2024届上海市某中学高考物理倒计时模拟卷含解析

2024届上海市实睑学校高考物理倒计时模拟卷

请考生注意：

1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它们的竖直边长都是底边长的一半。

现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是。、氏Co下列判断正确

的是

B.三小球比较，落在。点的小球飞行时间最长

C.三小球比较，落在万点的小球飞行过程速度变化最快

D.无论小球抛出时初速度多大，落到斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直

2、如图所示，直线〃和直线C、是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、。是它们的交点，四点处的电势

分别为外八内、%。一质子由扭点分别运动到。点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。下列说法正确

的是（）

A.直线。位于某一等势面内，（P,,＜（pQ

B.直线c•位于某一等势面内，（pM＞（pP

C.若质子由M点运动到N点，电场力做正功

D.若质子由2点运动到Q点，电场力做负功

3、如图所示，A、B两个质量相等的小球，分别从同一高度、倾角分别为。、〃（a＜〃）的光滑斜面顶端由静止自由

滑下。在小球从开始下滑到到达斜面底端的过程中，下列判断正确的是（）

A.A球和B球到达斜面底端的速度大小不相等

B.A球重力做功的平均功率比B球重力做功的平均功率小

C.A球运动的加速度比B球运动的加速度大

D.A球所受重力的冲量大小比B球所受重力的冲量大小小

4、一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆

弧来代替。如图甲所示，通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆见作A点的曲率圆，

其半径「叫做A点的曲率半径。如图乙所示，行星绕太阳作椭圆运动，太阳在椭圆轨道的一个焦点上，近日点3和远

日点C到太阳中心的距离分别为总和,c,已知太阳质量为M,行星质量为加，万有引力常量为G,行星通过5点处

的速率为距，则椭圆轨道在8点的曲率半径和行星通过C点处的速率分别为（）

B.

5、如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在U0时刻的波形图，从此刻起横坐标位于x=6m处的质点P在最

短时间内到达波峰历时0.6s。图中质点”的横坐标x=2.25m。下列说法正确的是（）

A.该波的波速为7.5m/s

B.0~0.6s内质点P的路程为4.5m

C.0.4s末质点M的振动方向沿），轴正方向

D.。〜0.2s内质点M的路程为10cm

6、如图所示，长为L的轻绳一端固定在O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yo,同时

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

的是（）

A.小球在向上摆到45。角时速度达到最大B.F=mg

C.速度大小始终不变D.尸=浊

乃

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，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、&.、F分别表示卫星的轨道半径、周期、

动能、万有引力。下列关系式正确的有（）

A.与B./<E

kltc.TA<TH

8、如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈（线圈电阻不计）绕垂直于磁感线的轴以角速度“匀速转动，线圈通

过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈接一滑动变阻器R,原、副线圈匝数分别为〃I、要使电流表的示数变为

原来的2倍，下列措施可行的是

A、待测电源E：电动势约1.5V,内隹在0.4—0.7C间

B、待测G表：量程500RA,内阻在150〜250c间

C、电流表A：量程2A,内阻约0.K1

D、电压表V：量程300mV,内阻约500Q

E、定值电阻凡：5=300。；

F、滑动变阻器与，最大限值10G,额定电流1A

G、电阻箱R2：0—9999。

H、开关S一个，导线若干

（1）小亮先利用伏安法测量G表内阻。.

①图甲是小亮设计的实验电路图，其中虚线框中的元件是_____；（填元件序号字母）

②说明实验所要测量的物理量_____；

③写出G表内阻的计算表达式J.

（2）测出々=200。后，小聪把G表却电阻箱R2串联、并将&接入电路的阻值调到2800Q,使其等效为一只电压

表，接着利用伏安法测量电源的电动势E及内阻

①请你在图乙中用笔画线，将各元件连接成测量电路图，

（）

②若利用测量的数据，作出的G表示/个与通过滑动变阻器与的电流/的关系图象如图丙所示，则可得到电源的电动

势七=V,内阻Q.

