2024年安徽高考物理七模试卷

2024年安徽省高考物理七模试卷

一、单选题：本大题共8小题，共32分。

1.玉兔二号月球车能源为太阳能，当月球进入月夜，表面温度会降低到-180。&“玉兔二号”失去动力源

一一太阳能，此时“玉兔二号”依靠核电池供能来抵御月夜的寒冷，核电池将觥8P〃衰变释放的核能•部分

转换成电能，器冲〃的衰变方程为端8PaT能力+X,卜.列说法中正确的是（）

A.衰变方程中的X为电子

B.贫8Plz比蔡4〃多两个质子和两个中子

C.咳核反应过程质量数减少

D.100个屐8P八原子核经过一个半衰期后一定还剩50个

2.如图所示，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在木板上的P点，将木板以底边MN为轴由水平缓慢转

动直至竖直，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（）

A.细绳上的拉力的合力保持不变B.两细绳上拉力均先增大后减小

C.圆柱体对木板的压力先减小后增大D.圆柱体对木板的压力先增大后减小

3.我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高，极大丰富了我国自主对地观测数据源，为现代农业、

防灾减灾、环境监测等领域提供了可靠稳定的卫星数据支持。系列卫星中的“高分三号”的轨道高度约为

755km，“高分四号”的轨道为高度约3.6x10"m的地球同步轨道。已知地球表面重力加速度g=9.8m/s2,

若将卫星的运动均看作是绕地球的匀速圆周运动，则（）

A.“高分三号”的运行周期大于24万

B.“高分三号”的向心加速度大于9.8m/s2

C“高分四号”的运行角速度大于地球自转的角速度

D.“高分三号”的运行速度大于“高分四号”的运行速度

4.如图，坐标原点。有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量y

质量为m、电量为q的正电粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等。圆

二

心在(0,/?),半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场,二

二

磁感应强度为8。磁场右侧有一长度为R,平行于y轴的光屏，其中心位二

于(2R,R)。已知初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光

屏上,则()

A.粒子速度大小为幽

m

B.所有粒子均能垂直射在光屏I；

C.能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为驾

D.能射在光屏上的粒子初速度方向与％轴夹角满足45。<0<135。

5.如图所示，理想变压器与电阻A,交流电压表V、交流电流表4按图甲所示方式连接，已知变压器原副线

圈的匝数比为小:n2=10：1,电阻R=50.图乙是R两端电压U随时间变化的图象，•则下列说

法中正确的是()

A.交变电流的频率是Um=B.电压表V的读数为10V

C.电流表4的读数为204D.变压器的输入功率为40w

6.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过

程类似。已知静电场的方向平行于x轴，其电势@随x的分布如图所示。一质量m=2.0xl0-20kg,电荷量

q=2.0xIO-"?的带负电的粒子从(-1,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在工轴上往返运动c则

A”轴原点左侧电场强度均和右侧电场强度%的大小之比兽=7

fc21

B.苞子沿不轴正方向从-Icm运动到0和从0运动到0.5cm运动过程中所受电场力的冲量相同

C.该粒子运动的周期丁=4.0x10-8s

D.该粒子运动过程中的最大动能为4.0x10-8/

7.如图所示，在水平地面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B,它们的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,

