四川省2024年高考物理模擬試卷及答案12

四川省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~5題只有一項符合題目要求，第6~8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。得分1．如圖，在籃球比賽中，運動員跳起將籃球投入籃筐，投球點和籃筐正好在同一水平面上，不計空氣阻力和轉動的影響，該籃球在斜拋運動過程中（）A．在最高點時的速度為零 B．在最高點時的加速度為零C．進筐時的速度與拋出點的速度相同 D．做勻變速曲線運動2．奧斯特利用如圖所示實驗裝置研究電流的磁效應。將一個可在水平面內(nèi)自由轉動的小磁針放在南北方向水平放置的白金絲導線正下方，導線兩端與一伏打電池相連。接通電源前，小磁針在地磁場作用下處于穩(wěn)定狀態(tài)。接通電源后，小磁針偏轉60°角后達到穩(wěn)定狀態(tài)。若導線中電流在小磁針處產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小為B導，小磁針處地磁場磁感應強度的水平分量大小為BA．B導=BC．B導>B地 D．3．如圖為美國物理學家密立根測量金屬的遏止電壓Uc與入射光頻率νA．k B．ek C．b D．eb4．2023年9月，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮在離地球表面400km的“天宮二號”空間站上為廣大青少年帶來了一堂精彩的太空科普課。已知地球同步衛(wèi)星、天宮二號沿圓軌道運行的向心加速度和地球赤道上的物體隨地球自轉的向心加速度大小分別為a同、a宮、a赤，它們運行的速率分別為v同、A．a(chǎn)赤<aC．v同<v5．某小型水電站發(fā)電、輸電的簡易模型如圖所示。已知水輪機葉片的轉速為每秒n轉，水輪機帶動發(fā)電機線圈轉動，發(fā)電機線圈面積為S，匝數(shù)為N，勻強磁場的磁感應強度大小為B。水電站經(jīng)過原、副線圈匝數(shù)比為1:A．當滑片P在初始位置時，變壓器的輸出電壓為8πNBSnB．當滑片P在初始位置時，變壓器的輸出電壓為4C．將滑片P緩慢向下滑動的過程中，R消耗的功率一直增大D．將滑片P緩慢向下滑動的過程中，R消耗的功率先增大后減小6．如圖為地理教科書上的等高線圖，圖中數(shù)字的單位是米?，F(xiàn)將該圖看成一個描述電勢高低的等勢線圖，圖中數(shù)字的單位是伏特，a、b、c為電場中的三個點。則（）A．a(chǎn)點的電場強度小于b點的電場強度 B．a(chǎn)點的電場強度方向垂直于該點所在等勢線向右C．一正電荷從a點運動到c點，電場力做負功 D．一正電荷在a點的電勢能大于在c點的電勢能7．如圖，平面直角坐標系xOy內(nèi)虛線CD上方存在勻強磁場和勻強電場，分界線OE、OF與x軸的夾角均為θ=30°。t=0時，一對質(zhì)量為m、電荷量為q的正、負粒子從坐標原點O以大小為v0的速度沿y軸正方向射入磁場，正粒子通過坐標為(3LA．磁場的磁感應強度大小為mv02qL C．在坐標為(0,?23L)的位置，兩粒子相遇 8．如圖（a），轎廂內(nèi)質(zhì)量為0.5kg的物塊的右邊被一根輕彈簧用1.2N的水平拉力向右拉著且保持靜止，物塊與轎廂水平底面間的動摩擦因數(shù)為0.3。t=0時，轎廂在豎直軌道作用下由靜止開始運動，軌道對轎廂豎直向上的作用力F的大小隨時間t的變化如圖（b）所示，t=10s時，物塊恰好相對轎廂底面滑動。轎廂和廂內(nèi)物塊的總質(zhì)量為500kg，重力加速度大小取A．t=10s時，轎廂的加速度大小為2B．t=10s時，軌道對轎廂的作用力大小為4000NC．t=10s時，轎廂的速度大小為10m/sD．物塊從開始滑動到彈簧恢復原長的過程中，物塊在水平方向上做勻加速直線運動閱卷人二、非選擇題：得分9．某實驗小組用如圖所示的裝置驗證在圓周運動中的動能定理，鐵架臺上固定著拉力傳感器。一小鋼球（可視為質(zhì)點）用不可伸長的輕繩懸掛在拉力傳感器的下端，拉力傳感器可記錄小鋼球在擺動過程中各時刻受到的拉力大小。將小鋼球拉至A點，用刻度尺量出輕繩的長度L以及拉到A點時小鋼球到拉力傳感器下端的豎直高度H，釋放小鋼球，小鋼球在豎直平面內(nèi)來回擺動，記錄拉力傳感器的最大示數(shù)F和此時小鋼球的位置O點。已知小鋼球的質(zhì)量為m，當?shù)刂亓铀俣却笮間，不計空氣阻力。（1）拉力傳感器的最大示數(shù)F（填“大于”“小于”或“等于”）小鋼球的重力mg。（2）小鋼球從A點運動到O點的過程中，合外力對小鋼球做的功為（用題中所給物理量的字母表示）。（3）小鋼球從A點運動到O點的過程中，小鋼球動能的變化量為（用題中所給物理量的字母表示）。