2024年高考物理模拟测试卷九VIP

2024年高考物理模拟测试卷二、选择题：本题共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。14．用光电管进行光电效应试验中，分别用频率不同的单色光照耀到同种金属上．下列说法正确的是A．频率较小的入射光，须要经过足够长的时间照耀才能发生光电效应B．入射光的频率越大，极限频率就越大C．入射光的频率越大，遏止电压就越大D．入射光的强度越大，光电子的最大初动能就越大【答案】C【解析】A．只要入射光的频率低于金属的极限频率，无论时间多长，无论光的强度多大，都不会发生光电效应，故A错误；B．金属材料的性质确定金属的逸出功，而逸出功确定入射光的极限频率，与入射光的频率无关，故B错误；C．依据可知，入射光的频率越大，遏止电压就越大，故C正确；D．依据爱因斯坦光电效应方程，可知光电子的最大初动能随照耀光的频率增大而增大，与光照强度无关，故D错误．故选C．【点睛】本题考查光电效应的规律和特点，我们肯定要熟记光电效应的现象和遵循的规律，只有这样我们才能顺当解决此类问题．15．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＞tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变更关系的是A． B．C． D．【答案】C【解析】初状态时:重力的分力与摩擦力均沿着斜面对下,且都是恒力,所以物体先沿斜面匀加速直线运动,由牛顿其次定律可得加速度：当小木块的速度与传送带速度相等时,由于知道木块与传送带一起匀速下滑，速度时间图象的斜率表示加速度,可知第一段是倾斜的直线，其次段是平行时间轴的直线，结合选项可知C正确，ABD错误。16．如图所示，直立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端（球与弹簧不连接），用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面栓牢（图甲）．烧断细线后，发觉球被弹起且脱离弹簧后还能接着向上运动（图乙）．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加【答案】D【解析】试题分析：从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量渐渐减小，弹簧的弹性势能渐渐减小，所以球刚脱离弹簧时弹簧的弹性势能最小，故A错误．当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，所以小球的动能先增大后减小，所以球刚脱离弹簧时的动能不是最大，故B错误．烧断细线瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，只有弹簧的弹力大于mg，球才会向上先加速运动，故C错误．当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，再向上运动速度减小，动能减小，但是从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量渐渐减小，弹簧的弹性势能渐渐减小，转化为小球的机械能，所以在未刚脱离弹簧的运动过程中它的机械能增加，故D正确，故选D。考点：能量守恒定律；牛顿其次定律【名师点睛】本题关键是分析小球的受力状况来确定小球的运动状况．知道当小球的弹簧的弹力等于小球的重力时速度最大，动能最大。中等难度，是常见题型，要娴熟驾驭。17．（2024·天津高三期末）如图所示,两块水平放置的正对金属板A、B与电源E相连,金属板A接地,AB板之间有一固定点C．若将B板向上平移一小段距离(仍在C点下方),下列说法中正确的是A．电容器所带电荷量削减B．C点电势上升C．若在C点处固定一带负电的点电荷,其电势能增大D．若保持B板不动,将A板上移一小段距离,C点电势上升【答案】C【解析】A、电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将B板向上平移一小段距离，依据，电容增大，再由Q=CU，可知电容器处于充电状态电何量增多；故A错误.B、依据E=Ud分析得知板间电场强度增大，由U=Ed知，C与A间的电场差增大，A点的电势为零，C点的电势小于零，则知C点的电势降低；故BC、C点的电势降低，由EP=q?C知负电荷在CD、若保持B板不动，将A板上移一小段距离，则极板间距增大，因电压U不变，依据E=Ud，可知电场强度减小，C与B的电势差减小，那么C与A的电势差增大，因此C点电势降低；故D故选C.【点睛】由于金属板与电源始终相连，即使变更两板间距，两板的电压仍不变，驾驭公式，与Q=CU的应用，同时考查了电势能与电荷的电量及电势有关，且留意电荷的极性与电势的正负．