四川省2024年高考物理模拟试卷及答案25

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，有选错的得0分。得分1．2021年12月9日，神舟十三号三名航天员在中国空间站核心舱里进行了首次“太空授课”，空间站距离地面400km，地球半径6400km，地球表面的重力加速度为g，则（）A．航天员处于超重状态 B．航天员不受力的作用C．空间站相对地面静止 D．空间站的加速度小于g2．如图为一研究光电效应的电路图，用一定频率的光照射阴极K，电流表G有示数，则下列判断正确的是（）A．将滑片P向右移动，电流表的示数一定会越来越大B．将滑片P移到最左端时，电流表的示数一定为零C．将照射光强度减弱，光电子最大初动能不变D．将照射光强度减弱，将不会发生光电效应3．如图（a），某人借助瑜伽球锻炼腿部力量，她曲膝静蹲，背部倚靠在瑜伽球上，瑜伽球紧靠竖直墙面，假设瑜伽球光滑且视为均匀球体，整体可简化成如图（b）。当人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角θ<πA．墙面对球的力保持不变 B．人受到地面的摩擦力变大C．地面对人的支持力变大 D．球对人的压力先增大后减小4．如图，水平放置的单匝矩形线框abcd面积为S，处于斜向右下方与水平面成45°角的匀强磁场中，磁感应强度为B，将线框绕ab边以角速度ω逆时针旋转90°的过程中（）A．磁通量变化量为0 B．线框具有扩张趋势C．最大电动势为Em=BSω D．感应电流方向始终为a→b→c→d5．如图，一抛物线形状的光滑导轨固定在竖直平面内，O为抛物线导轨的顶点，O点离地面的高度为h，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球M，小球M通过轻杆与光滑地面上的小球N相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球M从距地面竖直高度为34A．小球M即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为30°B．小球M即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为60°C．从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N做的功为mgℎD．从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N的冲量大于m6．如图甲，真空中电荷量为Q的点电荷的一条电场线与x轴重合，轴上有A、B两点，其坐标分别为0.3m和0.6m.在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系，如图乙中直线a、b所示，x轴正方向为力的正方向.则下列说法正确的是（）A．A、B两点的电场强度之比为1∶16B．将一个电子从A移到B处电势能变大C．该点电荷一定带正电，且位于x=0.2m处D．若在B点放一个电荷量为3Q的正点电荷，则A处场强为07．在图甲的电路中，交变电源电压u随时间t按正弦规律变化如图乙。理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶3，电阻R1=4Ω，R2=18Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为20Ω。下列说法正确的是（）A．原线圈两端电压有效值为26V B．滑片P从上向下移动时，R1的功率逐渐增大C．副线圈中电流方向每秒钟改变25次 D．当R3=18Ω时，变压器的输出功率最大8．如图，足够大水平圆盘中央固定一光滑竖直细杆，质量分别为2m和m的小球A、B用轻绳相连，小球A穿过竖直杆置于原长为l的轻质弹簧上，弹簧劲度系数为k=6mgl，B紧靠一个固定在圆盘上且与OAB共面的挡板上，在缓慢增加圆盘转速过程中，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为A．球离开圆盘后，弹簧弹力不变 B．绳子越长小球飞离圆盘时的角速度就越大C．当角速度为gl时，弹簧长度等于l2 D．当角速度为4g阅卷人二、非选择题（本卷包括必考题和选考题两部分，第22—32为必考题，每个试题考生都必须做答。第33—38题为选考题，考生根据要求做答）得分9．某学习小组用如图的实验装置探究动能定理。他们在气垫导轨上的B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，将滑块用细线绕过气垫导轨左端的光滑定滑轮与力传感器（质量忽略不计）相连，力传感器下方悬挂钩码，调节导轨水平，接通气源，每次滑块都从气垫导轨上的A处由静止释放。（1）下列实验要求中，正确的一项是____；A．遮光条要宽一些 B．应使位置A与光电门间的距离小些C．