2024高考物理必考模擬題含解析

高考模擬檢測卷（一）試題

物理

第I卷（選擇題共46分）

一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個

選項中，只有一項是符合題目要求的）

1.下列四幅圖分別對應四種說法，其中正確的是（）

（a）研窕光電效應（b）氫原子能級圖

笊核OO、中子/

應。，“粒子01°

整一施笳核&/氮核

溜（d）輕核聚變示意圖

（c）a衰變示意圖

A.圖（a）中，分別用頻率為匕和0的光照射同一光電管，電流表均有示數，調節(jié)

滑動變阻器的觸頭p,使微安表示數恰好為零，分別讀出電壓表對應的示數q和

%,已知電子電量為e,可以推導出普朗克常量的計算式

B.圖（b）中，一個氫原子吸收能量從基態(tài)向〃=3的能級躍遷時，最多可以吸收3

種不同頻率的光

C.圖（c）中，鈾238的半衰期是45億年，經過45億年，兩個鈾238必定有一個

發(fā)生衰變

D.圖（d）中，笊核的核子平均質量小于氮核的核子平均質量

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據光電效應方程得

/叫=叱,+昂，/%=乂+紇2,EN=eU[,Ek2=eU2

聯(lián)立可得

,eU「eU）

h=——!-----

匕一%

A正確；

B.一個氫原子從基態(tài)向〃=3的能級躍遷時，最多可以吸收2種不同頻率的光，B

錯誤；

C.半衰期是大量原子核發(fā)生衰變行為的預測，對個別原子核，我們只知道它發(fā)生

衰變的概率，而不知道它將何時衰變，c錯誤；

D.輕核聚變會釋放能量，有質量虧損，反應物的核子平均質量大于生成物的核子

平均質量，D錯誤。

故選Ao

2.如圖所示為一種可折疊壁掛書架，一個書架用兩個三角形支架固定在墻壁上，

書與書架的重心始終恰好在兩個支架橫梁和斜梁的連接點。、。，連線中點的正上

方，書架含書的總重力為60N,橫梁AO、水平，斜梁BO、BY/跟橫梁夾角為

37°,橫梁對0、（7點拉力始終沿04、4（7方向，斜梁對0、O'點的壓力始終沿

B0、夕。'方向，己知sin37o=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確的是（）

A.橫梁OA所受的力為80N

B.斜梁8。所受的力為50N

c.0、。，點同時向A、A，移動少許，橫梁04所受的力變大

D.0、。，點同時向A、A，移動少許，斜梁80所受的力變大

【答案】B

【解析】

【詳解】兩個三角架承擔的力為60N,每個三角架為30N,對。點受力分析，如

圖甲所示

G

FnA=-2—=40N

3tan37°

G

FHO=-2—=50N

sin37°

故A錯誤，B正確：

CD.0、。'同時向A、A移動少許，對0點受力分析，如圖乙虛線所示

三角形408與力三角形相似，所以有

G

AB~B0~OA

AB與3。長度未變，A。長度減小，故心。不變，心。減小，故CD錯誤。

故選Bo

3.2021年7月我國成功將全球首顆民用晨昏軌道氣象衛(wèi)星一一“風云三號05星”

送入預定圓軌道，軌道周期約為l.7h,被命名為“黎明星”，使我國成為國際上唯

一同時擁有晨昏、上午、下午三條軌道氣象衛(wèi)星組網觀測能力的國家，如圖所示。

某時刻“黎明星”正好經過赤道上夕城市正上方，則下列說法正確的是（）

A.“黎明星”做勻速圓周運動的速度大于7.9km/s

B.同步衛(wèi)星的軌道半徑約為“黎明星”的10倍

C.該時刻后“黎明星”經過1.7h能經過P城市正上方

D.該時刻后“黎明星”經過17天能經過P城市正上方

【答案】D

【解析】

【詳解】A.7.9km/s為地球衛(wèi)星的最大的環(huán)繞速度，所以“黎明星”做勻速圓周

運動的速度小于7.9km/5o故A錯誤：

B.依題意可知“黎明星”的運行周期約為1.7h,根據開普勒第三定律可得

4

解得同步衛(wèi)星的軌道半徑約為“黎明星”的6倍。故B錯誤;

C.該時刻后“黎明星”經過1.7h恰好運動一個周期，回到“原地”。但是由于地

球自轉，此時P城市轉過的角度為

-27r__17〃

u==—x1.7=

24120

已經不在“原地”。故C錯誤:

D.同理，該時刻后“黎明星”經過17天運動的周期數為

”二17x24個=240個

1.7

回到“原地”。由于地球自轉，此時尸城市轉過的角度為

O=cot=—x17x24=347r

24

恰好回到“原地”。故D正確。

故選Do

4.在粒子加速領域中有開創(chuàng)貢獻的物理學家謝家麟獲得2011年度國家最高科學技

術獎，該獎項被譽為是“中國的諾貝爾獎”。環(huán)型對撞機是研究高能粒子的重要裝

置，如圖所示，正、負粒子由靜止都經過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)