12.（12分）用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。

a.安装好实验器材。接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。

b.选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点0（，=0）,然后每隔0.1s选取一个计数点，如图2中A、

B、C、仄E、F……所示。

图2

c.通过测量、计算可以得到在打4、B.C、。、E……点时小车的速度，分别记作力、及、力、V4>vs

d.以速度羽为纵轴、时间，为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图3所示。

Mms'1)

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0.20.30.4

图3

结合上述实验步骤，请你完成下列问题：

（1）在下列仪器和器材中，还必须使用的有_____和（填选项前的字母）。

A.电压合适的50Hz交流电源

B.电压可调的直流电源

C.刻度尺

D.秒表

E.天平（含祛码）

⑵在图3中已标出计数点A、5、。、E对应的坐标点，请在该图中标出计数点C（yF0.86m/s）对应的坐标点，并画

出v-t图像。

⑶观察M图像，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是_____。根据v-t图像计算出小车的加速度。=m/s2。

（4）某同学测量了相邻两计数点间的距离：OA=7.05cm,AB=7.68cm,BC=8.31cm,CD=8.95cm,DE=9.57cm,EF=10.20cm,

通过分析小车的位移变化情况，也能判断小车是否做匀变速直线运动。请你说明这样分析的依据是

四、计算题：木题共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，在真空室内的尸点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为+外质量为次的粒子（不计

重力），粒子的速率都相同。，必为尸点附近的一条水平直线，尸到直线"的距离尸C=L,。为直线如上一点，它与产

点相距当直线仍以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为8的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰

2

到达。点；当他以上区域只存在沿尸。方向的匀强电场时，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点。已知sin370=0.6,

cos37°=0.8,求：

（1）粒子的发射速率；

⑵仅有电场时产。两点间的电势差；

⑶仅有磁场时，能到达直线ah的粒子所用最长时间和最短时间。

QCb

14.（16分）理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间探测高能正电子是科学家发现暗物质

的一种方法。下图为我国某研究小组设计的探测器截面图：开口宽为弓的正方形铝筒，下方区域I、n为方向相反

的匀强磁场，磁感应强度均为8,区域HI为匀强电场，电场强度七=竺2，三个区域的宽度均为人经过较长时间，

m

仪器能接收到平行铝筒射入的不同速率的正电子，其中部分正电子将打在介质上。已知正电子的质量为加，电量

为e,不考虑相对论效应及电荷间的相互作用。

⑴求能到达电场区域的正电子的最小速率；

⑵在区域II和m的分界线上宽度为段的区域有正电子射入电场，求正电子的最大速率；

⑶若L=2d,试求第（2）问中最大速度的正电子打到上的位置与进入铝匍位置的水平距离。

15.(12分)如图所示，一有界匀强磁场垂直于xOy平面向里，其边界是以坐标原点O为圆心、半径为R的圆.一质

量为〃?、电荷量为9的带正电的粒子，从磁场边界与x轴交点尸处以初速度大小如、沿x轴正方向射入磁场，恰能从

M点离开磁场.不计粒子的重力.

(1)求匀强磁场的磁感应强度大小3；

(2)若带电粒子从尸点以速度大小w射入磁场，改变初速度的方向，粒子恰能经过原点0,求粒子在磁场中运动的

时间t及离开磁场时速度的方向；

(3)在匀强磁场外侧加一有界均匀辐向电场，如图所示，与。点相等距离处的电场强度大小相等，方向指向原点O.带

电粒子从尸点沿x轴正方向射入磁场，改变初速度的大小，粒子恰能不离开电场外边界且能回到P点，求粒子初速度

大小v以及电场两边界间的电势差U.

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.根据平抛运动的推论可知，设。球落在斜面上的速度方向与水平方向夹角为伍对应处位置位移与水平方向偏转角

