江西2024年高考仿真卷物理试卷含解析

江西名校2024年高考仿真卷物理试卷

注意事项：

1.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

选涂其它答案标号。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，将本试卷和答题卡一并交回。

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、绝缘光滑水平面上有A方O三点，以。点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为一2m,

8点坐标为2m,如图甲所示。4、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。

现把一质量为小，电荷量为q的负点电荷，由4点静止释放，则关于负点电荷的下列说法中正确的是（忽略负点电荷

形成的电场）（）

A.负点电荷在AO段的加速度大于在OB段的加速度

B.负点电荷在AO段的运动时间小于在04段的运动时间

C.负点电荷由A点运动到。点过程中，随着电势的升高电势能变化越来越快

D.当负点电荷分别处于一gm和0m时，电场力的功率相等

2、科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、

建立物理模型法、类比法和科学假设法等，以下关于物理学史和所用物理学方法叙述正确的是（）

A.卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，采用了理想实验法

B.牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进行了“月一地

检验”，证实了万有引力定律的正确性

C.在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法

D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各

小段的位移之和代表物体的位移，这里采用了微元法

3、2018年1月12日，我国成功发射北斗三号组网卫星.如图为发射卫星的示意图，先将卫星发射到半径为r的圆轨

道上做圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B点时，再次改变卫星的速度，使卫星进

入半径为2i•的圆轨道.已知卫星在椭圆轨道时距地球的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A点时的速度

为v,卫星的质量为m,地球的质量为M,引力常量为G,则发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差

为（忽略卫星的质量变化）（）

53GMm

B.—2mv------------

84r

3GMm

C.

44r

5,3GMm

D.—mv

84r

4、某理想气体的初始压强po=3atm,温度T1150K,若保持体积不交，使它的压强变为5atm,则此时气体的温度为

()

A.100KB.200KC.250KD.300K

5、平行板电容器。与二个可控电阻修、&、R3以及电源连成加图所示的电路.闭合开关S.待电路稳定后.电容器

C两极板带有一定的电荷，要使电容器所带电荷量减少。以下方法中可行的是（）

B.只增大修,其他不变

C.只减小心,其他不变

D.只减小。、方两极板间的距离，其他不变

6、北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统。为了兼顾高纬度地区的定位和导航需要，该系统已布置了

10余颗倾斜地球同步轨道卫星（IGSO）,其轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为地心，运行周期与地球自转

周期相同。关于倾斜地球同步轨道卫星，下列说法正确的是（）

A.该卫星不可能经过北京上空

B.该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同

C.与赤道平面夹角为30的倾斜地球同步轨道只有唯一一条

D.该卫星运行的速度大于第一宇宙速度

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、下列说法正确的是____________

A.同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒都按相同的规律排列

B.热量不能自发地从低温物体传到高温物体

C.因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，所以布朗运动叫分子热运动

D.知道阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离

E.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面

8、如图所示，x轴上方有两条曲线均为正弦曲线的半个周期，其高和底的长度均为/,在x轴与曲线所围的两区域内

存在大小均为孙方向如图所示的匀强磁场，MNP。为一边长为/的正方形导线框，其电阻为A,MN与x轴重合，

在外力的作用下.线框从图示位置开始沿x轴正方向以速度了匀速向右穿越磁场区域，则下列说法中正确的是（）

A.线框的PN边到达x坐标为!处时，感应电流最大

2

3/

B.线框的PN边到达x坐标为亍处时，感应电流最大

C.穿越破场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为黑士

D.穿越磁场的整个过程中，外力所做的功为也1

2R

9、真空中质量为，〃的带正电小球由A点无初速自由下落，秒，在，秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经

过，秒小球又回到A点。小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为外则

A.整个过程中小球电势能变化了2〃吆千

B.整个过程中小球速度增量的大小为2gr

C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了机

D.从A点到最低点小球重力势能变化了g〃吆2产

10、如图所示，以。为圆心、半径为A的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，股、N为圆

周上的两点。带正电粒子只在电场力作用卜运动，在M点速度方向如图所示，经过N两点时速度大小相等。已知

M点电势高于。点电势，且电势差为U,下列说法正确的是（）

N

•••••♦

M............................\

A.MfN两点电势相等

B.粒子由M点运动到N点，电势能减小

C.该匀强电场的电场强度大小为华

D.粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点

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）一般的话筒用的是一块方形的电池（层叠电池），如图甲所示，标称电动势为9V。某同学想要测量该电池实

