2024高考必考物理模拟试卷含解析(一)

高考模拟检测卷（一）试题

物理

一、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.如图所示为氢原子的能级示意图，则下列说法正确的是（）

A.大量处于〃=4能级的氢原子向基态跃迁时，能发出3种不同频率的光

B.一个处于〃=4能级的氢原子，最多只能放出6种光子

C.用能量为10.6eV的天量电子，去激发处于基态的大量氢原子，可能使处于基态

的氢原子跃迁到激发态

D.已知金属钾的逸出功为2.25eV,从〃=3能级跃迁到〃=2能级释放的光子可使

金属钾发生光电效应

【答案】C

【解析】

【详解】A.大量处于〃=4能级的氢原子向基态跃迁时，根据

C；=6

可知能发出6种不同频率的光，A错误；

B.一个处于〃=4能级的氢原子，可能出现的跃迁路径为

4-1

472―1

4-3―1

4―3—2—1

可知最多只能放出3种光子，B错误;

C.处于基态的氢原子跃迁到〃=2激发态需要吸收的能量为

△£二心一耳=10.2eV

因为电子的能量可以部分被吸收，故用能量为10.6eV的大量电子，去激发处于基

态的大量氢原子，可能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，C正确；

D.从〃=3能级跃迁到〃=2能级释放的光子能量为

AF=E3-E2=-1.5leV-（-3.4）eV=1.89eV<2.25eV

由于光子能量小于金属钾的逸出功，故不能使金属钾发生光电效应，D错误；

故选C。

2.如图所示，在水平力”作用下A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，

且用0,则（）

A.A的受力个数可能是3个B.A的受力个数可能是5个

C.B的受力个数可能是3个D.B的受力个数可能是5个

【答案】D

【解析】

【详解】对A3系统受力分析可知，斜面对B摩擦力可能为零

AB.对A受力分析，由平衡条件得：A受重力，B对A的支持力，水平力F,以

及B对A的摩擦力四个力的作用，故AB错误；

CD.对B受力分析：B至少受重力、A对B的压力、A对B的静摩擦力、斜面对

B的支持力，还可能受到斜面对B的摩擦力，故D正确，C错误。

故选D。

3.中、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方产隧x

的变化图像如图所示，下列说法正确的是（)

“/(rrBs")

36

甲

18乙

0369x/m

A.汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时，甲车的位移为8m

B.汽车甲的加速度大小为4m/s?

C.汽车甲、乙在f=4s时相遇

D.汽车甲、乙在x=6m处的速度大小为3m/s

【答案】A

【解析】

【详解】B.根据=2以并根据题给图像可推知甲、乙两车的初速度大小分

别为

%甲=6m/s

%乙二0

/-X图像的斜率的绝对值表示汽车加速度大小的2倍，所以中、乙两车的加速度

大小分别为

。甲=2m/s

a乙=lm/s2

且甲做匀减速直线运动,乙做匀加速直线运动，故B错误:

A.汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时二者速度相同，设共经历时间为小则

a乙*=%甲一〃甲4

解得

tf=2s

此时甲车的位移为

1,

所=一耳。甲八=8m

故A正确；

C.甲车总运动时间为

…细=3s

甲停下时位移为9m,而此时乙车的位移为

129c

七二=]mv9m

所以甲、乙两车相遇一定发生在甲车停下之后，设相遇时刻为，，则有

~aJ2=9m

解得

t=3瓜

故C错误：

D.汽车甲、乙在x=6m处的速度大小为

v=12a乙x=甲-2aiVx=2y/3m/s

故D错误。

故选Ao

4.如图所示，在竖直的平面直角坐标系中，一无阻挡的抛物线边界y=f把

平面分为两部分，在y轴上A处有一质点小球以%=2石m/s的初速度垂直于丁轴

射出，已知O4=5m,不计空气阻力，=10m/s2,则()

B.小球到达边界的位置为J扇,2m)

C.小球到达工轴时速度方向与X轴负方向成30。

D.经过足够长的时间，小球速度方向可能和），轴平行

【答案】A

【解析】

【详解】AB.小球做平抛运动，则其坐标分别为

1

y=y0--gt~

其中

No=5

联立得

1、U

y=——x+5

4

联立

y=x2

可得

x=-2m

y=4m

故与边界交点坐标为（-2m,4m）,故达到边界的时间为

，国2亚

t=-=-j=S=——S

%2V55

故A正确，B错误；

C.小球下落OA高度时，竖直方向的速度大小为

vv=yj2g\（）A\=lOnvs

到达x轴时速度方向与水平方向的夹角

VL

tan。=工=6

%

即。不为30。，故C错误;

