四川省2024年高考物理模拟试卷及答案29

四川省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、单选题得分1．如图，小明同学在家做家务时用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加拉力F，此时拉力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动，下列说法正确的是（）A．地面对拖把的支持力大小等于拖把的重力大小B．拖把所受地面的摩擦力大小为FcosθC．小明同学对推杆的作用力与推杆对拖把的作用力是一对作用力与反作用力D．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，地面对拖把的支持力变小2．如图，为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。下列说法正确的是（）A．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光B．用能量为10.3eV的光子照射氢原子，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态C．最容易表现出衍射现象的光是由n=4能级跃迁到n=3能级产生的D．用n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应3．内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐。如图，把岩盐晶体结构中相邻的四个离子放在圆弧的四个等分点，O点为圆心，A、B为两段圆弧的中点，且A、O、B在一条直线上，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）A．在A，O，B三点中，O点的电势最大B．在A，O，B三点中，O点的电场强度最小C．同一点电荷在A，B两点所受到的电场力相同D．将一负点电荷从A点沿AOB直线移动到B点电势能增加4．北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运”的理念。国家体育馆“鸟巢”隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统，假设该发电系统的输出电压恒为250V，通过理想变压器向远处输电，如图，所用输电线的总电阻为8Ω，升压变压器T1原、副线圈匝数比为1∶16，下列说法正确的是（）A．若该发电系统输送功率为1×105W，则输电线损失的功率为5×103WB．若该发电系统输送功率为1×105W，用户获得220V电压，则降压变压器T2原、副线圈的匝数比为200：11C．若用户消耗功率减少，则升压变压器T1输出电压U2减小D．若用户消耗功率增加，则用户电路两端电压U4增大5．如图，在某次排球运动中，质量为m的排球从底线A点的正上方H处以某一速度水平发出，排球恰好越过球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD。已知网高为h，球场的长度为s，重力加速度为g，不计空气阻力，排球可看成质点，当排球被发出时，下列说法正确的是（）A．排球从被击出运动至B点，重力的冲量大小为mg2ℎg C．运动员击打排球做的功为mgs26ℎ 阅卷人二、多选题得分6．2020年11月6日，我国成功发射全球首颗6G试验地球卫星，卫星的轨道半径的三次方与其周期的二次方的关系图像如图，卫星的运动轨迹可视为圆。已知地球半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（）A．地球的质量为4π2baG C．绕地球表面运行的卫星的线速度大小为2πbRa 7．在边长为L的正方形abcd的部分区域内存在着方向垂直纸面向外的匀强磁场，a点处有离子源，可以向正方形abcd所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子，且所有离子均垂直bc边射出，下列说法正确的是（）A．离子在磁场中做圆周运动的半径为2LB．离子在磁场中运动的最长时间为2πLC．磁场区域的最小面积为π−2D．离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，将从bc边中点射出8．如图，在竖直平面内有一个半径为R且光滑的四分之一圆弧槽轨道AB，轨道下端B与水平面BCD相切，BC光滑且长度大于R，C点右边粗糙程度均匀且足够长。现用手捏住一根长为R4A．杆子前端到达C点时的速度大小为3B．杆子前端在过C点后，一直做匀减速运动C．杆子前端在过C点后，滑行一段距离后停下来，在此过程中，若将杆子分成任意两段，其前一段对后一段的作用力大小不变D．若杆子前端在过C点后，滑行s距离后停下，且s>R，杆子与粗糙平面间的动摩擦因数为9R9．根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（）A．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的C．用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，同时气体向外界放出热量0.5×105J，则气体内能增加了1.5×105JD．一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量E．根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体阅卷人三、实验题得分10．某同学设计如图甲的装置来验证机械能守恒定律的实验。实验器材：铁架台、力传感器（含数据采集器及配套软件、计算机，图中未画出）、量角器、轻质细绳、小球和刻度尺。