2024高考物理模擬試題及答案(二)

1.下列說法正確的是（）

A.原子核發(fā)生一次尸衰變，該原子外層就失去一個電子

B.金屬產(chǎn)生光電效應時，入射光的頻率越高，光電子的最大初動能越大

C.核裂變與核聚變都伴有質量虧損，虧損的質量轉化成能量

D.一群氫原子從定態(tài)"=4向基態(tài)躍遷，最多可以釋放3條光譜

【答案】B

【解析】A、“衰變的電子是原子核內一個中子轉變?yōu)橐粋€質子和一個電子，電子釋放出來,不是來自外層電子.

故A錯誤.

B、發(fā)生光電效應時，根據(jù)Ek=hv-W,可以知道，入射光的頻率越高，光電子的最大初動能越大.所以B選項是正

確的.

C、核裂變與核聚變都伴有質量虧損，根據(jù)質能方程可以知道，虧損的質量對應一定的能量,并不是轉化成能量.

故C錯誤.

D、從定態(tài)n=4向基態(tài)躍遷，根據(jù)數(shù)學組合公式C；,最多可以釋放6條光譜.所以D選項是錯誤的

故選B

2.如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，上極板接地.一?帶負電的油滴位于容器中的尸點且處于靜止狀

態(tài).現(xiàn)將下極板豎直向下緩慢地移動一小段距離，則（）

B.帶電油滴的機械能將增加

C.尸點的電勢將升高

D.電容器的電容增加，極板帶電量增加

【答案】C

解析根據(jù)油滴受力平衡可知電場力的方向，再根據(jù)平行板間的電容，電壓和電荷量的關系即可求解本題。

【解析】A、一個帶負電的油滴最初處于靜止狀態(tài)，說明油滴受到的電場力和重力平衡；現(xiàn)在將下極板向下

移動，板間的電壓等于電源電動勢不變，所以板間的電場強度將減小，即油滴受到的電場力減小，所以油

滴受到的重力大于電場力，油滴將豎直向下運動，故A錯誤。

1

B、根據(jù)A項的分析可得，油滴向下運動，電場力做負功；機械能的變化等于除重力和彈簧的彈力外的其他

力做功，所以機械能將減小，故B錯誤。

C、因為上極板接地，所以上極板的電勢為零，并且上極板接電源的正極，下極板接電源的負極，所以上極

板的電勢高于下極板的電勢，電場線的方向是豎直向下的，板間各點的電勢為負值；設P點距離上極板的

距離為x,則P點的電勢為」x,由于d增加，所以P點的電勢將升高，故C正確。

d

D項，Q=CU電壓不變，根據(jù)電容C=±d增加，C減小，所以極板帶電量減小，故D錯誤。

4?ckd

故選C

【評析】本題考查了電容器的動態(tài)分析，在做此類問題時一定要先區(qū)分本題時電壓不變還是電荷量不變的

情況，在結合題意求解。

3.如圖所示，水平光滑長桿上套有一物塊。，跨過懸掛于。點的輕小光滑圓環(huán)的細線一端連接。，另一端懸

掛一物塊產(chǎn).設細線的左邊部分與水平方向的夾角為仇初始時6很小.現(xiàn)將P、。由靜止同時釋放.關于P、

0以后的運動下列說法正確的是（）

A.當。=60。時，P、。的速度之比是小:2

B.當。=90。時，。的速度最大

C.當。=90。時，0的速度為零

D.當。向90。增大的過程中Q的合力一直增大

【答案】B

解析P、Q用同一根繩連接，則Q沿繩子方向的速度與P的速度相等，根據(jù)運動的合成與分析分析PQ的速

度關系，當6=90°時，P的機械能最小，Q的動能最大，速度最大，當。向90。增大的過程中Q的合力逐

漸減小。

【解析】A項：P、Q用同一根繩連接，則Q沿繩子方向的速度與P的速度相等，

2

Vp1

則當。=60°時，Q的速度VQCOS6（T=VP,解得一=故A錯誤；

VQ2

