2024年高考物理模擬測試卷八

2024年高考物理模擬測試卷二、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．和是重要的聚變核燃料，和聚變的核反應(yīng)方程為+→+X+17.6MeV，X與Y核反應(yīng)又可獲得，即X+Y→++4.9MeV，則下列說法正確的是A．X是電子B．Y的核電荷數(shù)為4C．+→+X+17.6MeV中的17.6MeV是的結(jié)合能D．X+Y→++4.9MeV中平均每個核子釋放的能量為0.7MeV【答案】D【解析】A．依據(jù)質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒可知，X是中子，A項錯誤;B．依據(jù)質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒可知，Y的核電荷數(shù)為3，B項錯誤；C．核子結(jié)合成原子核釋放的能量才是結(jié)合能，C項錯誤；D．X+Y→++4.9MeV中平均每個核子釋放的能量為=0.7MeV，D項正確.故選D。15．（2024·重慶高三）如圖,正點(diǎn)電荷固定在O點(diǎn),以O(shè)為圓心的同心圓上有a、b兩點(diǎn),帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn),則A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)電場強(qiáng)度相同B．粒子在a點(diǎn)的動能小于在b點(diǎn)的動能C．粒子在a點(diǎn)的加速度小于在b點(diǎn)的加速度D．粒子在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能【答案】D【解析】A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小和方向均不同，則場強(qiáng)不相同，選項A錯誤；BD．從a到b電場力做負(fù)功，則動能減小，電勢能變大，即粒子在a點(diǎn)的動能大于在b點(diǎn)的動能，在a點(diǎn)的電勢能小于在b點(diǎn)的電勢能，選項B錯誤，D正確；C．粒子在a點(diǎn)受到的電場力較大，則粒子a的加速度大于在b點(diǎn)的加速度，選項C錯誤；故選D。16．（2024·湖南高三期末）如圖，用絕緣材料制作的光滑桿AB，B端固定在水平地面上，桿AB與水平地面的夾角，D點(diǎn)是桿AB的中點(diǎn)。水面地面上的C點(diǎn)固定有正點(diǎn)電荷Q，A、C連線豎直。在桿AB上套一個帶負(fù)電的小圓環(huán)P，并讓小圓環(huán)從A端靜止釋放，小圓環(huán)P能從A沿桿滑到B端，對小圓環(huán)下滑的過程，下列說法正確的是A．小圓環(huán)P始終做勻加速運(yùn)動B．小圓環(huán)P的機(jī)械能守恒C．小圓環(huán)P在A點(diǎn)和D點(diǎn)的機(jī)械能相等D．小圓環(huán)P在D點(diǎn)的加速度最大【答案】C【解析】A．對小圓環(huán)P受力分析，受重力、靜電力、桿的彈力作用，沿桿的方向有重力的分力、靜電力的分力，靜電力的大小方向都變更，合力隨著變更，加速度也隨著變更，不會始終做勻加速運(yùn)動，故A錯誤。B．小圓環(huán)P下滑的過程，靜電力先做正功后做負(fù)功，機(jī)械能先增加后減小，故B錯誤。C．C離A點(diǎn)和D點(diǎn)的距離相等，靜電力相等，即A點(diǎn)和D點(diǎn)在同一等勢面上，電勢能相等，小圓環(huán)P下滑的過程發(fā)生電勢能和機(jī)械能的相互轉(zhuǎn)化，所以在A點(diǎn)和D點(diǎn)的機(jī)械能相等，故C正確。D．重力沿桿方向的分力mgsinθ不變，在D點(diǎn)靜電力沿桿的分力沿桿向上，而在A點(diǎn)沿桿向下，所以小圓環(huán)P在D點(diǎn)的加速度不是最大，故D錯誤。故選C。17．（2024·黑龍江高三）教學(xué)用發(fā)電機(jī)能夠產(chǎn)生正弦式交變電流，原理如圖所示。矩形線圈abcd面積為S，匝數(shù)為N，電阻為r，線圈在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞垂直磁場方向的軸OO＇以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，利用該發(fā)電機(jī)向定值電阻R供電，電壓表和電流表均可視為志向表。