

B、物块在传送带上做减速运动的加速度大小为

a=μg=5m/s2

减速到零的时间

t=vBa=0.8s

物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带摩擦生热

Q=μmg(v传t+vB2t)=28J

故B正确；

CD、物块从B点再次冲上斜面时，向上运动的最大距离

9．【答案】（1）左；2（2）大于【解析】【解答】（1）根据题意可知，松开纸带，纸带在重锤作用下做加速运动，纸带上相邻两点间的距离逐渐增大，由图乙可知，纸带左端与重锤相连。由逐差法有

x3+x4−x1+x2=g2T10．【答案】（1）左；0～0.6A；0.8（2）图3（3）2.92；1.20【解析】【解答】（1）①闭合开关S前滑片P应滑到左端。

②若电流表内阻为0，R1=5.0Ω，电压表读数U=2.5V时，电流为

I=UR1=0.5A

由于电流表内阻不为0，所以电流小于0.5A，由于电流表指针超过半偏，则A接线柱对应电流表的量程为0～0.6A。

③电流表内阻

RA=5.8Ω−5.0Ω=0.8Ω

（2）由于已知电流表内阻，为了更精确的测电动势和内阻，应选择电路图3进行实验。

（3）根据

U=E−I(11．【答案】（1）解：感应电动势为E=NBL感应电流为I=根据右手定则可得，感应电流的方向为由a到b；（2）解：缓冲槽着地瞬时线圈的发热功率为P则当线圈瞬时发热功率为缓冲槽着地瞬时发热功率的一半时，设此时线圈的速度大小为v1P由能量守恒可得mgℎ+解得Q=mgℎ+【解析】【分析】（1）线圈ab边做切割磁感线运动，产生感应电动势。根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律确定着地瞬间ab边感应电流的大小，再根据右手定则确定感应电流的方向；

（2）根据题意结合法拉第电磁感应定律及电功率公式确定此时线圈的速度，明确该过程各力的做功情况，再根据能量守恒定律进行解答。12．【答案】（1）解：设物块甲滑到传送带上A点的速度vAE解得v（2）解：设物块甲到达斜面顶端D点的速度vD−解得v将D点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，在最高点时，竖直方向的速度为0，水平方向的速度设为v0v（3）解：物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒和能量守恒m1解得vv以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得m若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得μ解得x可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。由动量守恒定律得m木板向左减速过程中，由动能定理可得μx同理可得x以此类推，可求得木板运动得总路程s=s=1m+2×4×【解析】【分析】（1）滑块甲弹出到滑上传送带A点过程，弹簧的弹性势能全部转化为滑块甲的动能，根据能量守恒定律进行解答即可；

（2）根据动能定理判断可知滑块在传送带上一直做减速运动。物体甲滑上滑离斜面后做斜上抛运动，到达最高点时竖直方向速度为零。对物体甲从A运动至D过程运用动能定理确定物体甲到达D点的速度，再根据运动的分解确定物体甲在最高点的速度；

（3）物块甲与物块乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律确定碰后物块乙的速度。物体乙在木板上运动时，系统的动量守恒，由于不确定木板是否在其与物体乙共速后与挡板相撞，故根据假设法结合动量守恒定律及动能定理进行判断及确定此过程木板运动的位移。碰后木板原速度反弹，但木板与物体乙构成的总体仍系统动量守恒，再结合假设法结合动量守恒定律及动能定理进行判断及确定此过程木板运动的位移，同理确定第n次碰撞的位移，再结合数学知识进行解答。13．【答案】A,D,E【解析】【解答】A、热量可以从低温物体向高温物体传递，但要引起其他变化，符合电冰箱的工作原理，故A正确；

BE、热运动的宏观过程会有一定的方向性，符合能量守恒定律的宏观过程并不能都真的发生，根据热力学第二定律，不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故B错误，E正确；

C、不可能从单一热源吸收热量全部用来对外做功而不引起其他变化，故C错误；

D、根据热力学第二定律，即使没有漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能，即效率达不到100%，故D正确。

故答案为：ADE。

【分析】熟练掌握热力学第二定律的具体内容及其描述。热运动的宏观过程会有一定的方向性，不可能从单一热源吸收热量全部用来对外做功而不引起其他变化，热机也不可能把燃料产生的内能全部转化为机械能。14．【答案】（1）解：由玻意耳定律p其中V1=SℎV2=S解得稳定时气柱的高度为ℎ（2）解：在降温过程中，气体做等压变化，外界对气体做功为W=p⋅ΔV=pSΔℎ=8J由热力学第一定律ΔU=Q+