2024年河南省濮阳市高考物理模拟试卷（三）+答案解析

2024年河南省濮阳市高考物理模拟试卷（三）

一、单选题：本大题共5小题，共30分。

1.两束光M、N以相同入射角由空气入射到水中，折射角分别为c和『，已知〃',则在水中（）

A.M光的折射率大于N光B.M光的频率大于N光

C.M光的传播速度大于N光D.M光的波长小于N光

2.扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一

鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的枇粒，,枇粒为不饱满的谷粒，质量较轻）和饱粒b分开。若所有谷粒

进入分离仓时，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。图中虚线

分别表示6谷粒的轨迹。入、再.为相应谷粒所受的合力。下列四幅图中可能正确的是（）

3.如图所示，两根长直导线八、6垂直放置，彼此绝缘，分别通有大小相

同电流固定的刚性正方形线圈必部。通有电流/,到。的距离与

"。到b的距离相等，线圈与导线位于同一平面内。已知通电长直导线在

其周围某点所产生的磁感应强度大小，与该点到长直导线的距离成反比；

线圈所受安培力的大小为凡若移走导线八，则此时线圈所受的安培力大

小为（）

A.''/,方向向左

9

B.'''I,方向向右

2

C.1/,方向向左

D.1,方向向右

4.卫星通话依托多颗地球卫星进行信号传输。若赤道上空运行有3颗高度相同的卫星，其信号刚好能够覆

盖整个赤道。已知地球半径约为6400加?，重力加速度g取，，Fu3。则卫星绕赤道运行的速度约为（）

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A.B.力■C.口、D.11f小、

5.如图所示，假设沿地球直径凿通一条隧道，把一小球从地面S点静止释放，

小球在隧道内的运动可视为简谐振动。已知地球半径为五，小球经过。点时开

始计时，由。向S运动，经人时间第1次过尸点1〃点图中未标出I,再经以时

间又过该点。则（）

A.小球振动的周期为a.

B.。到尸的距离为'

C.小球第3次过P点所需的时间为111.'

D.由S到。的运动过程中小球受力逐渐增大

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

6.质量二2（“，八长度/.1的木板静止在足够长的光滑水平面上，右端静置一质量，”1Wo的物

块（可视为质点1，如图…।所示。现对木板施加一水平向右的作用力尸，1，图像如图」所示。物块与

木板间的摩擦因数八重力加速度g取ML”，、,，贝1］（）

A.6s末，物块刚好与木板分离

B.I、内，物块与木板不发生相对滑动

C.，一小内，物块与木板组成的系统机械能守恒

D..小内，拉力尸做功等于物块与木板系统动能增量

7.如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布，在成端输入稳定的

正弦式交流电，电压有效值为「一，cd间输出电压有效值为I"。初始时，铁芯两端与副线圈平齐，铁芯上

下移动过程中始终有一端留在副线圈内，则铁芯（）

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铁芯

A.向上移动，厂减小

B.向下移动，增大

C.静止不动，增大则I，不变

D.向上移动一段距离后，增大「“则「减小

8.如图，容积为「的汽缸竖直放置，导热良好，右上端有一阀门连接抽

气孔。汽缸内有一活塞，初始时位于汽缸底部:高度处，下方密封有一

定质量、温度为/的理想气体。现将活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门，

然后缓慢加热活塞下方气体。已知大气压强为“，活塞产生的压强为:小

活塞体积不计，忽略活塞与汽缸之间摩擦。则在加热过程中（）

A.开始时，活塞下方体积为

B.温度从/,升至气体对外做功为。卜,

C.温度升至〃；时，气体压强为

D.温度升至"时，气体压强为:八

三、实验题：本大题共2小题，共14分。

9.如图"I所示，某学生小组设计了一个测量重力加速度的实验。实验器材主要有光电门、下端悬挂祛码的

栅栏、安装杆、夹子等。栅栏由不透明带和透明带交替组成，每组宽度I不透明带和透明带宽度之和，为5cm，

栅栏底部边缘位于光电门的正上方。开始实验时，单击计时按钮，计时器开始工作，使祛码带动栅栏从静

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止开始自由下落，每当不透明带下边缘刚好通过光电门时，连接的计算机记下每个开始遮光的时刻，，第〃