下列說法正確的是A．線圈平面通過圖示位置時電流方向變更B．電壓表的讀數(shù)為C．當(dāng)線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過30?時，線圈中的電流為D．當(dāng)線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過30?的過程中，通過線圈磁通量的變更量為【答案】D【解析】A．線圈在中性面時磁通量最大，電流為零，電流方向變更，A錯誤；B．電壓表測得是路端電壓，電動勢最大值為，有效值，由于線圈有電阻，路端電壓要比有效值小，B錯誤；C．從圖示位置起先轉(zhuǎn)動，電動勢，電流，C錯誤；D．轉(zhuǎn)過，D正確；故選D。18．如圖所示，正方形為水平放置的長木柱的截面，一根細(xì)線一端連接在點(diǎn)一端連一個小球，細(xì)線的長為，起先時細(xì)線水平拉直，由靜止釋放小球，要使小球剛好能垂直打在側(cè)面，不計小球的大小，重力加速度為，則正方形的邊長的大小為A． B． C． D．【答案】C【解析】設(shè)小球剛好能垂直打在側(cè)面時速度大小為，由機(jī)械能守恒定律有由牛頓其次定律求得故C正確。故選C。19．如圖所示，在某行星表面上有一傾斜的勻質(zhì)圓盤，盤面與水平面的夾角為30°，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離L處有小物體與圓盤保持相對靜止，繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度轉(zhuǎn)動，角速度為ω時，小物塊剛要滑動，物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，該星球的半徑為R，引力常量為G，下列說法正確的是A．這個行星的質(zhì)量M＝B．這個行星的第一宇宙速度v1＝2ωC．這個行星的同步衛(wèi)星的周期是D．離行星表面距離為R的地方的重力加速度為4ω2L【答案】AB【解析】A.物體在圓盤上受到重力、圓盤的支持力和摩擦力，合力供應(yīng)向心力，可知當(dāng)物體隨圓盤轉(zhuǎn)動到最低點(diǎn)，小物塊剛要滑動，所受的靜摩擦力沿斜面對上達(dá)到最大，此時圓盤的角速度最大，由牛頓其次定律得μmgcos30°－mgsin30°＝mω2L所以星球表面的重力加速度g＝＝4ω2L在該行星表面＝mg這個行星的質(zhì)量M＝＝故A正確；B.第一宇宙速度即為衛(wèi)星繞行星表面做勻速圓周運(yùn)動的速度，有mg＝故這個行星的第一宇宙速度v1＝＝2ω故B正確；C.因為不知道同步衛(wèi)星距行星表面的高度，所以不能求出同步衛(wèi)星的周期，故C錯誤；D.離行星表面距離為R的地方質(zhì)量為m的物體受到的萬有引力F＝＝＝mg＝mω2L即該地方的重力加速度為ω2L，故D錯誤。20．（2024·重慶西南高校附中高三月考）如圖所示，在水平桌面上放置兩根相距l(xiāng)的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連。質(zhì)量為m、電阻不計的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置并可沿導(dǎo)軌自由滑動。整個裝置放于勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向豎直向上（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。導(dǎo)體棒的中點(diǎn)系一不行伸長的輕繩，輕繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一個質(zhì)量也為m的物塊相連，輕繩處于拉直狀態(tài)?，F(xiàn)若從靜止起先釋放物塊，用h表示物塊下落的高度（物塊不會觸地），g表示重力加速度，其他電阻不計，則下列說法正確的是A．通過電阻R中的感應(yīng)電流方向由c到aB．物塊下落的最大加速度為gC．若h足夠大，物塊下落的最大速度為D．通過電阻R的電荷量為【答案】ACD【解析】A．從靜止起先釋放物塊，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，由右手定則可知，電阻R中的感應(yīng)電流方向由c到a，故A正確；B．