2024高考必考物理模拟试卷含解析

高考模拟检测卷（一）试题

物理

一、单选题（本题共5小题，每小题5分，共25分）

1.关于双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹。要得到

相邻条纹间距更小的干涉图样，可以（）

A.增大双缝5与S2的间距

B.增大双缝到光屏的距离

C.将绿光换为红光

D.将绿光换为黄光

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据&=,增大双缝5与S2的间距"，相邻条纹间距减小，A正

a

确；

B.根据加:二44，增大双缝到光屏的距离L,相邻条纹间距变大，B错误；

a

CD.根据=将绿光换为红光，或者将绿光换为黄光，波长都变大，条纹间

a

距都变大，CD错误。

故选Ao

2.如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图，已知图中〃位置的质点起振比。位

置的质点晚（Ms,。和方之间的水平距离是2m,则此列波的波长和频率应分别为

A.2m,2HzF3.4m,5Hz

C.4m,2HzD.2m,5Hz

【答案】B

【解析】

【详解】。和〃之间的水平距离是2m位置的质点起振比。位置的质点晚0.1s,

由图知a和b之间是半个波长，因此波长为4m,周期为0.2s

解得

/=5Hz

故A项、C项和D项错误，B项正确。

故选Bo

3.姚明成为了NBA一流中锋，给中国人争得了荣誉和尊敬，让很多的中国人热爱上

篮球这项运动。如图所示姚明正在扣篮，其跳起过程可分为下蹲、蹬地起身、离地

上升、下落四个过程，下列关于离地上升和下落两个过程的说法中正确的是（）

A.两过程中姚明都处在超重状态

B.两过程中姚明都处在失重状态

C.前过程为超重，后过程不超重也不失重

D.前过程为超重，后过程为完全失重

【答案】B

【解析】

【详解】姚明离地上升和下落两个过程，姚明只受重力，此时有向下的加速度，加

速度的大小为重力加速度g,处于完全失重状态。

故选B。

4.A、5是某电场中一条电场线上的两点，一正电荷仅在电场力作用下，沿电场线从

A点运动到B点，速度图像如图所示。下列关于A、8两点电场强度E的大小和电势

。的高低的判断，正确的是（）

A.EA=EBB.EA<EB

C.D.

【答案】C

【解析】

【详解】AB.由图线斜率看出，电荷在4处的加速度大于3处的加速度，根据牛顿

第二定律可知，电荷在A处受到的电场力大于在8处受到的电场力，说明A处的场

强大于8处的场强，即

EB

故AB错误；

CD.从图线看出，电荷从A到8速度减小，电场力做负功，说明电场力方向从8

指向4而电荷带正电，则电场线方向从8指向A,则

仍〈外

故C正确，D错误。

故选C。

5.火星的质量约为地球质量的八分之一，半径约为地球半径的一半，则卫星在火星

表面与在地球表面做匀速圆周运动的速度大小的比值约为（）

A.0.2B.0.4C.0.5D.0.8

【答案】C

【解析】

【详解】根据牛顿第二定律得

解得

2k=匹盛Z=05

匕也yM也R火

故选Co

二、多选题.（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项

中有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选不全的得3分，有错选或不答的

得分。）

6.下列说法正确的是（）

A.随着物体运动速度的增大，物体分子平均热运动动能也增大

B.一定质量的理想气体经历等容放热过程，气体的压强减小

C.气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积上的次数与单位体积内分子数和温度有

关

【）.悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间跟它相撞的液体分子数越多，撞击作用的不

平衡性就表现得越明显，布朗运动就越明显

【答案】BC

【解析】

【详解】A.物体分子动能与分子运动速率和分子质量有关，与物体运动速度无关，

物体运动速度增大，物体分子动能不一定增大，故A错误；

B.一定质量的理想气体经历等容放热过程，则

e<0,W-0

根据AU=W+Q可知

△U<0

即理想气体的温度降低，由

可知气体的压强减小，故B正确:

C.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和分子

的平均速率有关，而分子的平均速率与温度有关，因此，气体分子单位时间内碰撞

器壁单位面积上的次数与单位体积内分子数和温度有关，故c正确；

D.悬浮在液体中的微粒越大，某瞬间跟它相撞的液体分子数越多，撞击作用的平

衡性就表现得越明显，布朗运动越不明显，故D错误。

故选BCo

7.如图甲中所示，一矩形线圈"cd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，

线圈所围面积的磁通量①随时间/变化的规律如图乙所示，卜列论述正确的是（）

A.初始时刻线圈中感应电动势最小

B.12时刻导线面的速度方向跟磁感线平行

C.△时刻线圈平面与中性面重合

I）.以以时刻线圈中感应电流方向相反

【答案】CD

【解析】

【详解】A.由图可知，U0时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势

最大，A错误；

B./2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，感应电动势最大，导

线〃的速度方向跟磁感线垂直，B错误；

C.小时刻线圈的磁通量最大，处于中性面，感应电动势为零，C正确；

D.以以时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大，电流最大；

相差半个周期，电流方向相反，D正确。

故选CDo

8.如图所示，L是电感足够大的线圈，其直流电阻与灯泡的相同，。和6是相同

的灯泡，若将电键S闭合，等灯泡亮度稳定后，再断开电键S,则（）

3

A.电键S闭合时，灯泡。I、6同时亮，然后。会变暗直到不亮，6更亮

B.电键S闭合时，灯泡6同时亮，然后。会变暗，6更亮

C.电键S断开时，灯泡。i随之熄灭，而。2会过一会儿后才熄灭

D.电键S断开时，灯泡。2随之熄灭，而。।会过一会儿后才熄灭

【答案】BD

【解析】

【详解】AB.S闭合瞬间.电源电珠同时加到两灯卜,由于/，的自感作用瞬间

相当于断路，所以电流经过两灯，两灯同时亮，当电流稳定时，L与。并联后再与

6串联，口两端电压变小，。2两端电压变大，所以小会变暗，6更亮，故A错误，

B正确；

CD.S断开时，6立即熄灭，由于L的自感作用，导致线圈中出现感应电动势从而

阻碍电流的减小，所以。会过一会儿后才熄灭，故C错误，D正确。

故选BDo

第II卷（非选择题共60分）

三.实验题（本题满分12分）

9.为了测定一根轻弹簧压缩到最短时具有的弹性势能的大小，可以将弹簧固定在一

带有凹槽轨道的一端，并将轨道固定在水平桌面边豫上，如图所示，用钢球将弹簧

压缩至最短，而后突然释放，钢球将沿轨道飞出桌面，实验时

（1）需要测定的物理量是

（2）计算弹簧最短时弹性势能的关系式是6=o

【答案】①.钢球的质量”桌面高度心钢球落地点与桌面边缘的水平距离S；

【解析】

【详解】（1）[1]在弹簧将小球弹开达到原长的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为

小球的动能，因此有弹簧的弹性势能

Ep=；mv2

小球离开凹槽后做平抛运动，水平方向

s=vt

竖直方向

,12

联立可得

心宜

2h

把

2h

代入心可得

EpX

「4A

由EP的表达式可知，需测量钢球的质量〃z,桌面高度心钢球落地点与桌面边缘的

水平距离s。

（2）[2]弹性势能的关系式是

处

p4/?

10.在“描绘小灯泡伏安特性曲线”实验中，可供选择的器材及代号如下:

A.小灯泡A（3V、5Q）；

B.滑动变阻器R（0—5Q,额定电流I.0A）：

C.电压表V］（量程:0—3V,Rv=2kC）:

D.电压表V2（量程:0—15V,R、=20kQ）；

E.电流表Ai（量程:0—0.6A»RA=0.4C）；

F.电流表A2（量程：0—3A,/?A=0.1Q）；

G.电源、开关各一个，导线若干：

实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压。

（1）为了减少误差，实验中应选电压表，电流表;

（2）在实验中，电流表应采用法（填“内接”或“外接”

（3）请在图虚线框内按要求设计实验电路图_______（部分线已画好）

与y.

（4）某同学实验后作出的/-U图象如图所示，请分析该图象形成的原因是:

【答案】①.C②.E③.外接④.见解析⑤.小灯泡的灯丝电阻

随温度升高而增大

【解析】

【详解】（1）小灯泡额定电压为3V,额定电流是0.6A,为减小误差和方便读

数,电压表应选C,电流表应选E；

（2）［3］根据上面所选的电压表和电流表的内阻计算得

RR.