切線方向同時注入對撞機的高真空環(huán)狀空腔內，空腔內存在著與圓環(huán)平面垂直的勻

強磁場，磁感應強度大小為B,正、負粒子在環(huán)狀空腔內只受洛倫茲力作用而沿相

反方向做半徑相等的勻速圓周運動，然后在碰撞區(qū)迎面相撞。不考慮相對論效應，

下列說法正確的是（）

A.正、負粒子的比荷可以不相同

B.加速電壓U一定時，粒子的比荷越大，磁感應強度8越大

C.磁感應強度8—定時，比荷相同的粒子，質量大的粒子進入磁場時動能小

D.對于給定的正、負粒子，加速電壓U越大，粒子從靜止到碰撞運動的時間越短

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由動能定理

〃12

qU=—mv

可得

Vm

由洛倫茲力提供向心力可得

mv2

qvB=-----

聯(lián)立可得

故正、負粒子的比荷相司，故A錯誤；

B.由上式可得

L\ltnU

B=-Nq

加速電壓U—定時，粒子的比荷越大，磁感應強度夕越小，故B錯誤；

C.粒子的動能

1,

線=-tnv

2

聯(lián)立

、mv2

qvl)=---

r

可得

B2q2r2

'2m

磁感應強度8—定時，比荷相同的粒子,動能只跟電量和做圓周運動的半徑有關,

故C錯誤；

D.在直線加速器中，有

_qU_

a

mL

L.

聯(lián)立可得

正、負粒子在環(huán)狀空腔內運動時間為

2冗r_兀田

22vBa

則對于給定的正、負粒子，粒子從靜止到碰撞運動的時間

7im

t=L+——

Bq

加速電壓U越大，運動的時間越短，故D正確。

故選Do

5.如圖所示，兩正四面體邊長均為4,兩正四面體Ad面完全重合，電荷量為。

的兩正、負電荷A、B分別置于兩四面體左、右兩頂點，靜電力常量為々，則

A.b、c、d三點的電場強度大小相等，方向不同

B.氏c、4三點的電勢不相等

C.平面從4上電場強度的最大值為半

’0

3kQ

I).平面兒d上電場強度的最大值為重

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據電場強度的合成滿足平行四邊形定則，則等量異種電荷連線的中

垂面上的〃、c、d三點的場強大小相等，方向均與從/面垂直，則方向相同，選項

A錯誤；

B.等量異種電荷的中豆面為等勢面，則匕、c、d三點的電勢相等，選項B錯誤；

CD.等量異種電荷的連線的中點場強最大，由幾何關系可知正四面體的面的中線

長為正/正四面體的高為

20

則連線中點的場強為

1

心一h"

選項C正確，D錯誤。

故選C。

6.如圖，理想變壓器原線圈與定值電阻Ro串聯(lián)后接在電壓Uo=36V的交流電源

上，副線圈接理想電壓表、電流表和滑動變阻器R,原、副線圈匝數比為1：3,已

知Ro=4C,R的最大阻值為100Q。現(xiàn)將滑動變阻器R的滑片。向下滑動，下列

說法錯誤的是（）

A.電壓表示數變小，電流表示數變大

B.電源的輸出功率變小

C.當R=4C時，電壓表示數為10.8V

D.當R=36。時，R獲得的功率最大

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由理想變壓器的特點可知

22

^0/=/,/?()+/2/?,/1-/2=3：1

可知

u『i風JR

滑動變阻器R的滑片尸向下滑動，R減小，所以人變大，則A變大，故電流表示數

變大，電源的輸出功率為

則電源的輸出功率變大，原線圈兩端電壓

U\=U「I、&

因為力變大，所以S減小，得S減小，電壓表示數減小，故A正確，不符合題

意；B錯誤，符合題意；

C.原線圈與副線圈兩端電壓之比為

U°fR。

電流之比

/1:/2=3：1

聯(lián)立可得

9&+R

/2=2.7A

電壓表示數為

f/2=72/?=10.8V

故C正確，不符合題意;