为明即tan0=2tana,根据题意tana=2，所以8=45。，不可能与斜面平行，选项A错误。

2

B.根据平抛运动规律〃〃球竖直方向下落距离最大，所以。球飞行时间最长，选项B错误；

C.三个球都做平抛运动，即速度变化快慢（加速度）均相同，选项C错误。

D.通过A的分析可知，。球不可能与斜面垂直。对于从c点而言，竖直方向分速度gt,水平速度“），假设能与斜面

垂直，则

%1

—=tana=—

gt2

对应的竖直方向的距离为

12

y=-g（

水平方向的距离为

显然这是不可能满足的，因此选项D正确。

2、A

【解析】

AB.质子带正电荷，质子由M点分别运动到。点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，有

弘襄明屋。

而

%>=必尸，

所以有

UMQ=〃MP<。

即

%4<%=典

匀强电场中等势线为平行的直线，所以。0和/WN分别是两条等势线，有

(PP=(PQ

故A正确、B错误；

CD.质子由M点运动到N点的过程中

质子由尸点运动到。点的过程中

叱,0=9(%＞一％)=。

故CD错误。

故选A。

3、B

【解析】

A.根据机械能守恒定律可得

nigh=；/加

解得

V=yl2gii

两个小球达到底部的速度大小相等，故A错误；

BC.小球的加速度大小为

mgsin。.八

a=----------=gsin夕

tn

运动时间

口=_L陞

Vasin67g

则运动过程中A斜面斜角小，则A运动的时间比B的大，由于高度相同，重力做功相等，所以A球重力做功的平均

功率比B球重力做功的平均功率小，故B正确，C错误；

C.由于A运动的时间比B的大，由公式/=〃吆，可知，A球所受重力的冲量大小比B球所受重力的冲量大小大，故

D错误。

故选B。

4、C

【解析】

由题意可知，一般曲线某点的相切圆的半径叫做该点的曲率半径，已知行星通过4点处的速率为四，在太阳的引力卜,

该点的向心加速度为

GM

设行星在这个圆上做圆周运动，同一点在不同轨道的向心加速度相同，则在圆轨道上3点的加速度为

噌GM

«=—=—

P7一

则4点的曲率半径为

根据开普勒第二定律，对于同一颗行星，在相同时间在扫过的面积相等，则

/、_匕△/

丁叱r丁r

即行星通过。点处的速率为

所以C正确，ABD错误。

故选C。

5、A

【解析】

A.由图象知波长2=6m,根据波动与振动方向间的关系知，质点尸在U0时刻沿y轴负方向振动，经过T第一次到

4

达波峰，即

3

-7=0.6s,

4

解得：

T=0.8s,

由1，二《得波速

T

26

v=—=——=7.5m/s,

T0.8

A正确；

B.由图象知振幅A=10cm,。〜0.6s内质点尸的路程

L=3A=30cm,

B错误；

T

C.D时刻质点M沿y轴正方向振动，经过0.4s即万，质点M在、轴的下方且沿y轴负方向振动，C错误;

D.0〜0.2s内质点"先沿y轴正方向运动到达波峰后沿y轴负方向运动，因质点在靠近波峰位置时速度较小，故其路

程小于A即10cm,D错误。

故选A。

6、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：

j-.,九r1212rl

FL--mgL=wv0=0

解得：F二浊

71

B错误，D正确；

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

大：

mgcos0=F=2殳

71

2

解得。二arccos一

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。

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、BD

【解析】

A.根据万有引力定律得

GMm

R1

卫星A、B质量相等，RA>RB,得FAVFB.故A错误；

B.卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得

GMmv2

卫星的动能

12GMm

E.=—mv~=-------

’22R

故/<EkB,故B正确；

CD.由开普勒第三定律得

叫骂

2

T1A「

因八,,故错误，正确。

RTA>T8CD

故选：BDo

8、BD

【解析】

线圈转动产生的电压有效值为:

U啜

根据理想变压器的规律:

U2〃2

ll%

根据欧姆定律:

u2

~R

联立方程解得:“增大为原来的2倍，〃2、R不变、〃2和R都增大为原来的2倍,

不变均可电流表的示数变为原来的2倍，BD正确，AC错误。

故选BD.

9、BD

【解析】

A.A与B刚脱离接触的瞬间，A的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与B速度大小一样，设B运动的速度为PB,

则

I^ACOS60=%

因此

以：％=2:1

故A错误；

B.根据牛顿第二定律

0V；0

〃zgsin3()=m；

匕：师=2:1

得

故B正确;

C.由机械能守恒可知

〃zg/sin30=—niv2-g

D.根据A与B脱离之前机械能守恒可知

V

mgl(1-sin3())=—mv\+-/W2B

解得

m:m2=1:4

故D正确。

故选BD.

10、ABE

【解析】

由图示国象可知，O-A过程为等压过程，气体体积变大，由盖吕萨克定律可知，气体温度升高，即4点的温度高于

。点的温度，则工>4,故A正确；C-&过程是等温变化，气体内能不变，△"=(),气体体积减小，外界对气体做

功，W>0,由热力学第一定律得Q=AU-W=-Wv。，气体放出热量，由以上分析可知，C-。过程放出的热量

等于外界对气体做的，故B正确；若气体状态沿图中虚线由4一“，则气体的温度先升高后降低，故C错误；从5-C

过程，气体体积不变，压强减小，由查理定律可知，气体的温度T降低，分子的平均动能减小，由于气体体积不变，

分子数密度不变，单位时间内撞击器壁的分子数不变，分子平均动能减小，分子撞击器壁的作用力变小，气体压强减

小，故D错误；由热力学第一定律可知，若过程放热200J,O-A过程吸热300J,则过程气体对外界做

功1OOJ,故E正确；

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、EG表示数1,V表示数Uy-/?o电路图见解析1.50.6

