江西广西黑龙江吉林专用2024年高考物理模拟卷01含解析

2024年高考物理第一次模拟考试

注意事项:

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

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，将本试卷和答题卡一并交回

第I卷

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第广7题只有一项符合题

目要求，每小题4分，第8」0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。分。

1.如图所示，长为4nl的竖直杆从竖直管道正上方由静止释放，它完全通过这一竖直管道的时间为

2s,已知竖直杆释放时其下端到竖直管道上端的高度为5m,不计空气阻力，取重力加速度大小

g=10m/s,则这个管道长为（）

D

A.40mB.36mC.32mD.30n

【答案】B

【详解】设竖直杆的下端到管道上端的时间为4,设竖直杆的上端到管道下端的时间为’2,由自由

落体运动公式得

其中

A/=/2-71=2s/?)=5mh2=4m

联立解得，这个管道长为

L=36m

故选Bo

2.防烫取物夹是生活中的常用工具，如图甲所示，我们可以用夹子夹住长方形托盘，侧视图如图乙

所示。已知托盘的质量为川一160g,托盘侧边与竖直方向的夹角为e=53。，夹子与托盘两侧共有4

个接触点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为gT°m小,sin530=0.8,cos530=0.6o

A.托盘与取物夹每个接触点处弹力的大小为0.24N

B.托盘与取物夹每个接触点处摩擦力的大小为0.32N

C.取物夹与托盘侧边接触点间的动摩擦因数的最小值为0.75

D.取物夹与托盘侧边接触点间的动摩擦因数的最小值为0.60

【答案】C

【详解】AB.对托盘进行受力分析，每个触点处托盘所受支持力和摩擦力如下所示

在每个接触点，取物夹对托盘的弹力大小为

4a=mgsin0

4G=〃igcos。

则解得

2

FN=0.32N

F（=0.24N

故AB错误；

CD.当取物夹与托盘之间的摩擦力恰好为最大静摩擦力时，P最小时，则

耳=

联立解得

〃=0.75

故C正确，D错误。

故选C。

【点睛】托盘与取物夹的每个触点受力情况相同，对托盘单个触点进行受力分析，根据平衡条件列

出平衡方程进行解答。

3.如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各小球编号

如图。斜面与水平轨道0A平滑连接，0A长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点

后均做平抛运动，不计摩擦和空气阻力。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（）

B.球6做平抛运动的水平位移最小

C.六个小球将落在地面上同一点

D.六个小球将落在地面上六个不同的点

【答案】B

【详解】AB.由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时

球6的速度最小，水平射程最小，选项B正确，A错误；

CD.当1、2、3小球均在0A段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项

CD错误。

故选Bo

4.位于赤道上的观察者通过天文望远镜观察一颗人造地球卫星的运行情况，上午9：00发现该卫星

3

从西边地平线出现。已知该卫星的运行方向与地球自转方向相同，卫星轨道半径为地球半径的2倍,

地球自转的周期为24h,地球同步卫星距离地面的高度与地球半径的比值为5.6,则该卫星从东边地

平线消失的时刻最接近于()

A.10：00B.10：30C.11：00D.11：30

【答案】B

9:00

【详解】

由题意可知卫星从西边地平线出现时，卫星与地心的连线与观察者与地心的连线夹角为60°,卫星

从东边地平线消失时，设地球转过的角度为0,则卫星转过的角度为0+120°,设地球的半径为R,

则地球同步卫星的轨道半径为6.6R,则由开普勒第三定律

(2掖(6.6R)3

T2~242

解得卫星的周期为

T=4h

设卫星从西边地平线出现到从东边地平线消失经过的时间为t,则

空”红,=如

TT(l3

解得

t=l.6h

该卫星从东边地平线消失的时刻最接近于10：30。

故选B。

5.我国规定摩托车、电动车、自行车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。小明在某轻

质头盔的安全性测试中进行了模拟检测，某次他在头盔中装入质量为5.0kg的物体，物体与头盔紧

密接触，使其从1.80m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.03m时，物体的速

度减为0。如图所示，挤压过程中视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，

重力加速度g取ISWs?。下列说法不正确的是()

