2024届江西省临川市高考仿真卷物理试题含解析

2024届江西省临川市高考仿真卷物理试题

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、图1为沿斜坡向上行驶的汽车，当汽车以牵引力户向上运动时，汽车的机械能£与位移x的关系如图2所示（AG

段为曲线），汽车与斜面间的摩擦忽略不计.下列说法正确的是（）

A.0〜K过程中，汽车所受拉力逐渐增大

B.4〜力过程中，汽车速度可达到最大值

C.0〜X3过程中，汽车的动能一直增大

D.XI〜12过程中，汽车以恒定的功率运动

2、下列说法正确的是：

A.国际单位制中力学中的三个基本物理量的单位是m、kg、m/s

B.滑动摩擦力可以对物体不做功，滑动摩擦力可以是动力

C.在渡河问题中，渡河的最短时间由河宽、水流速度和静水速度共同决定

D.牛顿第一定律是经过多次的实验验证而得出的

3、目前在太阳系内一共已经发现了约127万颗小行星，但这可能仅是所有小行星中的一小部分.若某颗小行星在离太

阳中心H处做匀速圆周运动，运行的周期为7;已知引力常量为G,仅利用这三个数据，可以估算出太阳的（）

A.表面加速度大小B.密度C.半径D.质量

4、如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在

右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60。，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止

不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g,若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分

别为（）

B.eiA=2g,%二°

C.aA-6g>为=°

D.%=2岛，aB=0

5、家电待机耗电问题常常被市民所忽略。北京市电力公司曾举办“计量日进您家”活动，免费上门为市民做家庭用电耗

能诊断分析。在上门实测过程中，技术人员发现电视机待机一天的耗电量在0.2度左右，小小机顶盒一天的待机耗电

量更是高达0.4度。据最新统计温州市的常住人口约1000万人，参考下表数据，估算每年温州市家庭用电器待机耗电

量约为（）

家庭常用电器电视机洗衣机空调电脑

户均数量（台）2121

电器待机功耗（W/台）10204040

A.4x10,度B.4xl（17度C.4xl（）9度D.4x10“度

6、利用示波器可以显示输入信号的波形，单匝正方形金属线框Med处在匀强磁场中，当以线圈平面内某虚线。。为

轴匀速转动时，线圈内产生的电流随时间的变化关系如图甲所示。则在四个选项所示的情景中，无论从线圈平面处于

哪个位置开始计时，都不可能产生该电流的是（）

.XXX

D.x

XXX%

I）

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、如图所示为在“测电源电动势和内电阻”的实验中得到的U-/图线。图中U为路端电压，/为干路电流，。、b为

图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为％、%,电源的输出功率分别为名、phf对应的外电阻为此、（。

已知该电源输出功率的最大值为匕…电源内电阻为L由图可知（）

A.%：，=2:1B.%：%=1：2C.P：P„=\AD.优：匕皿=8:9

8、如图所示，在磁感应强度为8的匀强磁场中，。0为一个与磁场方向垂直、长度为L的金属杆，己知

ab=hc=c0=^。。两点与磁场中以。为圆心的同心圆（均为部分圆弧）金属轨道始终接触良好。一电容为。

的电容器连接在金属轨道上。当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴，以角速度。顺时针匀速转动且电路稳定时,

下列说法正确的是（）

A.a、b、c>。四点比较，。点电势最高

B.电势差Uac=2U”>

C.电势差&,=2。砧

4

D.电容器所带电荷量为g。及汉？

9、空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电

阻率为〃、横截面积为S,将该导线做成半径为，的圆环固定在纸面内，圆心。在上.U0时磁感应强度的方向如

图（a）所示：磁感应强度8随时间，的变化关系如图（b）所示，则在U0到U4的时间间隔内

图（a）

A.圆环所受安培力的方向始终不变

B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C.圆环中的感应电流大小为『

D.圆环中的感应电动势大小为空匚

10、如匡所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。金属块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器