B、C項：P的機械能最小時，即為Q到達O點正下方時，此時Q的速度最大，即當0=90°時，Q的速度

最大，故B正確，C錯誤；

D項：當?向90°增大的過程中Q的合力逐漸減小，當。=90°時，Q的速度最大，加速度最小，合力最

小，故D錯誤。

故選:B=

【評析】考查運動的合成與分解，掌握能量守恒定律，注意當Q的速度最大時，P的速度為零，是解題的

關鍵。

4.長木板/放在光滑的水平面上，質量為，〃的物塊8以水平初速度w從一端滑上Z的水平上表面，它們在

運動過程中的丫一，圖線如圖所示。則根據(jù)圖中所給出的已知數(shù)據(jù)W、〃及物塊質量相，可以求出的物理量

A.木板A獲得的動能

B.A,8組成的系統(tǒng)損失的機械能

C.木板A的最小長度

D./、8之間的動摩擦因數(shù)

【答案】C

試題分析：由題圖不知木板的質量和A、B的最終速度，則不能獲得木板的動能：不能獲得/、8組成的系

統(tǒng)損失的機械能；也不能求得N、8之間的動摩擦因數(shù)；由圖木板的最小長度為：C正確

故選C

考點：運動圖像的理解應用

點評：中等難度。注意充分審讀圖像提供的各種有用信息，并仔細分析物體的運動過程，能將圖像提供的

信息與物體的運動過程建立正確的聯(lián)系。

5.極地衛(wèi)星的運行軌道平面通過地球的南北兩極（軌道可視為圓軌道）。如圖所示，某時刻某極地衛(wèi)星在地

3

球北緯30。/點的正上方按圖示方向運行，經(jīng)過12h后第二次出現(xiàn)在/點的正上方.則下列說法正確的是

)

A.該衛(wèi)星一定貼近地表飛行

B.該衛(wèi)星的周期的最大值為18h

C.該衛(wèi)星運行的線速度比同步衛(wèi)星的線速度大

D.該衛(wèi)星每隔12h經(jīng)過A點的正上方一次

【答案】BC

解析根據(jù)衛(wèi)星經(jīng)過12h后第二次出現(xiàn)在4點的正上方，結合天體的運動找到兩者周期的關系，再根據(jù)

GMm2兀,G八工

——=m（—）"r=m一分析求解。

【解析】B、地球在12h的時間內轉了180°，要使衛(wèi)星第二次出現(xiàn)在4點的正上方，則時間應該滿足

236

-T+nT=12h,解得T=一—h（n=0、1、2、3、、、、），當n=0時，周期有最大值T=18h,故B對；

33n+2

GMm2兀?

A、當n的取值不同，則周期不同，根據(jù)［―=m（亍Tr,軌道半徑也有不同的取值，故A錯；

2

C、根據(jù)T=0-h,知該衛(wèi)星的運動周期一定小于同步衛(wèi)星的周期，在結合幽=m（駕2r=m匚，可知周

3n+2r2Tr

期越小，軌道半徑就越小，則運行速度都越大，故C對：

D、如果衛(wèi)星的周期按18h計算，那么在題意的條件下再經(jīng)過12h,則地球上的A點回到了出發(fā)點，而衛(wèi)星

在24h時內并沒有回到出發(fā)點，故D錯

故選BC

【評析】本題考查了天體的追趕問題，要使兩者相遇，找到在相同的時間內兩者運動過的角度關系即可求

解

6.如圖所示，發(fā)電機的矩形線圈面積為S,匝數(shù)為N,繞00,軸在磁感應強度為8的勻強磁場中以角速度。

勻速轉動。從圖示位置開始計時，下列判斷正確的是（）

4

A.此時穿過線圈的磁通量為NSS,產(chǎn)生的電動勢為零

B.線圈產(chǎn)生的感應電動勢的瞬時值表達式為e=NBS6sin3t

C.尸向下移動時，電流表示數(shù)變小

D.尸向下移動時，發(fā)電機的電功率增大

【答案】ABD

試題分析：此時線圈平面與磁場垂直，磁通量最大，變化率為零，即感應電動勢為零，A正確；過程中產(chǎn)