4

_物体_

也立』头盔

1.8m

-r-------地面

A.物体做自由下落运动的时间为0.6s

B.物体在自由下落过程中重力的冲量大小为30N・s

C,物体做匀减速直线过程中动量变化最为一300kg・m/s,方向竖直向上

I).匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为3050N

【答案】C

【详解】A.根据自由落体运动规律有

,12

h=Qg/

可得物体做自由下落运动的时间为

故A正确，不符合题意要求：

B.物体在自由下落过程中重力的冲量大小为

/G=mt>t=5xl0x0.6N-s=30N-s

故B正确，不符合题意要求；

C.落地的速度为

v=，2gh=6nMs

以向下为正方向，则物体做匀减速直线过程中动量变化量为

Ap=0-mv=-30kg-m/s

方向竖直向上，故C错误，符合题意要求；

D.头盔被挤压了0.03m,则根据动能定理有

rngx-Er=0-；mv2

解得匀减速直线运动过程中头盔刈物体的平均作用力人小为

5

F=3050N

故D正确，不符合题意要求。

故选C。

6.如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容

器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法不正确

基板电池

A.振动膜向右运动时,电容器的板间电场强度不变

B.振动膜向右运动时,电阻上有从a到b的电流

C.振动膜向左运动时,电容器的板间电场强度减小

D.振动膜向左运动时,振动膜所带的电荷量减小

【答案】A

【详解】A.由于电容器和电源相连，电容器两极板电压不变，振动膜向右运动时，电容器两极板间

的距离减小，由

电容器的板间电场强度增大，故A错误;

B.根据

可知电容增大,则有

C=F

可知电容器的带电荷量增大，所以电阻上有从a到b的电流，故B正确;

CD.振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离增大，所以电容减小，由于电容器两极板电压不变,

所以电容器的板间电场强度减小，电容器的带电荷量减小，故CD正确。

本题选择错误的，故选A。

6

7.如图所示是一种脉冲激光展宽器的截面图，其构造为四个相同的顶角为0的直角三棱镜，对称

放置在空气中。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，

再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜

斜面间的距离d=100.0mm,脉冲激光中包含频率不同的光1和2,它们在楂镜中的折射率分别为

_Bsin37°=-cos37°=——r==1-890

〃|二，2和-4。取5,5,V7，则（）

A.光1和2通过相同的双缝干涉装置后1对应条纹间距更大

B.为使光1和2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，需。>45。

C.减小d后光1和2通过整个展宽器过程中在空气中的路程差不变

D.若0=37°则光1和2通过整个展宽器过程中在空气中的路程差约为14.4mm

【答案】D

【详解】A.由于

>4

可知两束激光的频率关系为

根据

c=Af

可知波长关系为

双缝干涉相邻条纹间距为

^x=­A

d

可得光1和2通过相同的双缝干涉装置后2对应条纹间距更大，A错误；

B.只要光1能从棱镜中射出，光2就一定能射出，设光1临界角为C,则

7

可得

C=45°

因此要使光1和2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，根据几何关系可知

0<C=45°

B错误；

C.减小d后光1和2通过整个展宽器过程中在空气中的路程差减小，C错误;

I）.根据光的折射定律可知

sina.sina,

n,=----L=-----

sin。，'sin0

在空气中的路程差

A.S=2(.V,-52)=2(-----------)

cosaxcosa?

代入数据可得

Ayx14.4mm

D正确。

8.上海光源是一台同步辐射光源，其基本原理是通过直线加速器加速到接近光速的电子在磁场中偏

转时，会沿圆弧轨道切线发出波长连续的电磁辐射（从远红外到X光波段，波长范围约为

可用于研究生物大分子结构、材料理化性质等。若加速器中获得接近光速运动的

单个电子动能为与，在磁场中偏转过程辐射波长为X的X射线，己知电子质量为m,普朗克常量为

h,光速为c,不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）

A.此电子物质波的波长为九声可

B.若X射线照射石墨表面时，会出现波长更长的X射线散射光

8

2(/?c-W4)

C.若X射线照射逸出功为w的锌金属上，打出光电子的最大速度为"后”

D,新冠病毒的线度约为1。、】，不能用同步辐射光得到其衍射图样

【答案】BC

【详解】A.对电子有

1

匕0=­niv2

2

P=mv=-

2

得

故A错误；

B.X射线照射石墨表面时，会出现波长更长的X射线散射光为康普顿散射，故B正确；

C.由光电方程

h--W=—mv2

A2

故C正确；

D.新冠病毒线度小于同步幅射光波长，能发生明显衍射现象，故D错误。

故选BCo

9.如图所示是某绳波形成过程的示意图，1、2、3、4……为绳上的一系列等距离的质点，相邻两质

点间的距离均为10cm,绳处于水平方向；质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐振动，带动2、3、

4……各个质点依次上下振动，振动从绳的左端传到右端，t=0时质点1开始竖直向上运动，t=0.1s

时质点1第一次到达最大位移20cm处，这时质点3开始运动，以向上为正方向，下列正确的是()

