内蒙古自治区2024年高考物理模拟试卷及答案

内蒙古自治区2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）得分1．物理学是集科学知识、科学方法和科学思维为一体的学科。下列有关科学思维方法的叙述正确的是（）A．图甲所示，通过平面镜观察桌面的微小形变——放大法B．图乙所示，探究两个互成角度共点力的合成实验——理想模型法C．图丙所示，卡文迪许利用扭秤实验测量引力常量——控制变量法D．图丁所示，伽利略利用理想斜面实验对力和运动关系的研究——极限法2．有些餐厅使用机械人为顾客上菜，不仅节省了人力，也增添了用餐的乐趣。如图所示，机械人用水平的托盘托举菜盘先匀速前行，此时托盘对菜盘的作用力大小为F1；机械人快到餐桌前变为减速向前运动，此时托盘对菜盘的作用力大小为FA．F1<F2F1和F2的方向相同 B．C．F1<F2F1和F2的方向不相同 D．3．发射人造地球卫星时，火箭使卫星不断加速后以一定的速度进入预定轨道。我国有甘肃酒泉卫星发射中心和海南文昌卫星发射中心，如图所示。在发射大重量近地轨道卫星、地球同步轨道卫星和深空探测航天器时会选择文昌卫星发射中心，这样选址的主要优点是（）A．文昌卫星发射中心偏离人口密集的地方B．文昌卫星发射中心的重力加速度较大C．文昌卫星发射中心自转角速度较大，卫星容易发射出去D．文昌卫星发射中心靠近赤道，自转线速度较大，发射时节省能量4．可变电容器通常在无线电接收电路中作调谐电容器用。如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移，起初两极板边缘对齐，上极板通过开关S与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连。初始时开关S闭合，极板间靠近下极板有一带电粒子P恰好处于静止状态。忽略边缘效应。下列说法正确的是（）A．闭合开关S，若只将上极板转过30°，则电容器电容增大B．闭合开关S，若只将上极板转过30°，则电容器所带电荷量不变C．断开开关S，只将板间距变为原来的2倍，则带电粒子P会向下运动D．断开开关S，只将板间距变为原来的125．无线充电技术的应用，让手机摆脱了充电线的牵制，手机使用者做到了“随用随拿，随放随充”。无线充电器简化示意图如图所示，其主要部件为发射线圈和接收线圈，工作原理与理想变压器相同，忽略线圈的内阻。已知某款手机的无线快充充电器充电功率为10W，发射线圈与接收线圈的匝数比为10：1，CD端的输出电流i=22A．发射线圈中电流的周期为0.01s B．发射线圈AB端输入电流的有效值为0.2AC．发射线圈AB端的电压的有效值为5V D．从AB端向发射线圈输入的功率为1.0W6．2022年35岁的梅西竭尽所能率领阿根廷队夺得第二十二届世界杯足球赛冠军。梅西在训练用头颠球的情景如图所示，假设足球从某点由静止开始下落，被头竖直顶起，离开头部后足球仍回到原下落点。空气阻力不可忽略，下列说法正确的是（）A．足球下落和上升过程重力的冲量相等B．头向上顶球的过程中，头部对足球做正功C．头向上顶球的过程中，足球的动量变化量大小为0D．头向上顶球的过程中，头对足球的冲量等于足球动量的变化量7．电场中的一条电场线如图甲所示，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O~A．在O~B．O~x1C．若带负电的粒子从O点沿x轴运动到x2D．从O点静止释放一仅受电场力作用的带正电的粒子，则该带电粒子在O~8．光滑绝缘平台处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m的矩形金属框abcd右端开口，放在平台上，其bc边长为l，只有bc边有电阻且为R，ab、dc足够长。质量也为m的金属棒MN置于金属框上且接触良好，与金属框间的动摩擦因数为μ，接入金属框间的电阻也为R。现锁定MN使其不能左右运动，金属框以初速度v0A．MN中的感应电流方向由N到M B．通过MN的电荷量为BlxC．MN中产生的焦耳热为14mv09．如图所示，长木板放置在光滑的水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a的大小可能是（）A．a=0 B．a=μg C．a=32μg10．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形绝缘轨道，圆轨道半径为R，圆心为O，A、B为水平直径的两个端点，OC竖直。一个质量为m、电荷量为−q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。整个过程中带电小球的电荷量不变，不计空气阻力及一切能量损失。关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（）A．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 B．小球到达C点的速度可能为零C．