D.根据

tan^=—

%

可知由于有初速度，故小球速度不可能与），轴平行，故D错误。

故选Ao

5.如图所示，匝数为N的矩形导线框以角速度。在磁感应强度为8的匀强磁场中

绕垂直磁场方向的轴O。，匀速转动，线框面积为S且与理想变压器原线圈相连，

原、副线圈匝数比为1：4,图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起

点，与、此为定值电阻，R为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，电流

表A］、A?的示数分别为Z2,电压表V1、V?的示数分别为q、U2Q不计线

B.从图示位置开始，线框转过180。的过程中，通过线圈的电荷量为0

C.若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则电流表A1的示数《增大

D.若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则a变大

【答案】C

【解析】

【详解】A.线框产生的感应电动势最大值为

£m=NBSco

有效值为

E_NBSco

七一m正一丁

所以

,,广NBS①

U\=E=^^

交流电压表V2测副线圈两端电压的有效值，则

〃n.4NBSa)

生=口2r=—不一

%V2

故A错误；

B.线框中感应电流随时间成正弦规律变化，且图示时刻线框正位于中性面，感应

电流为零，线框转过180。之后线框再次位于中性面，感应电流也为零，在上述过

程中通过线框的电流先增大后减小，所以通过线框的电荷量不可能为0,故B错

误；

CD,若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则R接入电路的阻值减小，副线圈所

接电路总电阻减小，而线相泊勺输出电压不变.所以,力不变.则仍不变.副线圈电

流增大，根据《二一人可知人增大，故C正确，D错误。

故选Co

6.如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为8的匀强磁场被边长为L的等边

三角形A8C理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子

源，能沿NR4C的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能

通过C点，质子比荷幺=攵，则质子的速度可能为（）

A.—B.—C.IBkLD.3BkL

24

【答案】B

【解析】

【详解】质子带正电，且质子经过磁场偏转后经过C点、，其可能的轨迹如图所示

由轨迹图可知，所有圆弧所对的圆心角均为60。，根据几何关系可得，质子做圆周

运动的半径为

L

r=—(〃=1,2,3…)

n

根据洛伦兹力提供向心力可得

仁

qvB—ni—

r

联立解得

v=^(—=Bk~<BkL(/?=1,2,3)

mn

当〃=4时，可得

BkL

v=----

4

B正确，ACD错误；

故选B,

二、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，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分.

7.土星的卫星很多，现已发现数十颗，这些卫星的运动可视为绕土星的匀速圆周

运动。下表是有关土卫五和土卫六两颗卫星的一些参数，下列说法正确的是

()

直径轨道半径

卫星质量永g发现者发现日期

/km/km

土卫五15302.49xlO21527040卡西尼1672年

土卫六51501.35x1()231221830惠更斯1655年

A.土卫五的公转速度比土卫六的小

B.土卫五的公转周期比土卫六的小

C.土卫五表面的重力加速度比土卫六的大

I).土星对土卫五的万有引力约为其对土卫六万有引力的，倍

【答案】BD

【解析】

【详解】A.设土星的质量为M,由卫星速度公式

公转半径越大，卫星的线速度越小，则土卫六的公转线速度小，故A错误;

B.由卫星周期公式

半径越大，周期越大，所以土卫五的公转周期小，故B正确;

C.根据G2-gg，解得

R~

Gm

土卫五表面的重力加速度

21

「2.49xlO

gs-Gx[53()：4.25X109G

(等XlO)

土卫六表面的重力加速度

-1.35x1()23

&二Gx=2xlO,oG

(空26)2

则土卫五表面的重力加速度比土卫六的小，选项C错误;