左!_•_••_•_••_••_••_右

1234567891011121314151617181920

A.质点3振动后的周期可能是0.8s

B.该波的波长一定是0.8m

In

C.从质点1开始振动开始计时，质点3的振动方程为y=20sin(5nt-2)(cm)(其中120.Is)

D.质点5开始运动时运动方向一定向上

【答案】BCD

9

【详解】ABC.40时质点1开始竖直向上运动，t=0.1s时质点1第一次到达最大位移20cm处，这

时质点3开始运动，可知周期T=0.4s则质点3振动后的周期等于振源振动周期，为0.4s；波速

x02,r,

v=-=—m/s=2m/s

t0.1

波长

2=4x20cm=0.8m

选项A错误，B1E确;

D.因振源振动方向向上，则质点5开始运动时运动方向一定向上，选项D正确；

C.因

2万「

co=——=54

T

振幅A=20cmo则从质点1开始振动开始计时，质点3的振动方程为

y=20sin(5^/--)cm

2(t>0.Is)

选项BCD正确。

10.弹性轻绳一端固定于天花板上的。点，另一端与水平地面上质量为m的滑块A相连，当弹性绳

处于如图所示的竖直位置时，紧挨一光滑水平小钉B,此时滑块A对地面的压力等于自身所受重力

的一半。现作用在滑块A上一水平拉力F,使滑块A向右缓慢运动一段距离，在撤去拉力F时，滑

块A恰好能静止在地面上。已知弹性轻绳遵循胡克定律，弹性绳的原长等于0B的长度，弹性绳具有

£=Llex2

的弹性势能P2,式中k为弹性绳的劲度系数，x为弹性绳相对原长的形变量，此过程中弹性

绳始终处于弹性限度内，滑块A与地面间的动摩擦因数为U,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力

加速度大小为g。对于该过程，下列说法正确的是()

A.滑块A对地面的压力逐渐变大

B.滑块A向右运动的距离为2k

222

C.滑块A克服摩擦力做的功为4k

10

D.拉力F做的功为8k

【答案】BC

【详解】对物块进行受力分析如图所示:

则开始时刻地面对物块的支持力为

FN=mg-kL

当弹性绳处于如图所示的竖直位置时，紧挨一光滑水平小钉B,此时滑块A对地面的压力等于自身

所受重力的一半，则

kL=-mg

解得

设某一时刻绳子与竖直方向的夹角为0,则绳子的弹力为

F'=k^-

cosO

其向上分力

F、=F'cose=kL

故物体受到地面的支持力仍为

FN=mg-kL

保持不变，A错误；

B.由于绳子的弹力的水平方向的分力

bi

F-F'sinO=------sinO=kLtan0

cos。

由儿何知识可知Han〃为物块移动的距离，由几何关系可知

1/】0=巴空=〃

mg

故

II

2k2k

B正确;

c.因

1

故摩擦力做功为

I，2」〃姓・侬=也豆

f22k4k

C正确；

D.从A到静止的过程中，由能量关系可得

叼+卬/+%=0-0

又因为形变量为

SX=\/X2-L}-L

故

%=W,+%=+14（以）2工

^TK，oK

D错误。

故选BCo

第II卷

二、实验题：本题共2小题，共14分。

11（6分）.甲组同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测弹簧的劲度系数k”实验中的操作步骤

为：①将待测弹簧的一固定在铁架台上，然后将最小刻度是亳米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使

弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作％；②弹簧下

端挂一个重0.50N的祛码时，指针指示的刻度数值记作右；弹簧下端挂两个重0.50N的钩码时，指

针指示的刻度数值记作右；……；挂七个重0.50N的钩码时，指针指示的刻度数值记作G；③求出

各次弹簧的伸长量。

12

图（a）

（1）某次测量如图（a）所示，指针示数为emo

（2）得到的实验数据如下表。请利用这些数据在图（b）对应的坐标中规范的作出弹力一伸长量

（F-X）图像。（）

弹力F/N0.501.001.5C2.002.503.003.50

伸长量x/cm0.861.802.7E3.704.585.496.47

（3）根据图像求出该弹簧的劲度系数为2=N/m（保留2位有效数字）。

（4）乙组同学采用甲组实验步骤测量另一根弹簧的劲度系数。仔细观察该弹簧有如卜特征：用一片

纸插入相邻两匝之间，可以将弹簧竖直提起，如图（c）所示。若这组同学操作规范，则得到的弹力

-伸长量（/一％）图像最接近于。

13

【答案】14.64-14.66（1分）（2分）52-56（2

分）B（1分）

F=kx

根据E-x图像可得该弹簧的劲度系数为

F3.5

k=——=----------N/m»54N/m

x6.5x102?

