四川省2024年高考物理模拟试卷及答案27

四川省2024年高考物理模拟试卷及答案第Ⅰ卷阅卷人一、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题只有一个选项符合题目要求，第19~21有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。得分1．如图，是某公园的喷泉示意图。假设某一水珠从喷出到落回地面在同一竖直线上运动，且运动过程中水珠质量不变，受到空气阻力的大小与速度成正比。则关于该水珠在空中运动的过程中，下列说法正确的是（）A．该水珠在落回地面前瞬间，重力的瞬时功率最小B．该水珠上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态C．上升过程所用时间小于下落过程所用时间D．上升过程克服空气阻力做的功等于下落过程克服空气阻力做的功2．在考古研究中，通常利用614C的衰变来测定文物的大致年代。614C衰变方程为A．614C的比结合能小于B．方程中的X是电子，它是碳原子电离时产生的，是原子的组成部分C．衰变是由于原子核逐渐吸收外界能量异致自身不稳定而发生的D．半衰期是一个统计规律，会随原子核所处的环境不同而改变3．国产新型磁悬浮列车甲、乙（都可视为质点）分别处于两条平行直轨道上。开始时（t=0），乙车在前，甲车在后，两车间距为x0，在t=0时甲车先启动，t=3s时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，两车运动的v−tA．在两车加速过程中，甲车的加速度大于乙车的加速度B．无论x0C．若x0D．在0∼7s内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度4．静电纺纱利用了高压静电场，使单纤维两端带上异种电荷，高压静电场分布如图所示。则下列说法中正确的是（）A．图中B、D两点电势φB．图中实线的电场线，电场强度为EC．一电子在A点的电势能小于其在D点的电势能D．将一电子从C点移动到D点，电场力做功为零5．中国科学院高能物理研究所公布：在某高海拔观测站，成功捕获了来自天鹅座万年前发出的信号。若在天鹅座处有一质量均匀分布的球形“类地球”行星，其密度为ρ，半径为R，自转周期为T0，公转周期为T，引力常量为G。则下列说法正确的是（）A．该“类地球”行星表面两极的重力加速度大小为4B．该“类地球”行星的同步卫星运行速率为2πRC．该“类地球”行星的同步卫星轨道半径为3D．在该“类地球”行星表面附近做匀速圆周运动的卫星的运行速率为2π6．某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动。忽略摩擦和空气阻力。开窗帘过程中，电机对滑块a施加一个水平向右的恒力F，推动滑块a以0.30m/s的速度与静止的滑块b碰撞，碰撞时间为0.04s。碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.16m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的是（）A．两滑块的动量不守恒 B．滑块a受到合外力的冲量大小为0.14N•sC．滑块b受到合外力的冲量大小为0.32N•s D．滑块b受到滑块a的平均作用力的大小为3.5N7．如图，在等腰梯形abcd区域内（包含边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长ad=dc=bc=l，ab=2l。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从a点沿着ad方向射入磁场中，不计粒子的重力，为了使粒子不能从bc边射出磁场区域，粒子的速率可能为（）A．23gBl5m B．43qBl5m8．如图，为列车进站时其刹车原理简化图：在车身下方固定一水平均匀矩形线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框ab和cd边的长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度大小为B。当关闭动力后，车头进入磁场瞬间速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。下列说法正确的是（）A．列车在进站过程，线框中电流方向为a→d→c→b→aB．在线框ab边进入磁场瞬间，列车的加速度大小为BC．在线框进入磁场的过程中，线框bc边消耗的电能为sD．列车从进站到停下来所用时间为Rm阅卷人二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题，考生根据要求作答。得分9．某同学设计了一个利用牛顿第二定律测量小车质量的实验。实验装置如图所示。其中，M为带滑轮的小车质量，m为砂和砂桶的质量，力传感器可以测出轻绳的拉力大小，打点计时器所接电源频率为50Hz。则：（1）打点计时器是一种每隔s打一次点，通过打点记录做直线运动的物体位置的仪器。