安徽省程集中学2024届高考物理一模试卷含解析

安徽省程集中学2024届高考物理一模试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题；木题共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、如图所示，虚线表示某电场的等势面，等势面的电势图中已标出。一带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到8点,

粒子的运动轨迹如图中实线所示。设粒子在A点时的速度大小为“、电势能为约，八，在4点时的速度大小为以、电势

能为E*。则下列结论正确的是（）

5V10V15V

A.粒子带正电，以>乙，EpA<EpB

EE

B.粒子带负电，以>以，PA>PB

粒子带正电，眩<以，<E

C.EI,ApB

D.粒子带负电，巳<%,EpA>EpB

2、理想变压器的输入端、输出端所连接电路如图所示，图中交流电源的电动势e=311sin（1007rt）V,三只灯泡完全相同。

当电键&、S2均断开时，交流电源的输出功率为理想变压器输出功率的3倍。下列各说法中正确的是（）

L\

A.理想变压器的匝数比为1:3

B.灯泡1”消耗的功率是灯泡Lz消耗功率的4倍

C.断开电键Si,闭合电键S2时，灯泡Li两端的电压有效值为110V

D.断开电键S2,闭合电键Si时，灯泡Li的亮度与C项情况下相比较较暗

3、如图甲所示是一条电场线上的两点，从M点由静止释放一个带正电的带电粒子，带电粒子仅在电场力作用下

沿电场线M点运动到N点，其运动速度随时间，的变化规律如图乙所示下列叙述中不正确的是（）

N

侯甲图乙

A.M点场强比N的场强小

B.M点的电势比N点的电势高

C.从“点运动到N点电势能增大

D.从M点运动到N点粒子所受电场力逐渐地大

4、如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为〃八和，〃B的物块A、8用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦

因数相同，它们的质量之比〃以"〃B=2:L当用水平力尸作用于3上且两物块以相同的加速度向右加速运动时（如图甲

所示），弹簧的伸长量打；当用同样大小的力尸竖直向上拉〃且两物块以相同的加速度竖直向上运动时（如图乙所示）,

弹簧的伸长量为XB,则XA：X"等于（）

F

乙

A.1:1B.1:2C.2:1D.3:2

5、如图，Si>S2是振幅均为A的两个水波波源，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。则

A.两列波在相遇区域发生干涉

B.。处质点振动始终减弱，氏c处质点振动始终加强

C.此时。、b、c处各质点的位移是：xfl=0,Xb=-2A,xc=2A

D.a、》、c处各质点随着水波飘向远处

6、一同学研究箱子的运动，让一质量为m=1kg的箱子在水平恒力月的推动下沿光滑水平面做直线运动，箱子运动

的土X-，图线如图所示，，是从某时刻开始计时箱子运动的时间，工为箱子在时间/内的位移，由此可知（）

t

A.箱子受到的恒力大小为尸=0.5N

B.0〜10s内箱子的动量变化量为5kg-m/s

C.5s时箱子的速度大小为5.5m/s

D.0~5s内箱子的位移为27.5m

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、某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律，由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共有8卷代替输电

线路（忽略输电线的自感作用）.第一次试验采用如图甲所示的电路图，将输电线与学生电源和用电器直接相连，测得

输电线上损失的功率为6,损失的电压为第二次试验采用如图乙所示的电路图，其中理想变压器（与学生电源

相连，其原副线圈的匝数比理想变压器4与用电器相连，测得输电线上损失的功率为鸟，损失的电压为U2,

两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同，下列正确的是

图甲图乙

A.修：4=鸟：丐B.

C.U2：lJy=n]:n2D.