D.土星对土卫五的万有引力大小为

Mx2.49xl021

£=G=8.97x1("GM

(5.27xlO8)2

土星对土卫六的万有引力大小为

Mx1.35x1()23

F产G«9xlO4GM

(1.222xl09)2

则土星对土卫五的万有引力约为其对土卫六万有引力的，倍，故D正确。

故选BDo

考点：万有引力定律的应用。

8.如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为的滑块

放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为人用水平的恒定拉力厂作用于

滑块.当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s,卜列结论中正确

的是（）

一［^一F/二一

////////////////////

A.上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量

B.其他条件不变的情况下，例越大，s越小

C.其他条件不变的情况下，尸越大，滑块到达右端所用时间越长

D.其他条件不变的情况下，/越大，滑块与木板间产生的热量越多

【答案】BD

【解析】

【详解】A.由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的

热量，故A错误；

B.由于木板受到摩擦刀不变，当M越大时木板加速度越小，而滑块加速度不变，

相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；

C.滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板

的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L,所以拉力F越大滑块的加速度越

大，离开木板时间就越短，故C错误；

D.系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产

生的热量越多，故D正确；

故选BDo

9.如图两根足够长光滑平行金属导轨PP，、QQ'倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平

面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有

一带电微粒，金属棒"水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现在同

A.金属棒时一直加速下滑

B.金属棒外最终可能匀速卜.滑

C.金属棒必下滑过程中M板电势高于N板电势

I).带电微粒可能静止不动

【答案】AC

【解析】

【详解】AB.将M、N视为电容为。的平行板电容器，设金属棒时的质量为团，

导轨间距为3必从静止开始在一极短的时间加内速度的变化量为△口,此时电容

器两端电压为

bU=BLbu

电容器的带电量为

△q=CAU

回路中的电流为

I=^-=CBL—=CBLa

△tAr

根据牛顿第二定律有

tngsin6^-BIL=ma

解得

mgsin0

B2£C+m

由上式可知金属棒，力将一直匀加速下滑，故A正确，B错误；

C.根据右手定则可知金属棒而下滑过程中M板电势高于N板电势，故C正确；

D.因为金属棒匀加速下滑，速度增大，产生的感应电动势增大，则M、N间

电压增大，电场强度增大，带电微粒所受电场力增大，即合外力变化，不可能静止

不动，故D错误。

故选AC。

10.如图a,点电荷固定在绝缘水平面上x轴的原点0,轴上各点电势3与x的关

系如图b。可视为质点的滑块质量为0.05kg、电荷量为+8.0xl(y9c,从40.2m处由

静止释放，到达产0.4m处时速度达到最大。已知滑块与水平面间的动摩擦因数

〃=0.0l,g=10m/R设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，贝IJ在x=0.4m处滑块

()

A^/(X105V)

5.0

4.0

3.0

2.0

1.0

A.所受电场力大小为5.0X10-3NB.所在位置的电势为4.0xl05v

C.电势能为2.0x10为D.速度大小为0.2m/s

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.x=0.4m处时速度达到最大，电场力等于摩擦力，

F=pmg=0.01x0.05x10N=5x10-3N,故A正确；

B.由图可知,x=0.4m即l/x=2.5m/处电势为2.5X105V,故B错误;

95

C.根据电势能EP=8.0x10Cx2.5x10V=2.0x1OU,故C正确；

2

D.从x=0.2m处到达x=0.4m处，根据动能定理，q（（p2--pmgx=—mv,即：

8.0x109x（5X105-2.5X105）-0.01x0.05x10x0.2=yxO,O5xv2,解得，v=0.2m/s,故D

正确.

故选：ACD

三、非选择题：共56分.第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答.第

15〜16题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共43分.

II.橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量工与弹力”成正比，即尸二"，

k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度八横截面积5有关，理论与实践都表明

k=Yy其中y是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量。

L,f

图1图2

（1）在国际单位制中，杨氏模量丫的单位应该是_____。

A.NB.mC.N/mD.Pa

（2）有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图1所示的实验装置可以测量出它的

杨氏模量丫的值.首先利用刻度尺测得橡皮筋的长度L=20.00cm,利用测量工具

测得橡皮筋未受到拉力时的直径。=4.000mm,那么测量工具应该是______。

（3）做出橡皮筋受到的拉力/与伸长量x的图象，如图2所示，由图象可求得该

橡皮筋的劲度系数，那么，这种橡皮筋的y值等于（只要填写y的数值并保

留两位有效数字）

【答案】@.D②.螺旋测微器③.5.0X106

【解析】

【详解】（1）［1］根据

F=kx

可得

k二

x

可得上的单位是N/m,结合

k=Y-

L

可得

Y=—

S

可得V的单位是N/m,即压强的单位为Pa,故D正确，ABC错误；

（2）［2］测量直径是测量到毫米的千分位，故用到的测量工具是螺旋测微器;

