2024届河南洛阳高考物理全真模拟密押卷含解析

2024届河南洛阳名校高考物理全真模拟密押卷

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、三根通电长宣导线平行放置，其截面构成等边三角形，O点为三角形的中心，通过三根直导线的电流大小分别用小

A.A表示，电流方向如图所示.当/尸/2=/3=/时，。点的磁感应强度大小为不通电长直导线在某点产生的磁感应

强度大小跟电流成正比，则下列说法正确的是（）

A.当/尸31,，2=/3=，时,O点的磁感应强度大小为2B

B.当/尸31,/2=13=1时，。点的磁感应强度大小为3〃

。点的磁感应强度大小为立8

C.当33/,八=/3=，时,

2

D.当〃=31,时，。点的磁感应强度大小为

2、如图所示，定滑轮通过细绳O。，连接在天花板上，跨过定滑轮的细绳两端连接带电小球A、B,其质量分别为，小、

mi（m^m2调节两小球的位置使二者处于静止状态，此时。4、OB段绳长分别为八、h,与竖直方向的夹角分

别为a、po已知细绳绝缘且不可伸长，不计滑轮大小和摩擦。则下列说法正确的是（）

B.h:h=m2:in\

C.若仅增大B球的电荷量，系统再次静止，则OB段变长

D.若仅增大B球的电荷量，系统再次静止，则OB段变短

3、研究光电效应现象的实验电路如图所示，A、K为光电管的两个电极，电压表V、电流计G均为理想电表。已知该

光电管阴极K的极限频率为％,元电荷电量为e,普朗克常量为力，开始时清片P、P'上卜对齐。现用频率为了的光

照射阴极K（v>vo）,则下列说法错误的是

A.该光电管阴极材料的逸出功为/昨（）

B.若加在光电管两端的正向电压为U,则到达阳极A的光电子的最大动能为m/“+eU

C.若将滑片P向右滑动，则电流计G的示数一定会不断增大

D.若将滑片“向右滑动，则当滑片P、P'间的电压为〃一一时,电流计G的示数恰好为0

e

4、如图所示，质量为M的小车的表面由光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一质量为m的球，球与水平面的接

触点为与斜面的接触点为力，斜面倾角为0.当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列说法正确的是（）

A.若小车匀速运动，则球对斜面上力点的压力大小为mgcos”

B.若小车匀速运动，则球对水平面上。点的压力大小为机gsin〃

C.若小车向左以加速度gtan。加速运动，则球对水平面上a点无压力

D.若小车向左以加速度gtan。加速运动，则小车对地面的压力小于（M+m）g

5、甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移•时间图象如图所示，则在。〜h时间内

A.甲的速度总比乙大

B.甲、乙位移相同

C.甲经过的路程比乙小

D.甲、乙均做加速运动

6、如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是

nE/eV

oo---------------Q

4----------------------------------0.85

3----------------------------------1.51

2-----------------------------------34

1-----------------------------------13.6

A.处于基态的氢原子吸收10.5CV的光子后能跃迁至，〃=2能级

B.大量处于〃=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光

C.若用从〃=3能级跃迁到〃=2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从〃=4能级跃迁到〃=3

能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应

D.用〃=4能级跃迁到〃=1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34eV的金属钳产生的光电子的最大初动能为6.41eV

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、根据现行有效国际民航组织《危险物品安全航空运输技术细则》和《中国民用航空危险品运输管理规定》，严禁携

带额定能量超过160Wh的充电宝；严禁携带未标明额定能量同时也未能通过标注的其他参数，计算得出额定能量的充

电宝。如图为国产某品牌一款充电宝的铭牌。则（）

型号：xm-02-.\D

输入：DC5V/2A

10400

mAh输出：DC5.1V/2.1A

豌容量：3.6V/37.44Wh

A.该充电宝的输入电压为交流5V

B.该充电宝的输出电压为直流5.1V

C.该充电宝可以给手机充电最短时间大约10h

D.乘客可以携带该充电宝登机

8、如图所示，等腰直角三角形金属框。加右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，时边与磁场两边界平行,