现将一个质量也为7九的物体C从A的正上为一定高度处由静11.释放，C和A相碰后的立即粘在一起，之后在竖

直方向做简谐运动。在简谐运动过程中，物体B对地面的最小弹力为臂，则以下说法正确的是（）

口。

cA

Jm

k

lQs

B

///////〃

A.若。物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置会更低

B.。和A相碰后立即减速向下运动

C.B对地面的最大弹力为17mg/3

D.笥谐运动的振幅为7mg/3k

g.如图所示，为科学家用某种透明均匀介质设计的“圆环”，圆心为。，内、外半

径分别为R和2R0A8部分是超薄光线发射板。发射板右侧各个位置均能发射出水

平向右的光线，发射板左侧为光线接收器。通过控制发射光线的位置，从C位置发

射出一细单色光束。发现该光束在“圆环”中的路径恰好构成一个正方形，且没有

从“圆环”射出。光在真空中的速度为c。下列说法正确的是（）

A.“圆环”对该光束的折射率可能是1.4B.“圆环”对该光束的折射率可能

是1.5

C.光束在介质中的传播速度可能是三cD.光束在介质中的传播速度可能是c

二、多选题：本大题共2小题，共10分。

①将长木板固定在水平桌面上，其右端安装定滑轮，左端固定位移传感器;总质量为M的滑块［含拉力传感

器）在长木板上紧靠位移传感器放置，拉力传感器通过细绳跨过定滑轮与质量为机的重物连接，调节使

细绳与长木板平行；

②静止释放滑块，记录拉力传感器和位移传感器的数据，用计算机拟合得到滑块位移随时间变化的s-t图

像如图乙所示，该图线的函数表达式是s=1.19t2（m）,则可得滑块加速度a=m/s2（计算结果保留两

位小数）;

③若滑块的加速度为Q时，拉力传感器示数为几则滑块与长木板间的动摩擦因数〃=（用题中物理量

字母符号表示）。

（2）本实验中（选填“需要”“不需要”）满足滑块质量远大于重物质量。

12.为了测量阻值约为20。的电阻心的阻值，在实验室提供了如下实验器材：

A、电压表V（量程为15V,内阻约为2000。）；

B、电流表4（最程为20m4内阳q=30。）：

C、电流表42（量程为内限七=1。。）；\:

。、滑动变阻器长,最大阻值为50,额定电流为0.54

：..........；・.二.”

E、滑动变阻器&，最大阻值为50,额定电流为1.04

F、定值电阻凡=I。。。：

E、电源E（电动势E=4V,内阻较小可不计）；

H、开关S一个，导线若干，贝人

（1）为了使电表的调节范围足够大，测量比较准确，并且测量时电表的示数不小于其量程的上那么，电表应

该选,滑动变阻器应该选（用实验仪器前面的序号字母填写）。

（2）根据你所选择的实验器材，请在虚线方框内画出测量电阻勺的最佳实验电路图，并标注所选器材名称。

（3）待测电阻的表达式心=______（用实验中测得的物理量及题中已知量的字母表示）。

四、计算题：本大题共3小题，共42分。

13.一个重力不计的带电粒子，以大小为v的速度从坐标（04）的。点，平行于％轴射入磁感应强度大小为8、

方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x轴上b点射出磁场，射出速度方向与工轴正方向夹角为60。，

如图.求:

(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径(请认真作图画轨迹);

(2)带电粒子的比荷A

(3)粒子从a运动到b点的时间；

14.如图甲所示，在竖直放置、足够长的细玻璃管内用h=15cm的水银柱

封闭一段空气柱，空气柱的长度匕=21cm、温度为J=27℃0已知大气

压强Po=75cmHg,绝对零度为力=-273。(：，重力加速度g的大小取

10?n/s2o现将玻璃管在竖育平面内线•慢转动，直至与水平工轴成。=37。角,

玻璃管与工轴在同一竖宜平面内，如图乙所示。现保持玻璃管与X轴夹角e=

37c不变,求:

(1)将玻璃管内气柱的温度缓慢升高到£2=47汇时，玻璃管内气柱的长度42。

(2)让玻璃管沿工轴正方向做加速度为Q=5m/s2的匀加速直线运动时，玻璃管内气柱的长度人，(不考虑玻

璃管内气柱温度的变化，忽略大气压强的变化)

15.如图所示，水平面右端放一质量徵=0.1kg小物块，使小物块以为=4zn/s的初速度向左运动，运动d=

1m后将弹簧压至最短，反弹回出发点时物块速度大小％=2m/s。若水平面与一长L=3m的水平传送带平

滑连接，传送带以w=10m/s的速度顺时针匀速转动，传送带石端与竖直平面内的光滑圆轨道的底端平滑

连接，圆轨道半径R=0.8m。当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置将圆轨道封闭，取g=10m/s2,sin53°=