（4）在誤差允許范圍內(nèi)，合外力對小鋼球做的功和小鋼球動能的變化量近似相等，則可驗證動能定理成立。10．某學習小組欲測量由某種新材料制成的電熱絲的電阻率ρ。（1）用毫米刻度尺測出電熱絲的長度為L=50.（2）用螺旋測微器測量電熱絲不同位置的直徑，某次測量的示數(shù)如圖（a）所示，該讀數(shù)為d=mm。多次測量后，得到直徑的平均值恰好與d相等。（3）用多用電表粗略測量電熱絲的電阻Rx約為50Ω（4）為精確測量該電熱絲的電阻Rx電池組E，電動勢為15V，內(nèi)阻忽略不計；電壓表V（量程為3V，內(nèi)阻為RV電流表A（量程為0.3A，內(nèi)阻比較小）；定值電阻R0（阻值可選用6kΩ和9kΩ滑動變阻器R，最大阻值為10Ω；開關、導線若干。①要求電熱絲兩端的電壓可在0~12V的范圍內(nèi)連續(xù)可調(diào)，應選用阻值為（填“6kΩ”或“9kΩ”）的定值電阻②閉合開關S前，滑動變阻器R的滑片應置于（填“a”或“b”）端；③閉合開關S，調(diào)節(jié)滑動變阻器R，使電壓表V和電流表A的示數(shù)盡量大些，讀出此時電壓表V和電流表A的示數(shù)分別為U、I，則該電熱絲電阻的表達式為Rx=（用U、I、R0④多次測量得到電熱絲的電阻Rx的平均值為50Ω（5）由以上數(shù)據(jù)可估算出該電熱絲的電阻率ρ約為____（填標號）。A．4×10?3Ω?mC．4×10?7Ω?m11．在一次救援中，消防員利用如圖（a）所示的三腳架對井底的被困人員進行施救，將三腳架簡化為如圖（b）所示的模型。在前2s的過程中，被困人員通過吊繩從井底開始豎直向上做初速度為零的勻加速直線運動，這段時間被困人員被提升了2m。已知被困人員的質(zhì)量為60kg，吊繩、支架和固定在支架頂端的電動鉸輪的質(zhì)量均忽略不計，每根支架與豎直方向均成30°角，地面對每根支架的作用力恰好沿支架且大小相等，重力加速度大小取g=10m/（1）2s時，吊繩對被困人員拉力的瞬時功率；（2）在前2s的過程中，地面對每根支架作用力的大小。12．兩平行金屬導軌ABC、A'B'C'按如圖（a）所示方式固定，傾斜導軌的傾角均為θ=30°，傾斜導軌與水平導軌在B、B'處平滑連接，兩導軌平面內(nèi)均有垂直于平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小均為B=2T。在水平導軌上固定有兩豎直立柱，BB'的連線、兩豎直立柱的連線均與水平導軌垂直。將金屬棒甲鎖定在兩豎直立柱與BB'之間的水平導軌上且金屬棒甲離BB'足夠遠。t=0時，將金屬棒乙在離BB'足夠遠的傾斜導軌上由靜止釋放。t1（1）t1（2）t213．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化到狀態(tài)c，再從c狀態(tài)變化到d，其過程如V?T圖上三條線段所示，bc和cd段為分別平行于坐標軸的直線。則氣體（）A．b的壓強小于c的壓強B．由a變化到b過程中氣體從外界吸收熱量等于其增加的內(nèi)能C．由b變化到c過程中氣體從外界吸收熱量等于其增加的內(nèi)能D．由c變化到d過程中氣體從外界吸收熱量E．由a變化到b為等壓變化14．如圖所示，一根一端封閉粗細均勻細玻璃管AB開口向上豎直放置，管內(nèi)用高?=24cm的水銀柱封閉了一段長L=45cm的空氣柱。已知外界大氣壓強為p0=76cmHg，封閉氣體的溫度為t1（1）若玻璃管AB長度為L0（2）若玻璃管AB足夠長，緩慢轉動玻璃管至管口向下后豎直固定，同時使封閉氣體的溫度緩慢降到t315．如圖（a），位于坐標原點O的波源從t=0時刻開始振動，形成了沿x軸正方向傳播的簡諧橫波。t=3s時，平衡位置位于x=15m處的質(zhì)點A第一次到達波峰，質(zhì)點B的平衡位置位于x=30m處，波源O的振動圖像如圖（b）所示。下列說法正確的是（）A．質(zhì)點A的起振方向沿y軸負方向B．該波的波速為10mC．t=3.D．從t=0到t=3s的過程中，質(zhì)點A運動的路程為12cmE．t=3.16．如圖為一半徑為R的半圓柱透明介質(zhì)的橫截面，O為圓心，線段AB為直徑，緊貼B點放置與AB共線的光屏。一束平行于直徑AB的紅、藍復色光從真空射到半圓柱透明介質(zhì)上的C點，經(jīng)兩次折射后在光屏上形成D、E兩個光點。已知∠COA=45°，B、D兩點的距離為(2（1）畫出形成光點D的大致光路圖并判斷光點D的顏色；（2）求介質(zhì)對形成光點D的光束的折射率。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.根據(jù)斜拋運動特點可知，籃球在水平方向做勻速直線運動，豎直方向上做豎直上拋運動，故籃球在最高點的速度不為零，A不符合題意；

