2024届福建省莆田市高考仿真模拟物理试卷含解析

2024届福建省莆田市高考仿真模拟物理试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、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：木题共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，长为L的轻绳一端固定在。点，另一端系一质量为，〃的小球，在最低点给小球一水平初速度四，同时

对小球施加一大小不变，方向始终垂直于绳的力F,小球沿圆周运动到绳水平时，小球速度大小恰好也为POO则正确

的是（）

A.小球在向上摆到45。角时速度达到最大B.

C.速度大小始终不变D.尸=浊

71

2、物理学中用磁感应强度5表征磁场的强弱，磁感应强度的单位用国际单位制（SI）中的基本单位可表示为（）

B.三

昌Auc•安

3、位于水面上的波源¥，S2,产生两列周期均为丁、振动方向相同、振幅均为A的相干波，实线、虚线分别表示在同

一时刻它们所发出的波的波峰和波谷，如图所示，b.。、d.£是水面上的五个点，其中有一小树叶（未画出）

位于d处，下列说法正确的是（）

A.〃点的振动加强，c点的振动减弱

B.一段时间后，小树叶被水波推至力处

C.右两点在某时间内也会振动

D.若波源邑突然停止振动，之后的2T内，〃点通过的路程为16A

4、我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星（简称“量子卫星”）“墨子号”

发射升空。己知引力常量为G,地球半径为R,“墨子号”距地面高度为九线速度为匕，地球表面的重力加速度为g,

第一宇宙速度为匕，下列说法正确的是

A.工=、厚B.卫星距离地面的高度/，可用4来表示

岭VRV）

C.地球的质量可表示为』（力+田D.此卫星角速度大于监

5、由于太阳自身巨大的重力挤压，使其核心的压力和温度变得极高，形成了可以发生核聚变反应的环境。太阳内发生

核聚变反应主要为：；H+jHf；Hc,已知部分物质比结合能与质量数关系如图所示，则该反应释放的核能约为（）

A.5MeVB.6MeV

C.24MeVD.32MeV

6、如图所示，两根粗细不同，两端开口的直玻璃管A和〃竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量

温度相同的理想气体，气柱长度凡＜“2,水银柱长度%＞佝，今使封闭空气降低相同的温度（大气压保持不变），

则两管中空气柱上方水银柱的移动情况是（）

AB

A.均向下移动，A管移动较少B.均向下移动，A管移动较多

C.均向下移动，两管移动的一样多D.水银柱的移动距离与管的粗细有关

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、如图。所示，在某均匀介质中Si,S2处有相距L=12m的两个沿y方向做简谐运动的点波源SI,S2<,两波源的振动

图线分岌如图⑹和图（c）所示。两列波的波速均为2.00m/s,p点为距Si为5m的点，则（）

B.0点的起振方向向下

C.0点为振动加强点，若规定向上为正方向，则U4s时〃点的位移为6cm

D."点的振幅始终为6cm

E.S"S之间（不包含S2两点），共有6个振动减弱点

8、如图甲所示，质量为，〃的物块从弹簧上方离地高九处由静止释放，其动能々与离地高度”的关系如图乙所示，其

中4阶段图像为直线，其余部分为曲线，久对应图像的最高点，重力加速度为不计空气阻力，以下说法正确

的是（）

B.当物块下落到力二九高度时，重力势能与弹簧的弹性势能之和最小

C.当物块处于〃=用高度时，弹簧的弹性势能为综=/叫（々-力J

D.在物块从九下降到4过程中，弹簧的最大弹性势能为Epmin=〃2g（九一4）

滑动变阻器（0-200C）,一个单刀双掷开关及若干导线。

（1）该同学按如图所示电路图连线后，首先测出了电压表的内阻。请完善测量电压表内阻的实验步骤:

①将R］的滑动触头滑至最左端，将s拨向1位置，将电阻箱阻值调为o；

②调节4的滑动触头，使电压表示数达到满偏；

③保持不变，调节使电压表的示数达到；

④读出电阻箱的阻值，记为则电压表的内阻R-=<,

（2）若测得电压表内阻为2M2,可分析此测量值应______（选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。

（3）接下来测量水果电池组的电动势和内阻，实验步骤如下：

①将开关S拨至______（选填“1”或“2”）位置，将用的滑动触片移到最端，不再移动；

②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一个合适值，记录下电压表的示数和电阻箱的阻值；

③重复步骤②，记录多组电压表的示数及对应的电阻箱的阻值。

（4）若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R,作出古图象，则可消除系统误差，如图所示，其中纵截距为力，

斜率为M则电动势的表达式为,内阻的表达式为o

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，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距为导轨上端接有电阻A和一个理想电流表,