生的感應電動勢最大值為em=NBS。故表達式為*?則果3卜+式，B正確：P向下移動時，副線圈匝數(shù)增

U]\TT2

大，根據(jù)」=」可得副線圈的輸入電壓增大，即電流表示數(shù)增大，根據(jù)P=5得副線圈消耗的電功率增大,

U2n2R

而副線圈消耗的電功率決定發(fā)電機的功率，所以發(fā)電機的功率增大，D正確C錯誤；

考點：考查了交變電流的產(chǎn)生

7.在以坐標原點。為圓心、半徑為廠的圓形區(qū)域內，存在磁感應強度大小為反方向垂直于紙面向里的勻強

磁場，如圖所示，一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點/處以速度v沿一x方向射入磁場，它

恰好從磁場邊界的交點C處沿+y方向飛出。當磁感應強度的大小變?yōu)閃后，該粒子仍以A處相同的速

度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了120。角，則（）

A.粒子帶負電

B.粒子的比荷9=上

mBr

R1

C.兩種情況下粒子做圓周運動的半徑之比為二=上

RV3

B1

D.兩種情況下的磁感應強度之比為1=亍

BV3

5

【答案】ABD

解析根據(jù)粒子沿一x方向射入磁場，恰好從磁場邊界的交點C處沿+y方向飛出，借助左手定則可以判斷出

電荷的正負；再根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的比荷；結合粒子的運動軌跡求出不同磁場中的運

