陕西省某中学2024年高三物理4月模拟考试试题（含解析）

陕西省山阳中学2024年高三4月模拟考试

物理

一、选择题

L关于原子核的改变、核能及核力，下列说法正确的是

A.核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间

B.某原子经过一次a衰变和两次B衰变后，核内质子数不变

C.放射性原子核X发生衰变，生成物的结合能肯定小于X的结合能

D.圜U+n-圜Ba+g<r+3n是太阳内部发生的核反应之一

【答案】B

【解析】

【分析】

核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有

引力和电磁力的另一种相互作用力且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，重核衰变时

释放能量，衰变产物的结合能之和大于原来重核的结合能，a衰变的过程中电荷数少2,质

量数少4,B衰变的过程中电荷数增1,质量数不变；

【详解】A、核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是

不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，

故A错误；

B、a衰变的过程中电荷数少2,质量数少4,B衰变的过程中电荷数增1,质量数不变，某

原子核经过一次a衰变和两次8衰变后，电荷数不变，核内质子数不变，故B正确；

C、放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和肯定大于原来X的结合能

的，故C错误；

D、太阳内部的反应是聚变反应，而陵U+和-1*a+鄢r+3前是裂变反应,故D错误；

故选B。

【点睛】关键知道a衰变的过程中电荷数少2,质量数少4,B衰变的过程中电荷数增1,

质量数不变，太阳内部的反应是聚变反应，放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产

物的结合能之和肯定大于原来X的结合能的。

2.如图所示，一长木板静止在倾角为。的斜面上，长木板上一人用力推长木板上的物块，使

物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为如人、物块与长木板

间的动摩擦因数均为小，长木板与斜面间的动摩擦因数为入，重力加速度为&则下列说法

正确的是（）

A.斜面对长木板的摩擦力大小为小in0

B.斜面对长木板的摩擦力大小为34侬cos9

C.长木板对人摩擦力大小为2小侬cos9

D.长木板对人的摩擦力大小为2侬sin9

【答案】D

【解析】

AB、对人，物块，长木板三者整体探讨，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，其大小为它国逾,