D./?獲得的功率

P，I；R=

8⑶

+18%+H

R

R獲得的功率最大，此時

R=9Ro=36C

故D正確，不符合題意。

故選Bo

7.如圖所示，I、II、山均為底邊長為2a的等腰直角三角形區(qū)域，I、III區(qū)域有

垂直紙面向外的勻強磁場，H區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小相

等。一邊長為。的正方形金屬框在紙面內勻速通過磁場，通過磁場過程中正方形的

一條邊始終保持與等腰直角三角形的底邊重合。取金屬框中的感應電流順時針方向

為正，金屬框通過磁場過程中，下圖中能正確描述金屬框中感應電流隨時間變化關

系的是（）

【解析】

【詳解】通過“增反減司”來判斷，線框開始進入遨場運動。的過程中，對應時間

為0至7,通過線框的磁通量增大，根據楞次定律可判斷出感應電流沿順時針方

向，在了時刻，線框中有一半的面積有磁場覆蓋，比時對應感應電流大小為/；線

框再運動。的過程中，對應時間為一至2。由于垂直紙面向內磁場的介入，通過

線框的磁通量先增大后減小，根據楞次定律可判斷出感應電流方向先沿順時針再沿

逆時針，且通過的磁通量達到最大時，感應電流大小為0,在27時刻，此時線框

全被磁場覆蓋住，所以比時對應感應電流大小為2/；接著再運動小對應時間為

27至37,通過線框的垂直紙面向里的磁通量先增大后減小，當通過磁通量達到最

大時，感應電流為0,且根據楞次定律可判斷出感應電流先沿逆時針后沿順時針，

且在37時刻，感應電流大小也為2/：最后在37至5r時間內，通過線框的垂直紙

面向外的磁通量先增大后減小，則感應電流先沿順時針后沿逆時針，在磁通量達到

最大值時，感應電流大小為0,同理在57時刻，線框中磁場覆蓋面積為線框的一

半。感應電流大小為

故選Ao

二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個

選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不

全的得3分，有選錯的得。分）

8.如圖所示，質量均為1kg的長方體物塊甲、乙、兩疊放在水平地面上，乙、丙

用不可伸長的輕繩跨過一光滑輕質定滑輪連接，輕繩與地面平行，甲與乙之間、乙

與丙之間以及丙與地面之間的動摩擦因數分別為04、0.2和0.1,重力加速度g取

2

10m/s,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用力尸沿水平方向拉物塊丙，則下列

說法止確的是（）

A.拉力/為UN時，丙即將運動

B.要使甲、乙保持相對靜止，拉力尸不能超過23N

C.甲的加速度始終與乙相同

D.拉力F為17N時，輕繩的拉力為8N

【答案】ABD

【解析】

【詳解】A.丙即將運動時，在水平方向受到地面向左的摩擦力幾、繩子向左的拉

力八乙給丙向左的摩擦力〃丙，其中

.々=0.1（//+〃%+咻）g=3N

立丙=0.2（%+吆）g=4N

當即將滑動時應有

F~啟+JL丙+/

對甲、乙整體受力分析，可知

T=&丙=%乙=4N

可解得

F=11N

選項A正確；

B.囚為繩子不可伸長，則乙和丙的加速度大小相等，在中和乙即將發(fā)生相對滑動

時，對甲受力分析可得

心平=。.4"而且="卻。

對甲、乙整體受力分析可得

7'一九丙=（〃卬+加乙

對丙受力分析可得

代入數據并聯(lián)立解得

F'=23N

說明要使甲和乙保持相對靜止，拉力尸不能超過23N,選項B正確；

C.甲和乙發(fā)生相對滑動時，若繼續(xù)增大F,因甲僅受到滑動摩擦力作用，加速度

為

a=0.4g=4m/s2

則不變，選項C錯誤；

D.當/=17N時，ER,乙沒有發(fā)生相對滑動，此時對甲、乙整體有

丁"一工對乙=（四+吆）4

對丙受力分析可得

尸一/“一〃丙一/地=仍可4

聯(lián)立解得

F'=8N

選項D正確。

故選ABDo

9.如圖所示，一質量為2m的小車靜止在光滑水平地面上，其左端尸點與平臺平滑

連接。小車上表面尸。是以。為圓心、半徑為R的四分之一圓弧軌道。質量為相

的光滑小球，以%=2荷的速度由水平臺面滑上小車。已知0P豎直，。。水

R

平，水平臺面高〃二二，小球可視為質點，重力加速度為g。則()

C.小球在Q點速度方向與水平方向夾角的正切值*D.小球落地時的速度大

小為野

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.小球最終由P點離開小車，從小球滑上小車至離開小車，此過程系統(tǒng)

無機械能損失，可視為彈性碰撞，由彈性碰撞結論可知，小車能獲得的最大速度為

P=2m荷=亞

max,cV6

m+2mo3

故A正確；

BC.小球在Q點時，水平方向上與小車共速，由動量守恒定律得

=(〃?+2〃z)y共

解得

_2M

曝一二-

由能量守恒定律得

12n1xc212

-=mgR+-2哂+-rnvQ

解得

則小球此時在豎直方向上的分速度大小為

師

3

設小球在。點時速度方向與水平方向的夾角為仇則

tan0=—=—

42

故BC錯誤；

D.小球高開小車時的速度大小為

”=吟.2碎率

m+2m|3

由動能定理得

,1,1,

mgh--mV--

解得

八運

3

故D正確。

故選ADo

10.如圖甲所示，一質量為〃?、邊長為L,電阻為A的單匝正方形導線框"cd放在

絕緣的光滑水平面上?？臻g中存在一豎直向下的單邊界勻強磁場，線框有一半在磁

場內。其4邊與磁場邊界平行。，=0時刻起，磁場的磁感應強度隨時間均勻減

小，如圖乙所示。線框運動的UT圖像如圖閃所示，圖中斜向虛線為過。點速度圖

線的切線，則（）

A.線框中的感應電流沿逆時針方向

B.磁感應強度的變化率為29第

即J

C.A時刻，線框的熱功率為奧誓

旦向

D.。-與時間內，通過線框的電荷量為黑1

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.由圖乙可知垂直紙面向里的磁感應強度減小，則穿過線圈的磁通量減