0.8,cos530=0.6«求：

(1)小物块与水平面间的动摩擦因数由：

(2)弹.黄具有的最大弹性势能J；

(3)要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数内应满足的条件。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】A.根据核反应质量数和电荷数守恒，的衰变方程为觥8p〃瞽尹〃+匆e

故衰变方程中的X为a粒子，故A错误；

B.容P”比卷打的质子数多，多的个数为n】=94-92=2

需8Plz比的切的中子数多，多的个数为电=238-234-2=2

故B正确；

C.核反应过程中，质量数和电荷数守恒，故C错误；

。半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核衰变不适用，故。错误。

故选

本题主要考查了核反应方程、半衰期的理解，基础题，知道核反应过程中质量数和电荷数守恒，明确半衰

期为统计规律。

2.【答案】0

【解析】【分析】

该题考查共点力平衡相关知识。分析好受力，根据正交分解法列式得出力的表达式，结合数学知识进行求

解，注意角度的变化情况。

【解答】

设两绳子对圆柱体的拉力的合力为八木板对圆柱体的支持力为N,绳子合力与木板夹角为%木板与水平

方向夹角为0，沿着木板和垂直于木板建立坐标系，圆柱体保持平衡，则在沿着木板方向有：mgsin6=Tcosa,

垂直于木板方向有：mgcosp+Tsina=N,将木板以底边MN为轴由水平缓慢转动直至竖直，已知a不变，

0从0逐渐增大到90。，则7变大，且丁=可得N=mgcosp+襄丁•sina=771g(cos/?+tana-sin/?),

根据数学知识可知，N=V1+taMamgsinS十3),所以N先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱

体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为2。，绳子拉力为V,则2Vcos6=T可得〃=三，

Zcosa

。不变，7•逐渐增大，可知绳子拉力不断增大，故。正确，A3C错误。

3.【答案】D

【解析】解：“高分三号”的轨道高度约为755km,“高分四号”的轨道为高度约3.6xl02m的地球同步

卫星，则“高分三号”的轨道半径小于“高分四号”的轨道半径，且“高分四号”的周期为24M

3

A、根据开普勒第三定律可得3r=k,可知“高分三号”的运行周期小于“高分四号”的运行周期，即小于

24/1,故4错误；

B、根据牛顿第二定律可得等=ma,解得Q=得，在地球表面，有：爷=mg,解得g=*=9.8m/s2,

由于r>R,所以“高分三号”的向心加速度小于9.8m/s2,故8错误；

C、“高分四号”为地球同步卫星，其运行角速度等于地球自转的角速度，故C错误；

。、由万有引力提供向心力有：等二血斗，解得：/二J单，可知“高分三号”的运行速度大于“高分四

号”的运行速度，故。正确。

故选：Do

本题主要是考查方有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式

进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。

4.【答案】C.

【解析】解：4初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，说明粒子在磁场中运动的轨迹

半径为r=R.

根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB=my

解得：u=鲤,故4错误；

m

及由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，旦离开磁场区域的出射点距离圆心的竖直高度最大值为2R,

不会打在光屏上，故4错误；

C如图，由几何关系可得，运动时间最长的粒子，对应轨迹的圆心角为

yt

根据周期公式可得：7=等=胃

能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为："誓=翳故。正确;

。.若能打在光屏下端，如图

由几何知识可知初速度与“轴夹角为d=60°

同理，粒子打在光屏上端时，初速度与％轴夹角为4=120。

能射在光屏上的粒子初速度方向与t轴夹角满足60。W6工120°,故。错误。

故选:故

根据轨迹确定轨迹半径再由牛顿第二定律计算速度；分析速度沿x轴负方向时的运动轨迹，再判断是否会垂

直打在光屏上；分析能射在光屏上且在磁场中运动时间最长时的轨迹，根据几何知识和周期公式计算；根

据几何知识分析打到屏上端和下端的轨迹及速度与不轴的夹角。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供