固定在外框上，金属块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动。电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集

器。下列关于该传感器的说法正确的是（）

_也介/

/1；T仁T\WVWr介

U计玄机P

A.在汽车向右匀速直线运动过程中电路中没有电流

B.在汽车向右匀加速直线运动过程中电路中有电流

C.在汽车向右做加速度增大的减速运动过程中电介质所处的位置电势升高

I）.在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的电流

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点。正下方尸点处有水平放置的炽热电

热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动，现对小球采用频闪数码相机连续拍

摄，在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示，。、从c、d为连

续四次拄下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s,照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实

际背景屏的长度之比为1：4,贝！1：

⑴由以上信息，可知。点（填“是”或“不是”）小球的抛出点；

⑵由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为m；s2

⑶由以上信息可以算出小球平抛的初速度大小是m/s;

⑷由以上信息可以算出小球在b点时的速度大小是________m/s.

12.（12分）某兴趣小组要精确测定额定电压为3V的白炽灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻约500。,

实验室提供的器材有:

A.电流表A（量程：0〜3mA,内阻&=15。）

B.定值电阻6=19850

C.滑动变阻器R（0~10。）

D.电压表V（量程：0〜10V,内阻&=lk。）

E.蓄电池E（电动势为12V,内阻「很小）

F.开关S一个

G.导线若干

（1）要精确测定白炽灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的

（2）选择正确电路进行实验，若电压表的示数用U表示，电流表的示数用,表示，写出测量白炽灯电阻的表达式段=一

（用题目中给的相应字母表示），当电流表中的电流强度上__mA时，记下电压表的读数U并代入表达式，其计算结

果即为白炽灯正常工作时的电阻。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（io分）如图所示，在空间直角坐标系中，I、n象限（含工、y轴）有磁感应强度为片=IT,方向垂直于纸面

向外的匀强磁场和电场强度为E=10N/C,方向竖直向上的匀强电场；m、W象限（不含X轴）有磁感应强度为

B、二£T,方向沿）'轴负方向的匀强磁场，光滑!圆弧轨道圆心。'，半径为R=2m,圆环底端位于坐标轴原点。。

质量为%=lkg,带电/=+lC的小球M从0,处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到。点。质量为网=2kg,

带电%=+1.8C小球的N穿在光滑圆弧轨道上从与圆心等高处静止释放，与加同时运动到。点并发生完全非弹性碰

撞，碰后生成小球P（碰撞过程无电荷损失）。小球M、N、夕均可视为质点，不计小球间的库仑力，取g=10m/s2,

求：

（1）小球M在0'处的初速度为多大；

⑵碰撞完成后瞬间，小球尸的速度；

⑶分析P球在后续运动过程中，第一次回到）'轴时的坐标。

14.（16分）如图所示，有一棱镜ABC。，ZB=ZC=90°,ZD=75°.某同学想测量其折射率，他用激光笔从面

上的0点射入一束激光，从。点射出时与4。面的夹角为45。，Q点到8C面垂线的垂足为£,/P^=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CO边后是否会从CD边出射？请说明

理由。

15.（12分）在实验室内小张站在某高处水平伸出手以6m/s的初速度竖直上抛一玩具球，如图所示从抛出开始计时，

玩具球在空中运动0.5s刚好到达最高点，已知手离地面高h为2.5m,球在空气中受到大小恒定的空气阻力g取lOnVs2,

求：

（1）玩具球下降过程中的加速度大小；

⑵玩具球第一次即将落地前瞬间的速度大小。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B

【解析】

A.设斜板的倾角为处则汽车的重力势能

Ep=mgsina,

由动能定理得汽车的动能为

Ek=Fx-ingsina,

则汽车的机械能为

七二线+与=与，

即图线的斜率表示产，则可知0~。过程中汽车的拉力恒定，故A错误；

B.过程中，拉力逐渐减小，以后随着尸的减小，汽车将做减速运动，当£=〃7gsina时，加速度为零，速度达

到最大，故B正确；

C.由前面分析知，汽车先向上匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，

073过程中，汽车的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C错误；

D.XLX2过程中，汽车牵引力逐渐减小，到X2处为零，则汽车到X2处的功率为零，故D错误.