動半徑分析求解即可。

【解析】A、由粒子的飛行軌跡（如圖所示），

利用左手定則可知，該粒子帶負電荷，故A對：

B、粒子由A點射入，由C點沿y正方向飛出，有幾何關系可知：R=r

v2

根據(jù)qvB=m—

則粒子的比荷為：-=故B對；

mBr

C、設粒子從D點飛出磁場，根據(jù)題意知速度方向改變了120°角，再結合幾何關系可知AD弧所對圓心角

為120°，粒子做圓周運動的半徑R=rcot60°=—r

3

R=J_=廠

所以半徑之比為/范,故c錯；

3

2W

D、根據(jù)qvB=m二可知磁場強度為g=R=3=，故D對；

故選ABD

【評析】解磁場問題要記住“一畫軌跡”；“二找圓心”；“三算半徑”；其中比較難的是計算半徑，在計算半徑

時可以利用勾股定理或者正弦定理求解。

8.如圖所示電路中，電源內阻忽略不計，R）為定值電阻，Rm為滑動變阻器R的最大阻值，且有口0＞段腦開

關，閉合后，理想電流表A的示數(shù)為/,理想電壓表Vi、V2的示數(shù)分別為S、5,其變化量的絕對值分

別為△/、45、Zh。則下列說法正確的是（）

6

A.斷開開關S2,將R的滑動觸片向右移動，則電流A示數(shù)變小、電壓表V2示數(shù)變小

B.保持R的滑動觸片不動，閉合開關S2,則電流表A示數(shù)變大、電壓表Vi示數(shù)變小

C.斷開開關S2,將R的滑動觸片向右移動，則滑動變阻器消耗的電功率減小

D.斷開開關S2,將R的滑動觸片向右移動，則有」=」

AIAI

【答案】AD

解析根據(jù)電路結構可知滑動變阻器向右移動時回路中的電阻增大，則電流減小，結合串并聯(lián)關系分析求解。

【解析】A、斷開開關S2,將滑片向右移動時，R接入電路電阻增大，電路總電阻增大，則由閉合電路歐姆

定律可知，干路電流減小，電流表A示數(shù)減小，電壓表V2減小，故A正確；

B、保持H的滑動觸片不動，閉合開關S2,咖被短路，電路總電阻減小，干路電流增大，電流表示數(shù)A增

大;而。尸/R,可知電壓表Vi示數(shù)增大，B錯誤。

C、當滑動變阻器的電阻等于等效電源的內阻時滑動變阻器的阻值時，滑動變阻器的功率達到最大，斷開開

關S2,將R的滑動觸片向右移動，由于R0>Rm，所以滑動變阻器的功率一直在增大，故C錯；

AU.AU,

D、由5=E-/Ro可知，一t=R0,由S=/R）可知一-=7?o，故D正確。

AIAI

故選AD

二、非選擇題

9.某同學想用熱敏電阻制作一個“溫度計”，為此他需要先探究該熱敏電阻的阻值隨溫度變化的規(guī)律.現(xiàn)有下

列器材：

待測熱敏電阻R（約600?2000。）

直流毫安表（量程6mA,內阻約0.50）

直流電壓表（量程3V,內阻約1k。）

直流恒壓電源（輸出電壓3V,內阻不計）

滑動變阻器（阻值范圍。?500。），以及水銀溫度計.加熱裝置.開關和導線.

7

(1)應選擇圖(填“a”或"b”)的電路探究熱敏電阻的溫度特性.

(2)主要步驟：①連接電路，啟動加熱裝置，待溫度穩(wěn)定為某一溫度時，閉合開關，記下

.和電壓表的讀數(shù)；②改變溫度，多次重復步驟①操作，得出多組數(shù)據(jù)；③根據(jù)

數(shù)據(jù)繪制電阻R隨溫度t變化的圖線如圖c.

(3)現(xiàn)將該熱敏電阻.恒壓電源.開關.導線.(填“電壓表'’或"電流表”)連接起來，把

該電表的刻度改為相應的溫度刻度，就制成了一個“溫度計”.若用此“溫度計”測得的溫度越高，對應原電表

表盤的刻度值越(填“大”或“小”).

【答案】(l).b(2).溫度計(3).電流表(4).電流表(5).小

解析⑴根據(jù)“大內小外”可以判斷電路的結構

(2)根據(jù)實驗原理明確應測量的數(shù)據(jù)；

(3)明確溫度計原理，再根據(jù)閉合電路歐姆定律進行分析即可明確刻度與溫度的關系.

RR

【解析】①因為滿足二〉」，所以電流表應用內接法，

RARX

②要求出對應的電阻值，應先得出電壓和電流值;故應記下溫度計、電流表、電壓表的讀數(shù)；

(3)因為電流表與熱敏電阻串聯(lián)，所以應將該熱敏電阻、恒壓電源、開關、導線、電流表連接連接起來;由圖象

E

看出溫度升高電阻增大，由1=,可以知道，電流表的示數(shù)減小，所以此“溫度計'’測得的溫度越高，對應原電表

R總

表盤的刻度值越小.

明確實驗原理和實驗方法是求解實驗問題的關鍵，在有關電學實驗中，要明確伏安法中電流表內外接法以及

變阻器采用分壓式還是限流式接法的選擇方法.

10.某同學準備利用如圖裝置探究勁度系數(shù)較大的輕質彈簧T的彈性勢能與其壓縮量之間的關系.圖中B為

一固定在桌面.帶有刻度的平直光滑導軌，小盒C用輕繩懸掛于O點，彈簧T左端固定，用小球A沿導軌

B向左擠壓彈簧，釋放后球A彈出，射入一較重的小盒C中與小盒C一起向右擺動，擺動的最大角度?？?/p>

以被準確測出.球A射入盒C后兩者的重心重合，重心距懸點O的距離為L.試問：

8

///////////>////////////////

（1）欲完成此探究實驗，該同學在實驗過程中除了要測量最大擺角0和重心距懸點0的距離L外，還需要

測量哪些物理量？寫出這些物理量及其字母代號.

（2）通過上述的物理量可求出彈簧T將球A彈出時釋放的彈性勢能EP.寫出其計算表達式（無需書寫推

導過程）.____________________________

（3）下面是本實驗中的幾個步驟：①按實驗裝置安裝好器材：②用刻度尺測定C的重心到懸點0的距離L；

③反復調節(jié)盒C的位置，使其運動軌跡平面與光滑軌道在同一平面內，且盒C靜掛，開口正對導軌末端，

A.C兩者重心同高；④用球A壓縮彈簧，使其重心處于軌道的某一刻度線上，記錄此時的讀數(shù)；⑤釋放A

球，讓它射入盒C中，一起與C擺動到最大高度；⑥記錄最大擺角0；⑦處理數(shù)據(jù)，得出結論.在上述步驟

中還缺少哪些主要步驟？請你寫出來.