（2）实验过程中，一定要进行的操作是A．将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力B．用天平测出砂和砂桶的质量mC．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（3）该同学正确操作实验后，通过对纸带分析测出了小车的加速度为1.42m/s2，力传感器的示数为010．某实验小组对教材上“测量电池的电动势E和内阻r”的实验方案进行了探究改进。实验室提供的实验器材有：A．待测干电池一节；B．电压表V（0~3V，内阻约为3kΩ）；C．电流表A（0~0.6A，内阻约为1Ω）；D．滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；E．定值电阻R1（阻值为2Ω）；F．定值电阻R2（阻值为5Ω）；G．单刀单掷开关s1；H．单刀双掷开关s2，导线若干。（1）该小组按照图甲所示电路，将单刀双掷开关S2与“b”连通进行实验，通过调节滑动变阻器R的阻值使电流表的示数逐渐接近满偏，观察到电压表的示数变化范围很小，为了减少实验误差，请重新设计实验方案，并在虚线方框内画出改进后的完整电路图（部分电路已画出）。改进了实验方案后，该小组利用实验室提供的器材，重新按照正确的步骤进行测量得到数据作出U−I图像，如图乙所示。图乙中的图线II是将单刀双掷开关S2与“”（选填“a”或“b”）连通的电路进行实验得到的结果，其中定值电阻选（选填“R1”或“R2”）。（2）只考虑电表内阻所引起的误差，电源电动势E的真实值为V，电源内阻r的真实值为。11．如图，在以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域内（包括边界），有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带负电的粒子（不计重力），从A点沿y轴正方向以某一速度射入，粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从圆形区域的边界射出。若仅撤去磁场，相同粒子仍从A点以相同的速度沿y轴正方向射入，经t0（1）求粒子的比荷qm（2）撤去电场，只改变原磁场区域的大小和位置，相同粒子仍从A点沿y轴的正方向以原来速度的2倍射入磁场并立即偏转，粒子离开现磁场时也恰好离开原圆形磁场区域的边界，求现圆形磁场区域的最小面积。12．如图，在一粗糙水平平台最右端并排静止放置可视为质点的两个小滑块A和B，质量mA=6kg，mB=2kg，A、B间有被压缩的轻质弹簧，弹簧储存的弹性势能Ep=108J，弹簧与滑块不拴接。滑块A左侧有一系列间距x0=1m的微型减速带（大小可忽略不计），A距左侧第一个减速带的距离为x1=1m。平台右侧有一长木板C，静止在水平地面上，木板C的质量m=1kg，长L=14m，木板C最右端到右侧墙面的距离S=7m，木板C上表面与左侧平台齐平，与右侧竖直面内固定的半径（1）解除弹簧约束，滑块A、B与弹簧分离瞬间的速度大小；（2）滑块A在平台上向左运动的距离；（3）在整个运动的过程中，滑块B和木板C之间产生的热量。13．关于生活中的物理现象，下列说法中正确的是（）A．液体与大气相接触，液体表面层中分子间的作用表现为相互吸引B．冰箱制冷，说明热量可以自发从低温物体传递给高温物体C．水黾能停在水面上是因为受到浮力的作用D．泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香、茶色，是因为温度越高分子热运动越剧烈E．彩色液晶电视利用了液晶因外界条件微小变动而影响其光学性质改变的特点14．如图，图中甲为气压升降椅，乙为其核心部件模型简图。活塞横截面积为S，气缸内封闭一定质量的理想气体，该气缸导热性能良好，忽略一切摩擦。调节到一定高度，活塞上面有卡塞，活塞只能向下移动，不能向上移动。已知室内温度为27℃，气缸内封闭气体压强为p，稳定时气柱长度为L，此时活塞与卡塞恰好接触且二者之间无相互作用力，重力加速度为g。求：（1）当室内温度升高5℃时，气缸内封闭气体增加的压强；（2）若室内温度保持27℃不变，一质量为m的同学盘坐在椅面上，稳定后活塞向下移动的距离。15．如图，波源S1在绳的左端发出周期为T1、振幅为A1的半个波形a，同时，波源S2在绳的右端发出周期为T2、振幅为A2的半个波形b，已知A．b波先到达P点B．两波源的起振方向相同C．a波的波峰到达S2时，b波的波峰尚未到达SD．两列波相遇时，绳上位移可达A1E．两列波在P点叠加时，P点的位移最大值小于A16．如图，有一面积足够大的景观水池，水的深度为ℎ=73m，将一边缘能发出某种单色光的正方形光源ABCD，水平放置于水池底部中央位置，正方形光源边长为L=2m，该光源发出的单色光在水中的折射率为n=（1）从水中直接射出的光线，在水中传播的最长时间；（2）水面上有单色光射出的面积。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A.重力的瞬时功率