故AB错误；

CD、对人，物块整体探讨，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩

擦力大小为『=2mgs出瓦故C错误，D正确。

点睛：本题考查整体法与隔离法的应用，驾驭平衡条件的运用方法，留意正确选择探讨对象

的方法，一般状况可以先整体后隔离进行分析。

3.在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一个

周期电压按正弦规律改变，后三分之二周期电压恒定。电阻衣的阻值为囱，电表均为志向电

表。下列推断正确的是（）

A.电压表的示数为反回

B.该交变电流的有效值为逵

C.电阻7?一个周期内产生的热量肯定大于9/

D.电流表的示数为逼］

【答案】D

【解析】

值，故A错；电压变的读数为有效值，即斤6V,故B错误；热量依据有效值进行计算，则

故C错误；电流表读数为有效值，则匕小。”,故D正确。

4.2018年12月12日，我国放射的“嫦娥四号”探测器进入环月轨道1,12月30日实施变轨

进入环月轨道2.其飞行轨道如图所示，。点为两轨道的交点。假如嫦娥四号探测器在环月轨

道1和环月轨道2上运动时，只受到月球的万有引力作用，环月轨道1为圆形轨道，环月轨

道2为椭圆轨道。则以下说法正确的是（）

环月，141

环月断辑2

心月段

A.若已知嫦娥四号探测器环月轨道1的半径、运动周期和引力常量，则可以计算出月球的密

度

B.若已知嫦娥四号探测器环月轨道2的近月点到月球球心的距离、运动周期和引力常量，则

可以计算出月球的密度

C.嫦娥四号探测器在环月轨道2上经过〃点的速度小于在环月轨道1上经过9点的速度

D.娥四号探测器在环月轨道2时，从近月点运动向远月点尸的过程中，加速度变大

【答案】C

【解析】

【详解】由万有引力供应向心力可得：6▼=血丁，则圆轨道的周期公式丁=2几二，则可

计算出月球质量〃，但月球半径斤未知，所以算不出月球密度，故A错误；因为2轨道为椭圆

轨道用不了圆轨道的周期公式，且月球半径A未知，同理计算不出月球密度，故B错误；探

测器在1轨道的P减速后才能变轨到2轨道，故C正确；由近月点向远月点户运动过程中，

探测器与月心距离增大，则引力减小，由牛顿其次定律加速度应变小，故D错误。

5.中国科学家发觉了量子反常霍尔效应,杨振宁称这一发觉是诺贝尔奖级的成果。如图所示，

厚度为人宽度为d的金属导体,当磁场方向与电流方向垂直时,在导体上下表面会产生电势差,

这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是（）

A.上表面的电势高于下表面电势

B.仅增大分时，上下表面的电势差增大

C.仅增大，时，上下表面的电势差减小

D.仅增大电流I时,上下表面的电势差减小

【答案】C

试题分析：依据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面

的电势高于上表面.故A错误；依据euB=e，，解得U=vBh,依据电流的微观表达式I=neSv,

______h

故〃=-=知仅增大d时，上下表面的电势差减小.故B正确；依据ei?B=e7，解

nesh

j[B

得U=vBh,依据电流的微观表达式I=neSv,故/7=——Bh=-知增大h,上下表面的电势差

nesned

不变，与h无关，故C错误；依据ei?B=e2,解得U=vBh；依据电流的微观表达式I=neSv,电

流越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，故D错误；故选B。

考点：左手定则；带电粒子在磁场中的而运动

【名师点睛】所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体时，产生横向电位差的物理现象.霍

尔效应在新课标教材中作为课题探讨材料，解答此题所需的学问都是考生应当驾驭的.对于

开放性物理试题，要有较强的阅读实力和获得信息实力。

6.如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口

靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长

的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度V逆时针转动，现将一质量为m的小滑块从轨道

AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，贝）

A.固定位置A到B点的竖直高度可能为2R；

B.滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关；

C.滑块可能重新回到动身点A处；

D.传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多。

【答案】CD

【解析】

【分析】

滑块恰能通过C点时，由重力供应向心力，依据牛顿其次定律列方程求C点时临界速度，

由动能定理知AC高度差，从而知AB高度；对滑块在传送带上运动的过程依据动能定理列方

程求滑行的最大距离的大小因素；依据传送带速度知物块的速度，从而知是否回到A点；滑

块与传送带摩擦产生的热量Q=umg^x,看热量多少，分析相对路程.

2

【详解】若滑块恰能通过C点时有：mg-mR；由A到C,依据动能定理知mghAc-|^c;联立

解得：则AB间竖直高度最小为2R+|R=2.5R,所以A到B点的竖直高度不行能为2R,

故A错误；设滑块在传送带上滑行的最远距离为x,则有动能定理有：oJwcJZmgR-umgx,

知x与传送带速度无关，故B错误；若滑块回到D点速度大小不变，则滑块可重新回到动身

点A点，故C正确；滑块与传送带摩擦产生的热量Q=umgZkx,传送带速度越大，相对路程越

大，产生热量越多，故D正确；故选CD。

【点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律和牛顿其次定律，理清物块在传送带上

的运动状况，以及在圆轨道最高点的临界状况是解决本题的关键.

7.质谱仪是一种测量带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图，离子源/

产生电荷量相同而质量不同的离子束（初速度可视为零），从狭缝S进入电场，经电压为〃的

加速电场加速后，再通过狭缝S从小孔垂直腑射入圆形匀强磁场。该匀强磁场的磁感应强度

为B,方向垂直于纸面对外，半径为此磁场边界与直线冲相切£为切点。离子离开磁场最

终到达感光底片撤上，设离子电荷量为g,到达感光底片上的点与£点的距离为x,不计重

力，可以推断（）

A.离子束带负电

B.x越大，则离子比荷肯定越大

c.到达正量处的离子在匀强磁场运动时间为歌

D.到达—词处的离子质量为喏

【答案】CD

【详解】带电粒子在加速电场中做匀加速直线运动，设加速后的速度大小为心依据动能定理

有：qU=|mv2-0,解得：'=然后匀速运动到E点进入有界磁场中，其运动轨迹如下

图所示：

粒子从£点先沿虚线圆弧，再沿直线做匀速直线运动到N点。由左手定则，粒子是正电。故A

错误；由quB=贝*=越大则r越大,则比荷日越小，故B错误;在中卜工

解得：0=60。，设带电粒子运动的轨迹圆的半径为r,依据数学学问有：r=解得：

由几何关系圆弧圆心角。=120°,联立可得:

8.如图所示，电源电动势为E,内阻为r.电路中的R?、Rs分别为总阻值肯定的滑动变阻器，

R。为定值电阻，Ri为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）.当电键S闭合时，电容器中

一带电微粒恰好处于静止状态.有关下列说法中正确的是（）

A.只渐渐增大R的光照强度，电阻R。消耗的电功率变大，电阻R,中有向上的电流

B.只调整电阻Rs的滑动端P?向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻Rs中有向上的电流

C.只调整电阻R?的滑动端巳向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动

D.若断开电键S,带电微粒向下运动

【答案】AD

【解析】

【分析】

电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压.只渐渐

增大凡的光照强度，石的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，推断而消耗的电功率，电容

器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻其中有向上的电流，电路稳定时,

电容相当于开关断开，只调整电阻尼的滑动端2向上端移动时，对电路没有影响，只调整电

阻尼的滑动端4向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，

由k分析板间场强改变和油滴所受电场力改变,推断油滴的运动状况.若断开电键S,电

容器处于放电状态.

