四川省2024年高考物理模拟试卷及答案24

四川省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项是符合题目要求，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。有选错的得0分。得分1．金属探测器已经广泛应用于安检场所，下列关于金属探测器的说法正确的是（）A．金属探测器可用于食品生产中，防止细小的砂石颗粒混入食品中B．金属探测器探测金属时，被探测金属中感应出涡流C．金属探测器在使用时必须快速移动D．金属探测器只能探测出铁磁性的金属材料2．神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v−t图像如图所示。设该过程中重力加速度g不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（）A．在0~t3时间内，返回舱一直减速下降B．在t1时刻打开主伞后，返回舱的加速度大小不可能等于gC．在t1D．在t23．半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为（）A．正电荷，q=QΔLπR C．负电荷，q=2QΔLπR 4．我国航天人发扬“两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”不断创造奇迹。“北斗”第49颗卫星的发射迈出组网的关键一步。该卫星绕地球做圆周运动，运动周期与地球自转周期相同，轨道平面与地球赤道平面成一定夹角。该卫星（）A．运动速度大于第一宇宙速度 B．轨道半径大于“静止”在赤道上空的同步卫星C．地面某些地方的人将看到此卫星在其正上方“静止” D．该卫星仍处于完全失重状态5．物理兴趣小组，在学习了力的合成和分解后，设计了如图所示的情境来体验力的作用效果，细线OB一端系于铅笔右端，另一端栓在手指上，使OA水平，手掌始终伸直，再在O处悬挂一物块，假设铅笔的重力可以忽略不计，在保证装置不散架的情况下，将整个装置绕过A点垂直于纸面的轴在竖直平面内逆时针缓慢转动的过程中，下列说法正确的是（）A．A点的刺痛感会增强 B．A点的刺痛感会减弱C．OB绳一定不会被拉断 D．OB绳可能被拉断6．如图所示电路，R1=10Ω，R2=1Ω，滑动变阻器R的最大电值为8Ω，所有电表都为理想电表，A1、A2、V示数分别用I1、I2、uA．I1增大 B．I2增大 C．ΔuΔ7．如图所示，是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在A．两线圈产生的电动势的有效值相等 B．两线圈产生的交变电流频率相等C．两线圈中交流电的相差恒为π2 8．如图，在以OO'为轴的范围足够大的匀强磁场中，从轴上A点与OO'所成的角度不超过θ（θ<90°）的各个方向同时发射一束带电粒子（同一方向只有一个粒子），粒子的电荷量、质量都分别为±q、m，速度大小均为v，磁感应强度为A．这些粒子不会在OO'B．同种电荷不会在OO'C．在图中纸面内向OO'轴上方发射的带负电粒子将在纸面外运动，且都只在OOD．如果发射的粒子带同种电荷，当θ非常小时，所有粒子都将经过OO'轴上距A点约为2πmv阅卷人二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。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．某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系。（1）完成本实验还需要下列那些实验器材____A．天平 B．秒表 C．刻度尺 D．交流电源（2）图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，SAD=cm。已知电源频率为50Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度v=（3）某同学画出了小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔEk—W关系图像（理论线ΔEk=W=mgx），由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线为图中实验线，若已知小车与水平木板间的动摩擦因数为μ，小车与砂桶和砂的质量关系满足m10．