2024届江西省南昌市某中学高考考前物理模拟试题（含解析）

2024届江西省南昌市第十九中学高考考前模拟物理试题

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、如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A、B并排放在两平行且水

平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车（无牵引力），控制两车以相同的速度%做匀速直线运动。

某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A保持原来的牵引力不变，玩具车B保持原来的输出功率不变，当玩

具车A的速度为2%时，玩具车B的速度为1.5%,运动过程中受到的阻力仅与质量成正比，与速度无关，则正确的是

（）

A.在这段时间内两车的位移之比为6：5

B.玩具车A的功率变为原来的4倍

C.两车克服阻力做功的比值为12：11

D.两车牵引力做功的比值为3：1

2、如图所示，是一测定风力仪器的结构图，悬挂在。点的轻质细金属丝的下端固定一个质量为机的金属球P,在竖

直平面内的刻度盘可以读出金属球产自由摆动时摆线的摆角。图示风向水平向左，金属球尸静止时金属丝与竖直方向

的夹角为°,此时风力方的大小是（）

A.F-mgsin0

B.F=mgcos0

C.F=mgtan0

COS0

3、如图所示，N匝矩形导线框以角速度3绕对称轴。。'匀速转动，线框面积为S,线框电阻、电感均不计，在。。‘左

侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R,理想电流表A,贝心（）

A.从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为e=NB3Ssin3f

B.交流电流表的示数I=^NBSe

4R

3

C.R两端电压的有效值U=

兀3（N5S）2

D.一个周期内R的发热量。=--——

4、如图所示为六根与水平面平行的导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中

标出。已知每条导线在。点磁感应强度大小为J则正六边形中心。处磁感应强度的大小和方向（）

A.大小为零

B.大小28,方向沿工轴负方向

0

C.大小48,方向沿X轴正方向

0

D.大小4%，方向沿y轴正方向

5、在物理学研究过程中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、理想模型法、

微元法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（）

A.牛顿采用微元法提出了万有引力定律，并计算出了太阳和地球之间的引力

AxAx

B.根据速度定义式丫==，当M非常小时，丁就可以表示物体在f时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法

ArAr

c.将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变,

该实验采用了放大的思想

D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把

各小段的位移相加，这里采用了微元法

6、关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是（）

A.晶体一定具有各向异性的特征

B.液体表面张力是液体内部分子间的相互作用

C.（TC的铁和0（的铜，它们的分子平均速率相同

D.一定质量的某种理想气体状态改变时，内能不一定改变

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，4、2是两列波的波源，f=0s时，两波源同时开始垂直纸面做简谐运动。其振动表达式分别为

x=0.1sin（27r/）m,%=0.5sin（2而）m,产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。尸是介质中的一点，f=2s

AB

时开始振动，已知PA=40cm,PB=50cm,则。

A

B

...........................K

A.两列波的波速均为。20m/s

B.两列波的波长均为0.25m

C.两列波在P点相遇时，振动总是减弱的

D.P点合振动的振幅为0.4m

EJ=2.25s,尸沿着4传播的方向运动了0.05m

8、以下说法正确的是

A.质量、温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能不相同

B.空调既能制热又能制冷，说明热量可以从低温物体向高温物体传递

C.知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度.不能估算出气体分子的大小

D.一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子数密度增大

E.一定量的理想气体在某过程中从外界吸热2.5X104J,并对外界做功1.0X104J,则气体的温度升高，密度减小

9、有一轻杆固定于竖直墙壁上的。点，另一端4固定一轻滑轮，一足够长的细绳一端挂一质量为机的物体，跨过定

滑轮后另一端固定于竖直墙壁上的8点，初始时物体处于静止状态，。、8两点间的距离等于两点间的距离，设

48与竖直墙壁的夹角为0,不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法正确的是（）

A.系统平衡时杆对滑轮的力一定沿杆的方向

B.若增大杆长。4,。与3位置不变且保持OB=AB,使角0增大，则杆对滑轮弹力的方向将偏离。4杆

C.若保持A点的位置不变，将绳子的固定点8点向上移动，则杆对滑轮的弹力变大

D.若保持A3与竖直墙壁的夹角0不变，将轻杆的固定点。向下移动，则杆对滑轮弹力的方向不变

10、一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的A放于B上。现在A

和B正在一起竖直向上运动，如图所示。当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为

原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是（g取10m/s2）

A.A、B分离时B的加速度为g

B.弹簧的弹力对B做功为零

C.弹簧的弹力对B的冲量大小为6Ns

D.B的动量变化量为零

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）为“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案：

