浙江省台州市2024届高考物理四模试卷含解析

浙江省台州市2024届高考物理四模试卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5亳米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05亳米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

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、若一个质点由静止开始做匀加速直线运动，下列有关说法正确的是（）

A.某时刻质点的动量与所经历的时间成正比

B.某时刻质点的动量与所发生的位移成正比

C.某时刻质点的动能与所经历的时间成正比

D.某时刻质点的动能与所发生位移的平方成正比

2、一物块以某一初速度从倾角。=37的固定斜面底端上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端。已知物块上滑时间

是下滑时间的g,sin37=0.6,cos37=0.8,则物块与斜面间的动摩擦因数为（）

A.0.2B.0.4C.0.6D.0.8

3、如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为8、方向垂直于纸面向里.一质量为

机、电荷量绝对值为外不计重力的粒子，以某速度从。点沿着与），轴夹角为30。的方向进入磁场，运动到A点时，

粒子速度沿x轴正方向.下列判断错误的是（）

y

XXXX

XXX

3少

?xXXX

OX

A.粒子带负电

B.粒子由。到A经历的时间，二二

6qB

C.若已知4到x轴的距离为d,则粒子速度大小为名也

m

D.离开第I象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60。

4、如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01I1E磁场与线圈轴线成30。角向右穿过线固。若在2s时间内

磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端。和力之间的电势差小卜为（）

A.-73VB.2V

C.SD.从0均匀变化到2V

5、如图所示为氢原子的能级图，按照玻耳理论，下列说法正确的是（）

nE/eV

8...........................0

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

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

2-----------------------3.40

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

A.当氢原子处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的

B.一个氢原子从〃=4能级向基态跃迁，最多可辐射6种不同频率的光子

C.处于基态的氢原子可以吸收14eV的光子而发生电离

D.氢原子从高能级跃迁到低能级，核外电子的动能减少，电势能增加

6、在港珠澳大桥建设中，将数根直径22米、离40.5米的空心钢筒打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界纪录.一

根钢筒的重力为G,由如图所示的起重机用8根对称分布的、长为22米的钢索将其吊起，处于静止状态，则（）

A.钢筒受到8个力作用

B.每根钢索受到的拉力大小为

12

C.钢筒的重心可能在钢筒上

D.钢筒悬吊在空中可能处于失重状态

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、在光滑绝缘水平面上，一绝缘轻绳栓着一个带电小球绕竖直方向的轴。在匀强磁场中做顺时针方向的匀速圆周运

动，磁场的方向竖直向下，其俯视图如图，若小球运动到A点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后的运动情况，

可能的是（）

XXXX

X/XX'X

t*------A

X、X0X/X

XXXX

A.小球做逆时针匀速圆周运动，半径不变

B.小球做逆时针匀速圆周运动，半径减小

C.小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变

D.小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小

8、如图所示，两条平行的光滑导轨水平放置（不计导轨电阻），两金属棒垂直导轨放置在导轨上，整个装置处于竖在向

下的匀强磁场中.现在用水平外力F作用在导体棒B上，使导体棒从静止开始向有做直线运动，经过一段时间，安培

力对导体棒A做功为峭，导体棒B克服安培力做功为W?,两导体棒中产生的热量为Q,导体棒A获得的动能为与，

拉力做功为1匕，则下列关系式正确的是

XXXX

XIXXX

XXXX

AB

A.W\=EkB.W2=Wi+EkC.W2=Q+EkD.+4

9、如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦.圆心。点正下方放置为力〃的小球4,质

量为〃，的小球〃以初速度uo向左运动，与小球A发生弹性碰撞.碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小

球8的初速度w可能为（）

A.212gRB.府C.2师D.