某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：电压表（量程0~电流表（量程0~0.6A）；电阻箱（阻值0~干电池一节、开关一个和导线若干。（1）根据图（a），完成电路连接，调节电阻箱到最大阻值，闭合开关。逐次改变电阻箱的电阻，记录其阻值R、相应的电流表示数I和电压表示数U。根据记录数据作出的U−I图像如图（c）所示，则干电池的电动势为V（保留3位有效数字）、内阻为Ω（保留2位有效数字）。（2）该小组根据记录数据进一步探究，作出1I−R图像如图（d）所示。利用图（d）中图像的纵轴截距，结合（1）问得到的电动势与内阻，还可以求出电流表内阻为（3）由于电压表内阻不是无穷大，本实验（2）问中电流表内阻的测量值真实值（填“大于”“小于”或“等于”）。11．如图（a）所示，摩托车与小汽车前后停在同一平直的道路上等候交通灯。摩托车刚好在前面的停车线处，小汽车与停车线相距L=10m。当红灯熄灭绿灯亮起时，小汽车开始以a1=5ms2的加速度启动，当运动到停车线处即改做匀速运动；摩托车看到绿灯亮起立即以a2=4（1）两车在运动过程中的最小距离Δx；（2）摩托车运动的第2s末牵引力的功率P。12．如图，传送带右端与细管道最高点B等高相切，长木板上表面与光滑平台CD、细管道最低端C等高相切。滑块P以某一初速度通过逆时针转动的水平传送带和两个竖直的四分之一圆周光滑细管道，与静止在光滑平台上的Q滑块发生弹性碰撞，P碰后恰好能返回到细管道最高点B处，Q滑块碰后滑上左端与D位置接触的长木板，与右端固定挡板发生弹性碰撞后最终停在长木板上。已知管道半径均为R，滑块P、Q、长木板质量分别为m、3m、6m，传送带长度为4R，滑块P与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，和长木板上表面间的动摩擦因数为μ1=0.4，长木板下表面与地面间的动摩擦因数为（1）滑块P碰后返回通过管道最低端C时受到的支持力大小；（2）滑块P的初速度大小；（3）长木板的最小长度。13．人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是（）A．液体的分子势能与体积有关B．晶体的物理性质都是各向异性的C．温度升高，每个分子的动能都增大D．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E．液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性14．如图所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分在活塞A的上方放置一质量也为m的物块，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为L0.已知大气压强P15．如图甲所示，长为12m的均质轻绳一端固定于竖直墙面的Q点，手持另一端P将其水平拉直。在t=0时刻P端开始做简谐振动，振动图像如图乙所示，在t=6.0s时绳波恰好传播到Q点，已知绳波被墙面反射时有半波损失（即相当于A．在t=3.0s时刻，B．在t=10.C．稳定后，P、Q之间共有3个质点的振幅为0.8mD．稳定后，P、Q之间共有5个质点始终保持静止不动E．稳定后，绳上质点在2.0s时间内经过的最大路程为3.2m16．半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO'为直径AB的垂线．足够大的光屏CE紧靠在玻璃砖的右侧且与AB垂直．由两种频率的单色光组成的一细束复色光，沿半径方向与OO'成某一角度射向O点，光屏上出现了三个光斑C、D、E，且BC＝3R，BD＝33R，BE＝R．玻璃对两单色光的折射率分别为n1和n2（且n2>（1）求n2；（2）若入射点O不变，逐渐增大入射角θ，当光屏上恰好只剩一个光斑时，求此时θ角．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】AD.金属探测器只能探测金属，各种金属物都会被探测器探测到，不能用于食品生产，不能防止细小的沙石颗粒混入食品中，故AD错误；