组栅栏通过光电门的平均速度记为，，所得实验数据记录在表中。［答题结果均保留3位有效数字I

栅栏fs')

el.oo1----w""’…"皿-------I-~~―*

6.446.466.486.506.526.546.566.586.60t/s

图⑶图⑹

nA/=—Ci-i1--，

2

16.4280///

26.46890.0409,611X5

36.5007，,；、1、

46.52750.021is1*7-■I；

56.55132.1U6.5391

66.57300()21723)6.5622

76.59290.01992.516M川

II)完善表中第3、4列缺失的数据，分别为和；

I，图是根据表中数据所作的「，图线，则当地重力加速度为—

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10.为测量一段粗细均匀的电阻丝的阻值，某学生小组设计如下实验。

111先用欧姆表粗测该电阻丝的阻值，选用的欧姆挡为“•，测量结果如图EI所示，则电阻丝的阻值

为______

曰为了更精确测量电阻丝阻值大小，设计图》所示电路。所用实验器材有：电源/电动势ILI「八可

调，内阻不计）、标准电池/电动势11I、灵敏电流计阻值约11H'•n>电流表।量程口」“一；，

内阻不计I、定值电阻"1、可变电阻/L；阻值I，loir,探针；一端连灵敏电流计，另一端连电阻丝I、米

尺、开关5和士、导线若干。

31实验步骤如下：

①首先将/，调至较小，闭合开关、.；

②将探针置于电阻丝中间位置附近，/L调至最大值。试触开关舟，观察灵敏电流计指针偏转情况。如果指

针偏转，则改变/,大小或探针的位置，反复调节直到灵敏电流计的示数为0。此时..,

『/：、,填“>”、"=”或“<”；

③当灵敏电流计中通以“向c方向的电流时，指针会向右偏转。若某次测量时，指针向左偏转，则人要调

（填“大”或“小”）,或者将探针向（填“左”或“右”）滑动;

④某次测量时，灵敏电流计的示数为0,电流表示数为100加/,此时测得探针到电阻丝。端的长度为II..，；,,

电阻丝总长度为HMLiv…，则电阻丝的阻值为!>|保留3位有效数字I。

四、计算题：本大题共3小题，共38分。

11.质量为〃?的小球以速度。由水平地面竖直向上抛出，经多次与地面碰撞后，最终静止在地面上。已知小

球与地面的碰撞为弹性碰撞，重力加速度记为g,运动过程中小球所受空气阻力视为恒定，大小为

求小球

I从抛出到静止所经历的总路程；

I，向上运动与向下运动的时间之比。

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12.有多个相同矩形闭合线圈I线圈1,线圈2,线圈3,…，固定在一绝缘杆上。每个线圈电阻为凡相互

靠近排列、彼此绝缘，相邻线圈之间的距离可忽略。线圈和绝缘杆的总质量为小，每个线圈的长边长为L

如图所示。现将整个装置静置在足够长的光滑斜面上，斜面倾角为〃，在以VN为边界的斜面下方存在一匀

强磁场区域，磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度大小为庆开始时线圈从斜面上某一位置由静止释放，下

滑过程中线圈长边始终与平行。已知线圈1刚进磁场瞬间的加速度为未进入磁场时的3倍，线圈进入磁

场。时间后开始做匀速运动。重力加速度取g,求：

八开始时线圈1下边缘与的距离；

」从线圈1刚进入磁场到开始做匀速运动过程中，线圈和绝缘杆所受的平均作用力。

13.图为一种测量带电微粒速率分布的实验装置。图中直径为。的竖直圆筒壁上有一竖直狭缝S,高度

为〃，宽度忽略不计。紧贴圆筒内壁固定有高度为〃〃的半圆柱面收集板，用于收集带电微粒；板

的一竖直边紧贴狭缝S,上边与狭缝S上端对齐，上边缘远离狭缝的顶点为尸点，另有一距P点弧长为/的

点0,俯视图如图活所示。圆筒内存在一竖直向下的匀强电场，电场强度为E。令圆筒以角速度c绕中心

轴顺时针转动，同时由微粒源产生的微粒沿水平方向、以不同的速率射入圆筒，微粒质量均为优,电荷量

均为，八“,山，忽略微粒自身的重力及微粒间的相互作用。

I，求。点所在竖直线上收集到的微粒中，入射速率最大的微粒下落的距离;