因此电流表应采用外接法；

（3）|4|实验电路图如下图所示，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式解法;

（4）[5]根据///图象可知，随着电球增高图象中图线卜的点与原点的连线斜

率减小，电阻变大，该羽像形成的原因是随着电压增高，小灯泡温度升高，电阻率

增大阻值增大。

四、计算题：（本大题共3个小题，共48分，写出必要的文字说明，方程式和重

要的演算步骤。只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确

写出数值和单位）

11.磁感强度A-5T的匀强磁场中，放置两根间距d-0.1m的平行光滑直导物,，一端

接有电阻R=9Q,以及电键S和理想电压表。垂直导轨搁置一根质量0.1kg,电阻尸4c

的金属棒必，棒与导轨良好接触。断开电建，给金属棒一个v=10m/s初速度向右移

动，如图，试求：

（1）电键S闭合前电压表的示数；

（2）闭合电键S后，金属棒能移动的最大距离。

【答案】（I）5V：（2）52m

【解析】

【详解】（1）金属棒向右切割磁感线产生的电动势

E=Bdv=5V

电键S断开，电压表示数即为电动势的值，为5V。

（2）S闭合后，设金属棒移动的最大距离为-由动量定理

一/安=0-/??v

又

/安=Bldt

E_Bdv

R+rR+r

可得

7B2d2

/,#--------x=mv

安R+『

解得

x=52m

12.如图所示，质量为0.5kg的木块以4m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面

上的平板小车，车的质量为1.5kg,木块与小车之间的摩擦系数为0.1（g取10m/s2）,

设小车足够长，求：

（1）木块和小车相对静止时小车的速度；

（2）从木块滑上小车到它们处于相对静止时木块在小车上滑行的距离。

〃7口—

777^|M

【答案】（1）Im/s；（2）6m

【解析】

【详解】（1）设木块和小车相对静止速度为口由动量守恒定律

wv0=(M+m)v

解得

v=lm/s

（2）设木块在小车上滑行的距离为L,由能量守恒定律

pimgL=；〃?片一;(A/+

解得

L=6m

13.质量为M的绝缘细管，做成一圆形轨道，竖直固定在水平面上，如图所示.圆

心与坐标原点重合，在I、n象限有垂直于轨道平面向外的匀强磁场，在iv象限有

竖直向下的匀强电场.一个带正电的小球，其电荷量为q、质量为m,从图中位置

由静止释放，第一次到达圆形轨道的最高点时刚好能通过.不计一切摩擦，小球的

电荷量保持不变，圆形轨道的半径为R,绝缘细管的内径远小于R,小球直径咯小

于绝缘细管的内径，小球可看成质点.求：

(1)电场强度£的大小；

(2)若小球第四次到最高点时.刚好对轨道无用力.求磁感应强度B的大小.

【答案】⑴E=丝⑵B=5m麻

q6qR

【解析】

【详解】(1)第一次小球恰能达到最高点，到最高点速度为零，则：EqR=mgR

解得：EA

q

(2)小球第四次到达最高点时，对轨道无压力，此时：〃织+=

小球从开始到第四次到达最高点的过程，由动能定理可得：4qER-mgR=；,而

联立解得:D-

6qR

高考模拟检测卷（二）试题

物理

一、单项选择题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）

1.下列说法正确的是

A.英国物理学家汤姆孙发现电子，并通过油滴实验精确测定了元电荷&的电荷量

B.开普勒通过对行星观测记录的研究，发现了万有引力定律

C.伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因

D.电场和磁场的概念分别是由奥斯特和楞次建立的

【答案】C

【解析】

【详解】A.英国物理学家汤姆孙发现电子，密立根通过油滴实验精确测定了元电

荷e的电荷量，选项A错误；

B.开普勒通过对行星观测记录的研究，发现了行星运动定律，牛发现了万有引力

定律，选项B错误；

C.伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因，选项C

正确；

D.电场和磁场的概念是由法拉第建立的，选项D错误；

故选C.

2.下列说法正确的是（）

A.气体膨胀对外做功，其内能一定减小

B.内能是物体中所有分子热运动动能的总和

C.气体温度升高，分子的平均动能有可能不变

D.水中花粉颗粒的布朗运动是由水分子的无规则运动引起的

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据热力学第一定律

△U=W+Q

气体膨胀时对外界做功WVO,但。不明确，其内能不一定减小，A错误;

B.内能是物体中所有分子热运动动能与势能的总和，B错误；

C.温度是分子的平均动能的标志，气体的温度升高，则分子的平均动能一定增大，

C错误；

D.布朗运动是悬浮在水中的花粉颗粒的运动，是由于受到水分子的撞击不平衡而

发生的，故反映了水分子的永不停息的无规则运动，D正确。

故选D。

3.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说

法正确的是（）

A.此时A-4m处质点加速度最大

B.这列波的振幅是4cm

C.此时x=8m处质点沿y轴正方向运动

D.再经3s,尸6m处质点处于正向最大位移处

【答案】D

【解析】

【详解】A.由波形图可知，此时广4m处质点恰好处于平衡位置，速度最大，加速

度为零,故A错误；

B.由波形图可知，最大位移为2cm,即这列波的振幅是2cm,故B错误；

C.由于波传播的过程是前面质点的振动带动后面质点的振动，此时48m处质点沿

丁轴负方向运动，故C错误；

D.根据

4

v=—

T

由图可知波长

X=8m

可得周期

T=2s

因此再经3s处质点仍处于正向最大位移处，D正确。

2

故选D。

4.如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式

连接，已知变压器的原副线圈的匝数比为〃।：〃2=10：1,电阻R=10C,图乙是R两

端电压。随时间变化的图像，Um=l()夜V。则下列说法中正确的是()