P=mgv

该水珠在落回地面前瞬间，速度最大，则重力的瞬时功率最大，A不符合题意；

B.该水珠上升过程受重力与空气阻力，两力的合力方向竖直向下，所以水珠的加速度方向向下，处于失重状态；下落过程水珠受重力与向上的空气阻力，空气阻力小于重力，两力合力方向向下，加速度方向向下，处于失重状态，B不符合题意；

C.水珠上升过程受重力与空气阻力方向相同，下落过程空气阻力与重力方向相反，由牛顿第二定律可知，上升过程的加速度大于下落过程的加速度，水珠上升过程与下落过程的位移大小相等，可知上升过程所用时间小于下落过程所用时间，C符合题意；

D.由题设条件可知，水珠受到空气阻力的大小与速度成正比，上升过程所用时间小于下落过程所用时间，则上升过程平均速度大小大于下落过程的平均速度大小，可知水珠上升过程受空气阻力大于下落过程受空气阻力，上升过程与下落过程的位移大小相等，由功的计算公式

W=Fx

可知，上升过程克服空气阻力做的功大于下落过程克服空气阻力做的功，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据功率公式P=Fv求解重力的瞬时功率；根据加速度方向判断水珠所处的状态；由牛顿第二定律得出水珠上升和下落过程中加速度的大小关系，再由位移关系分析时间关系；根据上升和下落过程中的平均速度的大小关系，分析上升和下落过程中水珠受到的阻力的大小关系，再由功的定义式分析上升和下落过程中克服阻力做功的大小关系。2．【答案】A【解析】【解答】A.核反应中，生成物比反应物稳定，而比结合能越大，原子核越稳定，故614C的比结合能小于714N的比结合能，A符合题意；

B.根据电荷数守恒质量数守恒，可得614C衰变方程为

614C→714N+−10e3．【答案】D【解析】【解答】A.由加速度公式

a=∆v∆t

结合图中数据可得，两车加速过程的加速度分别为

a甲=40−05m/s2=8m/s2，a乙=60−09−3m/s2=10m/s2

所以甲车的加速度大小比乙车的加速度小，A不符合题意；

B.由v-t图像可知，在第7s末，两车的速度相等，根据v-t图像中的面积表示位移可知，从开始到7s，甲车通过的路程为

x甲=12×40×5m+40×(7−5)m=180m

乙车通过的路程为

x乙=4．【答案】B【解析】【解答】AB.根据电路结构可知，图中虚线为电场线，方向由右侧的正电极指向左侧的负电极，根据沿着电场线方向电势降低，可知B、D两点电势

φB<φD

根据电场线的疏密表示场强大小，可知

EA<EB

A不符合题意，B符合题意；

C.根据沿着电场线方向电势降低，可知D点电势大于A点电势，根据电势能的定义式

Ep=qφ

可知电子在A点的电势能大于其在D点的电势能，C不符合题意；

D.由于D点电势大于C点电势，故

W5．【答案】A,D【解析】【解答】A.设在该“类地球”行星两极表面有一物体，质量为m1，根据行星表面两极的万有引力等于重力

GMm1R2=m1g

可得，其中

M=ρ43πR3

解得该“类地球”行星表面两极的重力加速度大小

g=43πρGR

A符合题意；

B.设该“类地球”行星的同步卫星运动轨道半径为r，则运行速率为

v=2πrT0

B不符合题意；

C.设同步卫星质量为m2，由万有引力提供向心力，可得

GM6．【答案】A,B【解析】【解答】A.取向右为正方向，滑块a和滑块b组成的系统在碰撞前的动量为p1=mv1=1×0.30kg·m/s=0.30kg·m/s

碰撞后的动量为

p2=2mv2=2×1×0.16kg·m7．【答案】A,C【解析】【解答】粒子不从bc边射出，则粒子分别从b点和c点射出的轨迹为临界轨迹，如图所示：

当粒子从c点飞出时，由几何关系有

r1=ac=3l

若粒子从b点飞出时，由几何关系有

r2=233l

粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有

qvB=mv2r

整理有

r=mvqB

粒子不从bc边射出，则有

r<r2

或8．【答案】B,C【解析】【解答】A.根据右手定则可知，列车在进站过程，线框中电流方向为a→b→c→d→a，A不符合题意；

B.在线框ab边进入磁场瞬间，ab边切割磁感线产生的感应电动势为

E=BLv0

感应电流为I=ER

由左手定则可知安培力方向向左，根据牛顿第二定律有BIL+f=ma，解得

a=B2L2v0+fRmR

B符合题意；

C.在线框进入磁场的过程中，令线框产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有

12mv02=Q+fs

根据电阻定律

R=ρLS

可知，线框各边的电阻与边长成正比，根据阻值关系可得线框bc边消耗的电能为

Qbc=Qs2L+2s9．【答案】（1）0.02（2）A；C（3）0【解析】【解答】（1）打点计时器是一种每隔

T=1f=150s=0.02s

打一次点，通过打点记录做直线运动的物体位置的仪器。

（2）A.实验中需要用小车受到的拉力充当小车受到的合力，所以实验时需将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力，A符合题意；