若小球能从B点离开，上升的高度一定小于H D．若轨道不光滑，小球也可能从B点离开阅卷人二、实验题（必做题，本题共2个小题，总分15分，按要求在答题卡上作答）得分11．“筋膜枪”是利用内部电机带动“枪头”高频冲击肌肉，缓解肌肉酸痛的装备。某同学为了测量“枪头”的冲击频率，设计了图（a）所示的实验。实验时将带限位孔的塑料底板固定在竖直墙面上，“枪头”放在限位孔上方，靠近并正对纸带。启动筋膜枪，松开纸带，让纸带在重锤带动下穿过限位孔，“枪头”在纸带上打下系列点迹。更换纸带，重复操作，得到多条纸带，选取点迹清晰的纸带并舍去点迹密集的部分。完成下列实验内容：（1）该同学发现点迹有拖尾现象，他以拖尾点迹左侧边沿为测量点，测量得到各点间距如图（b）所示，可知纸带的（选填“左”或“右”）端连接重锺。（2）重力加速度取9.8m/s（3）该次实验产生误差原因有下列三种情况，其中最主要的原因是____。A．纸带与限位孔有摩擦力B．测量各点间的距离不精确C．“枪头”打点瞬间阻碍纸带运动12．学习了“如何使用多用电表”以及“测电源电动势和内阻”实验后，某物理研究小组设计了以下实验，请回答下列问题：（1）如图甲所示，当选择开关S旋转到位置“1”时，多用电表用来测量____。A．直流电压 B．直流电流 C．电阻（2）物理研究小组用多用电表测电阻箱的电阻，把选择开关旋转到“×10”位置，测量发现多用电表指针偏转过小，因此需将选择开关旋转到（填“×1”或“×100”）位置。选择正确的档位测量后，表盘示数如图乙所示，则被测电阻阻值为Ω。（3）把图甲中选择开关S旋转到位置“3”，使A、B表笔分别与图丙中的M、N相连，用图丙所示的电路测量欧姆表内电源的电动势E和欧姆表的内阻RΩ，实验室提供的器材如下：电压表、电阻箱、开关、导线若干。实验中测出多组电压表的电压U和电阻箱的电阻R，根据记录的数据，作出1U−1R图线，如图丁所示，由图线可得电动势E=阅卷人三、计算题（必做题，本题共3个题，总分30分。答案要写出必要的文字说明和方程式，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）得分13．机械臂广泛应用于机械装配。如图所示，某质量为m=2kg的工件（视为质点）被机械臂抓取后，在竖直平面内由静止开始斜向上做匀加速直线运动，加速度大小为a=0.8m/s2，运动方向与竖直方向夹角为θ=37°，提升高度为（1）提升高度为h时，工件的速度大小；（2）在此过程中，工件运动的时间及合力对工件做的功。14．真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界．质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)沿着与MN夹角θ=30°的方向射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场．求粒子射入磁场的速度大小及在磁场中运动的时间．15．如图所示，光滑水平平台AB与足够长的光滑倾斜轨道AC平滑连接，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=2m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为（1）剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep（2）从小物体m2（3）如果m1=m2=2kg阅卷人四、选做题（共二个模块，每个模块15分，考生只能选作其中的一个模块的试题作答。其中选择题给出的5个选项中，有3个选项正确，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分。请将选出的选项字母填在答题卡的横线上）得分16．下列说法正确的是（）A．布朗运动就是分子的热运动B．一切自然过程总是沿着无序性增大的方向进行C．气体的温度升高，每个气体分子的速率都增大D．一定质量的理想气体，在发生等温变化时，气体的内能一定不变E．当分子间的作用力表现为斥力时，随着分子间距离的增大，分子势能减小17．今有一质量为M的汽缸，用质量为m的活塞封有一定质量的理想气体，当汽缸水平横放时，空气柱长为L0(如图甲所示)，若汽缸按如图乙悬挂保持静止时，求气柱长度为多少？(已知大气压强为p0，活塞的横截面积为S，它与汽缸之间无摩擦且不漏气，且气体温度保持不变．)18．一列沿x轴正方向传播的简谐波，在t=0时刻的波形图如图所示，波恰好传播到质点Q处，t=0.下列说法正确的是（）A．这列波的周期为0.4sB．质点P的起振方向沿y轴正方向C．t=0.D．t=1.E．从t=0时刻到波传到R处的时间内，质点Q通过的路程为8cm19．如图所示，激光笔发出一束激光射向水面O点，经折射后在足够大的水槽底部形成一光斑P。已知α=53°，水的折射率n=43，真空中光速c=3.0×10（1）激光在水中传播的速度大小v；（2）激光在水中的折射角β；（3）最初水深为h，打开出水口放水至水深为23