（3）［3］根据尸-工图象可得，劲度系数的大小

25

k=~^N/m=3V2.5N/m

0.08

根据

Y=—

S

其中

L=0.20m

S=@

4

联立解得

y=5.0xl0nPa

12.压力传感器按用途分类主要是压力监视、压力测量和压力控制及转换成其他量

的测量。按供电方式分为压阻型和压电型传感器，前者是被动供电的，需要有外电

源，后者是传感器自身可以产生电压，不需要外加电源。为了探究某压电型压力传

感器的输出电流与其所受正压力之间的关系，某兴趣小组的同学做了如下实验，实

验电路图如图甲所示，将压力传感器水平放置，接入如图甲所示电路，其上放置一

与压力传感器上表面面积接近的平整薄硬木板（使压力传感器上表面受力均匀），

电流表是量程0~1mA、内阻为10Q的灵敏电流表。

当在木板上放置重物时，因为压力传感器受到正压力，其两端将产生输出电压，此

时压力传感器相当于不计内阻的电源，通过放置不司重物测量产生的压力歹与通过

电流表电流/并绘制/-F图像来完成实验。

重物

压力传感器

图甲

（1）测量结束后得到祛码数与所读的电流表示数之间关系如下表，表中数据中明

显存在错误的一组是第组（填祛码个数，法码数即为实验组数）。

祛码数〃/个12345

电流表示数//mA0.220.430.60.841.00

（2）根据列表中数据在图乙所示坐标系中描绘出电流随祛码数变化的图线

o图像不过原点的原因是________________0

（3）通过查询实验所用压力传感器参数，发现铭牌上的参数显示其正常工作压力

范围为。〜500N,对应输出电压范围为。〜5V。而实验只提供5个100g的祛码,

g取lOm/Y,则要想使法码全部放入时灵敏电流表恰好满偏，则电阻R的阻值应为

图丙R

（4）若将两个相同的压力传感器图丙方式放置连接（不计传感器自身重力），放上

相同重物后，图甲和图为两图中电流表示数之比为

【答案】①.3③.薄硬木板对压

力传感器产生压力④.40⑤.1：2

【解析】

【分析】

【详解】由列表知有一组有明显错误，其他四组是合理的，通过观察五组电

流数据中有四组数据读到了0.01mA,说明该电流表的最小分度值为QlmA,第3

组数据只读到0.1mA,说明读数时明显错误。

⑵⑵⑶图像如图所示

设每个祛码质量为〃?，平整薄硬板质量为根°,压电型传感器受到压力

F=nmg+;n°g

产生的电动势£满足

E=kF=k77g+犯））

根据闭合电路欧姆定律得

E

i=—

R

联立解得

I二kmng।km°g

RR

由此可知不过坐标原点的原因是因为硬板木板有质量，对压力传感器产生压力，

（3）［4］由题意得500N的压力对应输出电压5V,则在5个祛码（总重力5N）作用下

的输出电压为0.05V,有

u=/《+R）

联立解得

R=40Q

⑷［5］当重物产生的压力为外时，图丙2每个传感器上压力均为EM，但相当于两个

电源串联在一起，图甲中传感器上压力为E-则图丙中输出电压为图甲中输出电

压的2倍，图甲和图乙两图中电流表示数之比为1：2。

13.如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动

员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8s.赛

艇（含运动员、双桨）质量为70kg,受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小

为赛艇所受阻力的2倍，某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4m/s,运动员紧

接着完成1次动作，此过程赛艇前进8m,求：

（1）划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；

（2）赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。

【答案】（1）—=1；（2）匕”=6m/s,/=175N

a2

【解析】

【分析】

【详解】（1）设赛艇受到的阻力大小为了,双浆划水时的动力为F,设划水和运浆阶

段的加速度大小分别为S、。2,由牛顿第二定律

划水时

F-f=ma\

空中运浆时

f=tnai

依题意有

F=2f

联立解得

a2

（2）由以卜分析可知.赛艇匀加速和匀减速前进时加速度大小相等，则加速结束时

速度达到最大，则

划水时

12

山=%£+/々工

运桨时

M+s2=8m

联立并代入数据解得

%=6m/s

/=175N

14.一小型风洞实验室内水平桌面上放两根足够长的平行导轨，导轨间距为L,如

图甲（俯视）所示。虚线MN左侧区域I有竖直向下的匀强磁场3,虚线PQ右侧