18．（2024·安徽高三）如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，圆上有三点A、B、C，其中A与C的连线为直径，∠A＝30°。有两个完全相同的带正电粒子，带电量均为q（q＞0），以相同的初动能Ek从A点先后沿不同方向抛出，它们分别运动到B、C两点。若粒子运动到B、C两点时的动能分别为EkB＝2Ek、EkC＝3Ek，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强电场的场强大小为A． B． C． D．【答案】D【解析】从A点到B点应用动能定理有：从A点到C点应用动能定理有：所以做出等势面和电场线如图所示：则从A点到B点应用动能定理有：解得。选项D正确，A、B、C错误。19．（2024·湖南高三期末）卫星绕某行星做匀速圆周运动的速率的平方（v2）与卫星的轨道半径的倒数（）的关系如图所示，图中b为图线纵坐标的最大值，图线的斜率为k，万有引力常量为G，则下列说法正确的是A．行星的半径为kb B．行星的质量为C．行星的密度为 D．行星的第一宇宙速度为【答案】BCD【解析】A．卫星绕行星做匀速圆周运动，由万有引力供应向心力，则有：得：设行星的半径为R，由图知，当r=R时，v2=b，GM=k，解得：故A错误。B．由上知，GM=k，得行星的质量为：故B正确。C．行星的体积，密度故C正确。D．卫星在行星表面做匀速圆周运动时，运行速度为第一宇宙速度解得第一宇宙速度故D正确。故选BCD。20．（2024·重庆巴蜀中学高三月考）一辆汽车在水平路面上由静止启动,在前4s内做匀加速直线运动,4s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v-t图象如图所示。已知汽车的质量为m=3×103kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.2倍,重力加速度g=10m/s2,则以下说法中正确的是A．汽车在前4s内的牵引力为8×103N B．汽车在前4s内的牵引力为1.2×104NC．汽车的最大速度为12m/s D．汽车的额定功率为96kW【答案】BD【解析】AB．汽车受到的阻力f=0.2×3×103×10=6×103N；前4s内，由图a=2m/s2，由牛顿其次定律：F-f=ma求得：F=f+ma=（6×103+3×103×2）N=1.2×104N

故A错误，B正确；D．t=4s末功率达到额定功率P=Fv=1.2×104×8W=9.6×104W=96kW；故D正确；C．当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度，则最大速度故C错误。故选BD。21．（2024·湖南高三）如图所示，两个固定的光滑四分之一圆弧轨道所在的竖直平面平行，且连线与轨道所在平面垂直，轨道间距为，圆弧所在圆的半径为，轨道下端处切线水平，轨道上端连接有阻值为的定值电阻，轨道处在辐向的磁场中，磁场方向垂直轨道所在圆弧面，圆弧面上磁感应强度大小到处为，一根导体棒放在轨道的上端处并由静止释放，导体棒向下运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体棒的质量为，导体棒和轨道电阻均不计，重力加速度为。若导体棒从运动到过程中，定值电阻上产生的热量为，则导体棒从静止运动到的过程中，下列说法正确的是A．电阻中的电流方向为从到 B．当导体棒的速度为时，电阻的瞬时功率为C．通过电阻的电量为 D．在位置时，对轨道的压力大小为【答案】BC【解析】A．依据右手定则可知，通过电阻的电流方向为到，故A错误；B．由于速度方向始终与磁场垂直，当导体棒的速度为时，感应电动势，则电阻的瞬时功率故B正确；C．通过电阻的电量故C正确；D．依据功能关系，导体棒运动到位置时，在位置求得故D错误。故选BC。三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必需作答。第33~38题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题：共129分。22．（6分）某同学在“探究功与速度变更之间的关系”的试验中，同时测出试验中橡皮绳的劲度系数。所用试验装置如图所示，已知小球质量为m.详细试验步骤如下：（1）将小球放在木板上，木板左端抬高一个小角度，以平衡摩擦力。（2）将原长为OM的橡皮绳一端固定在木板右端的O点，另一端通过力传感器连接小球，将小球拉至P点(M点左侧)，测得OM的距离为l1，OP的距离为l2，力传感器示数为F。则橡皮绳的劲度系数为_____(用F、l1、l2表示)。（3）将小球从P点由静止释放，在M点右侧放置一速度传感器，可测出传感器所在位置的速度v0，将小球上2根3根……像皮绳，重复操作过程，测出多组速度数值，如下表所示。