向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是

按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。

5.【答案】B

【解析】解：4由图象可知，周期为7=2x10-25,那么交流电的频率：/="=^=50"z,故A错误；

B、由于=则有效值为：［/=黑=喈=10V,电压表的读数为有效值，即10K故B正确；

V2V2

C、根据欧姆定律，副线圈中的电流值：I2=^=^=2A,变压器是原副线圈的电流与匝数成反比，则原

线圈中电流：/1=导/2=4乂2=0.2人.故。错误；

D、输入功率等于输出功率，即：2人=UG=1OX2=20W.故。错误；

故选:B.

根据电阻R两端电压〃随时间£变化的图象，结合有效值与最大值的关系，及周期，即可求解频率；交流电压

表测量是有效值；根据原副线圈的电压与匝数成正比，即可求解电源的电压〃随时间t变化的规律；根据欧

姆定律，即可求出原线圈中电流i随时间£变化的规律.

考查电表测量是有效值，掌握有效值与最大值的联系与区别，理解由图象确定电压或电流的变化规律，注

意原副线圈的电压、电流与匝数的关系.

6.【答案】0

【解析】【分析】

由少-“图象斜率表示电场强度求解电场强度之比；由冲量为矢量，通过分析电场力方向判断；由动能定理

求解最大动能；根据受力情况确定运动情况，从而明确振动周期.

对@-x图象的正确理解是求解的关键。

【解答】

A#，一》图象斜率表示电场强度，由图可知左侧电场强度大小为:员=熟=不条V/m=2.0x1031V根；

3

右侧电场强度大小为：E2=|^|=^^2V/m=4.0xl0V/m,所以x轴原点左侧电场强度瓦和右侧

电场强度%的大小之比：邑：E2=l：2,故4错误；

B.因为沿电场线方向电势降落，所以粒子在-1cm到0和0到0.5cm过程中受到电场力方向不同，所以受到电

场力的冲量不同，故8错误；

2

。.带负电粒子先做加速度运动，后做减速运动，在％=0处速度最大，由动能定理得:q（0°-St）=^mvm=

8

Ekm,解得：Ekm=4.0x10-7,故。正确；

C.设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为G、£2,在原点时的速度为与„，由运动学公式有：%=噜（1：

同理可知：％=等t2；Ekm=如为2；而周期：7=2（£]+3，联立以上各式并代入相关数据可得：

T=3.0x10-8s,故C错误。

故选。。

7.【答案】C

【解析】【分析】

根据平衡位置的特点得出物体速度最大所在的位置可判断；结合牛顿第二定律判断碰后的运动情况；先分

析B求出8对地面的压力最小时弹簧的弹力，再以4、C组成的整体为研究对象，求出弹簧它们匕勺加速度，然

后结合简谐振动的对称性求出此时弹簧的形变量；由振幅的定义求出振幅。

弹簧在高考中出现较多，应对其弹力的变化过程作充分的了解，并能灵活应用所学物理规律求解。此题属

于难题，在解答时要注意弹簧的形变量与振幅的关系。

【解答】

人力。碰后粘在一起向下运动速度最大的位置，即为力。处于平衡状态的位置，此时弹力等于4。的重力，即

kxc=2mg因此若C物体从更高的位置释放，碰后粘在一起向下运动速度最大的位置不变，故A错误；

B.C和A相碰前，对力有F弹=mg,C和A相碰后F”v2mg,则AC先向下加速运动，当弹力等于重力之和时，

加速度减零，此时速度最大，以后两物体做减速运动，故B错误；

D当弹力等于AC的重力时4C处于平衡状态，有以°=2mg,解得平衡位置时弹簧的形变量为的=等处于

压缩状态；当B对地面弹力最小时，对B分析，则有mg=等+依故弹簧此时形变量％=缓，此时弹簧处

于伸长状态；故简谐运动的振幅为

A=x°+x=竿+券=需故。错误；

C.当4C运动到最低点时，/?对地面的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为4x=2%o+x=2x