导轨电阻忽略不计。导轨下部的匀强磁场区域有虚线所示的水平上边界，磁场方向垂直于金属导轨平面向外。质量为

m、电阻为「的金属杆MN,从距磁场上边界力处由静止开始沿着金属导轨下落，金属杆进入磁场后，流经电流表的电

流逐渐减小，最终稳定为九金属杆下落过程中始终与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为不计空气阻力。求:

⑴磁感应强度3的大小；

⑵电流稔定后金属杆运动速度的大小；

⑶金属杆刚进入磁场时，M、N两端的电压大小。

14.（16分）如图所示，在光滑的水平面上静置一长为L的木板B,上表面粗糙，现有滑块A以初速度％从右端滑上

B,恰好未离开B,A的质量为机，B的质量为2加，求A与B上表面间的动摩擦因数"。

15.（12分）如图所示，小球C在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它左边有一垂直于轨道的固定挡板，右边有

两个小球A和B用处于原长的轻质弹簧相连，以相同的速度均向C球运动，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。

在A和D继续向左运动的过程中，当强簧长度变到最短时，长度突然被第一次锁定不能伸长但还能继续被压缩。然后

D与挡板P发生弹性碰撞，而A的速度不变。过一段时间，弹簧被继续压缩到最短后第二次锁定。已知A、B、C三

球的质量均为小。求：

（1）弹簧长度第一次被锁定后A球的速度；

⑵弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能。

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】

本题考查动能定理的应用，要注意明确重力的功和路程无关，而拉力始终和绳垂直，即一直做正功。

【详解】

BD.小球向上摆的过程中，由动能定理：

解得：尸二驷

7T

B错误，D正确；

因为当重力沿切线方向的分力与产等大反向时，切线方向的加速度为零，速度达最大，设在向上摆到。角时，速度最

大：

mgcos。=F=

TC

2

解得0-arccos—

71

A错误；

因为两力在运动过程中做功大小不完全相同，故物体做变速运动，C错误。

故选D。

2、A

【解析】

根据磁感应强度的定义式口==，可得丁二弓=呼=/，N、Wb不是基本单位，所以A正确

uuASAUA

3、D

【解析】

A.〃点是波峰和波峰叠加的点，。点是波谷和波谷叠加的点，都是振动加强点，故A错误；

B.机械波传播的过程中，各质点并不随波迁移，故小树叶只在原位置上下振动，故B错误；

C.。、e都是波峰和波谷叠加的点，属于振动减弱点，由于两波源振幅相同，故这两点均静止不动，故C错误；

D.若波源4突然停止振动，由图像可知，在之后27内，质点6仍是振动加强点，振幅为24,完成两次全振动，通

过的路程为16A,故D正确。

故选D。

4、C

【解析】

A.由万有引力提供向心力，有

GMin_GMrn_mv；

(R+h)2=(R+h)f~R^=~R^

联立得

选项A错误;

B.对量子卫星有

GMm_WV)

(R+h)2~(R+h)

得

GM

R+h=

代入GM=g/?2,得

R+h=咚,h=/-R

<可

选项B错误；

C.对量子卫星有

GMm_6(

(R+h)2~(R+h)