在坐标系中描点、连线，做出W-v2图象_____.（4）由图象可知，橡皮绳做功与小球获得的速度的关系为_____.【答案】（2分）（2分）（2分）【解析】(2)由题意知，橡皮绳伸长量为设橡皮绳劲度系数为k，利用胡克定律解得：(3)依据所给数据描点连线，要求瘦长直大交，得W-v2图像如图所示：(4)由图像可知橡皮绳做功与小球获得的速度平方成正比或.23．（9分）几位同学对一个阻值大约为600Ω的未知电阻进行测量，要求较精确地测量电阻的阻值。有下列器材供选用:A．待测电阻RxB．电压表V(量程6V，内阻约3kΩ)C．电流表A1(量程20mA，内阻约5Ω)D．电流表A2(量程10mA，内阻约10Ω)E.滑动变阻器R1(0～20Ω，额定电流2A)F.滑动变阻器R2(0～2000Ω，额定电流0.5A)G.直流电源E(6V，内阻约1Ω)H.多用表I.开关、导线若干（1）甲同学用多用表干脆测量待测电阻的阻值如图甲所示。若选用欧姆表“×100”档位，则多用表的读数为_____Ω（2）乙同学依据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，电路图如图乙所示，则电流表应选择____(选填“A1”或“A2”)，滑动变阻器应选择____(选填“R1”或“R2”)。（3）丙同学经过反复思索，利用所给器材设计出了如图丙所示的测量电路，详细操作如下：①按图丙连接好试验电路，调整滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置;②开关S2处于断开状态，闭合开关S。调整滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1的示数的一半，读出此时电压表V的示数U1和电流表A的示数I1。③保持开关S1闭合，再闭合开关S2，保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，读出此时电压表V的示数U2和电流表A2的示数I2。可测得待测电阻的阻值为_____，同时可测出电流表A1的内阻为___(用U1、U2、I1、I2表示)。（4）比较乙、丙两位同学测量电阻Rx的方法，你认为哪个同学的方法更有利于减小系统误差？____(选填“乙”或“丙”)同学。【答案】600（1分）A2（1分）R1（1分）（2分）（2分）丙（2分）【解析】(1)选用欧姆表“×100”档位,指针读数为6.0，故多用电表读数为600.(2)电压表量程为6V,阻值约为600，电流表量程约即可,故电流表选择A2；乙图中滑动变阻器采纳分压式接法，滑动变阻器选择总阻值较小的R1.(3)设电流表A1,内阻为r1，依据操作步骤②可得:依据操作步骤③可得:联立方程可得：(4)乙同学的设计方法中，实际测得的阻值为Rx与电流表内阻的串联阻值，测量值偏大，而且电流表内阻未知，相比而言，丙同学的方法更有利于减小系统误差。24.（13分）（2024·湖南高三期末）如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L。在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止起先竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g。求：（1）导体棒到达cd处时速度的大小；（2）导体棒刚进入磁场时加速度的大小；（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。【答案】（1）v=2(F-mg)Hm（2）a=g+B2【解析】【分析】导体棒从起先到运动到cd处的过程,利用动能定理可求得导体棒到达cd处时速度的大小;

求出导体棒刚进入磁场时所受的安培力大小,再由牛顿其次定律求得加速度的大小；导体棒通过磁场区域的过程中,依据电量与电流的关系以及法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求通过电阻R的电荷量.由能量守恒求电阻R产生的热量；解：（1）依据动能定理：(F-mg)H=1解得导体棒到达cd处时速度的大小：v=2(F-mg)H（2）依据牛顿其次定律：mg+F安培力：FAI=ER+r，导体棒刚进入磁场时加速度的大小：a=g+B（3）导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量：（1分）I=ER+r，通过电阻R的电荷量：，解得：q=BLdR+r依据动能定理：(F-mg)(H+L)-W电路中的总热量：Q=WA（1分）电阻R中的热量：QR解得：QR25.（19分）（2024·四川高三）如图，小滑块A与木板B均静止于粗糙水平地面上，A与B左端的距离为x0=4.5m，小滑块C静止于木板B的右端，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，C与B间的动摩擦因数μ2=0.2。