A.实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m=0.5kg的钩

码.用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动;

B.保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点

计时器打下的纸带如图乙所示.

请回答下列问题：

（1）图乙中纸带的端与滑块相连（选填“左”或“右”）.

（1）图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接频率为50Hz的交流电源，根据图乙求出滑块的加

速度a=________m/si.

（3）不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量________kg（g取9.8m/si,结果保留3位有效数字）.

单位：cm

（乙）

12.（12分）某同学手头有一个标有“5V9W”的小灯泡L,想描绘该小灯泡的优安特性曲线，实验室中如下的实验器材:

A.电压表匕（量程为2V,内阻为2k。）

B.电压表匕（量程为15V,内阻为15k。）

C.电流表4（量程为2A,内阻约为1。）

D.电流表人2（量程为0・6A,内阻约为10。）

E.定值电阻

F.定值电阻/?2=16k£l

G滑动变阻器gio〜5。，2A）

H.剂动变鞋器7?4（0-150£2,0.5A）

I.学生电源（直流9V,内阻不计）

J.开关，导线若干

（1）为了便于调节且读数尽量准确，电流表应选用,滑动变阻器应选用,电压表应选用,定值电

阻应选用（填器材前的字母序号）

（2）在虚线框中画出满足实验要求的电路图

（3）根据设计的电路图，可知小灯泡两端电压u与电压表读数q的关系为

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）一半圆柱形透明体横截面如图所示，。为截面的圆心，半径J?=JJcm,折射率一束光线在

横截面内从A05边上的4点以60。的入射角射入透明体，求该光线在透明体中传播的时间.（已知真空中的光速。=

3.0x108m/s）

14.（16分）应用DIS实验系统研究一定质量理想气体的状态变化，计算机屏幕显示如图所示的P图像，已知在状

态B时气体体积为V=3Lo

B

（i）求状态A的压强；

（ii）求DfB过程中外界对气体做的功。

15.（12分）竖直平面内有一直角形内径相同的细玻璃管，A端封闭，C端开口，最初A3段处于水平状态，中间有一

段水银将气体封闭在4端，各部分尺寸如图所示，外界大气压强Po=75cmHg。

（1）若从右侧缓慢注入一定量的水银，可使封闭气体的长度减小为20cm,需要注入水银的总长度为多少？

（2）若将玻璃管绕经过4点的水平轴顺时针转动90。，当A5段处于竖直、5C段处于水平位置时，封闭气体的长度

变为多少？

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、C

【解析】

B.设玩具车、货车质量都为机，动摩擦因数为小那么两车的挂钩断开与货车分离，玩具车的速度为%,牵引力尸=2"/«g,

加速度为斫电机输出功率

P=Fv=2fimgv0

变为原来的2倍，则B错误；

A.玩具车A保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车A的速度为2%时，位移

e_(2v)2-V23V2

S=Q-------Q-=—0-

A2a211g

功率

PA'=F・2V°=2PA

克服摩擦力做的功

3

W=[i.rngS=—mv2

fA20

牵引力做的功:

WFA=fSA=3，WV02；

玩具车B保持原来的输出功率不变前进，当玩具车A的速度为2%时，玩具车B的速度为L5%,由动能定理可得:

2v-V1/\1

2

P-一o-----a.-U.meS=—mU.5vT-_mv2

aB2o2o

所以位移

11V2

S=----0-

B811g

所以

：SR=12：11；

sA.15

则A错误

CD.克服摩擦力做的功:

cllmv2

W二1imgS=-------o-

乃B8

所以

WfA：Wffi=12：11；

牵引力做的功:

2v—v

W=P--o----o-=2mv2

FBao

所以

W-.W=3：2

rArD

故C正确，D错误;

故选Co

2、C

【解析】

如图受力分析:

则风力

F=mgtan0

故选Co

3、B

【解析】

SNBS。

A.、由图可知线圈只有一半在磁场中，产生的电动势的最大值为：从图示时刻起，线框产生

的瞬时电动势为：e=^NBS（x）sin（x>t,故选项A错误;

,EONBSs…“

B、交流电流表的示数为:/=+—=—————，故选项B正确;

J2R47?

U=IR=®NBS。,故选项C错误;

c、R两端电压的有效值:

4

八rCT,J2NBSO)Xn2K兀①N252s2

D、一个周期内的发热量:Q=I2RT=(―---------)2•Rx——=--------------,故选项D错1天.

4R347?

4、D

【解析】

根据磁场的叠加原理，将最右面电流向里的导线在0点产生的磁场与最左面电流向外的导线在0点产生的磁场进行合

成，则这两根导线的合磁感应强度为8/

同理，将左上方电流向外的导线在0点产生的磁场与右下方电流向里的导线在。点产生的磁场进行合成，则这两根导

线的合磁感应强度为吕2；

将右上方电流向里的导线在0点产生的磁场与左下方电流向外的导线在0点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合

磁感应强度为B3O

如图所示：

♦■

®B

•*23•

：反90：

根据磁场叠加原理可知

B=B=B=2B

1230

由几何关系可知耳与名的夹角为120。，故将々与2合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B。，方向与吗的方向

相同，最后将其与片合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为45°,方向沿y轴正方向.

选项D正确，ABC错误。

故选D。

5、A

【解析】

A.牛顿采用理想模型法提出了万有引力定律，没有计算出太阳和地球之间的引力，故A符合题意；

AxAx

B-根据速度定义式片H，当独非常小时，后就可以表示物体在，时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故B

不符合题意

C.将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，

该实验采用了放大的思想，故C不符合题意；

D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把

各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D不符合题意。

故选A。

6、D

【解析】

A.单晶体具有各向异性的特征，多晶体表现为各向同性，选项A错误；

B.液体表面张力是液体表面层分子间的相互作用，选项B错误；

C.(TC的铁和0寸的铜，它们的分子平均动能相同，但是分子平均速率不相同，选项C错误；

D.一定质量的理想气体的状态改变时，若温度不变，则其内能不变，故D正确；

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0分。

7、ACD

【解析】

A.两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播，故两列波的波速相同；根据质点尸开始振动的时间可得

Nx0.40,小”，

v=.-=----.m/s=0.20m/s

At2

故A正确；

B.由振动方程可得，两列波的周期7相同，由公式

271

T=—=ls

(0

故两列波的波长均为

i=vT=0.2m

故B错误；

CD.根据两波源到尸点的距离差

X

Ax=50cm-40cm=10cm=—

2

T

可知，5波比A波传到尸点的时间晚受，根据振动方程可得，A波起振方向与3波起振方向相同，故两波在尸点的振

动反向，那么，尸点为振动减弱点，故两列波在尸点相遇时振动总是减弱的，尸点合振动的振幅为

0.5m—0.1m=0.4m

故CD正确；

E.介质中的各质点不随波逐流，只能在各自平衡位置附近振动，故E错误。

故选ACD。

8、BCE

【解析】

A.温度都相同的氢气和氧气，分子平均动能一定相同，故A错误；

B.空调既能制热又能制冷，说明在外界的影响下，热量可以从低温物体向高温物体传递，故B正确；

C.知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出摩尔体积，将气体分子占据的空间看成立方体形，立方体

的边长等于气体分子间的平均距离，由摩尔体积除以阿伏加德罗常数可求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求