际的电动势和内阻.实验室提供了以下器材：

A.待测方形电池

B.电压表（量程0〜3V,内阻约为4kC）

C.电流表（量程0~0.6A,内阻为1.0。）

D.电流表（量程0~3A,内阻为LOQ）

E.电阻箱（阻值范围0-999.9。）

F.电阻箱（阻值范围0-9999.9C）

G滑动变阻器（阻值范围0-20。）

H.滑动变阻器（阻值范围0~20kH）

L开关、导线若干

（1）该同学根据现有的实验器材，设计了如图乙所示的电路图。根据如图乙所示电路图和如图丙所示图像，为完成该实

验，电流表应选____,电阻箱应选______,滑动变阻器应选_______（均填写器材前字母标号）

⑵实验需要把电压表量程扩大为。〜9V。该同学按图乙连接好实验器材，检查电路无误后，将R的滑片移到最左端，

将电阻箱治调为零，断开S3,闭合5,将S2接〃，适当移动拈的滑片，电压表示数为2.40V；保持此接入电路中的

阻值不变，改变电阻箱R的阻值，当电压表示数为V时，完成扩大量程，断开舟。

⑶保持电阻箱R2阻值不变，开关S2接儿闭合S3、S1,从右到左移动Ri的滑片，测出多组U、，，并作出U-/图线

如图丙所示，可得该电池的电动势为V,内阻为Q。

12.（12分）在“测定一节干电池电动势和内阻”的实验中：

（1）第一组同学利用如图甲所示的实验装置测量，电压表选择量程“3V”，实验后得到了如图乙的U-/图像，则电池内

⑵第二组同学也利用图甲的实验装置测量另一节干电池的电动势和内阻，初始时滑片尸在最右端，但由于滑动变阻器

某处发生断路，合上开关后发现滑片尸向左滑动的过程中，电流表的示数先始终为零，滑过一段距离后，电流表的示

数才逐渐增大。该组同学记录了多组电压表示数U、电流表示数、滑片P向左滑动的距离心然后根据实验数据，分

别作出了图象、图象，如图丙所示，则根据图像可知，电池的电动势为V,内阻为

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，粗糙水平地面上静止放着相距d=lm的两块相同长木板A、B,每块木板长L=9m,与地面的

动摩擦因数〃尸0.2。一可视为质点的物块C以%=10m/s的初速度水平向右滑上木板A的左端，C的质量为每块木板

质量的2倍，C与木板的动摩擦因数0.4。若A、"碰后速度相同但不粘连，碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，重力加速度g取lOm/s?。求：

⑴木板4经历多长时间与木板B相碰？

⑵物块C刚滑离木板A时，4的速度大小；

（3）A、8最终停下时，两者间的距离。

14.（16分）在地面上方足够高的地方，存在一个高度d=0.5m的“相互作用区域”（下图中画有虚线的部分）.一个小圆

环A套在一根均匀直杆B上，A和B的质量均为小，若它们之间发生相对滑动时，会产生F/=0.5mg的摩擦力。开始

时A处于8的最下端，B竖直放置，A距“相互作用区域”的高度力=0.8m,让A和B一起从静止开始下落，只要A

处于“相互作用区域”就会受到竖直向上、大小的恒力作用，而“相互作用区域”对处于其中的杆B不产生作用

力。杆B在下落过程中始终保持竖直，且杆的长度能够保证圆环A与杆不会分离。不计空气阻力，取g=10m/s2.求:

(1)杆B的最下端刚进人“相互作用区域”时的速度大小；

⑵圆环A通过“相互作用区域”所用的时间；

⑶为保证圆环A在空中运动过程中始终与杆不会分离，杆的最小长度。

15.(12分)如图所示为玻璃制成的长方体，已知长48=，=0.6m,宽d=4O=0.2m,Sh=AAi=^—mt底面中心。点

10

有一个点光源，玻璃对光的折射率为L5,俯视看A3CD面的一部分会被光照亮，求：照亮部分的面积。

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.在电势随两点间距离的变化图线中，图线的斜率的绝对值表示电场强度的大小，设C点的坐标值为一0m,则C