BD.在斜拋運動過程中，籃球只受重力，加速度恒為重力加速度，為勻變速曲線運動，B不符合題意，D符合題意；

C.根據(jù)斜拋運動的對稱性可知，籃球進筐時的速度與拋出點的速度大小相等，但方向不同，C不符合題意。

故答案為：D。

【分析】斜拋運動特點可分解為水平方向的勻速直線運動，豎直方向上的豎直上拋運動，運動過程中只受重力作用，具有左右對稱的運動特點。2．【答案】C【解析】【解答】由安培定則可知，電流在小磁針處產(chǎn)生向西的磁場，小磁針偏轉60°角后達到穩(wěn)定狀態(tài)，可知小磁針處的地磁場與電流產(chǎn)生的磁場的合磁場與地磁場成60°角，則有

tan60°=B導B地

解得

B導=3B地3．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)光電效應方程可得

Ek=?ν?W0

遏止電壓滿足

?eUc=0?Ek

聯(lián)立可得

Uc=?eν?W04．【答案】A【解析】【解答】AB.同步衛(wèi)星與赤道上的物體角速度相同，根據(jù)向心加速度公式a=ω2r，可知a赤<a同，對衛(wèi)星，由牛頓第二定律可得

GMmr2=ma

得

a=GMr2

地區(qū)同步衛(wèi)星為高軌道衛(wèi)星，軌道半徑大于天宮二號衛(wèi)星的軌道半徑，故

a同<a宮

綜上可知

a赤<a同<a宮

A符合題意，B不符合題意；

CD.同步衛(wèi)星與赤道上的物體角速度相同，根據(jù)線速度與角速度的關系式v=ωr，可得v5．【答案】D【解析】【解答】AB.由于水輪機葉片的轉速為每秒n轉，則線圈轉速為

n1=n

可得線圈轉動角速度為

ω=2πnrad/s

發(fā)電機產(chǎn)生感應電動勢的最大值為

Em=NBSω=2πNBSn

發(fā)電機輸出電壓的有效值為

E=Em2=2πNBSn

將變壓器電路等效為電阻，則等效電阻的大小為

R'=n1n22R=9r16

因此原線圈兩端的電壓為

U1=ER'R'+r=925E

因此變壓器的輸出電壓為

6．【答案】A,C【解析】【解答】A.根據(jù)等差等勢面的疏密表示場強大小，等勢面越密，場強越大，可知b點電場強度比a點大，A符合題意；

B.根據(jù)電場線和等勢線處處垂直，且由高電勢指向低電勢，可知a點的電場強度方向垂直于該點所在等勢線向左，B不符合題意；

CD.一正電荷從a點運動到c點，運動方向與電場力方向相反，電場力做負功，電勢能增加，故a點的電勢能小于在c點的電勢能，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：AC。

【分析】根據(jù)等差等勢面的疏密表示場強大小，判斷a、b兩點電場強度的大小關系；根據(jù)電場線和等勢線處處垂直，且由高電勢指向低電勢，判斷a點的場強方向；根據(jù)電荷受到的電場力方向與運動方向的關系判斷電場力做功的正負；根據(jù)電場力做功正負判斷電勢能變化。7．【答案】A,D【解析】【解答】A.正負粒子進入磁場后偏轉方向相反，所以運動軌跡左右對稱，做出兩粒子軌跡如圖：

由幾何關系可知兩粒子的軌跡半徑r=2L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力

qv0B=mv02r

解得

B=mv02qL

A符合題意；

B.帶正電粒子進入電場后做類平拋運動，水平方向做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得qE=ma，水平方向，根據(jù)勻變速直線運動的速度-位移公式可得

(v0cos30°)2=2a(3L)