設(shè)導(dǎo)體棒所受的安培力大小為F，依據(jù)牛頓其次定律得物塊的加速度，當(dāng)F=0，即剛釋放導(dǎo)體棒時，a最大，最大值為0.5g，故B錯誤。C．物塊和滑桿先做變加速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動，當(dāng)加速度等于零時速度最大，則有mg=F，而F=BIl，，解得物體下落的最大速度為，故C正確；D．通過電阻R的電量：，故D正確。故選ACD。21．（2024·天津高三期末）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，到達(dá)C處的速度為零，。假如圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A處。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則A．從A到C的下滑過程中，圓環(huán)的加速度始終減小B．從A下滑到C過程中彈簧的彈勢能增加量小于mghC．從A到C的下滑過程中,克服摩擦力做的功為D．上滑過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能比下滑過程多【答案】BC【解析】A．圓環(huán)從A處由靜止起先下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運(yùn)動，再做減速運(yùn)動，經(jīng)過B處的速度最大，所以經(jīng)過B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A錯誤；BC．探討圓環(huán)從A處由靜止起先下滑到C過程，運(yùn)用動能定理列出等式在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，運(yùn)用動能定理列出等式解得則克服摩擦力做的功為，由分析可知，所以在C處，彈簧的彈性勢能為則從A下滑到C過程中彈簧的彈性勢能增加量等于故BC正確；D．由能量守恒定律知，損失的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為摩擦生熱了，而摩擦生熱兩個過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能相等，故D錯誤。故選BC。三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33~38題為選考題，考生依據(jù)要求作答。（一）必考題：共129分。22．（6分）（2024·福建高三期末）小米同學(xué)用圖所示裝置探究物體的加速度與力的關(guān)系。試驗時保持小車(含車中重物)的質(zhì)量不變，細(xì)線下端懸掛鉤碼的重力視為小車受到的合力F，用打點(diǎn)計時器測出小車運(yùn)動的加速度a。（1）下列操作中，是為了保證“細(xì)線下端懸掛鉤碼的重力視為小車受到的合力F”這一條件的有（________）A．試驗前應(yīng)將木板遠(yuǎn)離定滑輪一端適當(dāng)墊高，以平衡摩擦力B．試驗前應(yīng)調(diào)整定滑輪高度，使定滑輪和小車間的細(xì)線與木板平行C．小車的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)小于鉤碼的質(zhì)量D．試驗時，應(yīng)先接通打點(diǎn)計時器電源，后釋放小車（2）如圖為試驗中打出的一條紙帶，從比較清楚的點(diǎn)跡起，在紙帶上標(biāo)出連續(xù)的5個計數(shù)點(diǎn)A、B、C、D、E，相鄰兩個計數(shù)點(diǎn)之間都有4個點(diǎn)跡未標(biāo)出，測出各計數(shù)點(diǎn)到A點(diǎn)間的距離。已知所用電源的頻率為50Hz，則小車的加速度a＝________m/s2。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）（3）變更細(xì)線下端鉤碼的個數(shù)，得到a－F圖象如圖所示，造成圖線不過原點(diǎn)的緣由可能是__________?！敬鸢浮緼B（2分）0.93（2分）平衡摩擦力過度（2分）【解析】（1）A．試驗前應(yīng)將木板遠(yuǎn)離定滑輪一端適當(dāng)墊高，以平衡摩擦力，這樣細(xì)線下端懸掛鉤碼的重力才能視為小車受到的合力F，選項A正確；B．