点圆弧切线斜率大小等于直线斜率的绝对值，即此时电场强度大小相等，由牛顿第二定律可知，此时加速度大小相等,

故A错误；

B.由于沿场强方向电势降低，所以A”段场强沿方向，04段场强沿OO方向，负点电荷在八。段做加速度减小

的加速运动，在OR段做匀减速运动，由于B点电势等于A点电势，所以负点电荷在〃点速度为零，则40段的平均

速度大于03段的平均速度，所以A。没的运动时间小于03段的运动时间，故B正确；

C.相等距离上电势能变化越快，说明•亥处电场力越大，即场强越大，由A到。点场强逐渐减小，所以电势能变化应

越来越慢，故C错误；

D.当负点电荷分别处于一0m和gm时，电荷所受电场力相等，但一行m处的速度大于近m处的速度，所以

电场力的功率不相等，故D错误。

故选B。

2、D

【解析】

A.卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出引力常量，故A错误；

B.牛顿通过比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有引力定律进行了“月地检验”，故B错误。

C.在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误。

D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各小

段的位移之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。

3、B

【解析】

由G卓二机手可知，卫星在轨道半径为r的圆轨道上运动的线速度大小匕二J”,在半径为2r的圆轨道上做圆

周运动的线速度大小为巩"，设卫星在椭圆轨道上S点的速度为%,由“=0・2乙可知在A点时发动机对

V2r

卫星做功叱在8点时发动机对卫星做的功为吗=；〃必-；加弓）2,因此

5，3GMm…、口

W.-W,=-mv~-------------,B正确，ACD错误.

-84厂

故选：B.

4、C

【解析】

理想气体体积不变，发生等容变化，则华二’,代入数据得：=解得：T=250K.故C项正确，ABD三

/（）/150T

项错误.

【点睛】

在理想气体状态方程和气体实验定律应用中，压强、体积等式两边单位一样即可，不需要转化为国际单位；温度的单

位一定要用国际单位（开尔文），不能用其它单位.

5、A

【解析】

A.只增大打，其他不变，电路中的电流变小，&两端的电压减小，根据Q=C6,知电容器所带的电量减小，A符

合要求；

B.只增大与，其他不变，电路中的电流变小，内电压和Q上的电E减小，电动势不变，所以R两端的电压增大，

根据。=cq，知电容器所带的电量增大，R不符合要求；

C.只减小心,其他不变，在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变，C不符合要求；

D.减小功间的距离，根据。=弃7知电容C增大，而两端间的电势差不变，所以所带的电量增大，D不符合要

4乃以

求。

故选A。

6、B

【解析】

A.根据题目描述，倾斜地球同步轨道卫星的轨道是与赤道平面呈一定夹角的圆形，圆心为地心，所以有可能在运动

过程中经过北京上空，所以A错误；

B.由题意可知，倾斜地球同步轨道卫星的周期与地球同步卫星的周期相同，根据

7=同

VGM

可知，该卫星的轨道半径与地球同步卫星的轨道半径相同，即该卫星距地面的高度与同步轨道静止卫星相同，所以B

正确；

C.由题意可知，圆心在地心，与赤道平面成30的圆形轨道有无数个，所以C错误；

D.根据公式

可知，卫星轨道半径越大，运行速度越小，而第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以该卫星的运行速度比第一宇宙速

度小，D错误。

故选B。

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、BDE

【解析】

A.同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒都按不同的规律排列，显示处不同的性质，如金刚石和石墨，故A错

误；

B.根据热力学第二定律知热量只能够自发地从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到

高温物体，故B正确；

C.因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，但它不是分子的热运动，它反映了液体分子无规则的热运劭，故C错误；

D.利用阿伏伽德罗常数，气体的摩尔质量和密度，可以估算出气体分子间的平均距离，故D正确；

E.当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，单位时间内从水中出来的水分子和从空气进入水中的水分子个数相等，达到

一种动态平衡，故E正确.

8、BC

【解析】

AB.电流和切割长度成正比，所以线框的PN边到达x坐标为《处时，相当于长度为，的边框来切割磁感线，线框的

2

3/

PN边到达x坐标为彳处时，相当于两个长度为，的边框来切割磁感线，两个电动势叠加，所以线框的PN边到达x

2

3/

坐标为工处时，感应电流最大为

2

IBLv

Ir=------

皿R

故A错误，B正确;

C.因为电流的变化符合交流电的特征，所以线框的PN边到达x坐标为《处时，产生的焦耳热为

2

Qi=i：R，=R*嚓

2R

线框的PN边从,到21处时，产生的焦耳热为

2

2B*

•7?•—=

R

线框的PN边从2/到1处时，产生的焦耳热为

2

/_

。3=¥处=A----------

2Rv2R

所以产生的总焦耳热为

3研\

Q=2十。2+R

又因为外力所做的功就等于焦耳热，所以C正确，D错误。

故选BC.

