2024届安徽省毛坦厂中学高考物理四模试卷含解析

2024届安徽省毛坦厂中学高考物理四模试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5亳米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。

4.保持卡面清洁，不要折叠，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：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、起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的箕一［图像如图所示，g=10m/s2,

以下说法中正确的是（）

A.0~3s内货物处于失重状态

B.3〜5s内货物的机械能守恒

C.5~7s内货物受到向上的拉力为重力的0.3倍

D.货物上升的总高度为27m

2、下列粒子流中贯穿本领最强的是（）

A.a射线B.阴极射线C.质子流D.中子流

3、如图所示，静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个a粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测

得a粒子和反冲核轨道半径之比为44:1,则下列说法不正确的是（）

A.a粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反

B.原来放射性元素的原子核电荷数为90

C.反冲核的核电荷数为88

D.a粒子和反冲粒子的速度之比为1：88

4、如图所示，一根质量为M、长为L的铜管放置在水平桌面上，现让一块质量为机、可视为质点的铉铁硼强磁铁从

铜管上端由静止下落，强磁铁在下落过程中不与铜管接触，在此过程中（）

A.桌面对铜管的支持力一直为Mg

B.铜管和强磁铁组成的系统机械能守恒

C.铜管中没有感应电流

A.图甲是流过导体某个横截面的电量随时间变化的图像，则电流在均匀增大

B.图乙是某物体的位移随时间变化的图像，则该物体受不为零的恒定合力作用

C.图丙是光电子最大初动能随入射光频率变化的图像，则与实线对应金属的逸出功比虚线的大

D.图丁是某物体的速度随时间变化的图像，则该物体所受的合力随时间增大

6、一质子束入射到静止靶核;;AI上，产生如下核反应：p+；；AlfX+n,p、n分别为质子和中子，则产生的新核

含有质子和中子的数目分别为（）

A.28和15B.27和14C.15和13D.14和13

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、如图，在地面上方水平向左的匀强电场中，两带电小球°、）以一定初速度射入电场中P点后的运动轨迹分别如图

中虚线所示，力轨迹为直线。已知方球带电量大小为g,质量为，"，其轨迹与电场夹角为〃，重力加速度大小为g,则

A.。球带负电

B.匀强电场的电场强度E=-气

C.力球经产点后做匀加速直线运动

D.。球经P点后的运动过程中电势能逐渐增大

8、在用单摆测定重力加速度的实验中，为了减小测量误差，下列措施正确的有（）

A.对于相同半径的木球和铁球，选用铁球

B.单摆的摆角从原来的5,改变为15°

C.测量摆球振动周期时，选取最高点作为计时的起、终点位置

D.在测量单摆的周期时，防止出现“圆锥摆”

E.测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长

9、如图是在四川景区九寨沟拍摄的一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的树枝和池底都看得很清楚，而远处

则只看到对岸山峰和绿树的倒影，水面下的景物则根本看不到.下列说法中正确的是（）

A.远处山峰的倒影非常清晰，是因为来自山峰的光线在水面上发生了全反射

B.光从空气射入水中，光的波速变小，波长变小

C.远处水面下景物的光线到水面处，入射角较大，可能发生了全反射，所以看不见

D.来自近处水面下景物的光射到水面处，入射角较小，反射光强而折射光弱，因此有较多的能量射出水面而进入人

的眼睛中

管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿（选填“顺时针”或“逆

时针”）方向。

图乙

⑶下表是该小组的同学设计的记录表格的一部分，表中完成了实验现象的记录，还有一项需要推断的实验结果未完成,

请帮助该小组的同学完成（选填“垂直纸面向外”或“垂直纸面向里

实验记录表（部分）

操作N极朝下插入螺线管

从上往下看的平面图（而表示原磁场，

即磁铁产生的磁场）

原磁场通过螺线管磁通量的增减增加

感应电流的方向沿逆时针方向

感应电流的磁场配的方向

（4）该小组同学通过实验探究，对楞次定律有了比较深刻的认识。结合以上实验，有同学认为，理解楞次定律，关键

在于抓住__________（选填“队”或“B”）总是要阻碍填“Bo”或“叱）磁通量的变化。

12.（12分）如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图,其中包括电源E,开关&和S2,电阻箱R,电流