【详解】A、只渐渐增大用的光照强度，兆的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电

阻而消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的

电荷量变大，所以电阻尼中有向上的电流，故A正确；

B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调整电阻用的滑动端局向上端移动时，对电路没有

影响，故B错误；

C、只调整电阻尼的滑动端A向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的

电压变大，由「二］可知，电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；

D、若断开电键S,电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场

力减小，将向下运动，故D正确.

故选AD.

【点睛】本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的.分析油滴是否运动，关键分析电场

力是否改变.

二、非选择题

9.探究力对物体做的功与物体获得的速度的关系，试验装置如图（俯视图）关于试验主要过

程说法正确的是（）

A.小车运动中会受到阻力，利用补偿的方法可以使木板适当倾斜，轻推小车可以匀速下滑即

可

B.分别用1、2、3、口条橡皮筋，就能使得力对小车做的功肯定是A2%3M口

C.纸带上打出的点，应选择匀称清楚的点迹求小车的速度

D.画出的位-句图象应是一条直线

【答案】AC

【解析】

【详解】小车运动中会受到阻力，使木板适当倾斜，小车阻力补偿的方法是平衡摩擦力；故A

正确；分别用1、2、3、……条橡皮筋，时还须要每次都让小车拉到同一位置才能使得合外力

对小车做的功是肌2肌3伏故B错误；纸带上打出的点，应选择匀称清楚的点迹求小车的速

度，故C正确；因为胸，画出的图象应是一条曲线，衿声的图象才是直线，故D错误。

10.某试验小组探讨两个未知元件X和Y的伏安特性，运用的器材包括电压表（内阻约为3kQ）、

电流表（内阻约为1。）、定值电阻等。

(a)

（1）运用多用电表粗测元件X的电阻，选择“XI”欧姆档测量，示数如图（a）所示，读

数Q,据此应选择图中的（选填"b”或"c”）电路进行试验。

（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数渐渐—填“增

大”“减小”）；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y,重复试验。

（3）图（由是依据试验数据做出的小/图线，由图可推断元件（填“箫’或"X）

是非线性元件。

（4）该小组还借助乃和F中的线性元件和阻值7?=21Q的定值电阻，测量待测电池组的电动

势£和内阻r,如图（e）所示，闭合5和S,电压表读数为3.00V,断开S,电压表读数为

1.00V,结合图（d）可算出£=V,尸Q。（结果均保留两位有效数字，电压表为

志向电压表）

【答案】（1）10；b

（2）增大；

（3）Y

（4）3.2；0.50

【解析】

试题分析：电阻的大小等于表盘的读数乘以倍率.依据元件X的电阻大小确定电流表的内外

接.

先分析电路的连接方式即串联，然后依据滑动变阻器的正确运用方法进行分析.

依据图象得特点推断元件是否是非线性元件；

依据闭合电路欧姆定律列出等式求解电动势E和内阻r.

解：(1)运用多用电表粗测元件X电阻，选择“XI”欧姆挡测量，示数如图(a)所示，读

数为10Q.

元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采纳外接法误差较小，因此须要选择图b所示试验

电路.

(2)连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流

表的示数渐渐增大；

(3)如图(d)是依据试验数据作出的U-I图线，由图可推断元件Y是非线性元件；

(4)依据U-I图线得出元件X的电阻R=*；=10Q；

0.3

闭合Si和S2,电压表读数为3.00V；断开S2,读数为L00V,

依据闭合电路欧姆定律列出等式

10

E=1+AX(r+21)

10

解得：E=3.2V.r=O.50Q

故答案为：(1)10；b(2)增大；(3)Y(4)3.2；0.50

【点评】知道串联电路中电阻、电流和电压的关系，会正确运用滑动变阻器，会依据欧姆定

律推断电压表和电流表示数的改变.

关键驾驭滑动变阻器分压式和限流式的区分，电流表内外接的区分，以及会通过图线求解电

源的电动势和内阻.