故选B。

2、B

【解析】

A.国际单位制中力学的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s,A错误；

B.滑动摩擦力可以不做功，例如:你的手在墙上划，你的手和墙之间有摩擦力，这摩擦力对你的手做功,却对墙不做功，因

为力对墙有作用力但没位移.滑动摩擦力可以是动力，例如将物体由静止放在运动的传送带上，物体将加速，滑动摩

擦力起到了动力的效果，B正确；

C.在渡河问题中，渡河的最短时间由河宽、静水速度共同决定，与水流速度无关，也可以理解为水流不能帮助小船渡河,

C错误；

D.牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，无法通过实验进行验证，D错误；

故选B.

3、D

【解析】

AC.在太阳表面，重力和万有引力相等，即

-Mm

G「一=mg

r

因根据已知条件无法求出太阳半径，也就无法求出太阳表面的重力加速度，故AC错误;

B.在不知道太阳半径的情况下无法求得太阳的密度，故B错误；

D.根据万有引力提供向心力可得

「Mm4/r

G——=m——

R2T2

求得中心天体质量

M工

GT-

故D正确。

故选：Do

4、D

【解析】

对水平细线被剪断前的整体和小球B受力分析，求出两段弹簧中的弹力。水平细线被剪断瞬间，绳中力变为零，弹簧

弹力不会突变，对A和B分别受力分析，由牛顿第二定律求出AB各自的加速度。

【详解】

设两球的质量均为m,倾斜弹簧的弹力为刀，竖直弹簧的弹力为对水平细线被剪断前的整体受力分析，由平衡条

件可得：7Jcos6(y，=2〃吆，解得：方二4"长。对水平细线被剪断前的小球B受力分析，由平衡条件可得：T2=o

水平细线被剪断瞬间，绳中力变为零，弹簧弹力不会突变。对水平细线被剪断瞬间的A球受力分析知，A球所受合力

0

与原来细线拉力方向相反，水平向左，由牛顿第二定律可得：T^inGQ=maA,解得：4=2&。对水平细线被剪

断瞬间的B球受力分析知，B球的受力情况不变，加速度仍为仇故D项正确，ABC三项错误。

【点睛】

未剪断的绳，绳中张力可发生突变；未剪断的弹簧，弹簧弹力不可以突变。

5、C

【解析】

温州市的常住人口约1000万人，平均每户的人口按3人计算，温州大约330万户家庭，一个家庭电器的待机功率：

2xl()W+lx20W+2x40W+lx40W=160VV；所有用电器待机的总功为：W=NPt=330xl0』x0.16kWx(360x24h)

=456192乂1伊!＜、¥・11=乂.6又109度；故选C,

6、A

【解析】

A.当以线圈平面内某虚线OO'为轴匀速转动时，线圈中的磁通量始终不变，没有感应电流产生，故A不可能产生该

电流，故A符合题意；

BCD.三图中线圈绕垂直于磁场方向的轴转动，磁通量发生变化，根据交变电流的产生原理可知，三者均产生示波器

中的正弦式交变电流，故BCD不符合题意。

故选A。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、ACD

【解析】

AC.设电流的最小分度为人电压的最小分度为U,则可知，电源的电动势E=6U；Ua=4U,Ub=2U；电流入=41,/后8/；

则由可知，故电源的输出功率相等；

则闭合电路欧姆定律可知，

E=1O+R）

代人解得：

r=2：1；

故AC正确；

B.电源的效率//定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比.