实验步骤如下：①小球静止在位置I时，力传感器的示数为F0，测得细绳悬点O到小球球心的长度为L；②将小球拉至与竖直方向夹角为θ处静止释放；③通过软件描绘出细绳拉力随时间变化如图乙；④改变静止释放时细绳与竖直方向夹角θ值，重复实验，得到多组数据。（1）本实验中，小球的重力大小为；（2）如图丙，以cosθ为横轴，以F为纵轴描点绘图，当图像斜率k=，纵轴截距b=时，即可验证小球的机械能守恒。（用题中所给物理量符号表示）11．为了节能环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强，照度越大，照度单位为lx）。（1）某光敏电阻R在不同照度下的阻值如下表，根据表中已知数据，在如图甲的坐标系中描绘出了阻值随照度变化的曲线。由图像可求出照度为0.6lx时的电阻约为kΩ。照度/lx0.20.40.60.81.01.2电阻/kΩ5.83.72.32.01.8（2）如图乙，是街道路灯自动控制设计电路，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为路灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，路灯应接在（填“AB”或“BC”）之间。（3）用多用电表“×10Ω”档，按正确步骤测量图乙中电磁铁线圈电阻时，指针示数如图丙，则线圈的电阻为Ω；已知当线圈中的电流大于或等于2mA时，继电器的衔铁将被吸合，图乙中直流电源的电动势E＝6V，内阻忽略不计，滑动变阻器有两种规格可供选择：R1（0～200Ω，1A）、R2（0～2000Ω，0.1A）。要求天色渐暗照度降低至1.0lx时点亮路灯，滑动变阻器应选择（填“R1”、“R2”）。为使天色更暗时才点亮路灯，应适当将滑动阻变阻器的滑片向（填“左”或“右”）端移动。阅卷人四、解答题得分12．如图，为磁悬浮列车的原理图，水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN，导轨间有竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场B1和B2，二者方向相反．导轨上有一个与磁场间距等宽的金属框abcd。当匀强磁场B1和B2同时以某一速度沿直轨道向右运动时，金属框也会沿直轨道运动．设金属框ab边长l=1m，匀强磁场的磁感应强度为B1=B2=1T，金属框的质量m=1kg，金属框的电阻为R=2Ω，金属框受到的阻力与其速度成正比，即f=kv，比例系数k=0.5N.s/m。（1）若磁场运动速度为v0=5m/s，设在t=0时刻，金属框从如图位置启动，求此时金属框运动的加速度的大小；（2）若磁场的运动速度为v0=5m/s时，求金属框的最大速度v1的大小；（3）金属框要维持最大速度v2=3m/s运动，每秒钟需要消耗多少能量？13．如图，一绷直传送带与水平面夹角θ=30°，传送带AB长l=8.175m，已知传送带以v1=2m/s的速度逆时针匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ=33，质量为M=1kg的木块运动到传送带底端A点时，恰好与传送带速度相同；此时，一颗质量为m=0.02kg的子弹以v0=300m/s平行于传送带向上的速度正对木块射入并穿出，穿出速度v=50m/s，子弹穿出瞬间立即对木块施加平行于传送带向上的恒力F=5N的作用，以后每隔Δt=1s就有一颗相同的子弹以相同的速度平行于传送带击中木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，忽略木块质量变化，g取10m/（1）在被第二颗子弹击中前，木块沿传送带向上运动离A点的最大高度；（2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中；（3）从第一颗子弹射中木块到木块离开传送带的过程中，木块和传送带之间产生的热量。14．如图所示，可沿缸壁自由滑动的活塞(厚度不计)把导热性能良好的竖直圆筒形气缸内的理想气体分成A、B两部分．活塞静止时与气缸底部的间距为气缸高度h的34，A部分气体的压强等于外界大气压强p0．已知B部分气体的质量为m，活塞的横截面积为S，质量为p0(i)B部分气体的压强pB(ii)B部分气体剩下的质量．15．如图所示，有一棱镜ABCD，∠B=∠C=90°，∠D=75°．某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为45°，Q点到BC面垂线的垂足为E，∠PQE=15°．求：①该棱镜的折射率②改变入射激光的方向，使激光在AD边恰好发生全反射，其反射光直接到达CD边后是否会从CD边出射？请说明理由．阅卷人五、填空题得分16．如图甲，在xOy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1（－2，0）和S2（4，0），两波源的振动图像分别如图乙和图丙，其中点波源S1的振动方程为：z=；两列波的波速均为0.50m/s，则两列波从波源传播到点A（－2，8）的振幅为m，点B（0.5，0）处质点的振动相互（填“加强”或“减弱”）。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．竖直方向F则地面对拖把的支持力大小小于拖把的重力大小，A不符合题意；B．拖把匀速运动，水平方向受力平衡，则拖把所受地面的摩擦力大小为f=FcosθB符合题意；C．小明同学对推杆的作用力与推杆对小明的作用力是一对作用力与反作用力，C不符合题意；D．根据F从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，地面对拖把的支持力变大，D不符合题意。故答案为：B。【分析】（1）研究对象为拖把，然后对拖把进行受力分析，根据平衡条件列方程分析各选项；