区域川有竖直向下的匀强磁场B3,中间区域H有水平向左的匀强磁场反，

3二生二B,以二2从中间区域处于一向上的风洞中，当棒经过此区域时会受到竖直向

上的恒定风力尸=，郎的作用。长度均为L的导体棒M、cd与导轨接触良好，两棒

R

质量均为〃z,棒向电阻为一，棒〃电阻为R,其余电阻不计。两棒最初静止，现

2

给棒向一个水平向右的瞬间冲量使得其获得初速度加，已知棒〃到达MN前两棒

不相碰且均已匀速。当棒cd刚进入区域H时，对棒时施加一水平向右的外力使棒

必向右做匀加速直线运动，外力随时间变化的图像如图乙所示。已知直线斜率为

k,ro时刻棒仍恰好进入区域川，棒〃进入区域HI后瞬间撤去棒时上的外力。区

域I、III导轨光滑，中间区域导轨粗糙且与棒以/的动摩擦因数为〃，两棒在运动

过程中始终与导轨垂直且接触良好，棒"始终在区域I运动。已知［空殳，

KK

2mkR2二,,、—4、，，、

〃=58。小'重力加速度为g。求：

（1）棒仍刚开始运动时，棒两端的电势差Uab；

（2）图乙中尸。时刻外力外多大，Z0时刻棒到的速度多大;

（3）棒〃进入区域in后的过程中闭合回路产生的焦耳热多大。

【答案】（1）^BLVQ；（2）噜L+翳，2v0；（3），以

35KLlo

【解析】

【分析】

【详解】（1）棒他的感应电动势为

E=BL%

E

纣

u“b=IR

联立得

u而二:BL%

（2）棒必开始运动到两棒匀速过程两棒动量守恒：有

mvn=2〃?u共

得

V共吟

施加外力后任一时刻，对棒外，有

F-BIL=nui

/=1

-R+R

2

E-BLv

棒他做匀加速直线运动

v=v共+("=£+at

联立得

.8可%IB21：a

F--------+ma+--------1

3R3R

其中

,282Al

k=---------

3R

可得

广3hnR

E=-------+——

3R28*

m时刻棒外的速度

以*+小=2%

（3）棒cd所受摩擦力

4mkR(v、

/r=piBnI/rL=——k-------0-ar

f=0时刻

ImkR

'158*

f=r。时刻

_SmkR

/2=15FZ?

对棒c"在区域H运动过程由动量定理，得

一写4=吵一吟

联立得

1

匕

=2O%

棒cd进入区域HI后，对棒必，有

-BILt=nWy-niv1

对棒cd,有

2BILt=mv4-mv2

稳定时，有

BLVy=2BLV4

联立得

55

36

对两棒能量守恒，有

—1m2v~+—1niv2；=cQ+l—nrv2\+—1mv22

22

联立得

八52

c=—

（二）选考题：共13分.请考生从两道题中任选一题作答.如果多做，则按第

一题计分.

15.两分子间的斥力和引力的合力尸与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线

与，•轴交点的横坐标为卬，相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接

近，若两分子相距无穷远处时分子势能为零，下列说法正确的是（）

AF

A.在阶段，尸做正功，分子动能增加，势能减小

B.在阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小

C.在尸H）时，分子势能最小，动能最大

D.在尸ro时，分子势能为零

E.分子动能和势能之和在整个过程中不变

【答案】ACE

【解析】

【分析】

【详解】A.厂大于加时，分子力表现为引力，相互靠近时尸做正功，分子动能增

加，势能减小，A正确；

B.当厂小于时，分子间的作用力表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能

增加，B错误；

C.由以上分析可知，当r等于时，分子势能最小，动能最大，C正确；

D.因为两分子相距无穷远处时分子势能为零，所以，等于足时，分子势能为负

值，D错误；

E.除分子力外，由于没有其他力做功，故分子动能和势能之和在整个过程中不

变，E正确。

故选ACEo

16.如图所示，U形管右管横截面积为左管2倍，管内水银在左管内封闭了一段长

为26c77人温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36c〃z,大气压为

76cm"g.现向右管缓慢补充水银.

①若保持左管内气体的温度不变，当左管空气柱长度变为2057时，左管内气体的

压强为多大？

②在①条件下，停止补充水银，若给左管的气体加热，使管内气柱长度恢复到

26cm,则左管内气体的温度为多少？

【答案】(1)52cmHg；(2)427K.