（4）該實驗除了要保證光滑導軌水平.小球A能正射入小盒C并與C一起運動以外，還應注意些什么？

【答案】（1）.還需測量小球A的質量m,重盒C的質量M,彈簧的壓縮量X（2）.

EM+m_（3）.①用天平稱出小球質量和重盒的質量；②用球A接觸彈簧但不壓縮，記錄其

=（）-gL（1cosQ）

Pm

重心位置，讀取導軌上相應的讀數(shù)；③改變彈簧壓縮量，重復實驗若干次.（4）.①要注意每次實驗時,

彈簧壓縮量不要過大，以保證繩總處于繃直狀態(tài)，同時擺角不大于90。；②每次實驗時，彈簧的壓縮量也不

宜過小，否則壓縮量L及擺角0的測量相對誤差大，軌道摩擦損耗不可忽略.

解析根據(jù)彈簧的彈性勢能轉化為球和盒子的重力勢能,如需要測量球和盒子的質量以及彈簧的壓縮量;再結

合彈性勢能的減小量等于小球的動能的增加量,碰撞過程動量守恒;向上擺動過程機械能守恒，對照表達式確

定實驗步驟分析求解

【解析】⑴彈簧的彈性勢能轉化為球和盒子的重力勢能，要測量重力勢能的增加量，要測量小球A的質量m、

重盒C的質量M;要研究彈性勢能和壓縮量的關系,要測量彈簧的壓縮量X;

還需測量:小球A的質量m、重盒C的質量M、彈簧的壓縮量X;

（2）彈性勢能的減小量等于小球的動能的增加量，故Ep=-mv2;

9

碰撞過程動量守恒，故mv=(M+m)v'

繼續(xù)擺動過程機械能守恒，故3(M+m)v2=(M+m)gL(l-cosO)

2

聯(lián)立計算得出E_=竺RLQ_cos?；

(3)缺少的主要實驗步驟有：

①用天平稱出小球質量和重盒的質量；

②用球A接觸彈簧但不壓縮，記錄其重心位置，讀取導軌上相應的讀數(shù)；

③改變彈簧壓縮量，重復實驗若干次.

(4)①要注意每次實驗時，彈簧壓縮量不要過大，以保證繩總處于繃直狀態(tài)，同時擺角不大于90°；

②每次實驗時，彈簧的壓縮量也不宜過小，否則壓縮量L及擺角。的測量相對誤差大，軌道摩擦損耗不可忽略.

【評析】本題關鍵明確實驗原理、誤差來源、實際操作,能運用機械能守恒定律和動量守恒定律列式求解，較

難.

11.如圖所示，MN、尸。兩平行光滑水平導軌分別與半徑尸0.5m的相同豎直半圓導軌在N、0端平滑連接，

M、P端連接定值電阻??,質量M=2kg的cd絕緣桿垂直靜止在水平導軌上，在其右側至N、。端的區(qū)域內

充滿豎直向上的勻強磁場。現(xiàn)有質量w=lkg的ab金屬桿以初速度vo=12m/s水平向右與cd絕緣桿發(fā)生正碰

后，進入磁場并最終未滑出，〃絕緣桿則恰好能通過半圓導軌最高點，不計其它電阻和摩擦，成金屬桿始

終與導軌垂直且接觸良好，取g=10m/s2,求：

(1)〃絕緣桿通過半圓導軌最高點時的速度大小V；

(2)電阻及產(chǎn)生的焦耳熱。。

【答案】⑴v=^5m/s(2)Q=2J

解析根據(jù)cd恰好過最高點，可以求出cd碰后的速度，再根據(jù)動量守恒和能量守恒分析求解即可。

【解析】(1)4絕緣桿通過半圓導軌最高點時，由牛頓第二定律有：

2

V

Mg=M—

r

解得：v=^5m/s

(2)碰撞后cd絕緣桿以速度V2滑至最高點的過程中，由動能定理有：

10

1.1.

