全國卷備戰(zhàn)2024年高考物理模擬卷01含解析

Page132024年高考物理第一次模擬考試留意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14.如圖14所示，在水平力F作用下，物體B沿水平面對右運動，物體A恰勻速上升，以下說法正確的是()圖14A.物體B正向右做勻減速運動B.物體B正向右做加速運動C.地面對B的摩擦力減小D.右側(cè)繩與水平方向成30°角時，vA∶vB＝eq\r(3)∶2解析將B的運動沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，沿繩子方向上的分速度等于A的速度，如圖所示，依據(jù)平行四邊形定則有vBcosα＝vA，所以vB＝eq\f(vA,cosα)，α減小，所以B的速度減小，但不是勻減速運動，選項A、B錯誤；分別對A、B受力分析，在豎直方向上有T＝mAg，mg＝FN＋Tsinα，α減小，則支持力增大，依據(jù)Ff＝μFN可知，摩擦力增大，選項C錯誤；依據(jù)vBcosα＝vA，右側(cè)繩與水平方向成30°角時，vA∶vB＝eq\r(3)∶2，選項D正確。答案D15.如圖15所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不行伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍。當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()圖15A.2R B.eq\f(5R,3) C.eq\f(4R,3) D.eq\f(2R,3)解析設(shè)B球質(zhì)量為m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，依據(jù)機械能守恒定律2mgR－mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2得v2＝eq\f(2,3)gR，B球接著上升的高度h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq\f(4,3)R，故選項C正確。答案C16.如圖16所示，在火星與木星軌道之間有一小行星帶，假設(shè)該帶中的小行星只受到太陽的引力，并繞太陽做勻速圓周運動。下列推斷正確的是()圖16A.小行星帶內(nèi)的小行星都具有相同的角速度B.小行星帶內(nèi)側(cè)小行星的向心加速度小于外側(cè)小行星的向心加速度C.各小行星繞太陽運動的周期均大于一年D.要從地球放射衛(wèi)星探測小行星帶，放射速度應(yīng)大于地球的第三宇宙速度解析依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力，Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，可知不在同一軌道上的小行星的角速度不同，故A錯誤；同理有向心加速度a＝eq\f(GM,r2)，可知小行星帶內(nèi)側(cè)小行星的向心加速度大于外側(cè)小行星的向心加速度，故B錯誤；周期T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，小行星的軌道半徑比地球公轉(zhuǎn)的半徑大，所以各小行星繞太陽運動的周期均大于一年，故C正確；要從地球放射衛(wèi)星探測小行星帶，就要克服地球的引力，所以放射速度應(yīng)大于地球的其次宇宙速度，故D錯誤。答案C17.如圖17所示是氫原子的能級圖，一群氫原子處于n＝4能級，下列說法中正確的是()圖17A.這群氫原子躍遷時能夠發(fā)出3種不同頻率的光子B.這群氫原子發(fā)出的光子中，能量最大為10.2eVC.從n＝4能級躍遷到n＝3能級時發(fā)出的光波長最大D.這群氫原子能夠吸取隨意光子的能量而向更高能級躍遷解析依據(jù)Ceq\o\al(2,4)＝6知，這群氫原子能夠發(fā)出6種不同頻率的光子，故A錯誤；由n＝3能級躍遷到n＝1能級輻射的光子能量最大，ΔE＝(13.6－0.85)eV＝12.55eV，故B錯誤；從n＝4能級躍遷到n＝3能級輻射的光子能量最小，頻率最小，則波長最大，故C正確；一群處于n＝4能級的氫原子向更高能級躍遷，吸取的能量必需等于兩能級之差，為特定值，而不是隨意值，故D錯誤。答案C18.如圖18所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將木塊C快速移開，若重力加速度為g，則在木塊C移開的瞬間()圖18A.木塊B對水平面的壓力大小快速變?yōu)?mgB.彈簧的彈力大小為mgC.