A.通过R的电流g随时间［变化的规律是1R=coslOOw(A)

B.变压器的输入功率为10W

C.电压表V的读数为io我v

D.电流表A的读数为正A

10

【答案】B

【解析】

【详解】A.。随时间变化规律是

2冗,

〃=Umcos^-=10夜cos100兀«V)

所以

IR=-^=V2cos100兀《A)

故A错误；

B.通过电阻R电流的有效值为

/1A

2V2

变压器的输入功率等于R消耗的功率，即

P=/;/?=10W

故B正确；

C.电压表V的读数为R两端电压的有效值，即

U=a=10V

V2

故c错误；

D.根据理想变压器变流规律可得电流表A的读数，即原线圈电流的有效值为

Z,=^-12=0.1A

故D错误。

故选B。

5.质量为〃?的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30。的固定斜面,

其运动的加速度大小为：g,此物体在斜面上上升的最大高度为力，则在这个过程中

4

物体（）

A.机械能损失了力B.克服摩擦力做功!，叫〃

24

C.动能损失了"吆力D.重力势能增加了2nigh

【答案】A

【解析】

【详解】AB.机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，为

品=网=/诉

乂由牛顿第二定律

3

f+mgsin30°=m--g

4

联立解得

所二M4;〃皿

故A正确，B错误：

C.由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，为

=F/、x2h=m—g——--=—mgh

人如M4sin30°2

故c错误;

D.物体在斜面上能够上升的最大高度为/?,所以重力势能增加了〃吆儿故D错误。

故选Ao

二、多选题（本题一共3小题，每题5分，选不全得3分，共15分）

6.在研究宇宙发展演变的理论中，有一种学说叫做“宇宙膨胀说”，这种学说认为

万有引力常量G缓慢地减小.根据这一理论，在很久很久以前，太阳系中地球的公

转情况与现在相比（）

A.公转半径R较大B,公转周期T较小

C.公转速率v较大D.公转角速度0较小

【答案】BC

【解析】

【详解】A、根据“宇宙膨胀说”，宇宙是由一个大爆炸的火球开始形成的，大爆炸

后各星球即以不同的速度向外运动，这种学说认为地球离太阳的距离逐渐增加，即

公转半径逐渐增大，A错误；

B、研究地球绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：丝丝二帆誓厂

户T2

如上，这种学说认为万有引力常量。在缓慢地减小，，在增大，所以太

则T=

GM

阳系中地球的公转情况与现在相比公转周期7较小，B正确;

C、研究地球绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，竺”二a二,

rr

贝1］丫=、也，所以太阳系中地球的公转情况与现在相比公转速率〃较大.C正确;

D、研究地球绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，G粤二〃心年,

绊,所以太阳系中地球的公转情况与现在相比角速度但较大.故错误.

贝3=D

故选BC.