小，根據楞次定律可知，線框中電流方向為順時針方向，故A錯誤；

B.根據左手定則可判斷線框受到向左的安培力作月向左加速進入磁場，在/=0時

刻，感應電動勢大小為

「〃△中1A8

匕0=-----=—L

°Ar2

由牛頓第二定律得

Bo.L=mao

由圖丙可知在，=0時刻的加速度為

聯(lián)立解得

△8_2"”/

Ar

故B正確;

C.由圖丙可知，G時刻之后，線框速度恒定，說明線框已經全部進入磁場，此后

雖然電路中有感應電流，但各邊安培力相互抵消，所以線框做勻速直線運動，在

時刻有

〃△①_AB

ArAr

線框的熱功率為

聯(lián)立可得

故c正確;

D.％時間內，對線框由動量定理得

BILbt=mAv

即

BLl\q-/r/Av

若磁場3=舔恒定，則有

即通過線框的電荷量為

bq=〃Wo

"八‘0

但因為8隨時間逐漸減小,所以通過線框的電荷量不為故D錯誤。

BJ

故選BCo

第II卷（非選擇題共54分）

三、非選擇題（本題共4小題，共42分）

11.某同學用如圖甲所示的裝迎測定滑塊與木板間的動摩擦因數及木板的質量。將

力傳感器A固定在光滑水平桌面上，并與計算機連接，傳感器A的讀數記為￡,

測力端通過不可伸長的輕繩與一滑塊相連（調節(jié)力傳感器高度使輕繩水平），滑塊

起初放在較長的木板的最右端（滑塊可視為質點），長木板的左、右兩端連接有光

電門（圖中未畫出），光電門連接的計時器可記錄滑塊在兩光電門之間的運動時

間。已知木板長為L,木板一端連接一根不可伸長的輕繩，并跨過光滑的輕質定滑

輪連接一測力計和一只空沙桶（調節(jié)滑輪高度使桌面_L部輕繩水平），測力計的讀

數記為鳥，初始時整個裝置處于靜止狀態(tài)。實驗開始后向空沙桶中緩慢倒入沙

子。（重力加速度g取lOm/s?）

（1）緩慢倒入沙子時，耳的讀數緩慢增大到3.5N時突變?yōu)?.ON,測出滑塊的質

量為町=1.5kg,則滑塊與木板間的動摩擦因數為；

（2）在木板開始滑動后，測出在沙桶中裝有不同質量的沙子時，滑塊通過兩光電

門的時間間隔則木板的加速度為（用題中所給字母表示），在坐標系中作

出巴-點的圖線如圖乙所示，若圖線的斜率為攵，則木板的質量為______（用題中

所給字母表示）。

【答案】?.0.2②.馬③.上

r2L

【解析】

【詳解】（1）[1]緩慢地向砂桶內倒入砂子，匕的讀數緩慢增大到3.5N時突變?yōu)?/p>

3.ON,即滑動摩擦力

Ff=3.0N

動摩擦因數

”=旦=0.2

町g

(2)⑵⑶根據

1，

Lr=—at~

2

可得

2L

"7"