表A,保护电阻&・该同学进行了如下实验步骤：

（1）将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合Si、S2,读出电流表示数为1,电阻箱读数为9.5Q,断开Sz,调节电阻箱的

阻值，使电流表示数仍为，，此时电阻箱读数为4.5Q.则保护电阻的阻值&=（结果保留两位有效数字）

⑵Sz断开，Si闭合，调节R,得到多蛆展和/的数值，并画出;-火图象，如图所示，由图象可得，电源电动势£=

V,内阻r=C.（结果保留两位有效数字）

⑶本实验中，内阻的测量值________（填“大于”或“小于”）真实值，原因是.

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，半径为a的圆内有一固定的边长为L5a的等边三角形框架ABC,框架中心与圆心重合，S为

位于BC边中点处的狭缝.三角形框架内有一水平放置带电的平行金属板，框架与圆之间存在磁感应强度大小为B,

方向垂直纸面向里的匀强磁场.一束质量为m、电量为q,不计重力的带正电的粒子，从P点由静止经两板间电场加

速后通过狭缝S,垂直BC边向下进入磁场并发生偏转.忽略粒子与框架碰撞时能量与电量损失.求：

（1）要使粒子进入磁场后第一次打在SB的中点，则加速电场的电压为多大？

⑵要使粒子最终仍能回到狭缝S,则加速电场电压满足什么条件？

⑶回到狭缝S的粒子在磁场中运动的最短时间是多少？

14.（16分）如图所示，质量〃h=lkg的木板静止在倾角为9=30。足够长的、固定的光滑斜面上，木板卜端上表而与半

径Rfm的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量62=2kg、可视为质点的小滑块以

vo=15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数”巫，木板每次撞击圆弧轨道时都会

立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=10m*。求

⑴滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；

(2)木板的最小长度；

⑶木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。

15.(12分)如图所示，。和4是间距为"的两条平行的虚线，。上方和右下方有磁感应强度大小均为8、方向均

垂直纸面向里的匀强磁场，一电子从A点在纸面内沿与4成30。角方向以速度%射出，偏转后经过4上的。点。已知

电子的质量为"，，带电荷量为%不计电子重力。求：

(1)电子第一、二次经过。上的两点间的距离;

⑵电子从A点运动到C点所用的总时间。

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、D

【解析】

A.货物开始时竖直向上运动，由了一，图像读出。〜3s的斜率即加速度为正，表示加速度向上，则货物处于超重状态,

故A错误;

B.3~5s内货物做向上的匀速直线运动，一定有除重力以外的拉力对货物做正功，则货物的机械能增加，故B错误;

C.5〜7s内的加速度为

Av0-6,)c「

a=—=-----m/s-=-3m/s-

2

由牛顿第二定律有

FT-mg=ma

可得

4=7/九=U.7mg

则有货物受到向上的拉力为重力的0.7倍，故C错误;

D.口一，四像的面积表示货物上升的总位移，则总高度为

h=J"1""x6m=27m

2

故D正确。

故选D。

2、D

【解析】

a射线射线的穿透能力最弱，一张纸即可把它挡住，但是其电离能力最强，阴极射线是电子流，能穿透0.5mm的铝板;

质子流比电子流的穿透能力要强一些，中子不带电，相同的情况下中子的穿透能力最强.

A.a射线，与结论不相符，选项A错误;

B.阴极射线，与结论不相符，选项B错误;

C.质子流，与结论不相符，选项C错误;

D.中子流，与结论相符，选项D正确;

故选D.