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j为了确保收集板任一竖直线上收集到的微粒速率相同，并且能收集到所有该速率的微粒，求圆筒转动角

速度-的取值范围。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：/3、设两束光的入射角为〃，由折射定律可得两束光的折射率分别为：，”，

sinQHin3

已知-，，可知M光的折射率小于N光的折射率，折射率越大，频率越高，所以M光的频率小于N光的

频率，故48错误；

C、由，’可知M光的传播速度大于N光传播速度，

t<

由「可得波长：'；,M光在水中传播速度v大，频率/小，所以M光在水中的波长大于N光在水

中的波长，故C正确，。错误。

故选：Co

AB,由折射定律分析两束光折射率大小关系，根据折射率和频率关系分析；

CD,根据।「分析两束光传播速度大小关系，根据，，分析两束光的波长大小关系。

n

本题考查了光的折射定律，波长、频率和波速的关系，解题的关键是熟练掌握折射定律和光在介质中传播

的速度与光速的关系式，牢记电磁波谱的特点，折射率越大，频率越高，波长越短，波速越小。

2.【答案】D

【解析】解：饱粒和枇粒都是在水平方向受到气流的作用力，竖直方向受到重力作用，所以它们在竖直方

向都是做自由落体运动，则它们在空中的运动时间相等。因为饱粒和枇粒的水平动量相等，而枇粒的质量

小，则初速度大，水平方向受到的气流作用力是相等的，所以枇粒在水平方向的加速度较大，所以枇粒水

平方向的位移大，即枇粒会落在饱粒的左边。它们受水平方向的作用力相等，但是饱粒的重力较大，所以

饱粒受到的合力方向与竖直方向的夹角小于枇粒受到的合力方向与竖直方向的夹角，故。正确，/8C错误。

故选：Do

分别分析两颗谷粒在水平方向和竖直方向的运动情况，可以判断谷粒的落点位置，根据力的合成法则可以

判断受到合力的方向。

解题的关键是会把谷粒的运动分解为水平方向和竖直方向，根据运动的独立性判断。

3.【答案】A

【解析】解：根据安培力公式和左手定则可判断出直导线。对和NF的安培力等大反向，所以这两边安

培力合力为零，导线。对和。尸的安培力反向但不等大，设导线。对的安培力为/•；,方向向上，对

。产的安培力为/1，方向向下，因此导线a对线框整体的安培力为八！/I,方向向上；同理对于导

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线"对MN和。尸的安培力等大反向，所以这两边安培力合力为零，导线6对V。和NP的安培力反向但