8、在如图所示的轴上有M、N两质点，两点之间的距离为x=12m,已知空间的简谐横波由M向N传播，某时刻两质

点的振动图像如图所示，已知该简谐横波的波长介于8m和10m之间。下列正确的是（）

y/cmp/cm

A.该简谐横波的传播周期为0.8s

B.该简谐波的波长可能为48m

C.该简谐波的波长一定等于9.6m

D.该简谐横波的传播速度大小为12m；s

E.0~l.2s的时间内质点M点的路程为120cm

9、如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为4：1,6是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除K

以外其余电阻不计。从某时刻开始单刀双掷开关掷向在原线圈两端加上如图乙所示交变电压，则下列说法中正确

的是（）

A.当开关与。连接时，电压表的示数为55V

B.当开关与。连接时，滑动变阻器触片向下移，电压表示数不变，电流表的示数变大

C.开关由〃扳到。时，副线圈电流表示数变为原来的2倍

D.当单刀双掷开关由。拨向力时，副线圈输出电压的频率变为原来2倍

10、如医所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定，轻弹簧一端连接于竖直墙上，另一端连接于套在杆上的小球上，小球

处于静止状态。现用平行于杆向上的力尸拉球，使小球沿杆缓慢向上移动，当弹簧水平时恰好处于原长，则从小球开

始向上运动直到弹簧水平的过程中，下列说法正确的是（）

A.拉力/越来越大B.拉力产先减小后增大

C.杆对球的作用力一直减小D,杆对球的作用力先增大后减小

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）某同学设计测量电流表内阻的实验。待测电流表的内阻公约在1k。〜2k。之间，量程250|iA。提供实验器

材：

电源（4V,0.6ft）

电键S及导线若干

一只电阻箱R（0-999912）

滑动变阻器小（0-50H,0.6A）

滑动变阻器R2（O-lkC,0.3A）

某同学的测量过程如下：

第一，选择实验器材，设计实验的电路图，如图甲所示:

第二，实验操作步骤如下：

①先按电路图接好各元件，调节滑动变阻器”的滑片P位置，再使电阻箱阻值为零

②闭合电键S,调节滑动变阻器”的滑片P于某一位置，使电流表达到满刻度心

③滑动变阻器”的滑片P保持不变，调节电阻箱值使电流表读数为4的一半，记下电阻箱读数心,则待测电流表的

内阻治=&,请回答以下问题：

（1）为了精确测量电流表的内阻，该同学选择的滑动变阻器*是_____（选填或“心”）。

⑵该同学在操作步骤①中，滑动变阻器”的滑片P应置于端（选填或“肥）理由是_____。

⑶接照该同学所设计的实验思路，用铅笔画出的线代表导线在图乙中替他完善正确规范的实验电路连接，导线不能交

叉o

（4）在实验步骤③中，确保滑动变阻器”的滑片P的位置不变，其理由是_____o

12.（12分）一个小电珠上标有“2V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘出这个电珠的U-/图象，有下列器材供选用:

A.电压表（量程为0~3V,内阻约为10kC）

B.电压表（量程为0~15V,内阻约为2OkC）

C.电流表（量程为0-0.6A,内阻纥为1A）

D.电流表（量程为01.0A,内阻约为0.4Q）

E,滑动变阻器（阻值范围为0~5Q,额定电流为10A）

F.滑动变阻器（阻值范围为0500。，额定电流为0.2A）

（1）实验中电压表应选用,电流表应选用（均用器材前的字母表示）。

⑵为了尽量减小实验误差，要电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器调节方便，滑动变阻器应选用

（用器材前的字母表示）。

（3）请在虚线框内画出满足实验要求的电路图____,并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图________

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.（10分）如图所示，用折射率加的玻璃做成内径为R、外径为*=夜A的半球形空心球壳，一束平行光射向

此半球的外表面，且与中心对称轴00平行，不计多次反射。求球壳内部有光线射出的区域？（用与00所成夹角表

14.（16分）如图所示，在x=0处的质点。在垂直于x轴方向上做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的机械波。在，

一］）时刻，质点O开始从平衡位置向上运动，经0.4s第一次形成图示波形，尸是平衡位置为x-0.5m处的质点.

（1）位于x=5m处的质点5第一次到达波峰位置时，求位于x=2m处的质点A通过的总路程。

（2）若从图示状态开始计时，至少要经过多少时间，尸、A两质点的位移。坐标）才能相同？

15.（12分）如图为一由透明介侦制成的截面为1圆的柱体，放在水平面上，具中。点为圆心，该圆的半径为一

4

点光源发出一细光束，该光束平行水平面射到透明介质上的M点，该光束经透明介质折射后射到水平面上的。点。

己知。例=；/?,OQ=GA,光在空气中的速度为c。求：

①透明介质的折射率〃应为多少？

②该光束由M点到。点的时间为多少?