【解析】

【详解】(I)对于封闭气体有：

pi=(76-36)cmHg=40cmHg,Vi=26Sicm3,V2=20Sicm3

由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：piV产p2V2

PL华p.V,=40黄x265.华c〃由rrg

(2)停止加水银时，左管水银比右管高：hi=76-52cmHg=24cmHg；

对左管加热后，左管下降6cm,右管面积是左管的2倍，故右管上升3cm,

左管比右管高为:h2=hi-9cm=15cm

故封闭气体的压强：p,3=76-15cmHg=61cmHg

封闭气体在初始状态和最终状态的体积相同，由查理定律可得:且=上

NAi

故.7；=△7；=—x280K=427K

以.Pi40

点睹：根据图示求出封不气体压强，熟练应用玻意耳定律及查理定律即可止确解

题；本题的难点是：气体最终状态的压强.

17.一列简谐横波沿x轴正向传播，，=0时波的图象如图所示，质点P的平衡位置

在x=8m处。该波的周期7=0.4s。由此可知。该列波的传播速度为

o在dl.2s时间内质点P经过的路程为,，=0.6s时质点

P的速度方向沿y轴方向（选填“负”或“正”）

【答案】①.20m/s②.1.2m③.负

【解析】

【分析】

【详解】［1］由图可知，该简谐横波波长

2=8m

由

4

v=—

T

可得

v=20m/s

⑵由图可知质点P的振幅为0.1m,故1.2s内（三个周期）质点P运动的路程为

s=3x4x0.Im=1.2m

［3］由于简谐横波沿/轴正向传播，由图可知片0时，质点P经过平衡位置沿），轴正

方向运动，0.6s等于一个半周期，故0.6s时质点P的速度方向沿y轴负方向。

18.某种透明材料制成的半球壳，外径是内径的两倍，过球心。的截面如图所示，

A是外球面上的点，AO是半球壳的对称轴。一单色光在图示截面内从A点射入，

当入射角：45°时折射光恰与内球面相切于8点。

（i）求透明材料对该光的折射率；

（ii）要使从A点入射光的折射光能从内球面射出半球壳，求光在A点入射向应满

足的条件。

【答案】(i)/?=V2;(ii)/<30°

【解析】

【详解】(i)当入射角U45。时，设折射角为r,透明材料对该光的折射率为〃,WBO

为直角三角形，则

R

sinr=——

2R

sin/

n=---

sinr

解得

『30°

n=6

(ii)光在A点入射角为r时，设折射角为心折射光射到内球面上的。点刚好发

生仝反射，则折射光完仝不能从内球面射出半球壳，折射光在内球面的入射角等于

临界角为C,如图所示，在A4。。中，由正弦定理有

R_2R

sin尸一sin（180。—C）

・「1

sinC=—

n

••，

sinz

sinr'

解得

sin心也

4

sinz1=-

2

解得

r=3o°

要使从A点射入光的折射光能从内球面射出半球壳，则光在4点入射角i应满足:

/<30°

高考模拟检测卷（二）试题

物理

注意事项：

L答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号

涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，

将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。

一、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.在近代物理发展的过程中，实验和理论相互推动，促进了人们对世界的认识。

对下列实验描述正确的是（）

A.甲图的理论，可以很好的解释氢原子光谱的规律

B.汤姆孙通过乙图所示的气体放电管发现了电子，即用射线

C.丙图放射源产生的三种射线中，射线1是尸射线

D.丁图所示为光电效应实验，验电器因为带上负电指针张开

【答案】A

【解析】

【详解】A.氢原子的能级图可以很好的解释氢原子光谱的规律，选项A正确：

B.汤姆孙通过乙图所示的气体放电管发现了电子，但不是尸射线，选项B错误;