出分子间的平均距离。不能估算出气体分子大小，故c正确；

D.一定质量的理想气体，经等容升温，气体的压强增大，因体积不变，则气体分子数密度不变，气体的平均动能变

大，用分子动理论的观点分析，这是因为气体分子对器壁的碰撞力变大，故D错误；

E.由热力学第一定律可知，一定量的理想气体在某过程中从外界吸热2.5x104,并对外界做功1.0X104J,则气体的内

能增加，温度升高，体积变大，密度减小，故E正确。

故选BCE。

9、AD

【解析】

A.绳子上的弹力大小等于物体的重力mg,则绳子对滑轮的两弹力的合力方向在两弹力的角平分线上，根据平衡条件

可得杆对滑轮的弹力方向也在角平分线上，05两点间的距离等于A5两点间的距离，根据几何关系可得，杆OA恰好

在两弹力的角平线方向上，故A正确；

B.若保持05两点位置不变，增大杆长。4,使A3与竖直墙壁的夹角0增大，仍保持05两点间的距离等于45两

点间的距离，杆04仍在两弹力的角平分线上，杆对滑轮的弹力仍沿杆方向，故B错误；

C.若保持A点的位置不变，将绳子的固定点5向上移动，绳子对滑轮的两力夹角变大，合力变小，滑轮处于平衡状

态，则杆对滑轮的弹力变小，故C错误；

D.若保持45与竖直墙壁的夹角°不变，将轻杆的固定点。向下移动，两绳对滑轮的弹力大小方向都不变，则杆对

滑轮的力仍在两绳弹力的角平分线上，所以杆对滑轮弹力的方向不变，故D正确。

故选AD。

10、ABC

【解析】

A、由分离的条件可知，A、B物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0,对A分析可知，A

的加速度＜=g,所以B的加速度为g,故A正确；

B、A、B物体分离时弹簧恢复原长，A到最高点弹簧恢复原长，从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧

的弹性势能变化为零，所以弹簧对B做的功为零，故B正确；

CD,A、B物体分离后A做竖直上抛，运动，可知竖直上抛的初速度n=J2g/z=,2x10x0.2=2m/s,上升到最高点

所需的时间：t=J?=0,2s，由运动的对称性可知此时B的速度为2m/s,方向竖直向下，对B在此过程内用动量

定理（规定向下为正方向）得：mgt+Iv-（-mv）,解得弹簧的弹力对B的冲量大小为：《=6N・S,B的动

BNBBN

量变化量为=mv一（一加v）=12kg・m/s,故c正确，D错误；

BB

故选ABC。

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、右端1.651.97

【解析】

(1)滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大，进而判断哪端与滑块相

连；

(1)根根据匀变速直线运动的推论公式A可以求出加速度的大小；

(3)根据牛顿第二定律F=Ma即可求解质量；

【详解】

(1)[1].因为打点计时器每隔0.01s打一个点，两个计数点之间还有4个打点未画出，所以两个计数点的时间间隔为

r=o.is,时间间隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大.所

以图乙中纸带的右端与滑块相连；

(1)[1].根据利用逐差法,有：

0.079+0.0625-0.046-0.0295…，

a=-----------------------------------------=1.65m/s2

4x0.12

(3)[3],由A步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力为：

F=0.5x9.8=4.9N

根据牛顿第二定律得：

F49

=—-=2.97kg.

a1.65

【点睛】

探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，实验时要注意小车质量应远大于重物质量.纸带处理时

能利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力.

12、CGAE见解析U=3Uv

【解析】

(1)[1][2][3][4].由小灯泡的标识可知，其工作电流为1.5A,工作电阻为4Q,所以电流表宜选用电流表即C；因

为描绘该小灯泡的伏安特性曲线，电压从零开始变化，滑动变阻器采用分压接法，总阻值应与待测电阻阻值差不多，

故选用滑动变阻器即G；电压表丫2的量程太大，读数不准确，电压表V1的量程太小，但可以串联定值电阻吗，

将量程扩大到6V,故电压表应选用即A；定值电阻应选用Ry即E。

⑵[5].滑动变阻器采用分压接法，电流表外接，电路图如图所示。

(3)[6].根据串联电路知识可知

U=I(R+R)=3IR=3U