（2）由作用力与反作用力的特点分析C选项。2．【答案】C【解析】【解答】A．处于n=4能级的氢原子能发射n种频率的光，A不符合题意；B．原子跃迁能量必须等于能级差，基态的氢原子吸收10.2eV的能量从n=1跃迁到n=2，而10.3eV大于10.2eV，所以不能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，B不符合题意；C．由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光的能量为最小值，波长最长，所以最容易表现出衍射现象，C符合题意；D．由n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量为ΔE=−0小于6.34eV，所以不能使金属铂发生光电效应，D不符合题意。故答案为：C。【分析】（1）因是大量氢原子，故根据Cn2判断一群氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子种类；

（2）由高能级向低能级跃迁，辐射或吸收的光子能量必须等于能级差；3．【答案】B【解析】【解答】AD．由对称性可知，A、O、B三点电势相等，均为零，则将一负点电荷从A点沿AOB直线移动到B点电势能不变，AD不符合题意；B．两个Cl-和两个Na+在O点的场强叠加后为零，则O点的电场强度为零，最小，B符合题意；C．A、B两点场强等大反向，则同一点电荷在A、B两点所受到的电场力等大反向，C不符合题意；故答案为：B。

【分析】由电场力做功与电势能的关系可知，电势能不变；根据电场的矢量合成运算与对称性可判断场强与电势。4．【答案】A【解析】【解答】A．对于该系统输入输出功率不变，由于P=1×1故原线圈电流为I对于中间线路有I代入数据，解得I则损失的功率为ΔP=A符合题意；B．根据U代入数据，解得U由A可知I输电线的总电阻两端的电压为U则U又U即有nB不符合题意；C．由于输入输出功率相同，当用户消耗功率减小时，电流减小，但是U不变，则U2不变，C不符合题意；D．当消耗功率增大时，输电线电流变大，输电线的总电阻两端的电压变大，U2不变，根据U可知，U3变小，又由U可知，U4变小，D不符合题意。故答案为：A。【分析】由理想变压器特点及远距离输电可知，通过理想升压变压器T1，将电送到用户附近，然后用理想降压变压器T2，向远处用户家中供电。提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率。5．【答案】B【解析】【解答】B．平抛运动在水平方向上做匀速直线运动x=vt排球从初位置运动网的位置与排球从网位置到落地的时间之比为t排球竖直方向上做自由落体运动H−ℎ解得H=B符合题意；A．排球从被击出运动至B点，由H=解得排球运动的时间t=则重力的冲量大小为I=mgt=mgA不符合题意；C．排球的初速度为v=运动员击打排球做的功为W=1D．排球刚触地时竖直方向的速度为v则排球刚触地时速度与水平面所成的角θ满足tanD不符合题意。故答案为：B。【分析】（1）根据平抛运动的运动特点联立运动学公式计算出击球点的高度；