磁场宽度大于左边的长度。现使框架沿加边方向匀速穿过磁场区域，U0时，c点恰好达到磁场左边界。线框中产生

的感应电动势大小为E,感应电流为1（逆时针方向为电流正方向），配两点间的电势差为L/加，金属框的电功率为P。

图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是（）

9、电阻R接在20V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将K接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，K消

耗的电功率为已知电路中电阻Ro的阻值是R的4倍，。、力两端接在〃=4（）底sinlOOR（V）的交流电源上，此

变压器（）

A.副线圈输出电压的频率为100Hz

B.副线圈输出电压的有效值为10V

C.原、副线圈的匝数之比为2：1

D.原、副线圈的电流之比为1：4

10、如图，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率-向上运动。现将一质量为机的

小物体（视为质点）轻轻放在A处，小物体在甲传动带上到达8处时恰好达到传送带的速率在乙传送带上到达离8

竖直高度为〃的C处时达到传送带的速率ve已知3处离地面的高度皆为H。则在物体从4到B的过程中（）

A.两种传送带对小物体做功相等

B.将小物体传送到8处，两种传送带消耗的电能相等

C.两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同

D.将小物体传送到3处，两种系统产生的热量相等

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）重物带动纸带自由下落，测本地重力加速度。用6V。50Hz的打点计时器打出的一条纸带如图甲所示，O

为重物下落的起点，选取纸带上连续打出的A、B.C、E、产为测量点，各测量点到。点的距离力己标在测量点

下面。打点计时器打C点时，重物下落的速度匕二m/s；分别求出打其他各点时的速度＞，，作产-6关系图

像如图乙所示，根据该图线，测得本地的重力加速度/?=m/s2o（结果保留三位有效数字）

1020

甲乙

12.（12分）用图甲所示的实验装置验证㈣、加2组成的系统的机械能守恒。加2从高处由静止开始下落，同时仍向

上运动拉动纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的

一条纸带，其中0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个未标出的点，计数点间的距离如图中所示。已知

电源的频率为50Hz,町=50g,m2=150g,取gnlOm/s?。完成以下问题。（计算结果保留2位有效数字）

甲

（1）在纸带上打下计数点5时的速度%=m/so

⑵在打0~5点过程中系统动能的增加量A4=J，系统势能的减少量△综=J,由此得出的结论是

（3）依据本实验原理作出的匕-力图像如图丙所示，则当地的重力加速度8=m/s2o

2

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，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平.B端上放有质

量为3m且可视为质点的滑块C,C与木板之间的动摩擦因数为质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台

右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触.现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点

时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半.

（1）求细绳能够承受的最大拉力；

⑵若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；

⑶通过计算判断C能否从木板上掉下来.

14.（16分）如图所示，水平线仍上方存在竖直向下的匀强电场，面以及。力下方都存在竖直向上的匀强电场，场强

大小都相等。在时下方同时存在垂直纸面向外的匀强磁场。。为"上方一点，到ab距离为2L。一质量为山、带电

荷量为-9（q>0）的带电小球从尸点以大小为匕,二4痴、与竖直方向成〃=30。斜向下抛出。g为重力加速度，经过

"上。点（图中未画出）时速度水平。

⑴求电场强度大小；

（2）小球经过"下方。点（图中未画出）时获得最大速度，。到仍的距离为一L,求磁场的磁感应强度大小。

5

15.（12分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=0和x=0.6m处的两个质点A、〃的振动图象如图所示.已知该

波的波长大于0.6m,求其波速和波长

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、A

【解析】

AB.根据安培定则画出//、，2、13在。点的磁感应强度示意图，当/尸时，令3尸&=&3=氏，示意图如图甲所示

根据磁场叠加原理，可知此时0点的磁感应强度大小8与8。满足关系B0二；B；

当11=3/2,，2=/3=/时,Bl=3Bo,B2=B3=BO,示意图如图乙所示

由图乙解得。点的磁感应强度大小为4砌=28,故A正确，B错误;