3、D

【解析】

微粒之巨相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即a粒子和反冲核的动量大

小相等，方向相反；由于释放的a粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动；由

即:噂得：R啮'若原来放射性元素的核电荷数为Q,则对a粒子"悬,对反冲核4就与

由于片二鸟，根据凡：&=44:1,解得Q=90,反冲核的核电荷数为90-2=88,它们的速度大小与质量成反比,

由于不知道质量关系，无法确定速度大小关系，故A、B、C正确，D错误；

4、D

【解析】

C.强磁铁通过钢管时，导致钢管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故C错误；

B.磁铁在铜管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力做功产生热能，所以系统机械能不守恒,

故B错误；

A.由于圆管对磁铁有向上的阻力，则由牛顿第三定律可知磁铁对圆管有向下的力，则桌面对铜管的支持力尸,Mg,

故A错误；

D.因圆管对磁铁有阻力，所以运动时间与自由落体运动相比会变K,即有r>故D正确。

故选D。

5、C

【解析】

A、由于q=〃，「，图像的斜率不变，所以电流不变，选项A错误；

B、由图像可知，物体做匀速直线运动，合力为0,选项B错误；

C、根据光电效应方程或二尿一M得，延长图像，图像的纵截距绝对值为逸出功，则与实线对应金属的逸出功比虚线

的大，选项C正确；

D、y”图像斜率是加速度，斜率越来越小，加速度减小，则合力减小，选项D错误。

故选C。

6、D

【解析】

质子的电荷数为1,质量数为1;中子的电荷数为0,质量数为1;根据电荷数、质量数守恒，X的质子数（电荷数）为

1+13-0=14,质量数为1+27-1=27,中子数：27-14=13。

A.28和15。与上述结论不符，故A错误；

B.27和14。与上述结论不符，故B错误；

C.15和13。与上述结论不符，故C错误；

D.14和13。与上述结论相符，故D正确。

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】

A.a球最后做直线运动，电场力和重力的合力在这条直线上，可知，a球受到的电场力必定水平向左，与电场方向一

致，则a球带正电，A错误；

BC.b球做直线运动，切受到的电场力水平向左，所以电场力和重力的合力与初速度方向相同，故做匀加速直线运动，

轨迹与电场方向夹角为则

Eqtan0=mg

解得

E=^-

夕tan。

BC正确；

D.b球受到的电场力方向和位移方向夹角为锐角，则电场力做正功，所以电势能减小，D错误。

故选BC.

8、ADE

【解析】

A.对于相同半径的木球和铁球，选择铁球可以忽略空气阻力以及悬线的重力，A正确；

B.单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，B错误；

C.为了减小测量周期时的误差，应取摆球通过的最低点作为计时的起、终点位置，C错误；

D.摆球做圆锥摆时周期表达式为

\8

若用

7=2乎

算出重力加速度g误差较大，为了减小测量误差，应防止出现“圆锥摆%D正确；

E.测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长，E正确。

故选ADEe

9、BC

【解析】

试题分析：远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了反射，但不是全反射，因为全反射只有光从

光密介质射入光疏介质时才可能发生，故A错误.光线由空气射入水中，光的波速变小，频率不变，由波速公式v=M

知波长变小，故B正确.远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，当入射角大于等于全反射临界角时能发生

全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故C正确.近处水面下景物的光线到水面处，入射角越小，反射光越弱而

折射光越强，射出水面而进入人眼睛中能量越少，故D错误.故选BC.

考点：光的折射；全反射

10、ACD

【解析】

A.根据几何关系，粒子恰好经过〃点时运动半径

._回

3'

由

v2

qvB=in—

r

可知速度

v二曲二6qBl

1m3m

则速度小于避迎的粒子均从。〃边离开磁场，根据几何关系可知转过的圆心角均为120',运动时间均为

3m

120.