2mp2mg_147ng

工+百二*

此时弹力为尸=kdx=空，8对地面的弹力为尸'二9+69=粤，故。正确。

•5*5

8.【答案】B

【解析】解:AB.从。位置发射出一细单色光束能发生全发射，光路如图所示：

B

由几何关系可知。=45。，光没有从“圆环”射出，则光在介质界面上发生全反射

则全反射的临界角1工仇又因为si献=工，所以工WsE45。，解得，折射率几之，3故A错误，B正确：

nn

CD、光束在介质中的传播速度为□=；,所以"工苧c，故C、。错误。

故选：Bo

根据题意作出光路图，根据临界角公式求出折射率的范围；根据折射率与光速的关系求出光在介质中的传

播速度，然后分析答题。

本题考查了的光的折射与全反射问题，根据题意作出光路图是解题的前提，应用临界角公式、折射率与光

速的关系即可解题。

9.【答案】BC

【解析】解：力、根据振动图象可知，t=2s时，P质点正在向y轴负方向运动，故在波动图象中，根据同侧

法可知波向x轴负方向传播，根据波动图象可知波长为4=2m,根据振动图象可知周期为丁=2s,则可求出

波速为u=*=纲/s=lm/s,故再过1=0.5s,波沿%轴负方向传播j's=/=1x0.5m=0.5m,故A

错误；

B、根据波动图象可知t=2s时Q点正向y轴正方向运动，故t=1.5s时，Q质点正在波谷，速度大小为0,加

速度方向沿y轴正方向，故6正确；

C、从£=2s到£=3s这■秒内，即经过^丁，质点R通过的路程为s'=2A=2x10cm=20cm,故C正确：

。、根据波形图象可知P、Q两质点在如图所示位置时，根据“同侧法”可知质点P正在向y轴负方向运动，

质点Q正向-y方向运动，所以图示位置质点P的振动的速度方向就不相同，故。错误。

故选：BC。

根据振动图象结合同侧法可知波向》轴负方向传播，根据u=:求解波速，根据s=ut'求解波传播的距离；

判断t=1.5s时Q质点所处的位置，由此求解速度和加速度；

经过27质点R通过的路程为24：

根据波形图象可知P、Q两质点振动的速度方向，由此判断。

本题主要是考查了波的图象；解答本题的关键是根据质点的振动方向判断出波的传播方向；一般的判断方

法是根据“平移法”或“同侧法”，或者根据“走坡法”来判断；知道波速、波长和频率之间的关系/="。

10.【答案】ABD

【解析】【分析】

根据图乙分析运动过程，口时刻弹簧处于原长，£1〜£3,弹簧被拉伸，在亡2时刻伸长量最大，时刻共速，

4时刻弹簧恢复原长，此时A的速度最大，£3~15,B加速,4减速，在Q时刻压缩量最大，图中£1工3工5时刻

Q=0,弹簧弹力为零，则说明这些时刻弹簧处于原长，结合动量守恒与能量守恒进行求解。

本题主要考查利用动量和能量分析弹簧问题，难度较大，关键在于通过Q-£图像判断运动的过程，其次a-£

图像围成的面积代表Au判断速度的变化过程。

【解答】

A.从图乙可知，解除锁定之后，在。时刻叫＞。8,由于弹簧弹刀大小相等，由牛顿第二定律可知

所以7714＜血8，故A正确：

A根据a图像围成的面积代表的物理意义可知，a-亡图像围成的面积代表4〃由于8的初速度为零，所

以i%=/»=S而次，如果图中Sx=Sz，则J时刻"的速度为零，若S1VSz，则。在。时刻速度与“时刻反向，

因此只需要判断匕时刻速度与火的方向关系，即可判断工,52的大小关系，图中5t3,电时刻。=0,弹簧弹力

为零，则说明这些时刻弹簧处于原长，对人B及弹簧组成的系统，由动量守恒与能量守恒可得：7nBv0=

222

mBvB+mAvA,^mBv0=\mBvB+^mAvA,解得小=（加7%）%>0,即与孙同向，所以Si'S2,故4

///7M8十巾人

正确;