7.在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒介。光盘上的信息通

常是通过激光束来读取的。若红、蓝激光束不是垂直投射到盘面上，则光线在通过

透明介质层时会发生偏折而改变行进的方向，如图所示。下列说法中正确的是（）

A.图中光束①是红光，光束②是蓝光

B.在光盘的透明介质层中，光束①比光束②传播速度慢

C.若光束①、②先后通过同一双缝干涉装置，光束①的条纹宽度比光束②的窄

D.光束①比②更容易发生明显衍射现象

【答案】BC

【解析】

【详解】A.由图可知介质对①光的折射率比对②光的折射率大，所以①光的频率

高于②光的频率，故图中光束①是蓝光，光束②是红光，A错误；

B.由u=£可知，折射率大，波速小，故在光盘的透明介质层中，光束①比光束②

n

传播速度慢，B正确；

C.由&丫=4/1可知，通过同一双缝干射装置，波长短，条纹间距窄。因为①光的

d

频率高于②光的频率，故①光的波长小于②光的波长，即光束①的条纹宽度比光束

②的窄，C正确；

D.因为①光的波长小于②光的波长，所以②光更容易发生衍射现象，D错误。

故选BCo

8.如图，在匀强电场中有一虚线圆，时和〃是圆的两条直径，其中仍与电场方向

的夹角为60°,ab=0.2m,cd与电场方向平行，〃、人两点的电势差=20V。则

A.电场强度的大小E=2(X)V/m

B.b点的电势比d点的低5V

C.将电子从c点移到4点，电场力做正功

D.电子在〃点的电势能大于在c点的电势能

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】A.根据

Uah=E・abcos60

可得电场强度的大小

E=—%——=———V/m=200V/m

ab-cos6000.2x0.5

选项A正确；

B.沿电场线电势逐渐降低，可知〃点的电势比d点的电势高，选项B错误；

C.将电子从c点移到d点，因电子所受的电场力与位移反向，可知电场力做负功,

选项C错误；

D.因。点的电势低于c点电势，则电子在。点的电势能大于在c点的电势能，选项

D正确。

故选ADo

三、实验题(本题一共2小题，12分)

9.(1)如图甲所示为小金在进行“探究单摆摆长和周期关系”实验时，用停表记

录下单摆50次全振动所用时间，由图可知该次实验中50次全振动所用时间为

s：

（2）他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用

铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图乙所示，这样做的目的是（填选项前的

字母）：

A.保证摆动过程中摆长不变B.可使周期测量更加准确

C.需要改变摆长时便于调节D.保证摆球在同一竖直平面内摆动

（3）小金同学以摆线的长度（£）作为纵坐标，以单摆周期的平方（尸）作为横坐

标，作出L-户的图像如图丙所示，则其作出的图线是（选填”图线

1”“图线2”或“图线3”）。若作出的图线的斜率为七则能否根据图像得到当地

的重力加速度？。（若不可以求出，则填“否”；若可以求出，则写出

其表达式）

【答案】®.99.7AC##CA③.图线2④.4n2k

【解析】

【详解】（1）[1]由图甲可知，小表盘分度值为30s,大表盘分度值为0.1s,秒表指

针所指位置即为该时刻对应位置，不需要估读，此时小表盘指针指在1.5和2之间，

读数记为90s,则大表盘读数应为9.7s,所以该次实验中50次全振动所用时间为99.7s。

（2）[2]用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，可以在需要改变摆长时便于调节；用铁

架台的铁夹将橡皮夹紧，从而保证摆动过程中摆长不变。上述做法并不能使周期测

量更加准确，也无法保证摆球在同一竖直平面内摆动。

故选ACo

（3）[3]设摆球的半径为几根据单摆周期公式可得

整理得

L上-1T*

47r

由上式可知小金同学作出的图线应具有横截距，即图线2o

[4]图线的斜率为

k=£

47r

解得

g=4兀〃

io.小明同学想探究多用电表欧姆调零电阻阻值的最大调节范围，他进行r以下实

验操作：

甲乙

（1）小明首先调节旋钮A使指针指到图乙中。位置；

（2）将电阻箱的限值调到最大，并按图甲连接好电路，此时电阻箱接线柱P的电势

比Q___________（填“高”或"低”

（3）将旋钮。拨到Rxl挡，并将旋钮B顺时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻

值最小），然后调节电住箱的阻值，直至表盘指针指到电流满偏刻度值处，读出此时

电阻箱的阻值为R；继续调节电阻箱的阻值，直至表盘指针指到图乙中的〃处，读

出此时电阻箱的阻值为此；则此时该多用电表Rxl挡的总内阻为（用

R和R2表示）;