现给A一个方向水平向右、大小v0=5m/s的初速度。已知A、B、C的质量分别为mA=1kg、mB=3kg、mC=lkg，A、B间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时问极短，滑块C始终未离开木板B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求：（l）碰前瞬间A的速度大小和碰后瞬间B的速度大小；（2）碰后瞬间B、C的加速度大小；（3）从碰后到木板B最终停止，B与地面间因摩擦而产生的热量。【答案】（1）4m/s，2m/s；（2），；（3）5J【解析】【详解】（1）从A物体起先运动到与B物体碰撞，由动能定理可得（1分）代入数据解得A碰前的速度为（1分）A、B间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时问极短，故A、B间的碰撞动量守恒，动能守恒，（1分）（1分）解得，碰后瞬间B的速度大小为（1分）（2）C物体速度为0，故C物体受到水平向右的摩擦力，（1分）由牛顿其次定律（1分）代入数据得，C物体的加速度为（1分）方向向右；B物体受到地面对左的摩擦力和C物体对它向左的摩擦力，（1分）故由牛顿其次定律（1分）代入数据解得（1分）方向向左。（3）碰后B物体向右削减运动，C物体向右加速运动，当两者速度达到相等时有（1分）解得，，（1分）此过程中，B物体的位移为（1分）B与地面摩擦产生的热量为（1分）B、C共速后，两物体一起向右做减速运动直到速度减为0，此过程中两物体加速度为（1分）两物体速度减为0时的位移为（1分）故B与地面摩擦产生的热量为（1分）故B与地面摩擦产生的总热量为（1分）（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。假如多做，则每科按所做的第一题计分。33．[物理—选修3–3]（15分）（1）（5分）（2024·重庆高三）下列说法正确的是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．温度肯定时，悬浮在水中的花粉颗粒越小，布朗运动越明显B．全部晶体都有固定的熔点，且都表现为各向异性C．肯定质量的志向气体等压膨胀过程温度肯定上升D．分子间作用力减小过程，其分子势能肯定越来越大E．对气体做功可以变更其内能【答案】ACE【解析】A．布朗运动与固体颗粒大小、温度有关，试验发觉颗粒越小、温度越高，布朗运动越明显，故A正确；B．全部晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，但单晶体具有各向异性，多晶体表现为各向同性，B错误；C．肯定质量的志向气体等压膨胀过程有压强不变，体积增大，由知温度肯定上升，C正确；D．当分子间的作用力表现为斥力时，斥力减小时，分子间距肯定增大，分子力做正功，分子势能减小；当分子间的作用力表现为引力时，引力减小时，分子间距可能增大，也可能减小，因此分子力可能做负功，也可能做正功，分子势能可能增大或减小，故D错误。E．依据热力学第肯定律可知，做功和热传递均可以变更物体的内能，E正确。故选ACE。（2）（10分）如图所示，一根两端开口、粗细匀称且导热性良好的足够长的玻璃管竖直插入足够大的水银槽中并固定，管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭一段长L=85cm的气体,气体的热力学温度T1=300K，现在活塞上缓慢加入细沙，直到活塞下降20cm为止，外界大气压强P0=75cmHg，g=10m/s2。（i）求活塞下降20cm时，封闭气体的压强；（ii）保持加入的细沙的质量不变，对封闭气体缓慢加热，求活塞回到原来位置时，封闭气体的热力学温度。【答案】（i）；（ii）380K。【解析】（i）设活塞下降20cm时，管内外水银面高度差为x，高为x的水银产生的压强为px，则有气体做等温变更:（1分）解得:x=10cm（1分）（2分）（ii）气体做等压变更，有（1分）其中（1分）（1分）（1分）解得:T3=380K。（2分）34．[物理一选修3–4）（15分）（1）5分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻刚好传到E点，且A点在波峰，B、C、D也是波上质点，波形如图（a）所示；质点C的振动图象如图（b）所示。在x轴正方向E点有一能接收简谐横波信号的接收器（图中未画出）以5m/s的速度向x轴正方向运动。下列说法正确的是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．波速是10m/sB．t=0时刻