t.=----=-/

13603

丁为粒子在磁场中的运动周期，A正确；

BC.粒子恰好经过c点时运动半径

「2=01

根据几何关系可知运动时间

1-127rmmn

。=—/=-------=----

66qB3qB

速度

6qBl

V2=一二=------

mm

则速度大于叵丝的粒子一定打在〃边上，B错误，C正确;

m

D.粒子垂直打在cd边上时，如图：

根据几何关系可知圆心角为30'，运动时间

1丁兀m

2~n

D正确。

故选ACDo

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、C顺时针垂直纸面向外跟3。

【解析】

由题意可知，电流从电流计左边进时，指针左偏，右边进时，指针右偏，本实验目的是探究感应电流的方向，则

进行上述实验的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系，故选C；

(2)[2]电流计指针向右偏转，说明电流从电流计的右边(正接线柱)流入，则说明螺线管中的电流方向(从上往下看)

是沿顺时针方向；

(3)[3]由题意可知，感应电流的方向为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向垂直纸面向外；

(4)[4]由题意可知，理解楞次定律，关键在于抓住8总是要阻碍吸磁通量的变化

12、5.03.02.2大于电流表也有内阻

【解析】

由题意可知，闭合中和S2时只有电阻箱接入电路，闭合与、断开S2时，电阻箱与R串联接入电路，两种情况下

电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以保护电阻的阻值

a=9.5。・4.5。=5.0。

(2)[2][3]根据闭合电路的欧姆定律可得，E=I(R+Rx+r)f整理可得

11D+r

/EE

可见图线的斜率

k=—

E

图线的纵截距

b=-----

E

结合图象中的数据可得

E=3.0Vfr=2.2£2.

⑶⑷⑸本实验中，内阻的测量值大于其实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和.

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、(I/辔(2)U=袈-."5=4,56...)；(3)&皿=笔

512"?32mqB

【解析】

(1)带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动,进入磁场后做圆周运动，结合几何关系找到半径.求解加速电场的电

压；(2)要使粒子能回到S,则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则可能的情况是：粒子与框架垂直碰撞，绕过三

角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍；要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临

界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切；(3)根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹图，找到圆周运动的圆心

角，结合圆周运动周期公式，求出在磁场中运动的最短时间；

【详解】

(1)粒子在电场中加速，qU=^mv2

粒子在磁场中，qvB=^―

r

3a

r=——

16

解得U=叵/=皿叱

2m512m

(2)要使粒子能回到S,则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则r和v应满足以下条件：

①粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB为半径的奇数倍，

SB_3a

即r=(n=L2,3,...)

2n-\"4(2/?-l)

②要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切,

即r<a-

2

解得n>3.3,即n=4,5,6...

n9M2

得加速电压。=京⑵I)T(n=4,5,6,...).

(3)粒子在磁场中运动周期为T

„mv~—2万广

qvB=-----,T=------

rv

2mn

解得

7523

当n=4时，时间最短，即t,”加=3x6xF3x—T=—T

262

237Z7”

解得~~

qB

(3)^J«5.56J

14、(l)9.75m；(2)7.5m；

【解析】

(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数〃=曰=tan30。可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时速度大小依然

为也产15m/s,设滑块离开圆弧轨道〃点后上升的最大高度为力，则由机械能守恒定律可得

说二，%g(Reos。+〃)

解得

/i=9.75m

(2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为vo=15m/s,

滑上木板后，木板的加速的为内，由牛顿第二定律可知

2gcos6-"gsin8=m1al

滑块的加速度为。2,由牛顿第二定律可知

以"12gcos9+m2gsin9=m2a2

设经过4时间后两者共速，共同速度为白，由运动学公式可知

匕=%一%乙也

该过程中木板走过的位移

v.

滑块走过的位移

X2-2

之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度

1^X2—X\

联立解得

L=7.5ni；

（3）滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为“3,由牛顿第二定律可知

（班+"A）gsin0=（叫+）a3

一起匀减速向上运动的位移

2

X.工

七一c

2a3

木板从最高点再次滑至A点时的速度为V2,由运动学公式可知

Vj

…凉

滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为电，第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同速度为门，由

运动学公式可知

V3=V2—ait2=ait2

该过程中木板走过的位移

一起匀减速向上运动的位移

X-甘

设木板第二次滑至A点时的速度为卬由运