木塊A的加速度大小為2gD.彈簧的彈性勢能馬上減小解析移開木塊C前，由平衡條件可知，彈簧彈力大小為3mg，地面對B的支持力大小為4mg，因移開木塊C瞬時，彈簧壓縮量不變，則彈簧彈力、彈性勢能均不變，選項B、D錯誤；木塊C移開瞬間，木塊B所受重力、彈簧的彈力不變，故地面對B的支持力也不變，由牛頓第三定律知，選項A錯誤；撤去木塊C瞬間，對木塊A，由牛頓其次定律有3mg－mg＝ma，解得a＝2g，方向豎直向上，選項C正確。答案C19.(多選)光滑絕緣水平面上固定兩個等量點電荷，它們連線的中垂線上有A、B、C三點，如圖19甲所示。一質(zhì)量m＝1g的帶正電小物塊由A點靜止釋放，并以此時為計時起點，沿光滑水平面經(jīng)過B、C兩點，其運動過程的v－t圖象如圖乙所示，其中圖線在B點位置時斜率最大，依據(jù)圖線可以確定()圖19A.中垂線上B點電場強度最大B.A、B兩點之間的位移大小C.B點是連線中點，C與A點必在連線兩側(cè)D.UBC＞UAB解析v－t圖象的斜率表示加速度，可知小物塊在B點的加速度最大，所受的電場力最大，所以B點的電場強度最大，A正確；小物塊由A運動到B的過程中，由圖乙可知A、B兩點的速度，已知小物塊的質(zhì)量，則由動能定理可知qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，由上式可求出小物塊由A運動到B的過程中電場力所做的功qUAB，因為電場強度的關(guān)系未知，則不能求解A、B兩點之間的位移大小，B錯誤；中垂線上電場線分布不是勻整的，B點不在連線中點，C錯誤；在小物塊由A運動到B的過程中，依據(jù)動能定理有qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝(eq\f(1,2)×1×10－3×42－0)J＝8×10－3J，同理，在小物塊由B運動到C的過程中，有qUBC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝(eq\f(1,2)×1×10－3×72－eq\f(1,2)×1×10－3×42)J＝16.5×10－3J，對比可得UBC＞UAB，D正確。答案AD20．如圖20所示，虛線框內(nèi)有垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為，磁場區(qū)域上下寬度為；質(zhì)量為、邊長為的正方形線圈平面保持豎直，ab邊保持水平地從距離磁場上邊緣確定高處由靜止下落，以速度進入磁場，經(jīng)一段時間又以相同的速度穿出磁場，重力加速度為。下列推斷正確的是（）圖20A．線圈的電阻B．進入磁場前線圈下落的高度C．穿過磁場的過程中線圈電阻產(chǎn)生的熱量D．線圈穿過磁場所用時間20．解析線圈以相同速度進、出磁場，且磁場寬度等于線圈邊長，因此線圈確定是勻速穿過磁場區(qū)域，此過程中線圈始終有一條邊在磁場中受安培力，由平衡條件得，其中感應(yīng)電流，解得，選項A正確；進入磁場前線圈做自由落體運動，因此，選項B錯誤；線圈穿過磁場的過程中，位移為2，由能量守恒可知，線圈電阻產(chǎn)生的熱量等于線圈重力勢能的削減量，即，C項錯；線圈勻速穿過磁場區(qū)域，因此線圈穿過磁場所用時間，選項D正確。答案AD21.如圖甲所示，乙圖是正面平面圖，質(zhì)量m=1kg長度為L=1m的光滑導(dǎo)體桿用輕質(zhì)軟導(dǎo)線連接一電阻R，導(dǎo)體桿水平放置在傾角為37°的絕緣光滑斜面上?？臻g存在有豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B=1T，當線路開關(guān)S斷開時，導(dǎo)體桿由斜面下滑道底端用時3s，當開關(guān)閉合時，導(dǎo)體桿由相同位置下滑原委端用時3.5s，重力加速度g=10m/s2。則開關(guān)s閉合，導(dǎo)體桿下滑過程，通過導(dǎo)體橫截面的電量為7C，則（）圖21開關(guān)閉合下滑電路產(chǎn)生的熱量為64J導(dǎo)體棒沿斜面下滑距離下滑原委端的速度為14m/s開關(guān)閉合導(dǎo)體桿下滑過程為勻加速運動21.解析當開關(guān)斷開時，導(dǎo)體桿下滑，，解得加速度，，解得導(dǎo)體棒沿斜面下滑距離，B正確。開關(guān)閉合時，依據(jù)動量定理，，轉(zhuǎn)化為，即，代入數(shù)據(jù)得，C正確，再依據(jù)功能關(guān)系，解得，A正確。開關(guān)閉合導(dǎo)體桿下滑過程所受安培力為變力，故運動性質(zhì)為變加速運動，D錯誤。