应使滑块的质量远大于钩码的质量 D．应调节滑轮高度，使细线与气垫导轨平行（2）实验时保持滑块的质量M和A、B间的距离L不变，改变钩码的质量m，记录对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，已知遮光条的宽度为d，处理数据时发现FL<1A．滑块与导轨间存在摩擦力 B．导轨左端高于右端C．释放滑块时遮光条位于A右侧 D．滑轮存在质量，转动时有动能（3）另外一组同学借用上图的实验装置，探究加速度a与合外力F的关系。处理数据时，通过描点要作出线性图像，应作出的图像是____.A．t−1F图像 B．1t−F图像 C．1t10．用下列器材组装成一个电路，测量出电池组的电动势E和内阻r并描绘灯泡的伏安特性曲线A.电压表V1（量程6V、内阻很大）B.电压表V2（量程3V、内阻很大）C.电流表A（量程3A、内阻很小）D.滑动变阻器R（最大阻值10Ω）E.灯泡（2A、5W）F.电池组（电动势E、内阻r）G.开关一只，导线若干（1）某同学设计的实验电路图如图甲，实验时调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，则电压表V1与电压表V2的示数之比将；（选填“变大”、“变小”或“不变”）（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到U-I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙，则电池组的电动势E=V、内阻r=Ω；（结果都保留两位有效数字）（3）在U-I图像中两条图线在P点相交，则滑动变阻器接入电阻为Ω；（4）若把该灯泡与电动势为5V，内阻为1.25Ω的另一个电源连接成电路，则灯泡的实际功率为W.（保留两位有效数字）11．为测试质量m=1kg的电动玩具车的性能，电动车置于足够大的水平面上，某时刻开始，电动车从静止开始做加速直线运动，运动过程中所受阻力恒为车重的0.2倍，电动车的牵引力F与速率的倒数关系图像如图中实线所示，g=10m/s2.（1）求电动车的最大速度vm以及电动车的输出功率P；（2）电动车运动10s恰好达到最大速度，求电动车在这段时间运动的距离x.12．如图，真空中半径r=0.5m的圆形磁场与坐标原点相切，磁场的磁感应强度大小B=1.0×10−3T，方向垂直于纸面向外，在x=1m和x=2m之间的区域内有一沿y轴正方向的匀强电场区域，场强E=7.5×102N/C，在x=3m处有一垂直于x轴方向的足够长的荧光屏，一群比荷qm（1）粒子在磁场中运动的半径大小R；（2）最先到达荧光屏的粒子所用时间t以及其到达荧光屏前速度与x轴正方向夹角的正切值；（3）荧光屏上有粒子击中范围。13．一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，其过程如T−V图上的两条线段所示，则气体在（）A．状态a处的压强大于状态c处的压强B．由a变化到b的过程中，气体对外做功C．由b变化到c的过程中，气体的压强不变D．由a变化到b的过程中，气体从外界吸热E．由a变化到b的过程中，从外界吸收的热量等于其增加的内能14．如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的U型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高h0=4cm的水银柱，水银柱上表面离管口的距离l=12cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283K。大气压强p0=76cmHg。（1）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右管底部。此时水银柱的高度为多少？（2）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气体的温度为多少？15．如图为一列沿x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，经0.2s波形第一次变为图中虚线所示，已知a为平衡位置在x=1.0m处的质点，b为平衡位置在x=1.8m处的质点，则下列说法正确的是（）A．波速可能为11m/sB．波的周期可能为0.24sC．如果波沿x轴正方向传播，则t=0时刻后质点b比a先第一次回到平衡位置D．如果波沿x轴负方向传播，从t=0时刻开始经2s质点a第一次到波峰E．如果波沿x轴负方向传播，从t=0时刻开始经1s质点b移动到x=2.4m处16．“水晶球”可看作均匀的透明介质，其直径为D，在球体表面有P、Q两点，其连线正好过球体球心。一细束单色光从球上P点射向球内，入射角为60°时，出射光线刚好与PQ平行。已知光在真空中的传播速度为c，求（1）水晶球的折射率；（2）光线在水晶球内传播时间.