試驗前應(yīng)調(diào)整定滑輪高度，使定滑輪和小車間的細(xì)線與木板平行，這樣細(xì)線下端懸掛鉤碼的重力才能視為小車受到的合力F，選項B正確；C．要使得細(xì)線下端懸掛鉤碼的重力等于小車受到的合力，則要使得小車的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)大于鉤碼的質(zhì)量，選項C錯誤；D．試驗時，應(yīng)先接通打點(diǎn)計時器電源，后釋放小車，這一操作對保證“細(xì)線下端懸掛鉤碼的重力視為小車受到的合力F”這一條件無影響，選項D錯誤；故選AB。（2）依據(jù)可得小車的加速度（3）由圖像可知，小車上拉力為零時就有了加速度，可知是由于平衡摩擦力時木板抬的過高，平衡摩擦力過度引起的。23．（9分）（2024·福建高三期末）廈門某中學(xué)開展“垃圾分類我參加”活動，小米同學(xué)想測量某廢舊干電池的電動勢和內(nèi)阻?，F(xiàn)有如下器材：A．一節(jié)待測干電池（電動勢約1.5V）B．電流表A1（滿偏電流1.5mA，內(nèi)阻r1=10Ω，讀數(shù)記為I1）C．電流表A2（滿偏電流60mA，內(nèi)阻r2=2.0Ω，讀數(shù)記為I2）D．電壓表V（滿偏電壓15V，內(nèi)阻約3kΩ）E．滑動變阻器R1（0～20Ω，2A）F．滑動變阻器R2（0～1000Ω，1A）G．定值電阻R3=990Ω，開關(guān)S和導(dǎo)線若干（1）為了盡可能精確地進(jìn)行測量，試驗中應(yīng)選用的滑動變阻器是________（填寫器材前面的字母編號）（2）依據(jù)本題要求，將圖甲的實(shí)物圖連接完整______。（3）圖乙為該同學(xué)依據(jù)試驗數(shù)據(jù)作出的I1-I2圖線，由該圖線可得被測干電池的電動勢E=______V，內(nèi)阻r=_____Ω。（4）圖丙為某小燈泡的伏安特性曲線，如將此小燈泡接到該電池兩端，其工作時的功率為____W（結(jié)果保留兩位小數(shù)）【答案】E（1分）（2分）1.34-1.36（2分）5.0-5.3（2分）0.08（2分）【解析】（1）為了盡可能精確地進(jìn)行測量，試驗中應(yīng)選用的滑動變阻器是阻值較小的E即可；（2）電壓表量程過大，可用已知內(nèi)阻的電流表A1與電阻R3串聯(lián)，這樣就相當(dāng)于量程為：的電壓表；電路連接如圖：（3）因電流表A1的滿量程1.5mA與電壓1.5V對應(yīng)；延長圖像交于兩坐標(biāo)軸；交縱軸于1.36mA，則電池的電動勢為E=1.36V，內(nèi)阻（4）對電源U=E-Ir=1.36-5.3I；將電源的U-I線和燈泡的U-I線畫在同一坐標(biāo)紙上如圖，交點(diǎn)為I=0.28A，U=0.27V，則功率P=IU≈0.08W.24.（13分）（2024·河南高三）如圖所示，ABCD與MNPQ均為邊長為l的正方形區(qū)域，且A點(diǎn)為MN的中點(diǎn)。ABCD區(qū)城中存在有界的垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場，在整個MNPQ區(qū)域中存在圖示方向的勻強(qiáng)電場。大量質(zhì)量為m、電荷量為e的電子以初速度v0垂直于BC射入ABCD區(qū)域后，都從A點(diǎn)進(jìn)入電場，且全部電子均能打在PQ邊上。已知從C點(diǎn)進(jìn)入磁場的電子在ABCD區(qū)域中運(yùn)動時始終位于磁場中，不計電子重力。求:（1）電場強(qiáng)度E的最小值;（2）勻強(qiáng)磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小和方向;（3）ABCD區(qū)域中磁場面積的最小值。【答案】(1)(2),方向為垂直紙面對外(3)【解析】【詳解】(1)粒子在勻強(qiáng)電場中做類似拋體運(yùn)動，有eE=ma（1分）要使全部粒子均能打在PQ邊上，由題意可知至少在A點(diǎn)水平向左飛出的粒子能打到Q點(diǎn)。（1分）（1分）解得：（2分）(2)由洛倫磁力供應(yīng)向心力可得（1分）由題意則有r=l（1分）解得；（2分）方向為垂直紙面對外(3)由題意分析可知，圖中陰影部分為磁場面積最小范圍。上部分圓弧為以B點(diǎn)為圓心，以l為半徑的圓弧，下部分圓弧為以D點(diǎn)為圓心，以l為半徑的圓弧。由幾何關(guān)系求得陰影部分面積:（2分）解得：（2分）25.（19分）（2024·河北高三）網(wǎng)上購物近年來促使物流網(wǎng)快速發(fā)展。