（4）最后将旋钮B逆时针旋转到底（此时欧姆调零电阻的阻值最大），并将电俎箱

的阻值调到0,此时电表指针指到图乙中的c处，则此时流过表头的电流与满偏电

9

流的比值为后；

（5）该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为（用凡和

他表示）。

【答案】①.低②.R「2R、③.竺学

【解析】

【详解】（2）[1]由于选择的是多用电表的电阻档，则黑表笔接的是多用电表内部电

源的正极，则。端电势高，即接线柱P的电势比Q低。

（3）[2]根据欧姆表的测电阻原理有

E=/（Ro+&）

其中Ro为欧姆表在该档位时的内部总电阻，R、为待测电阻。由上式可知接入不同的

R便有不同的/俏，则根据/和R的对应关系可在表头上把.不同的电流对应的电阻

值标出来，即制作出欧姆表表盘，根据以上分析当表盘指针指到电流满偏刻度值处,

读出此时电阻箱的阻值为品，有

E=/g（Ro+R\）

当表盘指针指到图乙中的b处，读出此时电阻箱的阻值为有

E*（R°+R。

整理有

Ro=/?2-2R1

（5）[3]当电表指针指到图乙中的。处有

E="R；

10°

综卜该多用电表欧姆调零电阻阻值最大值和最小值的差为

四、解答题（本题一共3小题，每题48分）

11.如图，长木板c仍的匕端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M=4.0kg,。、b间

距离产1.0m。木板位于光滑水平面上。在木板〃端左侧有一与长木板等高接触的固

定物体，其内部为半径R=5m的四分之一光滑圆弧。现将一个质量m=1.0kg的小物

块，从四分之一光滑圆弧顶端无初速释放，小物块与木板间的动摩擦因数4=0.20,

长木板处于静止状态。小物块从四分之一光滑圆弧滑出后沿木板向前滑动，直到和

挡板相碰。碰撞后，小物块恰好回到木板中点时与长木板保持相对静止。（取g=10m/s2）

求：

（1）小物块滑到四分之一光滑圆弧底端时，对圆弧的压力大小；

（2）小物块恰好回到木板中点时，小物块的速度；

【答案】（1）30N；（2）2m/s,方向水平向右；（3）37J

【解析】

【详解】（1）设小物块滑到四分之一光滑圆弧底端时的速度大小为加根据机械能

守恒定律有

vo=1Om/s

设此时圆弧对小物块的支持力大小为N,根据牛顿第二定律有

N-ing=ni

N=3ON

根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧的压力大小为3（）N。

（2）设小物块恰好回到木板中点时的速度为也取水平向右为正方向，由动量守恒

定律得

=(m+

v=2m/s

方向水平向右。

（3）根据功能关系可得碰撞过程中损失的机械能为

1,1,

△E=一——（m+M）了一1=37J

22

12.如图所示，一个质量为加=0.025kg,长为L=0.4m、宽为d=0.1m,电阻

R=0.1O的粗细均匀的矩形线框，从4=5m的高度由静止自由下落，然后进入匀强

磁场，磁场的磁感应强度3=0.5T,磁场方向与线框平面垂直，取g=10m/s:不

计一切阻力。求：

（1）刚进入磁场时线框的电流大小；

（2）请通过计算判断，在进入磁场过程中线框做什么运动？以及该过程中线框的下

边岫边产生的热量；

(3)若油边通过磁场区域的时间f=0.24s,求磁场区域的高度也。

【答案】(1)5A；(2)匀速直线运动，0.01J；(3)2.6m

【解析】

【详解】(1)设向边刚进入磁场的速度为也根据F=2g4得

y=J2g.=10m/s

E=Bdv

/一

R

解得

Bdv

I=-----=5A

R

(2)"边所受安培力为

F=BJd=O.25N

线框重力为

G=/^=O.25N

所以线框进入磁场过程中做匀速直线运动

根据能量守恒知，线框产生的总热量等于线框重力势能减少量，〃。边电阻力线框总

电阻的0.1倍,所以，而边产生热量为

Q=0.1〃?gL=0.01J

(3)进入磁场过程中线框匀速运动，所用时间

%=-=0.04s

线框完全进入磁场后，只受重力，加速度为g,所用时间

~/1-0.2s

设匀加速的位移为/?'

+f

h'=vt2~S2=2.2m

所以

=L+h'=0.4m+2.2m=2.6m

13.如图所示，真空中有一回旋加速器，其两金属D形盒的半径为1.5R,左盒接出

一个水平向右的管道，管道右边紧连一垂直纸面向里、磁感应强度为星、半径为R

的圆形匀强磁场，距离磁场右边界0.2R处有一长度为2.46R的荧光屏。两盒间距

较小，加入一交流加速电压；垂直于两盒向上加入一磁感应强度与的匀强磁场。现

在盒的中心处由静止释放一比荷为且的电子，经过时间，电子便进入水平向右的管

m

道。已知电子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，加速电子时电压的大小

可视为不变。则:

（1）进入圆形磁场的电子获得的速度为多大？

（2）此加速器的加速电压U为多大？

（3）如果电子不能打出荧光屏之外，那么⑤必须符合什么条件？

荧

光

g屏

【答案】（1）江史：（2）225兀BR；（3）瓦之幽.

ni2t'1.5

【解析】

【详解】（1）电子加速至D形盒最外层时，根据牛顿第二定律，有

v2

evB,=tn-----

'1.5/?

得进入圆形磁场的电子获得的速度为

1.5邓

v=------

m

(2)周期

.241.5A2乃川

1=----------=------

叫

电子加速次数为

〃=2，=型

T7im

根据动能定理有

neU=-fnv2

2

得加速器的加速电压为

225叫R?