9、AB

【解析】

小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反。设电场强度大小为瓦加电场后小

球的加速度大小为4,取竖直向下方向为正方向，则由=-（W-,又V=gt,解得。=3g,则小球回到4点

时的速度为y'=y・〃U・21；整个过程中小球速度增量的大小为Ay=/=・2G，速度增量的大小为2厚。由牛顿第二定律得

a=qEfig,联立解得，qE=4mg，、=qE2gF=2mg干,故A正确；从加电场开始到小球运动到最低点时

小球动能减少了二旦=16（切）2,故C错误。设从A点到最低点的高度为M根据动能定理得

〃吆〃一4七（〃-3।/2）=（）解得，/?=2g/，从A点到最低点小球重力势能减少了-与,=〃吆〃=1吆D错误。

10、AC

【解析】

E

A.带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在"、N两点动能相等，则电势能也相等，根据8可知M、N两点电

q

势相等，A正确；

B.因为匀强电场，所以两点的连线M.V即为等势面。根据等势面与电场线垂直和沿电场线方向电势降低的特性，从

而画出电场线CO如图

由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向；可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90。后小于90。,

电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，B错误；

C.匀强电场的电场强度&/=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，则

U41U

Hc=________-_____

"/?sin45°-R

C正确；

D.粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力，不可能做圆周运动，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、DFG0.808.942.0

【解析】

(1)口]由图示图象可知，所测最大电流约为2A,则电流表应选择D；

[2]电源电动势约为9V,需要把电压表改装成9V的电压表，串联电阻分压为6V,是电压表量程的2倍，由串联电路

特点可知，分压电阻阻值为电压表内阻的2倍，约为8KC,电阻箱应选择F；

[31由于要测量该电池实际的电动势和内阻，为方便实验操作，滑动变阻器应选择G；

(2)[4]把量程为3V的电压表量程扩大为9V,分压电阻分压为6V,分压电阻分压是电压表两端电压的2倍，由题意可

知，电压表所在支路电压为2.40V,分压电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，实验时应保持R1位置不变，改变R：

阻值，当电压表示数为0.80V,此时电阻箱分压L60V,完成电压表扩大量程；

(3)[5]分压电阻箱两端电压是电压表两端电压的2倍，电压表示数为则路端电压为3U,在闭合电路中，电源电

动势

E=3U+/(，+&)

整理可得

33

由图示图象可知，图象纵轴截距

/?=-E=2.98V

3

电源电动势

E=8.94V

网图象斜率的绝对值

.r+R2.98—1.01

k=------A=--------=1

31.98

电源内阻

r=2.0Q

12、1.51.51

【解析】

(1)[11.由图乙图像可知，电源内阻

△U1.45-1.00^i

r=----=-----------。=1.5。

A/().3()

⑵⑵[3],由图示图像可知，x=10cm时，U=1.20V,/=O.3OA：当x=5cm时，6/=1.35V,/=().15A,则

由U=E-lr可得

1.20=E-0.3r

1.35=E-0.15r

解得：

r=in

E=1.5V

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、(1)ls(2)lm/s(3)1.5m

【解析】

(1)设每块木板的质量为则。的质量为2m,假设4、B碰撞时，C仍在A上且速度大于A,C、A相互作用的

过程中，对A由牛顿运动定律有：

•2mg-(jn+2m)g=max

对C由牛顿运动定律有：

-2mg=ma2

代人数据得：

=2m/s2

2

a2=4m/s

A发生位移d与板8相碰，由运动规律有：

」1，

"=5砧

C发生的位移：

12

芯=%

代入数据解得：

r1=is

$=8m

此时。与A右端的距离：

s=L+d-*=2m

碰撞前4的速度为：

匕二46

代入数据得；

V1=2m/s

碰撞前C的速度为：

匕=%-%%

代入数据得：

v,=6m/s

故假设成立，所以A滑至与B相碰时所经历的时间为：

%=ls

（2）4、8相碰过程中动量守恒，有：

m\\=（m+2m）v3

代入数据得：

v3=lni/s

碰后，4B两板所受的合外力

F合=4•2〃吆-内（加+2Mg=0

故两板一起做匀速运动，所以，。刚滑离木板4时，4的速度为:

=VB=lm/s

（3）设从A、5相碰到C刚滑上8板经历的时间为L

有：

1,

”吆一不卬2

代人数据得：

t2=0.5