不等大，设导线6对的安培力为「：，方向向左，对NP的安培力为方向向右，因此导线6对线框

整体的安培力为/://；F,方向向左，因此线圈受到的安培力为：

/\,\U,如果将导线a移走，那么线圈受到的安培力为：

/,'一'/，方向向左，故/正确，BCD错误；

“2

故选：Ao

根据左手定则得出安培力的方向，结合安培力的计算公式得出安培力的大小，再利用矢量合成的特点完成

分析。

本题主要考查了安培力的相关应用，熟悉左手定则和安培力的计算公式即可完成分析，整体难度不大。

4.【答案】B

【解析】解：己知地球半径约为/；’.|小”…I,；…，重力加速度“一仆，，小：。

几何关系如上图所不，卫星运动半径r------2R

卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：

r2r

根据万有引力和重力的关系可得：“9

联立解得卫星绕赤道运行的速度约为：r―5,故5正确、/CO错误。

故选：Bo

根据万有引力和重力的关系列方程，卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力列方程联立求解。

本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球

自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。

5.【答案】B

【解析】解：L由题意可知，简谐运动具有对称性和周期性，小球运动从平衡位置开始计时，小球从。点

到S点运动的时间，-C-<21,■「，，则小球振动的周期/M,故N错误；

I2

8小球做简谐运动的r-f表达式为」1,由题意可知振幅为4=火，一：，当，,时，

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'故8正确；

r2

C小球第三次经过尸点所需的时间为/-f5-："，故C错误；

D从S到。的运动过程是从最远位置到向平衡为止移动，根据简谐运动回复力的公式「，,可知，x减

小，回复力厂减小，故D错误。

故选：Bo

简谐运动具有周期性和对称性，位移时间函数图像是一个正弦函数图像，简谐运动的回复力大小「一匕可

知，回复力大小与位移大小有关。

本题考查了简写运动的周期、位移、回复力的特点。

6.【答案】AB

【解析】解：8、物块与木板刚要发生相对滑动时，两者之间的静摩擦力恰好达到最大值。

根据牛顿第二定律，此时对滑块有：〃"，

对滑块与木板整体有：/“।-):<HI,

联立解得滑块与木板恰好发生相对滑动时力厂的大小为：；；,9V

因(一一八内/-V/：,,故此时间内物块与木板不发生相对滑动，故8正确；

/、1、--小内「MLV,此时间内物块与木板发生相对滑动。

根据牛顿第二定律，对滑块有：卜

对木板有：f-=A/o.

解得：'>r-

假设1、--筋、的时间间隔，3内两者没有分离，贝!1：

滑块的位移为：「_

木板的位移为：八—

2

两者相对位移大小为：A।.■

联立解得：Ar1

因A」1..小“，故6s末物块刚好与木板分离，故/正确；

C、口内，物块与木板均在水平面上做加速直线运动，它们组成的系统的动能是增加的，而重力势能不

变，故系统机械能不守恒，故C错误；

。、I小内物块与木板发生相对滑动，存在摩擦生热，由功能关系可知，此时间内拉力厂做功等于物块

与木板系统动能增量与摩擦生热之和，故。错误。

故选：ABo

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物块与木板刚要发生相对滑动时，两者之间的静摩擦力恰好达到最大值。根据牛顿第二定律判断。「卜内

物块与木板是否发生相对滑动；对I、-心内物块与木板运动过程，根据牛顿第二定律与运动学公式求解两

者相对位移大小；小内，物块与木板均在水平面上做加速直线运动，它们组成的系统的动能是增加的;

根据功能关系分析I-心内拉力厂做功与系统能量的关系。

本题考查了板块相对运动问题，解答本题时要理清物体的运动过程，把握各个过程的研究对象和物理规律,

分段运用牛顿第二定律、运动学公式以及功能关系等原理解答。

7.【答案】BC

【解析】解：根据差动变压器式位移传感器的工作原理可知，当磁芯在中间位置时，输出电压为零，一旦

向上或者向下移动，将在次级线圈间感应出差分电压，故铁芯向上或向下移动，I都会增大，铁芯静止不

动，即使增大，.，但「,，依然不变；故正确，错误；

故选：5Co

根据差动变压器式位移传感器的工作原理进行分析。

解答该题的关键是明确差动变压器式位移传感器的工作原理，题目理解起来具有一定的难度。

8.【答案】AD

【解析】解：.1.未抽气时，气缸底部封闭气体的压强为四.八,+:八，-：八，

抽气前，封闭气体的体积I-活塞上方缓慢抽至真空并关闭阀门，封闭气体做等温变化，再次平衡

时，封闭气体压强〃:队；

根据玻意耳定律/，.

代入数据解得工故/正确；

<对封闭气体加热，气体做等压变化所加的最高温度为

根据盖-吕萨克定律I:

代入数据解得r=27b

因此，当气体的温度升高到27；前，气体的压强均为、；

当气体温度升高到至:"时，气体做等容变化，根据查理定律:；

4/(1•»1Q

代入数据解得内二故C错误，。正确；

3当封闭气体的温度升高到「，时，根据盖-吕萨克定律1一

in

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解得I「

气体对外做功U—「Ij」乃；「j,\，,「，故8错误。

故选：AD。

4对活塞受力分析，根据平衡条件求得下方气体的压强；抽成真空后，对下方气体，根据玻意耳定律取得体

积；

「“加热后气体膨胀，当活塞刚顶到气缸上方时，根据盖-吕萨克定律求得气体做等压变化的最高温度；活

塞到达最上方后，气体做等容变化，根据查理求解求解压强；

2.根据气体做功公式W求解气体等压变化过程中气体所做的功。

本题主要考查了玻意耳定律、盖-吕萨克定律和查理定律，抓住气体的初末状态参量，关键是求得被封闭气

体的压强。

9.【答案】1）113151->7<>ss

【解析】解：（1）第3组栅栏通过光电门的挡光时间△仃»fj-#2=6.5007«-6.4689*=0.0318*

由图可知'I-”，L_”"