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】AB、航天员在空间站中处于完全失重状态，但他们始终受地球引力作用。故AB错误；

C、根据

GMmr2=m4π2T2r

解得

T=4π2r3GM2．【答案】C【解析】【解答】A、将滑片P向右移动，即正向电压增大，若光电流达到饱和，则电流表的示数不变，故A错误；

B、将滑片P移到最左端时，即不加电压，此时电流表的示数一定不为零，故B错误；

C、将照射光强度减弱，光电子最大初动能不变，故C正确；

D、若将照射光强度减弱，但频率不变，则仍然发生光电效应，故D错误。

故答案为：C。

【分析】根据电路图确定所加电压为正向电压还是反向电压，明确移动滑动变阻器时，阻值的变化情况，再根据闭合电路欧姆定律及串并联规律确定电表示数变化情况。光电流达到饱和时，电流表的示数不变。光照强度影响光电子的数目，即饱和光电流的大小。熟练掌握产生光电效应现象的条件。3．【答案】B【解析】【解答】AD、对瑜伽球受力分析，如图

由平衡条件可知

N1=mgtanθ，N2=mgcosθ

人缓慢竖直站立的过程中，人的背部与水平面夹角逐渐变大，则墙面对球的力N1增大。人对球的支持力增大。根据牛顿第三定律可知球对人的压力增大。故AD错误；

BC、对整体受力分析，如图

由平衡条件，可知

FN4．【答案】A【解析】【解答】A、将线框绕ab边以角速度ω逆时针旋转90°的过程中磁通量先增大后减小，变化量为零，故A正确；

B、根据楞次定律可知，当穿过线框的磁通量增大时，线框收缩，当穿过线框的磁通量减小时，线框有扩张趋势，故B错误；

C、线框绕ab边以角速度ω逆时针旋转90°的过程中，感应电动势先减小后增大，所以最大电动势为

Em=22BSω

故C错误；

5．【答案】D【解析】【解答】AB、小球M即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据平抛运动知识可知，小球M的速度方向与水平方向的夹角满足

tanθ=2×ℎ2ℎ=1

可得

θ=45°

故AB错误；

C、设小球M即将落地时，速度大小为v1，小球N的速度大小为v2，根据系统机械能守恒有

34mgℎ=12mv12+12mv22

小球M与小球N沿杆方向的速度相等，有

v1cosθ=v2

联立解得6．【答案】B,C【解析】【解答】A、电场强度与电场力的关系式为

E=Fq

根据图乙可求出

EA=FAqA=40N/C

EB=FBqB=2.5N/C

可知，两者电场强度之比为16∶1，故A错误；

B、根据图乙可知，A、B两点电场强度向x轴正方向，且EA＞EB，可知该点电荷为正电荷，且在A点左侧。因此电子从A运动到B的过程中电场力做负功，电势能增加。故B正确；

C、正点电荷的坐标为x，则有

E=kQr2

可知

EA7．【答案】B,D【解析】【解答】A、在原线圈所在的回路中有

U有=UR1+U1=26V

故原线圈两端电压有效值小于26V，故A错误；

B、滑片P从上向下移动时，R3减小，副线圈中总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈中电流I2增大，根据原副线圈电流与线圈匝数的关系可知，原线圈中电流I1也增大，根据