（2）先求出运动时间，再结合动量定理计算出重力的冲量；

（3）据运动学公式求出排球的初速度，再结合动能的计算公式求出运动员对排球做的功；

（4）据运动学公式求出不同方向的速度，得出排球落地时的速度方向。6．【答案】A,C【解析】【解答】A．卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G解得r由题图可如r解得地球质量M=A符合题意；B．由在地球表面的物体有G解得重力加速度g=B不符合题意；C．若卫星绕地球表面运行，其轨道半径r=R由r3T环绕速度v=C符合题意；D．地球体积V=地球密度ρ=解得ρ=D不符合题意。故答案为：AC。【分析】（1）卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，结合万有引力定律与牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后结合图象斜率科的地球的质量和密度；

（2）由重力等于万有引力，求地球表面重力加速度，据万有引力提供近地卫星的向心力，求其线速度。7．【答案】C,D【解析】【解答】A．带电离子在圆形磁场中运动时存在着这样的规律，如果离子的轨迹半径与圆形磁场的半径相等，则离子从同一点以相同的速率、不同的方向射入圆形磁场，则离子会平行于某一方向射出磁场。根据几何关系可知，离子在磁场中做圆周运动的半径为L，A不符合题意；B．离子的速率一定，轨迹最长的离子运动的时间最长，则最长时间为T4，则B不符合题意；C．磁场区域的最小面积为图中阴影部分的面积，则有SC符合题意；D．离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，设出射点据b点x，则cos解得x=离子入射速度方向与ab边夹角为60°时，将从bc边中点射出，D符合题意；故答案为：CD。【分析】因为离子的轨迹半径与圆形磁场的半径相等，所以离子从同一点以相同的速率、不同的方向射入圆形磁场，则离子会平行于某一方向射出磁场，所以可画出粒子的运动轨迹，确定最大磁场和最小磁场面积，然后根据几何关系求解。8．【答案】A,D【解析】【解答】A．根据动能定理mg解得v=A符合题意；B．设杆长l，在C的右侧部分才有摩擦，设右侧部分长度为x，则有m解得m则有f=μFN当x>R4时f=μmg不变，即摩擦力如图所示故做加速度变大的减速运动，之后再做匀减速运动，B不符合题意；C．取左侧x0处为研究对象，当全部进入C右侧时整体有μmg=ma左侧加速度μ联立得F=0即左右两侧无弹力当x0整段还没进入c右侧时，则有解得a=左侧x0段有左右两侧有弹力，可见前一段对后一段的作用力大小不等，C不符合题意；D．杆进入c右侧到全部进入时，可知W全部进入到停止W根据动能定理mg解得μ=D符合题意。故答案为：AD。【分析】(1)杆子从A处静止释放到前端到达C点的过程，分析可得只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律可求出杆子前端到达C点的速度大小；

（2）当杆子滑上粗糙水平CD面后，在刚进入CD的过程中，由于滑动摩擦力均匀增加，当完全进入后，摩擦力才恒定，根据动能定理求动摩擦因数。9．【答案】B,C,D【解析】【解答】A．布朗运动是悬浮在水中的微粒的运动，它间接说明液体分子永不停息地做无规则运动，A不符合题意；B．根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B不符合题意；C．用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，为正值，同时气体向外界放出热量0.5×105J，为负值，根据热力学第一定律，有ΔU=W+Q=2C符合题意；D．等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量，D符合题意；E．根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，E不符合题意。故答案为：BCD。【分析】（1）布朗运动是悬浮在液体固体微粒的无规则运动，A错误；

（2）由热力学第二定律判断B正确E错误；

（3）由热力学第一定律：△U=W十Q分析CD正确.10．【答案】（1）F0（2）-2F0；3F0【解析】【解答】(1)小球静止在位置I时，小球受平衡力G=(2)小球在最低点做圆周运动，细线的拉力F与小球重力的合力提供向心力，设小球到达最低点时的速度为v，由牛顿第二定律得F−mg=m小球从释放到运动到最低点过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgL(1−解得F=3mg−2mg可知，F−cosθ纵轴截距b=3mg=3【分析】(1)小球静止在位置I时，对小球受力分析，可以知道小球受力平衡；