得

噜逛弛

G

选项C正确；

对量子卫星有

GMm=〃?(/?+〃)力

(R+"f

代入GM=gR2,得此卫星角速度为

选项D错误。

故选C。

5、C

【解析】

由图象可知；H的比结合能约为l.lMeV,:He的比结合能约为7.1MeV,由比结合能的定义可知，该反应释放的核能

约为

AE=(7.1x4-l.lx4)McV=24McV

故选C。

6、A

【解析】

D.因为大气压保持不变，封闭空气柱均做等压变化，放封闭空气柱下端的水银面高度不变，根据盖一吕萨克定律

V

-=c,可得

T

AT

则

AV=­V

T

即

S^H=—SH

T

化简得

\H=­H

T

则空气柱长度的变化与玻璃管的粗细无关，D错误；

ABC.因管中的封闭空气柱初温T相同，温度的变化也相同，则△“与"成正比。又△7<0,所以△，<(),

即A、3管中空气柱的长度都减小，水银柱均向下移动，因为所以

K|<|AH2|

所以A管中空气柱长度减小得较少，A正确，BC错误。

故选A。

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、BCD

【解析】

A.两列简谐波的波长均为2二〃=2x2m=4m,选项A错误；

B.因S起振方向向下，由振源S形成的波首先传到尸点，则尸点的起振方向向下，选项B正确：

C.P点到两振源的距离之差为2m等于半波长的奇数倍，因两振源的振动方向相反，可知P点为振动加强点；由&

形成的波传到P点的时间为2.5s,，=4s时由&在P点引起振动的位移为4cm；同理，由Sz形成的波传到P点的时间

为3.5s,U4s时由S2在尸点引起振动的位移为2cm；若规定向上为正方向，则U4s时尸点的位移为6cm,选项C正

确；

D.P点为振动加强点，则P点的振幅始终为6cm,选项D正确；

E.Si,Sz之间（不包含Si,S2两点），共有5个振动减弱点，分别在距离Si为2m、4m、6n）＞8m、10m的位置，选

项E错误。

故选BCD。

8、AD

【解析】

A.结合4-力图像可知，时，物块刚好接触弹簧，物块动能最大时，加速度为零，即

mg=攵（均一%）

解得

k=叭

k-凤

故A正确；

B.物块与弹簧组成的系统，机械能守恒，当"时，物块的动能最大，则重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，

故B错误；

C.物块由"=鱼到〃二九过程中，动能不变，物块减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即：

Ep=mg（%一%）

故C错误；

D.整个过程中，弹簧被压缩到最短时，弹性势能最大，由机械能守恒定律有

Epmm=〃吆也一4）

故D正确。

故选AD,

9、BD

【解析】

AB.已知物体上滑的加速度大小为g,由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为

△七=W合=五合"1］。。='%-2H=2mgH

故A选项错误，B选项正确;

CD.设摩擦力的大小为/,根据牛顿第二定律得

mgsin30°+f=inci=mg

得

f=0.5mg

则物块克服摩擦力做功为

Wf=f-2H=0.5〃火x2〃=mgH

根据功能关系可知机械能损失，〃g”,故C错误，D正确。

故选BD.

10>AC

【解析】

A.传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，则机械能的增

加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，故A正确；

C.由0加速到用甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据

2ax=v2

可知/<&,,根据牛顿第二定律有

pmgcos9-mgsin9=nxci

解得以甲乙，即两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同，故C正确;

D.对甲图分析，可知小物体加速的位移为

Hv

X.=-----=­/.

1sin。21

此时传送带匀速的位移为

2H

x?=%二—

smt/

则两者的相对位移为

H

根据摩擦生热的公式

Q=力相对

H

解得。9二力一

sin6/

对乙图分析，可知小物体加速的位移为

，H-hv,

x=--------=—t,

sin。2

此时传送带匀速的位移为

…一2（…

“以一sin。

则两者的相对位移为

，_，,_H-h

根据摩擦生热的公式

Q=力相对

H-h

解得Q乙=f2『

sin6

在甲图、乙图，对小物体分析，根据牛顿第二定律和运动学公式有

V2

sin。

V2

f2-mgsin6=ma2,2H二h

sin。

解得

mv2sin0/..八wv2sin0

工二）〃gsm0+2H'^2=mgSin0+

将力、B代入。甲、。乙的表达式，解得

Qp=mgH+gniv2,0="7g（〃一力）+；/MV2

则有2/＞。乙，即产生的热量不相等，故D错误;

B.根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量。与物块增加机械能的和，因物块两次从A到笈

增加的机械能增加量相同，而Qp〉0c，所以将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能甲更多，故B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>0.050.200.375

【解析】

电磁打点计时器周期为0.05s,由于相邻计数点间还有三个点没有画出，则相邻计数点间的时间间隔为0.20s；

网根据逐差法可知，车的加速度

a==（5.50-2.50尸0-2=Q375^2

2r22x0.22

Ik

12、（1）③％半偏（或最大值的一半）④R（2）大于（3）①2左（4）七=一r=-

bb

【解析】

（1）由题图可知，当S拨向1位置，滑动变阻器与在电路中为分压式接法，利用电压表的半偏法得：调节与使电压

表满偏；

[1].保持与不变，R?与电压表串联；

⑵.调节R?使电压表的示数达到半偏（或最大值的一半）；

⑶.则电压表的内阻R,与电阻箱示数均相同。

（2）[4].由闭合电路欧姆定律可知，调节R?变大使电压表达到半偏的过程中，总电阻变大。干路总电流变小，由

E=外得U外变大，由电路知U外=u#+u右，滑动变阻器的滑动触头右侧分得的电压。右=/代公变小，则U并

变大，电压表半偏时，&上分得的电氏就会大于电压表上分得的电压，那么此的阻值就会大于电压表的阻值。

（3）[5M6].测水果电池组的电动势和内阻，利用伏阻法，S拨到2位置，同时将用的滑动触头移到最左端。利用

UIJ'

4七=4+£",联立求日

A2

（4）[7],⑻.由闭合电路欧姆定律得:

E=U+—r,

R

变形得

Ir11

-=-----4---.

UERE

则

r,1

—K9-u

EE

解得：

E=-tr=-o

bb

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。

⑶⑴吗⑵芷