如圖所示為某智能快遞車間傳送裝置的示意圖，傳送帶的右端與水平面相切，且保持v0=8m/s的恒定速率順時針運(yùn)行，傳送帶的長度為L=12m。現(xiàn)將一質(zhì)量為0.4kg的包袱甲輕放在傳送帶左端，包袱甲剛離開傳輸帶時恰好與靜止的包袱乙發(fā)生正碰，碰撞時間極短，為0.001s，碰撞后包袱甲向前滑行了0.4m靜止，包袱乙向前運(yùn)動了1.6m靜止。已知包袱甲與傳輸帶間的動摩擦系數(shù)為0.4，包袱甲、乙與水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，g取10m/s2。求：（1）包袱甲在傳送帶上運(yùn)動的時間；（2）包袱乙的質(zhì)量；（3）甲乙包袱間碰撞的平均作用力的大小?！敬鸢浮浚?）2.5s（2）0.6kg（3）2400N【解析】(1)包袱甲傳送帶上滑行，由牛頓其次定律可得（1分）解得（1分）假設(shè)包袱甲離開傳送帶前就與傳送帶共速度，由勻變速運(yùn)動學(xué)問可得（1分）解得（1分）所以假設(shè)成立，加速度過程（1分）得（1分）勻速過程（1分）解得（1分）所以包袱甲在傳帶上運(yùn)動時間（1分）(2)包袱甲在水平面滑動時，由牛頓其次定律可得（1分）解得（1分）同理可知包袱乙在水平面滑動的加速度也是5m/s2，包袱甲向前滑動至靜止：（1分）解得（1分）包袱乙向前滑動至靜止（1分）解得（1分）包袱甲、乙相碰前后系統(tǒng)動量守恒（1分）解得（1分）(3)由乙的動量定理（1分）解得（1分）（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。假如多做，則每科按所做的第一題計分。33．[物理—選修3–3]（15分）（1）（5分）如圖所示為肯定質(zhì)量的志向氣體的壓強(qiáng)隨體積變更的圖象，其中AB段為雙曲線，則下列有關(guān)說法正確的是（）（填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）A．過程①中氣體分子的平均動能不變B．過程②中氣體分子單位時間內(nèi)對容器壁的碰撞次數(shù)減小C．過程②中氣體分子的平均動能減小D．過程③中氣體分子對容器壁的碰撞次數(shù)增大E．過程③中氣體的內(nèi)能不變【答案】BDE【解析】依據(jù)志向氣體狀態(tài)方程可得：故可知圖像的斜率，而對肯定質(zhì)量的志向氣體而言，斜率定性的反映溫度的凹凸。A．圖像在過程①的每點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線構(gòu)成的斜率漸漸減小，表示志向氣體的溫度漸漸降低，而由平均動能可知平均動能減小，A項錯誤；C．圖像過程②的每點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)連線構(gòu)成的斜率漸漸漸漸增大，則溫度上升，平均動能增大，C錯誤；B．圖像過程②可讀出壓強(qiáng)不變，體積增大，溫度上升，由壓強(qiáng)，其中N為單位時間單位面積的碰撞次數(shù)(由溫度和體積共同確定)，為每個氣體分子的平均碰撞力（僅由溫度確定），因壓強(qiáng)不變，而溫度上升導(dǎo)致增大，可得N減小，故B正確；D．過程③可讀出壓強(qiáng)增大，體積減小，溫度不變，因溫度不變使得不變，而壓強(qiáng)增大，則氣體分子對容器壁的碰撞次數(shù)增大，D項正確；E．圖像過程③可讀出壓強(qiáng)增大，體積減小，溫度不變，因志向氣體的分子勢能不計，則有：可知志向氣體的內(nèi)能不變，故E項正確；故選BDE。（2）（10分）如圖，絕熱氣缸A與導(dǎo)熱氣缸B均固定于地面，由剛性桿連接的絕熱活塞與兩氣缸間均無摩擦。兩氣缸內(nèi)裝有處于平衡狀態(tài)的志向氣體，起先時體積均為、溫度均為。緩慢加熱A中氣體，停止加熱達(dá)到穩(wěn)定后，A中氣體壓強(qiáng)為原來的1.2倍。設(shè)環(huán)境溫度始終保持不變，求氣缸A中氣體的體積和溫度?！敬鸢浮浚弧窘馕觥吭O(shè)初態(tài)壓強(qiáng)為p0，膨脹后A，B壓強(qiáng)相等pB=1.2p0（2分）B中氣體始末狀態(tài)溫度相等p0V0=1.2p0（2V0-VA）（2分）∴，（2分）A部分氣體滿意（2分）∴TA=1.4T0（2分）34．[物理一選修3–4）（15分）（1）5分（2024·河南高三期末）一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖甲是t=0.2s時的