B.由于实验中拉力可以由力传感器测出，所以不需要用天平测出砂和砂桶的质量，B不符合题意；

C.为使纸带能得到充分利用，应该使小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，C符合题意；

10．【答案】（1）；b；R1（2）1.50；0.50【解析】【解答】（1）观察到电压表的示数变化范围很小，说明电源内阻较小，可在干路上串联一个定值电阻进行分压，使得电压表示数变化明显一些，实验电路图如图所示：

当开关“a”时，由闭合电路欧姆定律可得

U=E−IRA+R1+r

可知U-I图的纵轴截距等于电源电动势；当开关“b”时

U=E−I+URVR1+r

整理得

U=ERVR1+r+RV−R1+rRVR11．【答案】（1）设粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v0，电场强度为E；根据左手定则可知粒子受到的洛伦兹力沿x轴正方向，则电场强度的方向沿xqE=q粒子做匀速直线运动，则有2R=仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，在y方向的位移为y=在x方向的位移为x=由牛顿第二定律可得a=因射出位置在圆形区域边界上，由几何关系可得x=y联立解得粒子的比荷为q（2）仅有磁场时，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力可得q⋅2解得r=根据题意，粒子在磁场区域中的轨道恰好是半径r等于R的圆上的14圆周，这段圆弧应与入射方向的速度（y轴正方向）、出射方向的速度（x轴正方向）分别相切与A、M两点。与x、y轴均相距R的O'点就是圆弧AM的圆心。A点和M点应在所求圆形磁场区域的边界上，在通过A、M两点的不同的圆中，最小的一个是以则圆形磁场区域的最小半径为r直径AM=圆的面积S联立解得S【解析】【分析】（1）圆形区域内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场时，粒子做直线运动，电场力与洛伦兹力等大反向，列出受力和位移的方程，仅有电场作用时，粒子做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式写出水平位移和竖直位移方程，联立方程组求解；（2）根据洛伦兹力提供向心力求出粒子以原来速度的2倍射入磁场时轨迹的半径，结合几何关系做出粒子在磁场中的运动轨迹，以粒子射入磁场和射出磁场的点的连线为直径的圆的面积便是圆形磁场区域的最小面积，由数学知识求出最小面积。12．【答案】（1）解除弹簧约束瞬间，设A的速度为vA，B的速度为vm弹簧和A、B组成的系统能量守恒E解得vA=3m/s（2）滑块A将在水平面做减速运动，运动到第一个减速带前−通过第一个减速带后动能为E经过相邻两个减速带克服摩擦做的功为W=所以，滑块A不能到达第二个减速带，设滑块A继续滑行的距离为x2−滑块A向左滑行的总距离为x=（3）B滑上C后，B减速，A加速，对Bμ对Cμ假设B、C共速时，C没有到达右墙面，设共速的速度为v共v((由上式解得木板C的位移为xΔx=B、C相对滑动时，B、C间产生的热量为Q因为μ2>μμv木板C与墙壁碰后立即粘连并静止，B将继续匀减速到d点并进入光滑半圆轨道−得ℎ=0所以B进入半圆轨道后不会脱离半圆轨道，减速到0将返回d点并再次滑上C−解得xB最后静止在C上，C与墙壁粘连后到B最终静止，B、C间产生的热量为Q整个过程中B、C间的热量为Q=【解析】【分析】（1）对A、B和弹簧组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律列式，求出解除弹簧约束，滑块A、B与弹簧分离瞬间的速度大小；（2）对滑块A，由动能定理求出它运动到第一个减速带时的动能，由比例关系求出其通过第一个减速带后的动能，通过功能关系分析得出它不能到达第二个减速带，然后由动能定理求出它通过第一个减速带后的位移，得出总位移；（3）由牛顿第二定律和运动学公式分析滑块B与木板C共速时滑块B能否离开木板C，求出二者之间的相对位移，由功能关系得出B、C间产生的热量，B、C共速后二者一起减速运动，到达墙壁，分析B滑上圆弧轨道后不能到达与圆心等高的点，滑块B滑回木板上，直到最后停止运动，B滑动的动能全部转化为热量，求出总热量。13．【答案】A,D,E【解析】【解答】A.液体与大气相接触，由于液体的蒸发，使液体表面层分子间距较大，分子力表现为引力，A符合题意；

B.根据热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，冰箱制冷时，将热量从低温的冰箱内传递到了高温的冰箱外的过程中，消耗了电能，B不符合题意；

C.水黾能停在水面上并不是由于浮力，而是表面张力，C不符合题意；

D.温度越高，分子热运动越剧烈，所以泡茶时，开水比冷水能快速泡出茶香、茶色，D符合题意；

E.液晶分子的排列会因外界条件的微小变动而发生变化，即液晶的光学性质表现为各向异性，彩色液晶电视正是利用了液晶的这种各向异性的