（4）[4]由于纸片重力的影响，使得测弹簧原长时力?不为零，故尸-x图像的纵轴截距为正值。

故选Bo

12（8分）.如图中所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，某同学准备测

定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下：

14

A.待测水果电池（电动势约IV,内阻小于800C）

B.滑动变阻器飞（阻值0~500）；

C.滑动变阻器&（阻值°~3000Q）；

I）.电压表V（量程3V,内阻约39）；

E.亳安表A（量程1.0mA,内阻为50Q）：

F.开关一个，导线若干。

（1）为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图乙、丙所示的两个测量电路

图，应选（填“乙”或“丙”）;滑动变阻器应选（填"B”或"C”）。

（2）该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出U-/图线如图丁所示，根据图线求出这

（3）若利用图乙实验电路所测量的实际是图戊中虚线框所示“等效电源”的电动势&和内电阻

若电池真实的电动势为石、内阻为「，电流表内电阻用&表示，请你用石、「和&表示出£、/,

E=,/=。

【答案】乙（1分）C（1分）0.97（2分）700（2分）E（1分）

「+&（J分）

【详解】（1）［1］电流表的内阻已知，故采用乙电路图。

［2］亳安表满偏时，电路的总电阻约为

E

/?=—=1000Q

所以滑动变阻器接入电路的阻值最小应为几百欧，故滑动变阻器选择Co

15

（2）[3]U-/图线如图丁所示，图线与纵轴截距即为电动势

E=0.97V

图像的斜率绝对值

0.97-0.40

14=埠+r=C=750C

0.76xlOT

解得

r=700Q

（3）[5]电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动势的本领，所以“等效电源”的电

动势为

E=E

[6]电流表的内电阻和电源的内电阻串联作为“等效电源”的内电阻，则

r'=r+R.\

三、计算题：本题共3小题，共43分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写

出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13（8分）.某巨型液化天然气LNG储罐安装穹顶时，为了保证不出现大的形变导致天然气泄漏，采

用的是“气升顶”施工方案。如图，质量为机=3.75xl（rkg的球冠形穹顶与储罐壁间涂有密封材料,

使穹顶上升时不漏气且可忽略二者之间的摩擦。施工时，用大功率鼓风机向储罐内泵入空气，使穹

顶缓慢上升。安装完成后，储罐内空间可视为截面积5=3.75x103nf,高•h=20m的圆柱体。已知大

气压强为〃。安装完成后罐内空气温度为27℃,标准状态（％=L0lxl°'Pa

"=273K)下空气密度为L30kg/m二

（1）穹顶缓慢上升时，储罐内空气压强为多大？

（2）鼓风机作业时需要泵入罐内空气的质量为多大（结果保留两位有效数字）？

4

【答案】(1)=1.02x10Pa;(义)9.0xlOkg

【详解】m依题急，对穹顶，有

16

〃詈（2分）

解得

〃=1.02x10,Pa附分）

（2）由理想气体状态方程，可得

“V二

丁/吃分）

解得

匕=6.9x10%/（］分）

则

M=9.0x104kg（］分）

14（14分）.如图所示，在一个倾角为30°的固定斜面上有一个圆形轨道，半径为%DE为挡板，现

〃=--

从A点无初速度释放一个质量为口的小球，小球在BD段上的动摩擦因数为9,其余光滑，小

球与挡板碰撞后的速度大小为原速度大小的e倍，,-2,方向相反，已知BD段长L,重力加速度

为g。

（1）若小球运动时恰好能完整经过圆形轨道，求AB之间距离5：

（2）若AB间距离$2（$2>5）,求小球第一次与挡板相碰之前的速度大小匕。

（3）若小球与挡板相碰一次后沿斜面向上运动，又恰好能完整经过圆形轨道，求此时AB间距$3的

；（3）S3=2L+2（3+@R

【详解】（1）选择B点为小球重力势能零点位置，小球位于圆形轨道最高点时，由能量守恒可得

17

，〃gSisin30°=〃吆R（cos30°+1）+—〃?/

2（2分）

此时刚好不脱离轨道有

="】g

（2分）

解得

5]=（3+>/3）/?（[分）

（2）由能量守恒得

；机片=fng（S2+L）sin300-/.ungLcos30°（》

可得

（1分）

（3）由（2）得，小球与挡板碰之前速度大小

3（1分）

碰后速度变为

为'=/陵3+£心

3（1分）

设小球到圆弧轨道最高点速度为匕，则由能量守恒得

~fnv22=mvy+,n8（^sin30°+/?cos30°+R）+/.imgLcos30°分

最高点时，刚好不脱离轨道，满足

m—=mg

R（i分）

联立解得

邑=2”2（3+@