B.金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流，故B正确；

C.探测过程中金属探测器应与被测物体相对运动即可，不用快速移动，故C错误；

故选：B。

【分析】金属探测器在探测金属时，由于在被测金属中产生的涡流从而使报警器工作。2．【答案】C【解析】【解答】A．由图像可知0～t2时间内速度在减小，t2-t3速度大小不变，故A错误；

B．v-t图像的斜率表示加速度，t1时刻打开主伞后图像的斜率在减小，但是开始斜率大小未知，故B错误；

C．物体的动量为p=mv，而在t1～t2时间内，物体的速度在逐渐减小，故动量也随时间减小，故C正确；

D．在t2～t3时间内，返回舱的动能不变，下降过程重力势能也在减小，故机械能在减小，故D错误。

故选：C。

【分析】根据v-t图像确定速度和动量的变化，v-t图像的斜率表示加速度判定加速度的变化；速度不变，动能不变。3．【答案】C【解析】【解答】圆环的周长为L=2πR，若圆环上未取走A和B两段小圆弧，则圆环对O处场强为零，

反向延长AO交圆环于A'，反向延长BO交圆环于B'，取走A和B两小段圆弧后，圆环对O处场强不为零，

A'和B'处的电荷量为q1=∆l·Q2πR，根据E=kq1R2可以算出圆环对O点的合场强为E1=k·∆l·Q2πR4．【答案】D【解析】【解答】A.第一宇宙速度是指绕地球表面做圆周运动的速度，是环绕地球做圆周运动的所有卫星的最大环绕速度，卫星的运行线速度小于第一宇宙速度，故A错误，

BCD.根据万有引力提供向心力有GMmr2=m4π2T2r5．【答案】C【解析】【解答】对O点进行受力分析，如下图所示

根据拉密定理可得：mgsinπ−θ=FAOsin∠1=TBOsin∠2

6．【答案】B,D【解析】【解答】AB、当滑动触头P从最上端向下滑动时，总电阻减小，总电流增大，则路端电压减小，I1减小，I2增大，故A错误，B正确；

CD、将R1支路或者R2支路与内阻等效，总电阻均小于r，根据闭合电路欧姆定律可知ΔuΔI1<r，ΔuΔI2<r7．【答案】B,C【解析】【解答】AD、在转子匀速转动的过程中，通过两个线圈的磁通量均在做周期性变化，所以两个线圈均会产生感应电动势。根据法拉第电磁感应定律E=nΔϕΔt可知，即使在磁通量的变化率相同时，由于匝数不同，产生的感应电动势也不会相等。同样的有效值也不相等。再根据功率的计算公式P=U2R可知，电阻消耗的电功率也不相等，故AD错误；

B、两线圈产生的交变电流均受转子的运动情况影响，转子在做匀速圆周运动，周期固定，频率固定，故两线圈产生的交变电流频率也相等，故B正确；

C、电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量达到最大值相差14圈，电动势达到最大值相差148．【答案】B,D【解析】【解答】B.将粒子的速度沿OO'轴方向和垂直于OO'轴方向分解，可知粒子在沿OO'轴方向上以速度vcosθ做匀速直线运动，而在垂直于OO轴的平面内做匀速圆周运动，其做圆周运动的速度大小为vsinθ，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有Bqvsinθ=mvsinθ2r

解得粒子做匀速圆周的轨道半径大小为r=mvsinθBq

粒子做匀速圆周运动的周期为T=2πrvsinθ=2πmqB

可知不同的粒子做匀速圆周运动的周期相同，其轨道半径大小不同。由于存在大量的两个与OO'轴角度相等的带异种电荷粒子，其匀速圆周运动的轨迹如下图所示

由图可知，异种电荷会在OO'轴外的不同地方相碰，同理分析可知，同种电荷不会在OO'轴外的不同地方相碰，故A错误，B正确；

C.在图中纸面内向OO'轴上方发射的带负电粒子，由于其速度方向与磁场方向平行，则不会受到洛伦兹力作用，所以粒子沿OO'轴做匀速直线运动，故C错误；

D.如果发射的粒子带同种电荷，根据运动学公式，所有粒子都将经过OO'轴上距A点的距离为

s=vcosθ·T=2πmqB·vcosθ

当θ非常小时，cosθ趋近于1，则所有粒子都将经过OO'轴上距A点约为2πmqB处，故D正确。

故选：BD。

9．【答案】（1）A；C；D（2）2.10；0（3）1−【解析】【解答】（1）完成本实验还需要天平测量砂桶和小车的质量，刻度尺测量点迹距离；打点计时器应用交流电源，故ACD正确，B错误；

故选：ACD。

（2）刻度尺的分度值为0.1cm，读数为sAD=2.10cm；

打点计时器在打D点时纸带的速度v=xCE2T=3.70−1.702×150×0.01m/s=0.50m/s

（3）由于实验前遗漏了平衡摩擦力，则mgx−μMgx=12M+mv2−12(M+m)v02

由于mM=k10．【答案】（1）1.58；0.64（2）2.5（3）小于【解析】【解答】（1）由电路特征结合闭合电路欧姆定律，可得电压表与电流表示数的关系：U=E-Ir