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A.观察桌面的微小形变为放大法，A符合题意；

B.探究两个互成角度共点力的合成实验为等效替代法，B不符合题意；

C.卡文迪许利用扭秤实验测量引力常量为转化法，C不符合题意；

D.伽利略利用理想斜面实验对力和运动关系的研究为理想实验法，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】根据实验方法可得出结论2．【答案】C【解析】【解答】匀速前行时力F方向竖直向上，加速向前运动时，托盘对菜盘的力F提供反方向的加速度，力的方向斜向上，故两力F且两力的方向不同，C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C

【分析】匀速运动的物体受力平衡，匀变速运动的物体合力提供加速度，利用牛顿第二定律，结合题意可求出减速时的力的大小和方向。3．【答案】D【解析】【解答】AD.地球表面的物体，所受万有引力一部分提供重力的作用，一部分提供自传所需的向心力，在赤道所需向心力最大，线速度最大，发射时节省能量，A不符合题意，D符合题意；

B.赤道处重力加速度最小，B不符合题意；

C.处于地球表面的物体除南北极外自转角速度相同，D不符合题意；

故答案为：D

【分析】利用地球表面所受万有引力的特点，可得出相应结论。4．【答案】D【解析】【解答】A.由C=上极板转过30°，正对面积S减小，电容器电容减小，A不符合题意；

B.由C=可知，上极板转过30°，电容器电容减小，电压不变，电荷量减小，B不符合题意；

C.板间间距变为两倍，由E=断开开关后，电荷量不变，故电场强度不变，粒子不动，C不符合题意；

D.板间间距变为原来的12，可知电容增大，电荷量不变的情况下，电压减小，但是电场强度未变，粒子位置不动，与零势能电势差为qEx，故电势不变，D符合题意。

故答案为：D

5．【答案】B【解析】【解答】A.电流周期为T=A不符合题意；

B.输出电流有效值为2根据I可得发射线圈电流为0.2A，B符合题意；

C.发射线圈AB端电压为U=C不符合题意；

D.从AB端向发射线圈输入的功率与输出功率相同，为10W，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】根据交变电流瞬时值的表达式，可求出周期大小，利用正弦式交变电流最大值与有效值的关系，结合变压器原副线圈匝数关系，可求出电流电压的大小。6．【答案】B【解析】【解答】A.受空气阻力影响，上升下落过程时间不同，重力的冲量不相等，A不符合题意；

B.头向上顶球过程，头部对球的力竖直向上，与足球运动方向相同，头部对足球做正功，B符合题意；

C.头向上顶球的过程中，足球获得速度，动量变化量不为零，C不符合题意；

D.头向上顶球的过程中，头对足球的冲量、重力的冲量合阻力的冲量的合冲量等于足球动量的变化量，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】利用正负功的定义可判断做功情况；利用动能定理可求出各个力冲量与动量变化量。7．【答案】C【解析】【解答】A.电势位置分布图斜率表示电场强度，故在0~x2间，电场强度先增大后减小，A不符合题意；

B.O~x1间的场强方向与x1~x2间的图像斜率都为负，场强方向相同，B不符合题意；

C.x轴从O到x2点，电势一直降低，故带负电粒子从O点运动到x28．【答案】C,D【解析】【解答】A.金属框向右运动，垂直于纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向由M向N流动，A不符合题意；

B.通过MN的电荷量q=B不符合题意；

C.MN中产生的焦耳热由能量守恒有Q=C符合题意；

D.金属棒MN受到的安培了为F=BIL，I=E2R联立可得F=D符合题意。

故答案为：CD

【分析】利用楞次定律可求出感应电流的方向；利用电荷量与磁通量变化量的关系式可求出电荷量的大小；利用能量守恒关系式可求出焦耳热的大小。9．【答案】B,D【解析】【解答】ABC.对于木板分析，物体对木板的摩擦力提供加速度，最大为μmg=ma故加速度可能为μg，不可能为0或32μgF=2ma可得a=故答案为：BD

【分析】利用牛顿第二定律，利用整体法和隔离法，可求出木板的加速度。10．【答案】A,C,D【解析】【解答】A.若小球所受重力与电场力大小相同，则小球受圆弧轨道的支持力，小球所受合力指向圆心，做匀速圆周运动，A符合题意；