CD.当〃=31,/i=〃=/时，Bi=B3=B0fBZ=3BO,示意图如图丙所示

内

由图丙解得0点的磁感应强度大小为26B。=向3，同理可得,当Z3=3/,Zi=72=/时,O点的磁感应强度大小也为gB，

故CD错误。

故选Ao

2、B

【解析】

A.因滑轮两边绳子的拉力相等，可知。=必选项A错误;

B画出两球的受力图，由三角形关系可知

OCI

OC6

其中丁尸丁2则

Zm

--1-_-----2

12町

选项B正确；

CD.由关系式）二也可知，八和A的大小由两球的质量关系决定，与两球电量关系无关，则若仅增大B球的电荷量,

l2m\

系统再次静止，则OU段不变，选项CD错误。

故选B。

3、C

【解析】

A.由极限频率为孙，故金属的逸出功为Wo=/»o,A正确；

B.由光电效应方程可知，电子飞出时的最大动能为

4=力吁叫

由于加的正向电压，由动能定理

eU=E[-Ek

解得

E'k=hv-//v0+eU

故B正确；

C.若将滑片尸向右滑动时，若电流达到饱和电流，则电流不在发生变化，故c错误；

D.P，向右滑动时，所加电压为反向电压，由

可得

U=hv-h\

C

则反向电压达到遏止电压后，动能最大的光电子刚好不能参与导电，则光电流为零，故D正确；

故选C。

4、C

【解析】

AB.小车和球一起匀速运动时，小球受到竖直向下的重力和水平面对小球竖直向上的支持力，二力平衡，所以小球对

方点无压力.根据牛顿第二定律可知小球对〃点的压力大小为机g,AB错误：

C.若小车向左以加速度gtan”加速运动，假设小球对。点无压力，根据牛顿第二定律

mgtan0=ma

解得

。=gtan。

假设成立，所以小球对。点无压力，C正确；

D.对小车和球构成的系统整体受力分析可知，系统在竖直方向上加速度为0,竖直方向受到重力和支持力，二者等大

反向，根据牛顿第三定律可知小车对地面的压力等于（M+加）g,D错误。

故选C。

5、B

【解析】

A.因图像的斜率等于速度，可知在0〜h时间内开始时甲的速度大于乙，后来乙的速度大于甲，选项A错误；

B.由图像可知在0〜ti时间内甲、乙位移相同，选项B正确；

C.甲乙均向同方向做直线运动，则甲乙的路程相同，选项c错误；

D.由斜率等于速度可知，甲做匀速运动，乙做加速运动，选项D错误.

6、D

【解析】

A.处于基态的氢原子吸收1Q.2CV的光子后能跃迁至〃=2能级，不能吸收10.2eV的能量.故A错误：

B.大量处于〃=4能级的氢原子，最多可以辐射出C；=6科3故B错误；

C.从〃=3能级跃迁到〃=2能级辐射出的光的能量值大于从〃=4能级跃迁到〃=3能级辐射出的光的能量值，用从〃=3

能级跃迁到〃=2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从〃=4能级跃迁到〃=3能级辐射出的光，照

射该金属时不一定能发生光电效应，故C错误；

D.处于〃=4能级的氢原子跃迁到〃=1能级辐射出的光的能量为：=E4-=-0.85-（-13.6）=12.75eV,根据光

电效应方程，照射逸出功为6.34ev的金属粕产生的光电子的最大初动能为，Ektn=E-W=12.75-6.34=6.41eV,

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、BD

【解析】

A.由图可知，该充电宝的输入电压为直流5V,故A错误；

B.由图可知，该充电宝的输出电压为直流5.1V,故B正确；

C.由图可知，该充电宝的输出电流为2.1A,则该充电宝可以给手机充电最短时间

10400x10-3cd

t=----------------h«47.915h

2.1

故C错误；

D.由图可知，该充电宝额定能量为37・44Wh,则乘客可以携带该充电宝登机，故D正确。

故选BD.