【解析】

(1)[ILG表本身可以测量通过的电流，但由题意可知，G表内阻较小，无法直接用电压表进行测量，故应与E：定

值电阻岛串联后再与电压表并联；

[2J[3].同时由于两表量程偏低，且滑动变阻器阻值偏小，为了安全，采用滑动变阻器分压接法；故原理图如甲图所示；

为了更好地保护电路，也可以与电阻箱串联后给G供电；故电路图可以是甲图中的任一个；

由欧姆定律可知

解得：

则要测量的量是：G表示数Z,V表示数U；

(2)①[4].将G表与电阻箱串联后，可以充当电压表使用，则其应并联在电源两端，滑动变阻器与电流表串联后即

可进行测电源电动势和内电阻的实验，实物电路图如图所示：

②⑸网.电源的路端电压

U=IG(200+2800)=3000/G

故图象与纵坐标的交点为500pA,则电源的电动势力:

E=500NAX3000=1.5V；

内阻

1.5-350x106X3000

Q=0.6Q

0.75

12、AC小车速度随时间均匀变化0.62相邻

相等时间(0.ls)内的位移变化量均为0.63c〃z左右，在误差范围内相等，所以小车做匀速直线运动。

【解析】

(1)[1JAB.图中打点计时器用的是5。Hz交流电源而不是直流电源，故选项A正确，B错误；

C.测量纸带上的点之间距离时，还需要用到刻度尺，故选项C正确；

D.但是不用秒表，因为计时器的点间距能够说明间隔时间的问题，选项D错误；

E.实验用不到天平，因为不用测量质量，选项E错误。

故选AC,

(2)[2]先画出C点，即在时间为0.3s时找出对应的速度0.86m/s即可，然后将图中各点用直线画出来;

(3)[3]因为它是一条直线，说明其加速度的大小是不变的，故说明是匀变速直线运动，也可以说是因为速度的变化

的相同时间内是相同的.

⑷加速度的大小可以根据加速度的定义来计算得出

0.99-0.74八小,2

a=---------------m/s/2=0.62m/s；

().5-0.1

计算加速度时需要在直线上取两个点，所取的点间距尽量大一些；

(4)[5]由于在匀变速直线运动中，相邻相等时间内的位移的变化量是相等的，故我们只需要验证这个运动是不是满

足这个关系就可以；由于相邻点间的时间是相等的，又因为

EF-DE=10.20cm-9.57cm=0.63cm

DE-CD=9.57cm-8.95cm=0.62cm

CD-BC=8.95cm一8.31cm=0.64cm

BC-AB=8.31cm-7.68cm=0.63cm，…；

说明相邻相等时间内通过的位移都是相等的，所以小车的运动是匀变速直线运动。

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。

2

〃、5BqL25Bql3233m、叫机

13、；(2)-------------；(3)，八n

8/zz8/771808g118a0q3

【解析】

(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R,过。作PQ的垂线交尸。于4点，如图所示:

~PQ~QO

代入数据可得粒子轨迹半径为

R=QO=^.

洛伦兹力提供向心力为

解得粒子发射速度为

5BqL

8m

⑵真空室只加匀强电场时，由粒子到达。力直线的动能相等，可知。〃为等势面，电场方向垂直”方向下，水平向左射

出的粒子经时间/到达。点，在这段时间内做类平抛运动，分解位移

一|

CQ=­L=vt

-I

PC=L=—ar

2

电场力提供加速度

qE

a=——

m

解得。。两点间的电势差

UpQ=EL=25qEB'

PQ8〃？

⑶只有磁场时，粒子以。|为圆心沿圆弧PD运动，当弧和直线，而相切于。点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运

动时间最长，如图所示:

sina-----=0.6

R

解得

a=37。

故最大偏转角为

人=233。

粒子在磁场中运动最大时长为

t二%皿7_匕皿24〃?_233幻〃

1~360°-360。qB-18DqB

式中7为粒子在磁场中运动的周期，粒子以。，为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短。据图

有

A

2-4

S1•n夕---

nD5

解得

,=53。

速度偏转角最小为

—=1%°

故最短时间为

九加7_106乃〃?

360°-180M

5Bed47d

14、⑵⑶

3m

【解析】

⑴正电子在磁场中只受洛伦兹力作用，故正电子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力；在电场中正电子只受电场力作

用，做匀变速运动；正电子离开电场运动到MN的过程不受力，做匀速直线运动：

根据两磁场磁场方向相反，磁感应强度相等，故正电子在其中做匀速圆周运动的轨道半径相等，偏转方向相反，所以

正电子离开磁场时的速度竖直向下；

故正电子能到达电场区域，则正电子在磁场中在匀速圆周运动的轨道半径R>d；

那么由洛伦兹力做向心力可得

Bve=-----

R

所以正电子速度

BeR、Bed

v=----->-----

mm

故能到达电场区域的正电子的最小速率为华4；

m

⑵根据几何关系可得：正电子进入磁场运动到区域n和in的分界线时，正电子水平位移偏移

A-V=2(7?—VR~-d~)

故轨