對木板，由牛頓第二定律有

F2-F{=m2a

故

LL2L

F2=F,+m2—

因此鳥-5圖線的的斜率

k=2,小L

則木板的質量為

/2=k-

-2L

12.某同學在實驗室做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗，實驗室提供了如下

器材：

小燈泡（2.5V,0.5A）

電流表A（量程為0.4A,內阻RA=1C）

電壓表V（量程為3V,內阻H\~3kC）

滑動變阻器（最大阻值R=10Q,允許通過的最大電流2A）

定值電阻2=2。

定值電阻他=10。

電源E（電動勢為3V,內阻不計）

開關S一個、導線若干

（1）他設計了如圖甲所示的實驗電路，反應選______（填“4”或“R2”），電

流表與心并聯(lián)后的量程為A。

&

（2）利用圖甲所示電路進行實驗，某次測量時電流表的示數為0.2A,此時電壓表

的示數如圖乙所示，則此時小燈泡的電阻為。（結果保留兩位有效數字）。

（3）通過實驗正確作出小燈泡的/-U圖線，如圖西所示?，F(xiàn)把實驗中使用的兩個

完全相同的小燈泡并聯(lián)后接到如圖丁所示的電路中，其中電源的電動勢&二2V、內

阻川=1C,定值電阻R=1Q,則此時每個小燈泡的實際功率為W（結果保留

兩位有效數字）。

【答案】①.R②.0.6③.1.7?.0.22##0.21##0.23##0.24##0.25

【解析】

【詳解】（1）UH2］小燈泡的額定電流為0.5A,電流表的量程為0.4A,可以通過將

電流表與定值電阻Ri并聯(lián)的方式來擴大電流表的量程，并聯(lián)后新電流表的量程為

2

0.6A,內阻為一Q。

3

（2）［3］電流表的示數為0.2A時流過小燈泡的電流

IR

/=/+上叢=0.3A

1AN

此時電壓表的示數為0.7V,所以此時小燈泡的電阻

(3)［4］設此時流過小燈泡的電流為/，小燈泡兩端電壓為U,由閉合電路歐姆定

律有

u=q-2/5+R)

解得

1U

1=2~7

將此函數的圖線畫在小燈泡的伏安特性曲線中，如留所示。

兩圖線交點的橫、縱坐標的乘積為小燈泡消耗的實際功率，即

P=0.35xO.625W^0.22W

13.如圖所示，質量M=1.5kg的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的

桌子右邊，其上表面與水平桌面相平，小車的左端放有一質量為0.5kg的滑塊

Q.水平放置的輕彈簧左端固定，質量為0.5kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點

并與彈簧的右端接觸，比時彈簧處于原長.現(xiàn)用水平向左的推力F將P緩慢推至B

點(彈簧仍在彈性限度內)，推力做功WF=4J,撤去F后，P沿桌面滑到小車左端

并與Q發(fā)生彈性碰撞，最后Q恰好沒從小車上滑下.已知Q與小車表面間動摩擦

因數［i=0.1.(g=10m/s2)求：

(1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少？

（2）Q剛在小車上滑行時的初速度vo是多少？

（3）為保證Q不從小空上滑下，小車的長度至少為多少？

【答案】（1）4m/s（2）4m/s（3）6m

【解析】

【詳解】試題分析：（1）推力F通過P壓縮彈簧做功，根據功能關系有：

Fp=Wp①（1分）

2

當彈簧完全推開物塊P時，彈簧仍是原長，有：Ep=|mpv②（2分）

由①②式聯(lián)立解得：v=4m/s（1分）

（2）P、Q之間發(fā)生彈性碰撞，設碰撞后Q的速度為％,P的速度為/,由動量

守恒和能量守恒得：

+加0%?（2分）

5〃2/＞，=5〃2*'2+g/片④（2分）

由③④式解得Vo=v=4m/s,M=o（1分）

（3）設滑塊Q在小車二滑行一段時間后兩者的共同速度為u,由動量守恒可得:

mQv0=（mQ+M）u⑤（4分）

根據能量守恒，系統(tǒng)產生的摩擦熱:

11（帆°+M“J⑥（4分）

聯(lián)立⑤⑥解得：L=6m（1分）

考點：動量守恒定律功能關系

14.如圖所示，直角坐標系中，），軸左側有一半徑為。的圓形勻強磁場區(qū)域，與y

軸相切于A點，A點坐標為第一象限內也存在著勻強磁場，兩區(qū)域磁

場的磁感應強度大小均為8,方向垂直紙面向外。圓形磁場區(qū)域下方有兩長度均為

2〃的金屬極板何、N,兩極板與x軸平行放也且右端與y軸齊平?，F(xiàn)僅考慮紙面平

面內，在極板M的上表面均勻分布著相同的帶電粒子，每個粒子的質量為〃?，電

量為+鄉(xiāng)。兩極板加電壓后，在板間產生的勻強電場使這些粒子從靜止開始加速，

并順利從網狀極板N穿出，然后經過圓形磁場都從A點講入第一象限。其中部分

粒子打在放置于X軸的感光板。上，感光板的長度為2.8m國度不計，其左端C

（1、

點坐標為5凡°。打到感光板上的粒子立即被吸收，從第一象限磁場射出的粒子

不再重新回到磁場中。不計粒子的重力和相互作用，忽略粒子與感光板碰撞的時

間。

（I）求兩極板間的電壓U：

（2）在感光板上某區(qū)域內的同一位置會先后兩次接收到粒子，該區(qū)域稱為“二度

感光區(qū)”，求：

①“二度感光區(qū)”的長度L;

②打在“二度感光區(qū)”的粒子數々與打在整個感光板上的粒子數曲的比值〃1：“2；

（3）改變感光板材料，讓它僅對垂直打來的粒子有反彈作用（不考慮打在感光板

邊緣C'、。兩點的粒子），且每次反彈后速度方向相反，大小變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t