t6.60-6.44

故答案为：（10.0318；1.57；（2）9.89

11根据表格中物理量含义分析解答；

」根据图像的斜率解得重力加速度。

本题考查探究小车速度随时间的变化，解题关键掌握表格物理量含义，注意图像斜率的意义。

10.【答案】W大右19.2

【解析】解：（1）欧姆表测电阻，测量值a20x1020Q

131②开始时电阻箱应调至最大，然后再减小阻值，当直到G表指针不发生偏转时，说明G表两端电势差

为零，即■

由于通过灵敏电流计的电流为零，滑动变阻器也两端电压厂"一，=IR：-0

根据并联电路的特点F\

③当灵敏电流计中通以“向c方向的电流时，指针会向右偏转；若某次测量时，指针向左偏转，说明灵敏电

流计中的电流方向沿c向d;

由于/；I•_

为了减小,i，应增大匚“；

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在保持探针位置不变时，根据闭合电路的欧姆定律，应该将调大；

在保持不变时，根据串联电路电压的分配与电阻的关系，应增大加间的电阻，即将探针向右滑动；

④某次测量时，灵敏电流计的示数为0,则广…1II1,M.I

根据欧姆定律，电阻儿:,1um

/100x104

根据电阻定律〃［

可得M

«...

解得1（,,=-x=--x10.1S<>Q=19.21io

故答案为：⑴20；⑶②=；=；③大；右；④192。

!根据欧姆表测电阻的读数规则读数；

1：”②到G表指针不发生偏转时，说明G表两端电势差为零，据此分析作答；

③根据闭合电路的欧姆定律/=1］」，，为了减小「，应增大（，据此分析作答；

④灵敏电流计的示数为0,贝心二F：=1111,^4；根据欧姆定律求电阻"，根据电阻定律求凡人。

本题首先要明确实验原理，知道补偿法测电源路端电压的方法才能正确求解，本题属于创新型实验，要注

意掌握此类题目的分析方法。

11.【答案】解：1由于小球与地面发生弹性碰撞，没有机械能损失，由初状态到末状态由动能定理得

整理解得：.，

6g

1上升过程由牛顿第二定律可知加速度为

mg+

"卜・

m

整理解得，［1，"

下降过程由牛顿第二定律可知加速度为

THQ-0.6FFI<|

m

上升和下降阶段速度的位移大小相等，则有

△

I♦=1

TG|!|^<1卜f下

整理解得，：（1：2o

第13页，共16页

答：11,从抛出到静止所经历的总路程为

6g

⑵向上运动与向下运动的时间之比为1：2。

【解析】1可利用动能定理计算位移；

「小球上升过程做匀减速直线运动，上升到最高点开始向下做匀加速直线运动，可分别计算利用牛顿第二

定律计算加速度，利用加速度定义式分别计算向上运动的时间和向下运动的时间，进而计算比值。

本题考查了对竖直上抛运动的理解，其中旨在考查对匀变速直线运动规律的理解。

12.【答案】解：II设线圈1进入磁场前整个装置的加速度大小为a,由牛顿第二定律可得：

tngMIU0■ma

设线圈1刚进磁场瞬间的速度大小与加速度大小分别为小、

此时线圈1切割磁感线产生的感应电动势为：//；/

线圈1中的电流为：/

整个装置受到的安培力大小为：L=

对整个装置由牛顿第二定律得：卜_-….「ill"s…

已知：n.3«i।

设开始时线圈1下边缘与"N的距离为•「，则有:

2GI*■«2

8”[g*

；，整个装置匀速运动时由平衡条件得：匕m.j.山“

缺=BVL=

况R

联立解得匀速运动的速度大小为：「I_

从线圈1刚进入磁场到开始做匀速运动过程中，设线圈和绝缘杆所受的平均作用力为7,以沿斜面向下为

正方向，根据动量定理得：

FG>=mv|—mi\t

解得：/一负号表示其方向沿斜面向上。

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答：川开始时线圈1下边缘与VN的距离为、

BlLl

口线圈和绝缘杆所受的平均作用力大小为二"?〕""，方向为沿斜面向上。

【解析】I由牛顿第二定律求得线圈1进入磁场前整个装置的加速度大小。根据法拉第电磁感应定律，闭

合电路欧姆定律，安培