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、A

【解析】

由题图中所标出的等势面的电势值，知该电场可能是正点电荷形成的电场，电场强度的方向由电势高的地方指向电势

低的地方。根据曲线运动的规律，带电粒子受到的电场力指向曲线的内侧，即带电粒子受到的电场力与电场强度方向

相同，则带电粒子带正电；带正电粒子从A运动到8点，电场力做负功，电势能增大，动能减少，故A项正确，BCD

错误；

故选A。

2、B

【解析】

AB.变压器的输出功率等于输入功率，电源的输出功率等于灯泡Li的功率和变压器的输入功率之和，所以由已知条

件知灯泡Li的功率等于变压器输入功率的2倍，也就是灯泡L的功率等于灯泡Lz、L3的功率之和的2倍，所以灯泡

Li的功率是灯泡L2功率的4倍，则变巨器原线圈的电流是副线圈电流的2倍，由理想变压器电流与匝数成反比，可得

匝数比为1：2,故A错误，B正确；

C.断开电键Si,闭合电键S2时，由上面分析知儿=242,贝U

ULI=2UU

变压器的输入电压和输出电压关系为

U2=2UX

而

311

U〃+UI=7^V=220V

所以

Ui=176V,UL2=88V

故C错误；

D.断开电键S2,闭合电键Si时，Ui=220V,则S=440V,所以

UL2=220V

与C中相比电压升高，灯泡变亮，故D错误。

故选B。

3、C

【解析】

AD.从X图像可以看出，加速度越来越大，根据牛顿第二定律尸=〃7々，则说明受到的电场力越来越大，根据公式

F=qE,说明电场强度越来越大，所以M点场强比N的场强小，故AD正确;

B.因为带电粒子做加速运动，所以受到的电场力往右，又因为带电粒子带正电，所以电场线的方向往右，又因为顺

着电场线的方向电势降低，所以M点的电势比N点的电势高，故B壬确；

C.从M点运动到N点动能增加，电势能应该减小，故C错误。

故选C。

4、A

【解析】

设机A=2初尸2小，对甲图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度:

手一〃（啊+〃％）g=F

4g

mA+mn3m

对A物体有:

F»-/r2ing=2ina,

得

2F,2F

3=如…=3Z

对乙图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度：

，/一（〃%+能8）gF

a=-------------------=-

mA+mK3m

对A物体有：

,,

F^-2ing=2inaf

得

=^-=kx2

dJ

2F

x）——

-3k

则Xl：X2=l：1.

A.1:1,与结论相符，选项A正确；

B.1:2,与结论不相符，选项B错误；

C.2:1,与结论不相符,选项C错误：

D.3:2,与结论不相符，选项D错误.

5、C

【解析】

A.图中两列波的波长不同；波速由介质决定，是相同的；根据u=频率不同，两列波不会干涉，只是叠加，A

错误；

B.两列波不能产生稳定的干涉，所以振动不是始终加强或减弱的，B错误；

C.波叠加时，各个质点的位移等于各个波单独传播时引起位移的矢量和，故

x（）=A-A=01xh=—A—A=-2A,xc=A+A=2A,

C正确；

D.波传播时，各个质点只是在平衡位置附近做振动，D错误；

故选C。

6、D

【解析】

A.将匀变速直线运动位移公式

工=W+gs2

两边同除以f可得

X1

7=F

对比土T图线可知，箱子的初速度

t

%=3m/s

图线斜率为

—6/=O.5m/s2

2

箱子运动的加速度

a=Irn/s2

由牛顿第二定律，恒力

F=ma=1N

故A错误；

B.箱子的初动量为

Po=m匕=3kg-m/s

10s时箱子的速度大小

v=v0+atx=13m/s

。〜10s内箱子的动量变化量

=mv-mv0=1Okg-in/s

故B错误；

C.5s时箱子的速度大小为

v5=v0+at2=8in/s

故C错误；

D.0~5s内箱子的位移为

=3x5m+—x1x52m=27.5m

2

故D正确。

故选D。

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0分。

7、BC

【解析】

p

设学生电源提供的电压为u,输出功率为P,输电线的总电阻为r,则第一次实验中的电流为/=看，故Q=〃,

第二次试验中，根据变压器电流反比线圈匝数可知齐表输电线中的电流为“人，故

“1\2r2

22

U2=I.r=^-IrtP2=I~r=(^-)Irt所以七二%‘二4，匕」%,[〃；，BC正确.