該粒子在磁場中運動的總時間，和總路程5。

【答案】（1）西匚；⑵①岳一?a,②1:3；（3）5兀相31〃

qB'16

【解析】

【詳解】（1）在圓形磁場中由牛頓第二定律得

qvB=

由幾何關系得

R=a

在勻強電場中由動能定理得

qU=—mv

解得

u=3

2m

（2）①由圖可知E尸為“二度感光區(qū)”，有幾何關系得當粒子落在七點時軌跡圓的

圓心為C

CE=a

當粒子落在G點時軌跡圓的圓心為G,由幾何關系得

OF=、(2〃)2-

L=OF-OC-CE

解得

L=』a

2

②由圖可知，粒子落在C點時軌跡圓的圓心為〃，落在CE段的粒子對應A點的出

射角度區(qū)域大小為落在即落在“二度感光區(qū)''的粒子對應人點的出射角度區(qū)

域大小為明由幾何關系得0=&=60。

由幾何關系可得由感光板上的長度之比即為個數比

勺：〃2=1：3

（3）粒子在磁場中運動的半徑

粒子每次反彈后速度方可相反，大小變?yōu)樵瓉淼囊话耄拾霃揭沧優(yōu)樵瓉淼囊话耄?/p>

只有垂直打來的粒子才會反彈，即只有第一次落在E點的粒子能夠反彈，由幾何關

系可知該粒子應從”點進入磁場，第一次落在離C點。處，第二次落在離。點2a

處，第三次落在離C點2.5〃處，第四次落在離C點2.75。處，第五次落在離C點

2.875〃處超出感光板邊緣離開第一象限，該粒子在磁場中運動的總時間

。=5兀

該粒子從”到E的路程

s.=—2萬。

12

從第一次反彈到第二次反彈的路程

從第二次反彈到第三次反彈的路程

從第三次反彈到第四次反彈的路程

從第四次反彈到離開磁場的路程

該粒子在磁場中運動的總路程

S=S]+§2+S3+$4+$5

解得

31

s=一式

16

四、選考題（共12分。請考生從兩道題中任選一題作答。如果多做，則按所做

的第一題計分）

15.下列說法中正確的是（）

A.兩分子靠近的過程中，分子力做正功

B.室內空氣越干燥，相對濕度越大

C.熱量不能從高溫熱源傳遞到低溫熱源

D.布朗運動是固體小顆粒在液體或氣體中的運動，屬于機械運動

【答案】D

【解析】

【詳解】A.如果分子間距離始終大于平衡距離，靠近時，分子力做正功，如果間

距始終小于平衡距離，靠近時，分子力做負功，如果間距先大于平衡距離后小于平

衡距離，靠近時，先做正功后做負功，故A錯誤；

B.相對濕度，指空氣中水汽壓與相同溫度下飽和水汽壓的百分比。也就是指某濕

空氣中所含水蒸氣的質量與同溫度和氣壓下飽和空氣中所含水蒸氣的質量之比，空

氣越干燥，這個比值越小，相對濕度越小，故B錯誤；

C.根據熱力學第二定律，熱量可以自發(fā)地從高溫熱源傳遞到低溫熱源，故C錯

誤：

D.布朗運動是固體小顆粒在液體或氣體中受到液體分子或氣體分子碰撞的不平衡

性，而導致的無規(guī)則運動，屬于機械運動，故D正確；

故選D。

16.某充氣式座椅簡化模型如圖所示，質量相等且導熱良好的兩個汽缸C、D通過

活塞封閉質量相等的兩部分同種氣體A、B,活塞通過輕彈簧相連靜置在水平面

上，如圖所示。已知汽缸的質量為M,封閉氣體氣柱的初始高度均為L、初始環(huán)境

溫度為輕彈簧的勁度系數為底原長為4,大氣壓強為P。，重力加速度為g,

活塞的橫截面積為S、質量和厚度不計，彈簧形變始終在彈性限度內，活塞始終未

脫離汽缸。(汽缸壁厚度及汽缸內氣體的重力均可忽略不計)

(i)求初始時氣體A的壓強；

(ii)若環(huán)境溫度緩慢降至().87；,求穩(wěn)定后活塞a離水平面的高度。

【答案】(i)〃。十等：(ii)0.8L+4一等

3K

【解析】

【詳解】(i)設彈簧的彈力為凡所以

F=Mg

所以對A分析，設氣體A的壓強為PA，對汽缸C有

P、S=F+

解得

Mg

PA=PO+K

J

(ii)氣體B等壓變化，則有

LSL.S

萬二7

故

。=0.8L

彈簧壓縮為

kx=Mg

解得

X嘿

活塞a離水平面的高度為

〃=4+4-工=0.8乙+7t-埃

k

17.如圖所示，實線是一列簡諧橫波在乙時刻的波形圖，虛線是，2=(4+l)s時刻的

波形圖。已知該橫波沿工軸負方向傳播，質點M的平衡位置距O點5m。下列說法

不正確的是()