U=—

Ine2t

(3)电子离开磁场时其速度方向的反向延长线通过圆心，与水平线的夹角设为仇

如图所示，由此可得

1.2/?

解得

6=60。

电子在磁场中运动的圆心角也为8=60。，圆弧的半径为百R,根据牛顿第二定律,

有

0

V-

evB="?「

y43R

联立解得

瓦普

即当BN巫,电子就不会打出荧光屏之外。

11.5

高考模拟检测卷（三）试题

物理

一、单项选择题（每题5分，共25分。每题给出的四个选项中，只有一个选项

是正确的）

1.2022年2月，北京市和张家口市联合举办了第24届冬季奥林匹克运动会，让世界

瞩目。冰壶是冬奥会上一种投掷性竞赛项目。国家游泳中心又名“水立方”，冬奥

会期间转换成为“冰立方”作为冰壶项目的比赛场馆，“水立方”成为国际首个泳

池上架设冰壶赛道的场馆。运动员以一定初速度投出冰壶使其在冰面上沿直线自由

滑行，口一，图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）

甲乙

A.冰壶做加速度逐渐增大的减速运动

B.冰壶在秒内运动的位移

C.水平面的动摩擦因数逐渐减小

D.冰壶在位移中点的瞬时速度小于时间中点的瞬时速度

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据u-，图线的斜率表示加速度，该图线的斜率逐渐减小，可知冰壶

做加速度减小的减速运动，故A错误；

B.通过速度图线与时间轴围成的面积表示位移，若将该图线与匀减速直线运动的

图线比较可知，冰壶在7。秒内运动的位移

1

故B错误；

C.冰壶运动的加速度是摩擦力产生的，由牛顿第二定律

ma=/.img

则

a="g

冰壶的加速度逐渐减小，则水平面的动摩擦因数逐渐减小，故C正确；

D.冰壶在运动的中点处，两侧的位移大小相等，在nr图线上找到并标出冰壶在

运动中点的瞬时速度和中间时刻的瞬时速度如图

2

可知冰壶在运动中点的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度，故D错误。

故选G

2.“天宫课堂”在2021年12月9日正式开讲，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王

亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课，王亚平说他们在距离地球400km的空间

站中一天可以看列16次日出。已知地球半径为6370km,万有引力常量

,,2

G=6.67xl()-Nnr/kg,若只知上述条件，则不•能•确定的是()

A.地球的质量B.地球的第一宇宙速度

C.空间站的加速度D.空间站的质量

【答案】D

【解析】

【详解】空间站绕地球做匀速圆周运动，对空间站，山圆周运动规律和万有引力定

律

v2/2万2g

G——=tn—=m(——)r=ma①

rrT

可得

击⑨。=吟④

根据题意，周期7二三小时，八G都为己知量，带入③式可以得到地球质量则

线速度外加速度。都可以求出，地球第一宇宙速度匕=也可以求出；只有空

间站的质量无法确定，囚为空间站质量，〃在公式①中两边约去，所以无法求出，故

ABC都能确定，D无法确定。

故选D。

3.如图所示，将某种透明材质的三棱镜置于水中，4ABC为其截面，一束由a、b

单色光组成的复色光从水中以角度i入射三棱镜再从三棱镜射出，光路如图所示，

贝IJ（）

口才^>c

A.a光在该材质中传播速度小于在水中传播速度

B.增大入射角。则a光先发生仝反射

C.用。光照射某金属能发生光电效应，则用b光也一定能发生

D.使用同种装置，用。光做双缝干涉实验得到的条纹间距比用人光得到的条纹间距

宽

【答案】B

【解析】

【详解】A.因该材质相对水是九疏介质，则单色光，，在该材质中传播速度大了在

水中传播速度，故A错误；

B.因a光在材质中的折射角较大，则增大入射角，。光的折射角首先到达90。，则

。光先在AB面上发生全反射，故B正确；

C.因〃光在材质中的折射角比〃光大，所以•光的折射率高，对应频率也高。当a

光能发生光电效应现象的时，说明。光频率够高，但〃光频率略小，不一定能发生，

故C错误；

D.因〃光在材质中的折射角比8光大，所以。光比人光波长短，所以双缝干涉时条

纹间距窄，故D错误；

故选Bo

4.如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整

个系统处于静止状态.现对小球乙施加一个水平力F,使小球乙缓慢上升一小段距

离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为了,则该过程中（）

A./变小，/变大B./变小，”变小

C./变大，/变小D.7变大，尸变大

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为。，根据平衡条

件可得，水平拉力为

F=〃琢tana

可见水平拉力尸逐渐增大，绳子的拉力为

［工

cosa

故绳子的拉力也是逐渐增加；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，

物体甲受地面的摩擦力与绳子的拉力的水平方向的分力

Tx=Tcos3

等大反向，故摩擦力方句向左

上mgcos0

f=-----------

cosa

是逐渐增大;