77—--------------——

P忠IEE

E为电源的总电压（即电动势），在U・I图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知则

2

%=-

1

则

小：〃b=2：1

故B错误；

D.当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，此时电压为3U,电流为6/；故:

Pa：Anax=8：9

故D正确；

故选ACDo

8、BD

【解析】

A.如图所示

杆。儿。顺时针匀速转动切割磁感线，由右手定则知感应电动势方向为0f。，杆加（0相当于电源，所以。点电势

最高，故A错误；

BC.综合运动规律，的中点8的线速度为

2

V）=co[L

综合电路规律，电路稳定后，电容器既不充电也不放电.电路中无电流,由法拉第电磁感应定律得

U—匕

解得

4、

Uac=Ece=-BcoL

同理，c力中点的线速度为

5,

v.=co-L

6

又有

力,=%=8".彩=2

J1O

。。中点C的线速度为

1,

V3=（D-L

可得

2?

UbO=E:,o=B-L^=-B3c

J7

故B正确，C错误;

D.电容器接在〃、。两点间，带电荷量为

Q=cu扰

解得

4,

Q=CUlc=-CB（ol：

故D正确。

故选BDo

9、BC

【解析】

AB、根据图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在R）时刻，磁场的方向发生变化，故安

培力方向心的方向在加时刻发生变化，则A错误，B正确；

CD、由闭合电路欧姆定律得：/=-,又根据法拉第电磁感应定律得：£=—=又根据电阻定律得：

R\t\t2

R=P”,联立得：1=警,则C正确，D错误.

S4fop

故本题选BC.

10、AD

【解析】

A.当汽车向右匀速直线运动时，电介质位置不变，根据电容的决定式

c二3

47M

可知电容器的电容不变，因两板电压不变，根据电容的定义式

u

可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，A正确；

B.当汽车以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，根据电容器的决定式可知电容器的电容不

变，因两极的电压不变，根据电容器的定义式可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，B缙误；

C.电容器两端与电源连接，电压等于电源电压不变，两板间距不变，电容器两板之间形成的匀强电场不变，根据匀

强电场中电势差与场强的关系

U=Ed

可以推断电介质所处位置电势不变，C错误：

D.当电珞中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，因电容器两端电压等于电源电压不变，根据

Q=CU

可知电容器的电容。增大导致电容器所带电荷量增加，根据电容器的决定式

c二储s

4加0

可知插入极板间电介质加深，弹簧越拉越长，合力向右增大，汽车向右做加速度增大的加速运动符合上述结果，D正

确。

故选AD,

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

4拉

11、是，8,0.8,

—

【解析】

(D[1]因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1：3：5,符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知。点的

竖直分速度为零，。点为小球的抛出点,

(2)[2]由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得乙图中正方形的边长/=4cm,竖直方向上有：

f2

Ay=2L=gT

解得：

,2L2x4x10-2

=8m/s2

(3)[3]水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为:

2L_2x4xlQ2

=0.8m/s

~r~~6T

(4)[4]b点竖直方向上的分速度

^=4£=0J6m/s=08m/s

坨2T0.2

所以:

以二=0.8>/2ni/s=m/s

5

/(—+凡)

、(2)U(3)1.5

12(1)C------1

【解析】

(1)[1]要精确测定额定电压为3V的白炽灯正常工作时的电阻，需测量白炽灯灯两端的电压和通过白炽灯灯的电流,

由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量白炽灯两端的电压，可以将电流表A与定值电阻串

联改装为电压表测量电压；

白炽灯正常工作时的电流约为

u_

=-----Q=6mA

~R50()

左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，可以用电压表测量总电流，约:

10

%Q=10mA

凡1000

因为滑动变阻器阻值远小于白炽灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法。

所以电路图选取C.

(2)[2]根据欧姆定律知，灯泡两端的电压

U=I(R[+RR,

通过灯泡的电流为：

所以白炽灯正常工作时的电阻为:

R=U"+8)

/灯—:

A

网改装后的电压表内阻为：Rv=1985+15Q=2000Q,则当/=1.5mA时，白炽灯两端的电压为3V,达到额定电压，测出

来的电阻为正常工作时的电阻。

四、计算题：本