八y/cm

20、八

4

A.該波的周期可能為yys

4

B.若波的周期為百s,質點M在A時間內運動的路程為3m

C.質點”在4時刻沿了軸負方向運動

D.該波遇到尺度為10m的障礙物時，無衍射現(xiàn)象發(fā)生

【答案】D

【解析】

【詳解】A.波沿x軸負方向傳播，則波速

v=—=4"m/s(n=0,1、2,3…)

t1

周期

A4

T=-=-----s(〃=(),l,2,3)

v4〃+3

當〃=2時

T=-s

11

故A正確；

B.當〃=3時

,4

T=-s

15

從八到f2時間內，質點M運動的路程為

15A=15x0.2m=3m

故B正確；

C.波沿負方向傳播，根據上下坡法可知質點加在4時刻沿），軸負方向運動，故C

正確；

D.該波的波長為4m,則該波遇到尺度為10m的障礙物時會發(fā)生衍射現(xiàn)象，但不

能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D錯誤.

本題選不正確項，故選D。

18.如圖所示為一圓筒截面，兩筒內外是空氣，兩筒之間充滿折射率為6均勻透

明介質，內圓筒半徑為R外圓筒半徑為2R,從M點光源處向介質內發(fā)射一組光

束恰好與內圓相切，光束到達外IS邊界時發(fā)生反射和折射，反射光線又經外陰邊界

反射后最終返回到M點，可以證明兩條反射光線均與內圓相切。已知光在真空中

的速度為c,求：

（1）光線到達外圓。點發(fā)生折射時的折射角出

（2）光線經外圓邊界反射后，在介質中第一次返回M點傳播的時間。

18/?

【答案】（I）?=60°；（2）

【解析】

【詳解】（1）光路如圖

過。點作MP垂線，與MP相交于S點，由三角形幾何關系得

sinp=----=—

OP2

解得

6=30。

由折射定律

sina

n=-=---6-

sin/?

則

a=60°

（2）由角度關系可知：反射光纖經外圓邊界再次反射后最終返回M點，反射光線

構成一正三角形MPQ,有

MP=4/?cos30°=2>/3/?

光線在介質中的速度為

c

V=—

n

即

3Mp18R

t=------=-----

v

高考模擬檢測卷（二）試題

物理

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1~4題只有一項符合題目要求，第5~8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。