答案ABC第Ⅱ卷三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22~25題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33~34題為選考題，考生依據(jù)要求作答。22．(6分)某試驗小組為了探究碰撞中的不變量，在氣墊導(dǎo)軌中心放置一個滑塊Q，另一個滑塊P壓縮導(dǎo)軌左端彈簧片后被鎖定，滑塊P上安裝有遮光板C，其右端粘上橡皮泥，導(dǎo)軌上適當位置安裝兩個光電門A、B記錄滑塊上遮光板C分別通過兩光電門的時間，如圖（a）所示。解除滑塊P的鎖定，滑塊P被彈出與滑塊Q相碰后粘合在一起運動。⑴為了正常試驗和減小試驗誤差，下列操作必要的是_________A．試驗前應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)整水平B．光電門A應(yīng)當靠近滑塊PC．遮光板應(yīng)適當加寬D．滑塊Q上應(yīng)安裝遮光板ABABCPQ彈簧片橡皮泥⑵試驗小組用游標卡尺測得遮光板的寬度如圖（b）所示，其寬度為__________mm；試驗除了要記錄遮光板通過光電門的時間外，還應(yīng)測定_____________________________。22．答案⑴AC⑵20.70；兩滑塊（包括橡皮泥和遮光板）的質(zhì)量。解析⑴為了避開軌道傾斜對滑塊運動的影響，試驗前必需將氣墊導(dǎo)軌調(diào)整水平，A對；光電門A應(yīng)設(shè)置在滑塊P勻速運動階段，因此不能靠近滑塊P，B錯；適當加寬遮光板可減小長度和時間測量誤差，C對；碰后滑塊Q與P一起運動，因此沒有必要在其上安裝遮光板，D錯。（2）游標卡尺示數(shù)：20.00mm+14×0.05mm=20.70mm；碰撞中的守恒量是動量，測定遮光板寬度和遮光板通過光電門時間可計算此時速度，還須要測定兩滑塊（包括橡皮泥和遮光板）的質(zhì)量。23.（9分）利用如圖16(a)所示電路，可以測定電源的電動勢和內(nèi)阻，所用的試驗器材有：待測電源，電阻箱R(最大阻值999.9Ω)，電阻R0(阻值為3.0Ω)，電阻R1(阻值為3.0Ω)，電流表(量程為200mA，內(nèi)阻為RA＝6.0Ω)，開關(guān)S。圖23試驗步驟如下：①將電阻箱阻值調(diào)到最大，閉合開關(guān)S；②多次調(diào)整電阻箱，登記電流表的示數(shù)I和電阻箱相應(yīng)的阻值R；③以eq\f(1,I)為縱坐標，R為橫坐標，作eq\f(1,I)－R圖線(用直線擬合)；④求出直線的斜率k和在縱軸上的截距b?；卮鹣铝袉栴}：(1)分別用E和r表示電源的電動勢和內(nèi)阻，則eq\f(1,I)與R的關(guān)系式為________________。(2)試驗得到的部分數(shù)據(jù)如下表所示，其中電阻R＝3.0Ω時，電流表的示數(shù)如圖(b)所示，讀出數(shù)據(jù)，完成下表．答：①________，②________。R/Ω1.02.03.04.05.06.0I/A0.1430.125①0.1000.0910.084eq\f(1,I)/A－16.998.00②10.011.011.9(3)在圖(c)的坐標紙上將所缺數(shù)據(jù)點補充完整并作圖，依據(jù)圖線求得斜率k＝______A－1Ω－1，截距b＝________A－1。(4)依據(jù)圖線求得電源電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω。答案(1)eq\f(1,I)＝eq\f(3R,E)＋eq\f(15＋3r,E)(2)0.1109.09(3)見解析圖1.0(0.96～1.04均可)6.0(5.9～6.1均可)(4)3.0(2.7～3.3均可)1.0(0.6～1.4均可)解析(1)依據(jù)閉合電路歐姆定律有E＝(eq\f(IRA,R1)＋I)(R＋R0＋r)＋IRA，代入數(shù)據(jù)，化簡得eq\f(1,I)＝eq\f(RA＋R1,ER1)R＋eq\f(1,E)[eq\f(RA＋R1,R1)(R0＋r)＋RA]＝eq\f(3R,E)＋eq\f(15＋3r,E)。(2)電流表每小格表示4mA，因此電流表讀數(shù)是0.110A，倒數(shù)是9.09A－1。(3)依據(jù)坐標紙上給出的點，畫出一條直線，得出斜率k＝1.0，截距b＝6.0A－1。(4)斜率k＝eq\f(RA＋R1,ER1)，因此E＝3.0V，截距b＝eq\f(1,E)[RA＋eq\f(RA＋R1,R1)(r＋R0)]，因此r＝eq\f(bE,3)－5＝1.0Ω。24．(14分)如圖所示,水平繃緊的傳送帶AB長L=6m,始終以恒定速率V1=4m/s運行。初速度大小為V2=6m/.s的小物塊(可視為質(zhì)點)從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點滑上傳送帶。