PR1=I12R1

可知滑片P从上向下移动时，R1的功率逐渐增大，故B正确；

C、根据图乙可知，该交流电的周期为

T=0.04s

其频率为

f=25Hz

故副线圈中电流方向每秒钟改变50次，故C错误；

D、其等效电路如图所示

理想变压器的输出功率等于等效电阻的功率，则有

P出8．【答案】A,D【解析】【解答】A、球离开圆盘后，对B竖直方向

Tcosθ=mg

对A竖直方向

F弹=2mg+Tcosθ=3mg

即弹簧弹力不变，故A正确；

B、设小球恰飞离圆盘时绳子与竖直方向夹角为θ0，此时弹簧长度为l1，对A

k(l−l1)=3mg

解得

l1=l2

则

cosθ0=l2L

对B

mgtanθ9．【答案】（1）D（2）C（3）D【解析】【解答】（1）A、遮光条要窄一些，可以减小实验误差。故A错误；

B、为了减小A、B间的距离的测量误差，应使A处与光电门间的距离适当大些。故B错误；

C、由实验装置图可知，绳子拉力可以用力传感器测得，不需要用钩码的重力代替，故不需要滑块的质量远大于钩码的质量。故C错误；

D、为了使滑块受到的合力等于绳子拉力，应将气垫导轨调至水平，并使细线与气垫导轨平行。故D正确。

故答案为：D。

（2）A、滑块与导轨间存在摩擦力，根据

FL−fL=12M(dt)2

可知

FL>12M(dt)2

故A错误；

B、导轨左端高于右端，根据

FL−Mgℎ=12M(dt)2

可知

FL>12M(dt)2

故B错误；

C、释放滑块时遮光条位于A右侧，根据

FL+x=12M(dt)2

可知

10．【答案】（1）变小（2）4.5；1.0（3）0（4）5.0【解析】【解答】（1）调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，滑动变阻器阻值减小，外电阻减小，则总电流变大，则内阻上电压变大，则路端电压减小，即电压表V1读数减小，灯泡两端电压变大，即电压表V2的示数变大，则电压表V1与电压表V2的示数之比将变小；

（2）根据

U=E−Ir

结合图像可知，电池组的电动势

E=4.5V

内阻

r=1.0Ω

（3）在U-I图像中两条图线在P点相交，说明两电压表读数相等，则滑动变阻器接入电阻为0；

（4）若把该灯泡与电动势为5V，内阻为1.25Ω的另一个电源连接成电路，则由

E=U+Ir

即

U=5−1.25I

将此函数图象画在灯泡的U-I图像上

可得交点坐标为I=2.0A，U=2.5V，灯泡的实际功率为

P=IU=5.0W11．【答案】（1）解：根据图像得1故v根据P=Fv得F=结合图像得，斜率即为电动机得输出功率，即P=（2）解：根据动能定理得Pt−kmgx=代入数据解得x=75m【解析】【分析】（1）根据图像确定电动车的最大速度，再根据电功率公式确定图像斜率的物理意义，再根据图像确定电动机的输出功率；

（2）确定电动车在10s内各力的作用情况，再根据动能定理进行解答。12．【答案】（1）解：根据洛伦兹力提供向心力qvB=代入数据解得R=0（2）解：沿x轴正方向射出的粒子最先到达荧光屏，沿x轴正方向一直做匀速直线运动，则t=代入数据解得t=3×1在电场中做类平抛运动，有qE=may，t2=联立以上各式，代入数据解得tan（3）解：根据磁发散原理知，所有粒子出磁场边界时速度都平行于x轴正方向，如图所示与x轴正方向夹角为120°射出的粒子出强场时与x轴的距离为y1，则y代入数据解得y令粒子在电场中沿y轴方向的位移为y2y代入数据解得y在无场区根据三角形相似得vx解得y沿x轴正方向射出的粒子击中荧光屏时到x轴的距离为Y与x轴正方向夹角为120°射出的粒子击中荧光屏时到x轴的距离为Y综上可得，光屏上有粒子击中的范围为2【解析】【分析】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，再根据牛顿第二定律确定粒子做圆周运动的半径；

（2）粒子进入电场后，在y轴方向受到电场力作用，沿x轴方向做匀速直线运动，则沿x轴方向的速度越大，粒子到达荧光屏的时间最短，则当粒子沿x轴正方向射出磁场时最先到达荧光屏，此时粒子在电场中做类平抛运动，根据题意确定粒子在电场中做类平抛运动沿x轴方向的位移，再根据类平抛运动规律进行解答；

（3）粒子在磁场中的运动半径相等且均等于磁场区域半径，根据磁发散原理知，所有粒子出磁场边界时速度都平行于x轴正方向，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，根据分析画出临界情况下粒子运动轨迹，再根据运动规律及几何关系进行解答。13．【答案】A,B,D【解析】