由图像的纵截距可得：E=1.58V

由图像的斜率可知内阻为：r=1.58−1.370.33Ω=0.64Ω

（2）当要考虑电流表的内阻时，根据闭合电路欧姆定律有：E=I（R+RA+r）

结合图像将上式整理可得：1I=1E·R+RA+rE

结合图乙中图像纵截距可得：RA+rE=2A−1

代入数据整理解得：R11．【答案】（1）解：小汽车做匀加速直线运动时：v加速时间t设小汽车匀速直线运动的时间为t2，

两车速度相同时，距离最近，摩托车加速度到共速的过程中，有v1=a2（t1+t2-t0）

最近的距离为：Δx=（2）解：摩托车做匀加速直线运动，牵引力做功为W=F⋅得W图线斜率为F得摩托车牵引力为F=750N则摩托车运动的第2s末牵引力的功率为P=F【解析】【分析】设摩托车的牵引力大小为F，由v12=212．【答案】（1）解：设P于Q碰撞前的速度大小为v1，碰撞后P的速度大小为v2，Q的速度大小为−mg⋅2R=0−在C位置有F得v2=2（2）解：根据动量守恒和机械能守恒可得m1得vP从A位置的初速度根据动能定理可得−μmgs+mg2R=得v（3）解：由（2）得Q碰后速度为v进入长木板上表面，先判长木板是否移动，Q对长木板摩擦力向右f地面对长木板摩擦力向左f故长木板先不动，Q做匀减速运动，设长木板的长度为L，可得−得vQ以v43m1得碰撞后Q的速度大小为v长木板的速度大小为vQ向左减速a长木板向右减速aQ向左做减速运动直至减速到零后再向右做加速运动直到二者共速，再一起做减速运动，所做v-t图像如图可得v相对位移Δx=得t=v4代入前述v4Δx=即长木板最小长度为L=【解析】【分析】（1）根据动能定理可求出P在C点的速度，在C点根据牛顿第二定律结合向心力公式求出所受的支持力；

（2）根据弹性碰撞的规律求出碰前P的速度，再由动能定理求出P的初速度；

（3）Q进入长木板后，长木板静止不动，直到Q与右侧挡板发生碰撞后，Q向左运动，长木板向右运动，分析运动过程，结合动能定理、动量守恒、机械能守恒、牛顿第二定律以及运动学公式进行求解。13．【答案】A,D,E【解析】【解答】A、分子势能取决于分子间的距离，而分子距离与体积有关，所以液体的分子势能与体积有关，故A正确；

B、多晶体的物理性质是各向同性，同时单晶体也是在某一性质上具有各向异性，故B错误；

C、温度升高时，分子的平均动能增大，但并非是每个分子的动能都增大，故C错误；

D、由于液体的表面张力作用，露珠呈球形，故D正确；

E、液晶既有液体的流动性，又具有光学现象的中的各向异性，故E正确。

故选：ADE。

【分析】液体分子之间的距离不同，分子势能就不同；单晶体表现为各向异性，多晶体为各向同性；温度是分子平均动能的标志，温度升高并不表示每个分子动能都增大；液体表面张力使液体的表面积收缩，表面层内液体分子表现为引力；明确液晶的性质，知道液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性。14．【答案】解：对A活塞进行受力分析，得出气体I的初、末状态的压强，根据玻意耳定律求解气体I末态的空气长度；再对气体II进行分析，得出初、末状态的压强，根据玻意耳定律求解气体II末态的空气长度，最后根据得出A活塞上升的高度．对气体Ⅰ，其初态压强p未态压强为p'1根据玻意耳定律得：p解得L对气体II，其初态压强为p2=末状态时气体Ⅱ的长度为L根据玻意耳定律得：p解得：L故活塞A上升的高度为Δℎ=【解析】【