（2）小球在摆动过程中符合机械能守恒，在最低点时小球受到的拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律和图像求出图像的斜率和截距。11．【答案】（1）2.7kΩ（2.6kΩ~2.8kΩ）（2）AB（3）140Ω；R2；左【解析】【解答】（1）从图像上可以看出当照度为0.6lx时的电阻约为2.（2）当天亮时，光敏电阻的阻值变小，所以回路中电流增大，则衔铁被吸下来，此次触片和下方接触，此时灯泡应该熄灭，说明灯泡接在了AB上。（3）根据欧姆表的读数规则，所以电阻值为R=14×10Ω=140Ω回路中的电流为2mA时回路中的需要中电阻R所以选择滑动变组器R2【分析】(1)由图知对应于照度为0.61x时的纵坐标可得对应电阻值：

(2)为使天亮灯熄、天暗灯亮，故天亮时路灯处于断路，天暗时处于通路，根据电磁继电器控制原理分析；

(3)根据多用电表读数规则读数；滑动变阻器在电路中起调节和保护电路作用，根据天暗时电路中电流值分析滑动变阻器需接入阻值。12．【答案】（1）解：当金属框的速度为零时，线框相对于磁场的速度大小为v0，线框中左右两边都切割磁感线，产生感应电动势为E联立解得a=10m/（2）解：线框产生的感应电动势为E=2BL线框中的感应电流为I=线框受到的安培力为F=2BIL=当F=f时线框速度最大，即F=k代入数据，解得v（3）解：当实验车以速度vm匀速运动时，设金属框中感应电流I22BI金属框中的热功率为P所以外界在单位时间内需提供的总能量为E=联立解得E=5.625J【解析】【分析】(1)由初位置线框的受力情况，根据牛顿第二定律列方程求解；

(2)根据闭合电路欧姆定律结合受力平衡条件可解答：

(3)先根据平衡条件求解感应电流的大小，再根据功率的计算公式分别求出阻力做功功率和电功率，由此求到每秒需要的能量。13．【答案】（1）解：设子弹穿出木块瞬间，木块的速度为v1'木块向上作减速运动过程，由牛顿第二定律μMgcos30°=M木块速度减小为零所用时间t联立得t所以木块在被第二颗子弹击中前向上运动离A点最远时，速度为零，移动距离为s最大高度为ℎ联立得ℎ（2）解：在第二颗子弹射中木块前，木块反向加速至传送带共速过程：由牛顿第二定律对木块μMgcos30°=M木块反向加速至与传送带共速的时间：t木块反向加速至与传送带共速的位移s木块从被第一颗子弹击穿后到第二颗子弹击中前的时间Δt=所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移大小s第16颗子弹击中前，木块向上移动的位移为s=15联立以上式子得s=7第16颗子弹击中后，木块将会再向上先移动s1，总位移为木块将从B端落下，所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中（3）解：第一颗子弹击穿木块后至第二颗子弹击穿之前，木块向上减速运动过程中木块相对传送带的位移大小为Δ产生的热量为Q木块向下加速运动过程中相对传送带的位移大小为Δ产生的热量为Q第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有v木块与传送带的相对位移为Δ产生的热量为Q3全过程中产生的总热量为Q联立以上式子得Q【解析】【分析】(1)由动量守恒定律得第一颗子弹射穿木块后木块的速度；木块向上做匀减速运动，由牛顿第二定律和速度时间公式，求出木块速度减小为零所用时间，然后求木块沿传送带向上运动的最大位移，求得最大高度。

(2)第二颗子弹射中木块之前，木块反向加速至传送带共速，由牛顿第二定律和速度时间公式，求木块反向加速至与传送带共速的时间，求出此过程木块的位移，从而求出两颗子弹射中木块