1.2021年12月30日，中科院EAST全超導托卡馬克裝置（“人造太陽”）過億度

持續(xù)運行17.6分鐘：2022年2月26日，中國的“人造太陽”實現(xiàn)了1.6億度（約

為太陽中心溫度的10倍）等離子體運行。中國的“人造太陽”的技術領跑世界。

“人造太陽”采用的是磁約束核聚變反應，其核反應方程是；；H+：Hf；Hc+X,

則（）

A.X為質子

B.該反應在常溫下就可以進行

C.該反應前后核子的總質量是相等的

D.iHe的結合能大于:H與;H結合能之和

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據電荷數守恒、質量數守恒，方程為

知X為中子，A錯誤；

B.核聚變反應屬于熱核反應，必須在高溫下進行，B錯誤；

C.核聚變反應能放出核能，反應前后質量出現(xiàn)虧損，C錯誤；

D.該核反應釋放能量，有質量虧損，生成物更穩(wěn)定，則知；He的結合能比反應物

的結合能之和大，D正確。

故選Do

2.如圖所示，半徑相同、質量分布均勻的圓柱體E和半圓柱體M靠在一起，E表

面光滑，重力為G；M下表面粗糙，E、M均靜止在水平地面上?，F(xiàn)過E的軸心施

以水平作用力F，可使圓柱體E被緩慢拉離水平地面，并緩慢地滑到M的頂端，

在上述全過程中，M始終處于靜止狀態(tài)。對該過程的分析，下列說法正確的是

/////////////////////////////////////

A.地面所受M的壓力一直增大

B.地面對M的摩擦力一直增大

C.水平作用力廠的大小一直增大

I).E、M間的壓力最大值為2G

【答案】D

【解析】

【詳解】A.圓柱體E和半圓柱體M視為一整體，以整體為研究對象，因為整體處

于平衡狀態(tài)，

在豎直方向有

N'=G+GM

可知地面支持力大小保持不變，根據牛頓第三定律地面所受M的壓力大小不變，

故A錯誤；

BC.以圓柱體為研究對象，令兩圓心連線與地面夾角角為夕依題意有

Nsin6=G

NcosO=F

解得

N=-^—

sin。

F=^-G=GcotO

sin。

依題意。從30。增大到90。，則可知尸逐漸變小；

將圓柱體上和半圓柱體M視為一整體，因為整體處于平衡狀態(tài)，則水平方向有

f=F

因過程中水平拉力/一直在變小，地面對M的摩擦力也一直變小，故BC錯誤；

D.據分析,因開始時端小,則E與M之間的壓力N最大，則有

N=G=2G

sin30°

故D正確。

故選D。

3.2021年6月17日，搭載神舟十二號載人飛船的長征二號/遙十二運載火箭在酒

泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射，神舟十二號載人飛船與天和核心艙及天舟二號組合體成

功對接，將中國三名航天員送入“太空家園”，核心他繞地球飛行的軌道可視為圓軌

道，軌道離地面的高度約為地球半徑的乙，運行周期約為90min,引力常量

16

G=6.67X10-"N-m2/kg2o下列說法正確的是（）

A.核心艙在軌道上飛行的速度為7.9km/s

B.僅根據題中數據可估算出地球密度

C.位于低軌道的神舟十二號載人飛船需減速才能與高軌道的核心艙實現(xiàn)對接

I）.“太空家園”中靜止坐在椅子上的宇航員加速度為0

【答案】B

【解析】

【詳解】A.假定地球質量為M,人造天體軌道半徑為廣則有

可知軌道半徑越大，運行速度越小，而7.9km/s是軌道半徑為地球半徑時的速度,

則核心艙的速度小于7.9km/s,故A錯誤；

B.依題意有

依題意地球的密度為

p=GFF2s5,8xl03k8/ni

故B正確；

C.位于低軌道的神舟十二號載人飛船需加速才能與高軌道的核心艙實現(xiàn)對接，故

C錯誤；

D.“太空家園”中靜止坐在椅子上的宇航員與核心艙的加速度相同，則有

廠mM

G——=ma

可知加速度不為零，故D錯誤。

故選Bo

4.2022年第24屆冬季奧林匹克運動會在中國舉行，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的

項目之一。跳臺滑雪賽道可簡化為助滑道、著陸坡、停止區(qū)三部分，如圖所示，一

次比賽中，質量為〃z的運動員從A處由靜止下滑，運動到B處后水平飛出，落在

了著陸坡末端的。點，滑入停止區(qū)后，在與C等高的。處速度減為零。已知8、C

之間的高度差為/I,著陸坡的傾角為，，重力加速度為g。只考慮運動員在停止區(qū)

受到的阻力，不計其他能量損失。由以上信息不可以求出（)

A.運動員在空中飛行的時間

B.A、8之間的高度差

C.運動員在停止區(qū)運動過程中克服阻力做的功

D.。、。兩點之間的水平距離

【答案】D

【解析】

【詳解】A.從3點做平拋運動，則由

,12

可求解運動員在空中飛行的時間，A正確，不符合題意；

B.由

h

----=

tan。

可求解在8點的速度w,再由

.12

乙

可求解48的高度差，B正確，不符合題意；

C.從6點到。點由

—〃2片+mgh=Wf

可求解運動員在停止區(qū)運動過程中克服阻力做功，C正確，不符合題意；

D.由題中條件無法求解C、。兩點之間的水平距離，D錯誤，符合題意。

故選D。

5.如圖甲所示，在水平面上固定有平行長直金屬導軌必和cd,“端接有電阻

R.導體棒歹垂直軌道放置在光滑導軌上，導軌電阻不計.導軌右端區(qū)域存在垂直

于導軌面的勻強磁場，且磁感應強度8隨時間，的變化規(guī)律如圖乙所示.在［=0時

刻，導體棒以速度為從導軌的左端向右運動，經過時間2。開始進入磁場區(qū)域，取

磁場方向垂直紙面向里為磁感應強度3的正方向，回路中順時針方向為電流正方

向，則回路中的電流i隨時間，的變化規(guī)律圖像可能是（）

【答案】A

【解析】

【詳解】由圖乙知，在0?2m時間內磁感應強度隨時間均勻變化，根據E=N—S

?/

可知，回路產生穩(wěn)定的電動勢、穩(wěn)定的感應電流，在根據楞次定律可判斷感應電流

的方向為逆時針方向，所以在0?2/0時間內電流是負方向，且大小不變.在2m時刻

導體棒進入磁場區(qū)域，在安培力的作用下做非勻變速運動，根據

=生旦=〃W知，導體棒做加速度減小的減速運動，電流/=器=華，

RRR

電流逐漸減小，且對圖像的斜率逐漸減小，所以A正確；B、C、D錯誤.

6.一帶負電的粒子只在電場力作用下沿工軸正方向運動，其電勢能弓隨位移x變

化的關系如圖所示，其中0r2段是關于直線尸H對稱的曲線，X2~X3段是直線，則

下列說法正確的是（）

0xiX2X3X

A.xi處電場強度最小，但不為零

B.粒子在0?X2段做勻變速運動，X2~X3段做勻速直線運動

C.在0、笛、X2、X3的處電勢。0、%、02、。3的關系為0>02=。0>。3

D.X2~X3段的電場強度大小方向均不變

【答案】CD

【解析】

【詳解】A.0~笛段電勢能減小，說明電場力做正功，即該段電場強度的方向沿x

軸負方向；XLX2段電勢能增大，說明電場力做