-Nfe2r=-Mv--Mv；

22-

解得：v2=5m/s

由于cd是絕緣桿，所以不過電流，所以碰后一直勻速運動，

則碰撞后cd絕緣桿的速度：v2=5m/s

兩桿碰撞過程，動量守恒，有：

mv0=mv1+MV9

解得碰撞后ah金屬桿的速度：V]=2m/s

ab金屬桿進入磁場后由能量守恒定律有：；mv；=Q

解得：Q=2J

【評析】認真分析題意，注意題目中cd棒是一個絕緣桿，所以在運動過程中沒有電流通過，則也不受安培

力作用，抓住這一點解題。

12.如圖（甲）所示，地面上有一長為/=lm,高為〃=0.8m,質量A/=2kg的木板，木板的右側放置一個質量

為/n=lkg的木塊（可視為質點），已知木板與木塊之間的動摩擦因數(shù)為〃尸0.4,木板與地面之間的動摩擦因

數(shù)為〃2=0.6,初始時兩者均靜止?，F(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力凡拉力廠隨時間的變化如圖（乙）所示,

取g=10m/s2。求:

（甲）（乙）

（1）前2s木板的加速度;

（2）木塊落地時距離木板左側的水平距離As。

2

【答案】（1）a=2m/s（2）s=1.68m

解析根據(jù)圖像可以知道不同時刻受到的外力大小，再利用牛頓第二定律求解木塊的加速度；根據(jù)木塊和木

板的受力分析各自的加速度和運動情況，利用運動學公式分析求解。

【解析】（1）因為木塊在木板上滑行的最大加速度為

11

出〃g2=mai

解得:ai=4m/s2

保持木塊與木板一起做勻加速運動最大拉力入二出(A/+〃?)g+(M+M)m=30N。

因F1=24N<F「30N,故木塊與木板一起做勻加速運動，其加速度。由牛頓運動定律可得：

F~%(M+/w)g=(M+加)〃

解得：6f=2m/s2

(2)2s末木塊與木板的速度為也由運動學知識可得：v=ati

2s后F2=34>F130N,木塊和木板發(fā)生相對滑動，木塊加速度m,木板加速度怎為：

F~3加g—出(川+m)g=Mai

經(jīng)時間f2二者分離，此時由運動學知識可得：

"2+142^2—(V/2+-iZl/22)=1

22

解得：42=6m/s2,f2=ls

此時木塊的速度u塊=丫+a\t2

木板的速度：Vte=v+472t2

木塊與木板分離至滑落到地的時間為小由平拋運動知識可得：

力=3仔

在木塊與木板分離至滑落到地的時間為f3內，木塊在水平方向向前的位移為：

s塊=射塊力

木塊與木板分離后，木板的加速度為43，由牛頓運動定律可得：

F—&Mk=Ma3

在木塊與木板分離至滑落到地的時間/3內，木板在水平方向向前的位移為：

2

S&=V板f3+Lf3/3

2

所以，木塊落地時距離木板左側：△8=5板一5塊

聯(lián)立以上式子解得：As=1.68m

【評析】本題較復雜，要時刻關注不同的運動狀態(tài)下的受力狀況，求出加速度，分析運動。

12

【物理一選修3—3】

13.關于分子動理論和熱力學定律，下列說法中正確的是

A.空氣相對濕度越大時，水蒸發(fā)越快

B.物體的溫度越高，分子平均動能越大

C.第二類永動機不可能制成是因為它違反了熱力學第一定律

D.兩個分子間的距離由大于109m處逐漸減小到很難再靠近的過程中，分子間作用力先增大后減小到零，

再增大

E.若一定量氣體膨脹對外做功50J,內能增加80J,則氣體一定從外界吸收130J熱量