C。时刻弹簧处于原长，0〜£3,弹簧被拉伸，在《2时刻伸长量最大，£2时刻48共速，£3时刻弹簧恢复原长，

此时人的速度最大，£3〜后，8力口速，A减速，在Q时刻压缩量最大，故c错误；

。.在为时刻，因为Q-t图像围成的面积正负抵消，所以力的速度减为零，8的速度为%,则0〜G，对8由动

量定理可得/期=7718%—0,弹簧对4和8的作用力大小时刻相等，因此0〜念时间内，弹簧对A物体的冲量

大小为血8%，故。正确。

11.【答案】（1）①长木板右端定滑轮（“定滑轮”也可以）；②：2.38;

③宝（说明：答案为普、制将.好年代入得*-Ma）均可以）。

（2）不需要;

【解析】【分析】本题考查用传感器测动摩擦因素，解题关键是正确分析实验原理，数据的处理。

【解答】（1）①此实验保证滑块受到的拉力沿运动方面，故开始实验前调节长木板右端定滑轮使细绳与长

木板平行；

②滑块在重物作用下做匀加速直线运动，由位移时间关系％结合题目条件，可知ga=i」9,整

理a=2.38m/s2;

③根据牛顿第二定律尸—〃Mg=Ma,整理〃=寄。

（2）本实验的拉力可以由拉力传感器准确测出，故不需要满足滑块质量远大于重物质量.

12.【答案】①、A2E零件

【解析】解：（1）由丁电压表量程为15P,根据欧姆定律知，电沆会接近750〃乂，可知电压表量程偏大：应

使电流表和定值电阻配合充当电压表，则电表选择A1、A?，

取

滑动变阻器采用分压式接法，闭合电键时，流过滑动变阻

器的电流大约为0.84,则滑动变阻器选择E.

（2）实验时让41与定值电阻R0串灰充当电压表，滑动变阻

器阻值较小，采用分压接法，电路图如图所示。

S

（3）根据串并联电路的特点知，流过Rx的电流为"-A，Rx两端的电压U=/i（Ro+ri）,根据欧姆定律得,

待测电阻勺二华粤。

故答案为：（1）&、A2,E,（2）如图所示，（3）写等。

实验器材中电压表的量程偏大，应使电流表和定值电阻配合充当电压表，同时结合欧姆定律和串并联电路

的特点解决问题，注意测量时要求电表读数不得小于其量程的%

本题考查了实验器材的选取，实验器材的选取是本题的难点，也是正确解题的关键，选择实验器材时，既

要符合题目要求，又要满足：安全性原则、精确性原则与方便实验操作性原则。

13.【答案】解：（1）画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识:Rsin3Q0+L=R

（2）由洛伦兹力提供向心力，得：

R

所以.1=_L=JL

所人,mRB2BL

（3）粒子运动的周期：7=等二手

时间：t二旦丁二里

36003v

【脩析】（1）画出运动的轨迹，根据几何关系，列出方程即可求解；

（2、3）粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，即可求得带电粒子的比荷；轨迹偏转的角度

与周期的关系，即可求得粒子在磁场中运动的时间；

该题考查带电粒子在磁场中的运动，正确地画出粒子运动的轨迹，根据几何关系找出半径与已知量之间的

关系是解题的关键。

14.【答案】解：（1）设在图甲、图乙时气柱的压强分别为小、P2；温度分别为“、72；水银的密度为P，则

Pi=Po+pgh

P2=Po+pghsind

解得：pi=