2

“、U、Irn2耳Ir后

【点睛】

对于远距离输电这一块：

(D输电电流I：输电电压为U,输电功率为P,则输电电流/=£；

(2)电压损失AU：AU=Ir,输电线始端电压U与输电线末端电压U'的差值；

(3)功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率①"=尸用与，②妤=/△〃,

R

8、ACD

【解析】

A.由振动图像可知这列波的周期为T=0.8s,A正确；

BCD.由于简谐波由M向N传播，则有

X=(7?+—)Z,(〃=0、1、2、3...)

4

又因为8mOvlOm,所以〃=1时，x=9.6m,则波速由

Z

v=—

T

可得

v=12m/s

B错误，CD正确；

E.一个周期内质点通过的路程为振幅的4倍，l.2s为1.5个周期，则M点通过的路程为振幅的6倍，即60cm,E错

误。

故选ACDo

9、ABC

【解析】

A.根据输入电压的图像可读出变压器原线圈两端的电压有效值为

U]=崇=220V

而变压器两端的电压比等于匝数比，有

U,=-^U.=-x220V=55V

'九4

电压表测量的是副线圈输出电压的有效值为55V,故A正确；

B.当开关与。连接时，滑动变阻器触片向下移，因U=220V不变，则U?=55V不变，即电压表的示数不变，负载电

阻变小，则副线圈的电流变大，即电流表的示数变大，故B正确；

C.开关由。扳到力时，副线圈的电压变为

二卫a=-x220V=110V

%2

电压变为原来的2倍，负载电阻不变，则电流表的示数变为原来的2倍，故C正确；

D.变压器能改变电压和电流，但不改变交流电的频率，则当单刀双掷开关由。拨向力时，副线圈输出电压的频率不

变，故D错误。

故选ABC。

10、AC

【解析】

AB.弹簧的弹力一直减小到零，弹力与竖直方向的夹角一直增大，设弹簧弹力与单与竖直方向的夹角为在小球缓

慢向上运动的过程中

F=mg-cosa

可以分析得到厂一直增大，故A正确，B错误；

CD.设弹簧的原长为L,则杆对小球弹力

(L、

F=Fsina=k--------Lsin=kL(\-sina)

N(sina)

随a增大，&减小，故C正确，D错误。

故选AC,

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、Qa接通电路时，确保电流表安全

持。尸间电压不变

【解析】

根据题意要求精确测量电流表内阻及分压式连接，为了便于调节分压，需要选择阻值较小，额定电流较大的滑动

变阻器，即

(2)[2]⑶为了确保开关闭合后，电路安全，因此滑动变阻器的滑片应置于。端，这样测量电路部分开始时分压为0,保

证了电路安全。

(3)[4]根据电路图，连接实物图如图所示：

(4)[5]在实验步骤③中，确保滑动变阻器*的滑片P的位置不变，其理由是保持〃尸间电压不变。

12、ADE

乙丙

【解析】

(1)口］因为电珠的额定电压为2V,为保证实验安全，选用的电压表量程应稍大于2V,但不能大太多，量程太大则示

数不准确，所以只能选用量程为03V的电压表，故选A；

⑵由P=得，电珠的额定电流

p

/=—=1A

U

应选用量程为01.0A的电流表，故选D。

(2)网由题意可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中，为调节

方便应选总阻值小的滑动变阻器，故选E。

⑶⑷⑸电珠内阻

2Q

电压表内阻远大于电珠内阻，应采用电流表外接法，故电路图和实物连接图分别如图乙、丙所示

乙丙

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、以00,为中心线，上、下(左、右)各60。的圆锥球壳内均有光线射出。

【解析】

设光线〃。射入外球面，沿。力方向射向内球面，刚好发生全反射，则有：

1

sinC--

n

可得C=45。

在AOab中，Oa-夜R,Ob=R

士十升』ehs'"（180°一。）sinr

由正弦定理得一y=--=--

也RR

解得：r=30°

由迎_=〃，得i=45