B.小球进入圆弧轨道，水平方向获得一定速度，电场力沿竖直向上，在C点水平速度不为零，故达到C点速度不可能为零，B不符合题意；

C.若小球能从B点离开，根据能量守恒定律，一部分能量转化为电势能，故不会回到原来位置，上升高度一定小于H，C符合题意；

D.轨道不光滑，小球在轨道运动摩擦会产生内能，若小球高度够高，进入电场获得较大的初速度，也可能从B离开，D符合题意。

故答案为：ACD

【分析】利用物体做匀速圆周运动所受合力的特点可得出结论；根据速度的合成与分解可得出结论；根据能量守恒的观点分析能量的转换，可得出结论。11．【答案】（1）左（2）40（3）C【解析】【解答】（1）连接重锤的一段重锤刚开始运动，左侧位移较小，故为纸带左端连接重锤；

（2）根据自由落体初始运动第一段位移ℎ=即0.0276=得f=40Hz（3）实验误差来源于点迹有拖尾现象，说明运动过程中枪头打点瞬间阻碍纸带运动，C符合题意，AB不符合题意。

【分析】（1）自由落体运动为加速运动，利用加速运动位移时间关系判断纸带特点；（2）利用自由落体运动位移时间关系式可求出频率大小。12．【答案】（1）B（2）×100；2200（3）1b；【解析】【解答】（1）开关S旋转到位置1，表头与电阻并联改装成电流表，用来测量直流电流，B符合题意；

（2）指针偏转角度过小，说明测量电阻过大，需要换更高档位，故选择×100，通过读数可知，被测电阻为2200Ω；

（3）由闭合电路欧姆定律有整理可得结合图像可知，1联立可得【分析】（1）根据电表改装的特点可知为改装的电流表；（2）利用欧姆表的偏转示数特点可得到待测电阻的大小；（3）利用闭合电路欧姆定律，结合图像可求出电动势和欧姆表内阻的大小。13．【答案】（1）解：根据题意可知，工件被提升过程中，运动的位移为x=根据匀变速直线运动位移与速度关系有v解得v=4m（2）解：根据速度公式有v=at解得t=5s根据动能定理有W解得合力对工件做的功W【解析】【分析】（1）利用匀变速直线运动速度位移关系式，结合题意可求出速度的大小；

（2）利用匀变速直线运动速度时间关系式可求出速度大小，结合动能定律可求出合力做功。14．【答案】解：若粒子带正电荷，粒子恰好不从PQ边界射出的临界轨迹如图甲所示．设圆心为O1，则l＝R1(1＋cos30°)由qv1B＝m解得v1＝(对应运动时间t＝(若粒子带负电荷，粒子恰好不从PQ边界射出的临界轨迹如图乙所示．设圆心为O2，半径为R2，则cos30°＝R由qv2B＝m解得v2＝(对应运动时间t＝(【解析】【分析】本题考查带电粒子在有界磁场的运动，首先题意并没有给出粒子的电性，要分情况讨论。其次，带电粒子在直线边界匀强磁场中运动时，具有对称性，即进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等；在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，要求学生能够找圆心、定半径、画轨迹，带电粒子在磁场的运动时间与在磁场运动轨迹对应的圆心角有关；本题考查粒子在磁场中运动的临界条件，刚好没能从PQ边界射出磁场，说明运动轨迹与PQ相切。15．【答案】（1）解：m1和m2解得v剪断细绳前弹簧的弹性势能为E解得E（2）解：设m2在传送带上向右减速运动的最大距离为x，根据动能定理，有解得x=2则m2先向右减速至速度为零，再向左加速至速度为v设小物体m2滑上传送带到第一次与传送带共速所用时间为t，取向左为正方向，根据动量定理，有解得t=2该过程传送带运动的距离为x故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为E=μ解得E=10J（3）解：两小物体被弹开过程，根据动量守恒定律，有0=由能量守恒定律有E解得vm2第一次滑上传送带到减速为0的位移m2第一次滑上传送带到离开的路程为m2第一次与m1m2第二次滑上传送带到减速为0的位移m2第二次滑上传送带到离开的路程为m2第n次滑上传送带到离开的路程为Sn=2解得m2在传送带上通过的总路程为【解析】【分析】（1）利用动量守恒定律和能量守恒定律可求出弹性势能的大小；（2）根据功能原理，电动机需对传送带多提供的电能E与摩擦力对传送带做匀速运动所做的功，利用动能定律和动量定理可求出传送带运动的距离，进而求出摩擦力对传送带所做的功；（3）物体m2在传送带减速至零后反向加速，以传送带匀速的速度再次与物块m1相撞，利用动量守恒定律可求出每次碰撞后物体m2的速度，根据匀减速直线运动速度位移关系式可求出每次物体m2在传送带运动的距离，进而表示出总路程。16．【答案】B,D,E【解析】【解答】A.布朗运动是微粒做