小物塊m=lkg,物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ=0.4,g取l0m/s2。求:（1）小物塊能否到達B點，計算分析說明。（2）小物塊在傳送帶上運動時，摩擦力產(chǎn)生的熱量為多少？24、解析：(1)不能，（1分）因為小物塊在水平方向受到摩擦力的作用，f=μmg，（1分）產(chǎn)生的加速度：a==μg=0.4×10=4m/s2（2分）小物塊速度減為零時的位移是x，則，-2ax=0-得：x==4.5m＜6m，（2分）所以小物塊不能到達B點，(2)x==4.5m（1分）小物塊向右加速的過程中的位移：x′==2m，（1分）速度等于傳送帶速度v1時，閱歷的時間：t==2.5s，（1分）傳送帶的位移：s=v1t=4×2.5m=10m，（1分）小物塊相對于傳送帶的位移：△x=s+（x-x′）=10+（4.5-2）=12.5m（2分）

小物塊在傳送帶上運動時，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為：Q=f?△x=0.4×10×1×12.5J=50J（2分）25.如圖所示，兩塊很大的平行導(dǎo)體板MN、PQ產(chǎn)生豎直向上的勻強電場，兩平行導(dǎo)體板與一半徑為r的單匝線圈連接，在線圈內(nèi)有一方向垂直線圈平面對里，磁感應(yīng)強度變更率為的勻強磁場B1。在兩導(dǎo)體板之間還存在有志向邊界的勻強磁場，勻強磁場分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，其邊界為MN、ST、PQ，磁感應(yīng)強度大小均為B2，方向如圖所示，Ⅰ區(qū)域高度為d1，Ⅱ區(qū)域的高度為d2。一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的小球從MN板上方的O點由靜止起先下落，穿過MN板的小孔進入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動，Ⅱ區(qū)域的高度d2足夠大，帶電小球在運動中不會與PQ板相碰，重力加速度為g。(1)求線圈內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度變更率；(2)若帶電小球運動后恰能回到O點，求帶電小球釋放時距MN的高度h；25.解析：（1）帶電小球進入復(fù)合場后恰能做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，得(1)(2)(3)(4)（2）只有小球從進入磁場的位置離開磁場，做豎直上拋運動，才能恰好回到O點，由于兩個磁場區(qū)的磁感應(yīng)強度大小都相等，所以半徑都為R，由圖可知△O1O2O3是等邊三角形。(5)(6)(7)解得：(8)33．【選修3-3】（15分）⑴（5分）下列說法正確的是__________A．氣體很簡潔被壓縮是因為氣體分子間有空隙，固體和液體很難壓縮是因為固體和液體分子間沒有空隙B．一切達到熱平衡的系統(tǒng)都具有相同的溫度C．若兩個分子除相互作用的分子力外不受其它的力，則從相距無窮遠由靜止釋放兩分子，分子勢能先減小后增大D．有規(guī)則幾何形態(tài)的物體都是晶體E．液體的表面張力是由于液體表面層分子間相互作用的分子引力產(chǎn)生的33.（1）【答案】BCE【解析】任何狀態(tài)下物質(zhì)分子間都存在空隙，只是固體和液體分子間空隙很小，壓縮時分子力馬上呈斥力，使壓縮特殊困難，選項A錯；熱平衡就是系統(tǒng)內(nèi)熱量不會從一個物體傳遞向另一個物體，或者不會從系統(tǒng)的一部分傳遞到另一部分，只有系統(tǒng)溫度相同才能滿足這一要求，選項B正確；若兩個分子除相互作用的分子力外不受其它的力，則從相距無窮遠由靜止釋放兩分子，分子力先呈現(xiàn)為引力，在分子引力作用下兩分子相互靠近，分子力做功，分子勢能減小，兩分子間距離達到平衡距離時分子速度最大，接著靠近克服分子力做功，分子勢能增大，選項C正確；自然具有規(guī)則幾何形態(tài)的物體才是晶體，D選項錯誤；液體的表面張力是由于液體表面層分子稀疏，分子間距離大于而呈現(xiàn)出分子引力的宏觀體現(xiàn)，選項E正確。⑵（10分）池塘水面溫度為27°C，一個體積為的氣泡從深度為10m的池塘底部緩慢上升至水面，其壓強隨體積的變更圖象如圖所示，氣泡由狀態(tài)1變更到狀態(tài)2。若氣體做功可由（其中為氣體的壓強，為氣體體積的變更量）來計算，取重力加速度，水的密度為，水面大氣壓強，氣泡內(nèi)氣體看作是志向氣體，試計算：ⅰ．池底的溫度；ⅱ．氣泡從池塘底部上升至水面的過