聯(lián)立解得

E=mv028qL

B不符合題意；

C.粒子在電場中到Q點的運動時間為

t1=?va=v0cos30°Eq8．【答案】B,C【解析】【解答】AB.物塊恰好相對轎廂底面滑動時，根據(jù)平衡條件可知，此時彈簧彈力等于物塊與轎廂間的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，對轎廂有Mg-F=Ma，對物塊有mg-N=ma，其中f=μN=1.2N，解得

a=2m/s2，F(xiàn)=4000N

A不符合題意，B符合題意；

C.根據(jù)F-t圖像中面積表示力F產(chǎn)生的動量，由動量定理可得

Mgt?(4000+5000)×10×12=Mv

9．【答案】（1）大于（2）mg(L?H)（3）L（4）無【解析】【解答】（1）小球在最低點O時拉力傳感器示數(shù)最大，此時小球的向心加速度向上，處于失重狀態(tài)，所以拉力傳感器的最大示數(shù)F大于小鋼球的重力mg。

（2）小鋼球從A點運動到O點的過程中，重力做正功，拉力不做功，所以合外力對小鋼球做的功為

W合=mg(L?H)。

（3）在O點，根據(jù)牛頓第二定律可得

F?mg=mv2L

小鋼球從A點運動到O點的過程中，由動能定理可得，小鋼球動能的變化量為

?10．【答案】（1）無（2）0.680（3）無（4）9kΩ；a；U(（5）B【解析】【解答】（2）螺旋測微器的精確度為0.01mm，圖中螺旋測微器主尺讀數(shù)為0.5mm，可動尺讀數(shù)為0.01×18.0mm=0.180mm，可得電熱絲直徑為0.5mm+0.180mm=0.680mm。

（4）①實驗要求電熱絲兩端的電壓可在0~12V的范圍內(nèi)連續(xù)可調(diào)，需要將電壓表改裝成量程至少為12V的電壓表，由歐姆定律可得

R0=UI?RV=1233kΩ?3kΩ=9kΩ

即定值電阻選用9kΩ。

②滑動變阻器采用分壓式接法，為了確保安全，閉合開關前，應使電壓表和電流表示數(shù)均為零，即閉合開關S前，滑動變阻器R的滑片應置于a端。

③根據(jù)歐姆定律有

I=URV+U(R0+RV11．【答案】（1）根據(jù)勻變速運動公式x=解得a=1m2s時的速度v=at=2m根據(jù)牛頓第二定律F?mg=ma可得F=660N吊繩對被困人員拉力的瞬時功率P=Fv=1320W（2）設每根支架作用力的大小為T，則有3T解得T=根據(jù)牛頓第三定律，可知地面對每根支架作用力的大小F【解析】【分析】（1）由運動學公式求出2s時被困人員的速度，由牛頓第二定律求出吊繩上的拉力，再根據(jù)功率的公式P=Fv，計算吊繩對被困人員拉力的瞬時功率；（2）根據(jù)平行四邊形定則，求出每根支架作用力的大小，再由牛頓第三定律得出地面對每根支架作用力的大小。12．【答案】（1）金屬棒乙在傾斜導軌上最終勻速，有mg金屬棒乙兩端的電壓U=IR聯(lián)立解得U=7（2）t1E=Bd又I=解得t1v在t1～tm可得金屬棒甲剛好與豎直立柱碰撞時的速度v金屬棒甲與豎直立柱碰撞后以原速率返回，兩金屬棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則有?m可得vt2時刻以后，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱QQ解得Q金屬棒甲產(chǎn)生的焦耳熱Q=解得Q=【解析】【分析】（1）根據(jù)共點力平衡條件，結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、安培力計算公式求解；（2）根據(jù)動量守恒定律與能量守恒定律，結合焦耳定律求解。13．【答案】A,C,E【解析】【解答】A.由一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程

pVT=C

可知，從b到c，氣體的體積不變，溫度升高，則氣體的壓強增大，可知b的壓強小于c的壓強，A符合題意；

B.由a變化到b過程中氣體的體積增大，可知氣體對外做功，則有W<0，氣體的溫度升高，所以氣體的內(nèi)能增加，有

?U>0

由熱力學第一定律

?U=Q+W

可知Q>0，故a變化到b過程中氣體從外界吸收熱量，但不等于其增加的內(nèi)能，B不符合題意；

C.由b變化到c過程中氣體的體積不變，可知W=0，氣體的溫度升高，氣體的內(nèi)能增加，有?U>0，由熱力學第一定律

?U=Q+W

可知Q>0，且

?U=Q

故由b變化到c過程中氣體從外界吸收熱量且等于其增加的內(nèi)能，C符合題意；

D.由c變化到d過程中氣體的體積減小，外界對氣體做功，可知W>0，氣體溫度不變，氣體的內(nèi)能不變，可知?U=0，由熱力學第一定律

?U=Q+W

可得W=-Q，可知由c變化到d過程中氣體對外界放出熱量，D不符合題意；