10、我国探月工程分“绕、落、回”三步走，近期将发射“嫦娥五号”探测器执行月面采样返回任务。图为探测器绕月运

行的示意图，O为月球球心。已知环月圆轨道I和椭圆轨道II相切于尸点，且I轨道半径为II轨道半长轴的1.25倍。

⑵某次实验，小车先后经过光电门1和光电门2时，连接光电门的计时器显示挡光片的挡光时间分别为力和，2,此过

程中托盘未接触地面。已知两个光电门中心之间的间距为则小车的加速度表达式。=（）（结果用字母d、小

，2、L表不）；

⑶某同学在实验中保持小车总质量不变，增加托盘中硅码的个数，并将托盘和硅码的总重力当做小车所受的合力F,

通过多次测量作出。-尸图线，如图丙中实线所示。试分析上部明显偏离直线的原因是_____。

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）如图甲所示，某人站在力传感器上，从直立静止起，做“下蹲-起跳”动作，图中的“•”表示人的重心。图

乙是由力传感器圆出的尸一/图线。图乙中1〜4各点对应着图甲中1〜4四个状态和时刻。取重力加速度g=10m/s2。请

根据这两个图所给出的信息，求：

（1）此人的质量。

（2）此人1s内的最大加速度，并以向上为正，画出此人在1s内的大致。一，图像。

（3）在尸一，图像上找出此人在下蹲阶段什么时刻达到最大速度？简单说明必要理由。

图甲

图乙，

14.(16分)一列沿x轴传播的简谐横波，在U0时刻的波形如图实线所示，在八二0.2s时刻的波形如图虚线所示。

⑴若波向x轴正方向传播，求该波的波速；

⑵若波向x轴负方向传播，且求x=2m处的尸质点第一次出现波谷的时刻。

15.(12分)如图所示，用质量机=lkg的活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽略不计,

开始时活塞距离汽缸底部的高度加=LOm,气体的温度fi=27℃o现将汽缸缓慢加热至/2=207C,活塞缓慢上升到距

离汽缸底某一高度比处，此过程中被封闭气体增加的内能AU=300J,已知大气压强po=l.OxI()5pa,重力加速度g=

10m/s2,活塞横截面积S=5.0xl0Tn12。求：

(i)初始时汽缸内气体的压强力和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度比；

(ii)此过程中缸内气体吸收的热量

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】

A.根据〃=^^和口="，联立可得

p=mat

〃与，成正比，故A正确；

B.根据n=12ax可得

p=mv=niyllax

〃与五成正比，故B错误；

C.由于

E,=—mv2=1〃?(W)2

22

用与产成正比，故C错误；

D.由于

F121c

E,=—mv~=—m-Lax=max

'22

々与X成正比，故D错误。

故选A。

2、C

【解析】

设物块从斜面底端向上滑时的初速度为匕，返回斜面底端时的速度大小为％,则根据平均速度公式有

——A

22

再由牛顿运动定律和运动学公式有上滑过程

mgsin6+jjmgcos0=ma]

K=知

下滑过程

卜(

mgsinG-mgcosG=ma2

v2=a2t2

时间关系有

!L=L

t23

联立各式解得

//=0.6

故C正确，ABD错误。

故选C

3、B

【解析】

A.根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A正确，不符合题意；

XvoX^X>><

xx

o'、、、/x

y：

of

B.粒子由O运动到A时速度方向改变了60。角，所以粒子轨迹对应的圆心角为460。，则粒子由0到A运动的时间

为

t—__6_丁/—_6_0_°・_2_7_rm_—_冗_m_

-360°-360°qB-3qB

故B错误，符合题意；

C.根据几何关系，有

cos600=R-d

R

解得

R=2d

根据R=—得

qB

『迦

tn

故C正确，不符合题意；

D.粒子在。点时速度与x轴正方向的夹角为60。，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度

方向与x轴正方向的夹角为60。，故D正确，不符合题意；

故选B。

4、A

【解析】

与线圈轴线成30。角穿过线圈的向右磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有:

E=^—=^—Scos30

ArAr

由图可知：

△B6-2。

----=-------=2VVb/s

At2

代入数据解得：

^=100x2xcos30x0.01=>/3V

A正确，BCD错误。

故选A。

5、C

【解析】

A.当氢原子处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不同的，选项A错误；

B.一个氢原子从〃=4能级向基态跃迁，最多可辐射3种不同频率的光子，大量处于〃=4能级的氢原子向基态跃迁,

最多可辐射6种不同频率的光子，选项B错误；

C.处于基态的氢原子可以吸收14eV的光子而发生电离，选项C正确；

D.氢原子从高能级跃迁到低能级，核外电子的动能增加，电势能减少，选项D错误。

故选C。

6、B

【解析】

A.钢筒受到重力和8根钢索的拉力共9个力作用，选项A错误；

B.由题意知，每根钢索与竖直方向夹角为30。，设每根钢索的拉力大小为凡钢筒处于静止状态，则由平衡条件有

8Fcos3O'=G

解得

尸="G

12

结合牛顿第三定律可知，选项B正确；

C.钢筒空心，它的重心一定不在钢筒上，选项C错误；

D.钢筒悬吊在空中处于静止状态，加速度为零，选项D错误。

故选B。

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、ABC

【解析】

AB.如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时，绳子

断后，小球做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，也可能洛伦兹力大于之前合力的大小，则半径减小，故AB正确；

CD.若小球带负电，则小球所受的洛伦兹力指向圆心，开始时，拉力可能为零，绳断后，仍然洛伦兹力提供向心力，

顺时针做圆周运动，半径不变.若开始靠洛伦兹力和拉力的合力提供向心力，拉力减小为零，小球靠洛伦兹力提供向

心力，速度的大小不变，半径变大，故C正确，D错误.

故选ABCo

8、AC

【解析】

导体棒A在水平方向上只受到安培力作用，故根据动能定理可得叱二片，A正确；设8棒的动能变化量为则

对8分析，由动能定理可得W/.、-W2=EJ①，将两者看做一个整体，由于安培力是内力，所以整体在水平方向上只

受拉力作用，根据能量守恒定律可得I/=4+②，联立①②解得卬2=。+々，由于

WF=Ek+Ek'+Q>Q+Ekt所以C王确BD错误.

9、BC

【解析】

A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分

别为V1和V2,则:

mvo=mvi+2mv2

由动能守恒得：

I2121c2

2WVo=2WV,"+2,2WV2

联立得：匕二牛①

1.恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为Vmin,由牛顿第二定律得：

2

2mg=2m%②

R

A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得:

2mg♦2A=—•2〃w：------2mv^③

。2，2minin

联立①②盾）得：V0=1.5J冢，可知若小球B经过最高点，则需要：VO>1.5岛记

2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得:

2mg-/?=—-2，nv：④

2-

联立①④得：Vo=1.572gR

可知若小球不脱离轨道时，需满足：vo<1.5j荻

由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时，需满足：▼041.5丁荻或，”>1.5恒记，故AD错误，BC正确.

故选BC

【点睛】

小球A的运动可能有两种情况：1.恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二

定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度.由碰撞过程中动量守恒及能量

守恒定律可以求出小球B的初速度；2.小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与。等高处，由机械

能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度.由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度.

10、CD

【解析】

A.根据开普勒第三定律可知

二=fZ7=VL2F=->/5

《V%8

故A错误；

BC.从P点由轨道n进入轨道I要点火加速，即力>加，则在轨道I上的机械能大于轨道H上的机械能，故B错误，

c正确；

D.经过尸点时探测器受到月球的引力相同，根据牛顿第二定律可知加速度。尸。山故D正确。

故选CD,

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；1,2；2.1

【解析】

知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数;

对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解.

【详解】

(1)由图象可知，当F=2时，a#2.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大,

即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高，图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；

(1)根据F=ma得。=£,所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的

tn

总质量的倒数，图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=l所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=L2

由图形b得，在水平轨道上F=1时，加速度a=2,根据牛顿第二定律得F.jimg=2,解得N=2.1.

【点睛】

通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系；运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解.

12、0.170]〃托盘和祛码的总质量过大，小车所受合力与托盘和祛码的总重力相差越来越大

【解析】

游标卡尺的主尺读数为：1mm,游标尺的刻度第14个刻度与上边的刻度对齐，所以读数为：0.05x14=0.70mm,

所以k1mm+0.70mm=1.70mm=0.170cm；

(2)⑵小车做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移公式

(t/Y("丫

2aL=———

得

/(j)

a=

2。湾

(3)网实验时，小车的合外力认为就是托盘和祛码的总重力小g,只有在M加时，才有

T«mg

。一产图线才接近直线，一旦不满足描出的点的横坐标就会向右偏离较多，造成图线向右弯曲，所以。-尸图

线上部明显偏离直线的原因是托盘和徐码的总质量过大，小车所受合力与托盘和硅码的总重力相差越来越大。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指