C.丙图放射源产生的三种射线中，射线1是。粒子，选项C错误；

D.丁图所示的实验中，从锌板中逸出光电子，则锌板带上正电，验电器因为带上

正电指针张开，选项D错误。

故选Ao

2.如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶。|、02两位置

都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m以内时能够实现通信。7=0时刻，甲、乙

两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为4m/s,乙车的速度为lm/s,0］、。的

距离为3m。从该时刻起甲车以Im/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持

原有速度做匀速直线运动。忽略信号传递时间，从r=0时刻起，甲、乙两车能利用

蓝牙通信的时间为（）

AA

Ia

II

•ii

/-------\

。由小

甲乙

A.2sB.IOsC.16sD.20s

【答案】B

【解析】

【详解】根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且为5m时，根据勾股定理可

知

/一“乙二4m

根据运动学公式有

12

/—v甲一耳，"乙二V乙f

解得

4=2s,t2=4s

因为甲车做匀减速运动而乙车做匀速运动，所以两车之间的距离先增大后减小，当

0</<2s

此时有

002<5m

当

2s<r<4s

此时有

002>5m

当

/=/,=4s

此时甲车的速度为

=vl}l-at2=0

根据几何关系可知，从4s开始到乙车行驶至甲车前方4m的过程中满足

O{O2<5m

这段过程经历的时间为

8m。

’3=----=8s

V乙

所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为

t息=%+G=1°s

故选B。

3.如图所示，直角三角形金属框出7c电阻为R,出?边长为L,边长为6乙。金属

框绕曲边以角速度3逆时针转动，空间中存在磁感应强度大小为3的匀强磁场。

下列说法正确的是（）

A.若磁场方向平行面力向上，金属框中没有感应电流，儿间电势差也为0

B.若磁场方向垂直纸面向里，图示时刻金属框中的感应电流最大

C.若磁场方向垂宜纸面向里，从图示时刻开始至金属框转过90。的过程中，流经

金属框的电量为粤

I).若磁场方向垂直纸面向里，从图示时刻开始至金属框转过180。的过程中，金属

框中产生的焦耳热为名”也

8R

【答案】D

【解析】

【详解】A.磁场方向平行必边向上时，金属框磁通量不变，不产生感应电流,

但比边切割磁感线，有感应电动势，儿电势差不为0,A错误;

B.若磁场方向垂直纸面向里，金属框转动产生正弦式交变电流，图示时刻感应电

流为0,B错误:

C.从图示时刻开始至金属框转过90。的过程有

上△①

E=-----

At

/4

R

1=幺

Ar

解得

CBI}

q=---------

2R

C错误；

D.从图示时刻开始至金属框转过180。的过程中，金属框中产生的焦耳热由

Q=I、Ri

,BSa)

联立解得

3兀B?ES

2=

8R

故D正确。

故选D。

4.如图所示，“V”形槽各处所用材料完全相同，两侧面夹角可以调节，槽的棱与

水平面的夹角为37。，两侧面与水平面的夹角相同。圆柱形_L件放在“V”形槽

中，当“V”形槽两侧面的夹角为60。时，工件恰好能匀速下滑。已知

sin37°=0.6,cos37°=0.8,^=10m/s2o则当“V”形槽两侧面的夹角90。时，工件下

滑的加速度大小为()

A.3m/s2B.2m/s2

C.(6-3V2)m/s2D.(6-2x/2)m/s2

【答案】C

【解析】

【详解】工件匀速下滑，在任意方向上合力都为零，将工件的重力分解到沿斜面向

下和垂直斜面向下，有

Ff=sin37°

FN=mgcos37°

作出垂直于“V”形槽方向的受力平面图如图所示

mgcosO

“V”形槽两侧面的夹角为60。，所以两侧面对工件的弹力N夹角120。，则合力

4

丹=N=mgcos37°=—tng

“V”形槽两侧面对工件的摩擦力/方向相同，大小都为〃N,贝IJ

2f=2RN=R

代入可解得

3

〃二一

8

当“V”形槽两侧面的夹角为90。时,有

N,与

机gsin37°—2〃N=ma

解得

tz=(6-3V2)m/s2

故选C。

5.我国快舟一号甲运载火箭以“一箭双星”方式成功将“行云二号”卫星发射升

空，卫星进入预定轨道，如图所示，设地球半径为R,地球表面的重力加速度为

go,卫星在半径为R的近地圆形轨道I上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭

圆轨道H,到达轨道的远地点/时，再次点火进入坑道半径为4”的圆形轨道III绕

地球做圆周运动，设卫星质量保持不变。则（)

A.卫星在轨道II向轨道川变轨时火箭需在B点点火向前喷气加速

B.飞船在轨道n上稳定飞行经过A、3点速度之比为2:1

C.卫星在轨道I、HI上相同时间扫过的面积相同

D.卫星在轨道H上A点的速率大于第一宇宙速度如天

【答案】D

【解析】

【详解】A.卫星在轨道H向轨道用变轨时火箭需在8点点火向后喷气加速，A错

误；

B.由开普勒第二定律，在近地点和远地点的运动半径之比为1:4,则