11.如图甲所示，质量均为0=0.5kg的相同物块尸和0(可视为质点)分别静止在水平地面上

4C两点。?在按图乙所示随时间改变的水平力尸作用下由静止起先向右运动，3s末撤去力

F,此时产运动到6点，之后接着滑行并与0发生弹性碰撞。已知反C两点间的距离£=3.75

m,P、0与地面间的动摩擦因数均为〃=0.2,取g=10m/s2,求:

(1)户到达6点时的速度大小/及其与。碰撞前瞬间的速度大小乃；

⑵。运动的时间to

【答案】⑴加=86/必%=7m/s(2)|t=3.5s|

【解析】

(1)在0-3s内，对P,由动量定理有:

Fiti+F2t2-umg(ti+t2)=mv-0

其中Fi=2N,F2=3N,ti=2s,t2=ls

解得：v=8m/s

设P在BC两点间滑行的加速度大小为a,由牛顿其次定律可得：umg=ma

22

P在BC两点间做匀减速直线运动，有：v-V1=2aL

解得：Vi=7m/s

(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为vj、V2'，取向右为正方向，由动量

守恒定律和动能守恒有：

mvi=mvi'+mvz'

111

mvi2-_mvi2+,-,mv/2

222

,

联立解得：v2=vi=7m/s

2

碰后Q做匀减速直线运动，加速度为：=ug=2m/s

v7

Q运动的时间为：t=-?-=-s-3.5s

a'3

12.如图，两个滑块4和6的质量分别为44g和2Ag,放在静止于水平地面上的足够长的木板

。上，两者与木板间的动摩擦因数均为0.4：木板的质量为2例，与地面间的动摩擦因数为

0.1.某时刻/滑块获得初速度va=4m/s,0.5秒后/、6发生碰撞，碰撞过程时间极短N6总动

能损失0.5/设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块大小，取重力加速度大小史10遍.求

AB

⑴求碰撞前滑块Z和6的速度;

（2）4B,。刚共速时候的速度。

一4

S

【答案】（1）L5R/S2m/s（2）1O

一

【解析】

【详解】（1）碰撞前力滑块做匀减速运动，Z受到的滑动摩擦力后〃律诏=0.4X4X10/164

依据牛顿其次定律得a行J，

-u任一AmiS

碰撞前瞬间A的速度厅府+为"4-4义0.5=2/s

碰撞前8。滑块看作一个整体做匀加速运动，则广地="地（®+在+4）g

整体的加速度aBC

可得f地二84麴而2%/s?

则vMaBc?2X5=lm/s

（2）碰撞过程Z8滑块动量守恒，取向右为正方向，则有：mAv^mBv^mAVA+如）

碰撞过程48滑块能量守恒，有：

可以解得：VA=\.5向s,VB=2m/s

或者“二即/s,力二尹s。由于4滑块的速度不能大于8,所以舍去

碰撞后A滑块受到摩擦力不变仍旧为f^lGN

可得：s

碰撞后区滑块6物体速度大于G不能看成一个整体。

8受到摩擦力行〃Msg

解得f^N

心4+78一/地

对C有a而----------

me

解得：a^m/s

滑块相对运动直到共速过程

对/有VA^VA+品方2。

对C有以而VBC^Q-C方2O

可得以c二月加/s,22Tds

然后8滑块接着减速（此过程/C共同恰好能匀速运动）直到力宽速度均叫尹S。

13.下列说法中正确的是o

A.肯定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加

B.当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小

C.热力学其次定律可描述为“不行能使热量由低温物体传递到高温物体”

D.在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素

E.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力

【答案】ADE

【解析】

【详解】A、温度是分子的平均动能的标记，肯定量100℃的水变成100℃的水蒸气，汲取热

量而其分子的平均动能不变，分子之间的势能增加。故A正确；

B、当两分子间距离大于平衡位置的间距r。时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，

分子力做负功，分子势能增大，故B错误；

C、热力学其次定律可描述为“不行能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他方面

的改变”，故C错误；

D、温度越高，分子无规则运动的猛烈程度越大，因此在真空、高温条件下，可以利用分子扩

散向半导体材料掺入其它元素，故D正确；

E、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故E正确。

故选ADE„

14.如图是一太阳能空气集热器示意图，底面及侧面为隔热材料，顶面为透亮玻璃板，集热器

容积为九起先时内部封闭气体的压强为经过太阳暴晒，气体温度由6=300K升至7]=350Ko

出气口

进气口

①求此时气体的压强。

②保持A=350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到功。求集热器内剩余气体的质

量与原来总质量的比值。

【答案】⑴my⑵m

【解析】

试题分析：（1）设升温后气体的压强为R,

由查理定律得

代入数据得n

（2）抽气过程可视为等温膨胀过程，设膨胀后的总体积为人由玻意耳定律得值）

联立②③式解得七0儿④

设剩余气体的质量与原来气体的总质量之比为K,由题意得K=

联立④⑤式解得仁利⑥

考点：查理定律盖•吕萨克定律

点评：合理的选择公式是处理这类题型的关键

15.一列横波沿x轴正方向传播，在£=0时刻的波形曲线如图所示。已知这列波的质点户从t=0

时刻起第一次达到波峰的时间为0.6s,质点制的坐标分别为（1,0）和（7,0）,则有（）

A.这列波的频率为运囤

B