故诜Do

5.图甲中B超成像的基本原理就是通过探头向人体发送超声波信号，遇到人体组织

会产生不同程度的反射，接收后经计算机的处理，形成B超图象。图乙为沿x轴正

方向发送的超声波图象，已知超声波的频率约为L25x105Hz,下列说法中不年项的

是（）

甲乙

A.此超声波在人体内传播速度约为1500m/s

B.图乙中质点A此时沿），轴正方向运动

C.图乙中质点A、B此时的速度不同

I）.图乙中质点8从图示时刻开始经过axioms通过的路程为4cm

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据图乙可得，图像的波长为12mm,由

v=4f=l.25x1O'x1.2x]0"m/s=l500m/s

A正确；

B.超声波沿无轴正方向传播，质点A此时沿y轴正方向运动，B正确;

C.质点A、8此时的），轴方向相反，故此时速度不同，C正确；

D.质点5振动的频率为

T=—=——!--s=8xl0^s

f1.25x10-5

质点B从图示时刻开始经过axioms,即运动了四分之一个周期，因B此刻不是在

平衡点或波峰波谷的位置，故四分之一个周期的运动路程小于一个振幅（4cm）,D

错误。

本题选择不正确的，故选D。

二、不定项选择题（每题5分，共15分。每题给出的四个选项中，都有多个选

项是正确的，全部选对的得5分，选对但.不全的得3分，选错或不答的得0分）

6.如图，一定量的理想气体从状态。变化到状态》其过程如〃-V图中从。到b的

直线所示。在此过程中（）

A.气体温度一直降低B.气体内能一直增加

C.气体一直对外做功I）.气体一直从向外放热

【答案】BC

【解析】

【详解】A.由图知气体的“V一直增大，由半知气体的温度一直升高，故A

错误；

B.一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，

故B正确；

C.气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；

D.气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q

可知气体一直从外界吸热，故D错误。

故选BCo

7.“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核（母核）俘获

一个核外电子，其内部一个质子转变为中子，从而变成一个新核（子核），并且放出

一个中微子的过程。中微子的质量极小，不带电，很难探测到，人们最早就是通过

子核的反冲而间接证明中微子存在的。若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”

（电子的初动量不计），则（）

A.母核的质量数比子核的质量数多1个

B.母核的电荷数比子核的电荷数多1个

C.子核的动量与中微子的动量大小相等

D.子核的动能大于中微子的动能

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.原子核（称为母核）俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变为中

子，并放出一个中微子，从而变成一个新核（称为子核）。子核与母核相比，电荷数

少I,质量数不变。故A错误，B正确；

C.静止的原子核（称为母核）俘获电子（电子的初动量可不计）的过程中动量守

恒，初状态系统的总动量为0,则子核的动量和中微子的动量大小相等，方向相反,

故C正确；

D.子核的动量大小和中微子的动量大小相等，由于中微子的质量很小，根据

1、p-

Ek—mv~=——

22m

中微子的动能大于子核的动能.故D错误.

故选BCo

8.美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子

的电荷量。如图，平行板电容器两极板M、N与电压为U的恒定电源两极相连，板

的间距为小现通过显微镜观察到有一质量为〃？的带电油滴在两极板间处于平衡状

A.油滴带电荷量为4二等

B.将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动

C.将极板N向下缓慢移动一小段距离，M板的电荷量减小

D.若在MN板间插入电介质，则M板的电荷量减小

【答案】AC

【解析】

【详解】A.油滴平衡时

u

rq=mg

解得油滴带电荷量为

选项A正确；

B.将极板N向下缓慢移动一小段距离，则两板间场强减小，向上的电场力减小,

则油滴将向下运动，选项B错误；

C.将极板N向下缓慢移动一小段距离，根据

可知电容C减小，根据

Q=CU

可知.M板的电荷量减小.选项C正确:

D.若在MN板间插入电介质，根据

可知电容C变大，根据

Q=CU

可知，则M板的电荷量增大，选项D错误。

故选ACo

第n卷（共60分）

9.某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。

接电源

打点计时器、2纸带铸带畛轮的长木板

细绳

白/祛码筒

①下列做法正确的是（填字母代号）

A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行

B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有祛码的祛码筒通过定滑

轮拴在木块上

C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源

D.通过增减木块上的跌码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度

②为使祛码及