8、BC

【解析】

A.根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增

大的电动势，因磁场宽度大于反边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为

零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故七-，图像的第三阶段画错，故A错误；

E

B.根据闭合电路的欧姆定律，=一，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针（负值），第二阶

R

段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针（正值），故iT图像正确，故B正确；

c.由部分电路的欧姆定律〃从=认/“，可知u灰一/图像和i—r图像的形状完全相同，故c正确；

n.金属框的电功率为P则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线，则夕一，

图像错误，故D错误。

故选BC,

9、BC

【解析】

A.变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为

10071

=5()Hz

27r

故A错误；

B.由题意可得

U;1202

--=—x-----

R4R

解得

t/2=10V

故B正确；

C.电源的有效值为

设原、戢线圈的匝数之比为〃，则原、副线圈的电流之比为,则R）两端电压为丝根据原、副线圈电压比等匝数

nn

比即

4

40--C\

工一=〃

%

解得

n=2

故C正确；

D.由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1：2,故D错误。

故选BC.

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y,甲图中的加速位移大于乙图中的加速位移，根据

lax=v

可知a甲＜。乙，根据牛顿第二定律有

Rngcos0-mgsin夕=ma

解得〃甲＜4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夕21

此时传送带匀速的位移为

2H

XVt

2=\~s.inq®

则两者的相对位移为

H

SWL指

根据摩擦生热的公式

Q=力相对

解得。卜二/与

sin，

对乙图分析，可知小物体加速的位移为

，H-hv,

x=-----=~/.

sin。2

此时传送带匀速的位移为

…:二^1

'sin<9

则两者的相对位移为

H-h

面对=芯一与'=

sin。

根据摩擦生热的公式

Q=人相对

H-h

解得Q乙=f?

sin。

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

fi-mgsin9=ma,H

x2

sin0

v

f2-mgsin8=ma2,2H二h

sin。

解得

2sin

,.八mvsin，‘.n夕

将力、力代入。中、。乙的表达式，解得

Qp=mgH+：mv2,Q乙=，ng(H-+；mv2

4乙

则有QF>Q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0与物块增加机械能的和，因物块两次从A到5

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、1.569.70-9.90

【解析】

[1].由匕=第■可知

0.1571-0.0947.”,

v=-----------------------=1.56m/s

,0.04

[21.根据廿二2皿，由图象求斜率得2g,所以

g=—=—xm/s2=9.80m/s2

220.25

12、2.40.580.60在误差允许的范围内，叫、〃马组成的系统机械能守恒9.7

【解析】

第4点与第6点间的平均速度等于第5点的瞬时速度，有

(21.60+26.40)xlO-2,。，

V5=-------------------------------m/s=2.4m/s

2x0.1

打下计数点5时的速度2.4m/so

(2)[2]系统动能的增加量

△线=g(町+吗)片=0・58J

打0~5点过程中系统动能的增加量O.58J«

⑶系统势能的减少量

然）=（，%_町）g0=0-60J

系统势能的减少量0.60J。

⑷可见A耳与AE,大小近似相等，则在误差允许的范围内，町、叫组成的系统机械能守恒。

0)[5]系运动过程中机械能守恒，则有

叫十用)y=(吗一仍)g"

解得

v-

一~Lgh

2，〃]+?

则匕一/?图像的斜率

2

,犯一机15.82.

L2

k=1---------g=------m/s

m}4-m21.20

则

g=9.7m/s2

当地的重力加速度9.7m/s2。

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、(l)3mg(2)L(3)滑块C不会从木板上掉下来

【解析】

(1)设小球运动到最低点的速率为vo,小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：,ngL=；m流

解得：%=12gL

2

小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律：T-mg=吟

由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T=T

解得：T=3mg

(2)小球碰撞后平抛运动.在竖直方向上：h=^gr

水平方向：L=9

解得：h=L

(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为打，以小球的初速度方向为正方向，由

动量守恒定律得：=，"-会

+3加匕

设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为V2,由动量守恒定律的:

3/TZV,=(3〃?+6M匕

由能量守恒定律得：一•3〃/=—(3//?+6〃?川+〃-3m