四川省2024年高考物理模拟试卷及答案4

四川省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、选择题：本大题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项是符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分。有选错的得0分。得分1．下列说法正确的是（）A．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可以产生4种光子B．放射性元素的半衰期随温度的升高而变小C．光电效应说明光具有粒子性，光的干涉和衍射现象说明光具有波动性D．汤姆生根据α粒子散射实验的结论提出了原子的核式结构模型2．如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风轮机带动内部匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO'，顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为EA．线圈转动的快慢不会影响回路中电流的大小B．当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为ABCDC．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最小D．穿过线圈的最大磁通量为E3．校运动会中，甲、乙两位运动员从同一起跑线同时起跑，v-t图像如图所示，已知图中阴影Ⅰ的面积大于阴影Ⅱ的面积，且t2时刻甲恰好到达50米处。由此可知（）A．甲运动员的加速度先增大后不变B．在t1时刻，甲、乙两运动员相遇C．在t2时刻，乙运动员已经跑过了50米处D．0~t1时间内，可能存在甲、乙运动员加速度相同的时刻4．图甲是正在水平面内工作的送餐机器人，该机器人沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，已知弧长和半径均为4m的圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度也为4m，CD段长度为12m，机器人从A点由静止匀加速出发，到B点时速率恰好为1m/s，接着以1m/s的速率匀速通过BC，通过C点后以1m/s的速率匀速运动到某位置后开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与托盘间的动摩擦因数μ=0.1，关于该运动的说法正确的是（）A．B到C过程中机器人的向心加速度a=0.2m/s2B．餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，机器人从C点到D点的最短时间t=12.5sC．A到B过程中餐盘和水平托盘会发生相对滑动D．若重新设置机器人，使其在BC段以3m/s匀速率通过，餐盘与水平托盘间不会发生相对滑动5．如图甲所示，两等量正电荷水平固定，一光滑的绝缘细杆竖直放置在两电荷连线的中垂线上，杆上A点与连线中点O的距离为h0。一带正电小球套在杆上从A点由静止释放，从A运动到O的过程中其动能Ek随下降距离h变化的图像如图乙所示。若忽略空气阻力，则在此过程中（）A．小球所受合外力先增大后减小 B．小球机械能一直增大C．电场强度先增大后减小 D．小球电势能一直减小6．如图所示，边长为2L的等边三角形ABC内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为-q的带电粒子从D点以不同的速率平行于BC边方向射入磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（）A．粒子可能从B点射出B．若粒子从C点射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为3C．若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为πmD．若粒子从AB边射出，则粒子在磁场中运动的时间相同，且时间最长7．物理兴趣小组某同学将一质量为m的小球从距离地面高H处逆风水平抛出，抛出时的速度大小为v0，小球落地时的速度大小为3v0，方向竖直向下。已知小球运动过程中，受到水平方向的风力且大小恒定，则小球从抛出到落地的过程中（）A．小球做的是匀变速曲线运动 B．小球受到的风力大小为mC．合外力对小球的冲量大小为mv0 8．如图所示，在两根水平的平行光滑金属导轨右端c、d处，连接两根相同的平行光滑14圆弧导轨。圆弧导轨均处于竖直面内，与水平轨道相切，半径r=0.4m，顶端a、b处连接一阻值R=3.0Ω的电阻，平行导轨各处间距均为L=1m，导轨电阻不计。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1T。一根质量m=1.0kg、电阻R0=1.0Ω的金属棒ef在水平拉力F作用下从图示位置由静止开始做加速度为4m/s2的匀加速直线运动，运动到cd处时拉力F0=5.0N。金属棒运动到cd处后，调节拉力F使金属棒沿圆弧导轨做匀速圆周运动至ab处。金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小取g=10m/s2A．金属棒运动过程中e端电势高于f端电势B．金属棒做匀加速直线运动的时间为1sC．金属棒从cd运动至ab的过程中金属棒中产生的热量为3πD．金属棒做匀加速直线运动过程中通过电阻R的电荷量为0.5C9．图甲为多用电表的内部构造图，图乙为该多用电表表盘。请回答下列问题：（1）关于图甲多用电表的内部构造，下列说法正确的是____A．甲图中连接开关S端的表笔为黑表笔；B．若使用图甲多用电表直流电流挡大量程测电流，开关S应拨至“2”挡；C．若使用图甲多用电表直流电压挡小量程测电压，开关S应拨至“6”挡；（2）若用该多用电表直流电压挡量程50mV测电压，表盘示数如图乙所示，则测得的电压值U=mV；（3）甲图中，将开关S拨至3挡，已知灵敏电流计表头内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=500μA，电源电动势E=1.5V，不计电源内阻。定值电阻R1=90Ω，R2=10Ω，欧姆表的倍率是10．某同学设计了如图所示的实验装置来“探究甲物块的加速度与其所受合力的关系”。（1）按如图所示连接好实验装置（2）将物块甲靠近打点计时器，先接通电源，再同时释放物块甲与乙，打出一条纸带，同时记录力传感器的读数F。要使甲拖动纸带向上运动，则两物块的质量必须满足m甲m乙（填“>”，“<”，“=”）（3）某次实验中打出的纸带如图所示。在纸带上取A、B、C、D、E共5个相邻的计时点，测出各点间的距离分别为x1、x2、x3、x4，打点计时器打点周期为T，则纸带加速度a=（用字母x1、x2、x3、x4、T表示）（4）改变物块质量（填“甲”或“乙”）重复步骤②③，记录每次力传感器的示数F，并计算出对应该次纸带的加速度大小a（5）以力传感器示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出如图所示的a—F图，不计轻质滑轮质量及摩擦。可得出甲物块的质量m甲=（用字母x0，y0表示）。乙物块质量越大，力传感器的示数越大，其最大值趋近于（用字母x0表示）11．我国首台国产质子治疗装置已在上海正式走向临床治疗（如图甲），该装置的原理是质子加速后汇聚到圆柱形管道中轴线形成质子束，再经高能运输线运送至各治疗室。现有质子加速后，沿圆柱形管道中轴线OO'以（1）若在矩形ABCD区域加一沿AC方向的匀强电场，求场强E的大小；（2）若在矩形ABCD区域加一垂直ABCD所在平面的匀强磁场，求磁感应强度B的大小和方向。12．如图所示，一足够长倾斜角θ=30°的斜面顶端放置一长木板A，木板A上表面的某处放置一小滑块B（可看成质点），已知A和B的质量分别为2m和3m，木板A顶端与滑块B相距为L=0.9m的地方有一光滑小球C（可看成质点），已知小球C的质量为m，A与B之间的动摩擦因数μ1=32，A与斜面间动摩擦因数（1）判断小球C与滑块B第一次碰前，A、B是否运动；（2）小球C与滑块B第一次碰后瞬间各自的速度分别多大；（3）从释放C开始到B、C第二次相碰，经历多长时间？13．下列说法正确的是（）A．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点B．给庄稼松土的目的是破坏土壤中的毛细管，从而减少土壤内部的水分蒸发C．布朗运动是指液体分子的无规则运动D．理想气体温度升高，所有分子的动能都增大E．在相同温度和一个标准大气压下，相同质量的氧气和氢气，氢气内能较大14．如图所示，两个容器均为V的容器A和B分别装有质量比为7∶6的同种理想气体。两容器由一细管连接，细管横截面积为S，长度为L，其中有长度为三分之一管长的液柱。液柱处于细管正中间。已知B容器中气体温度为350K。求：（1）A容器中气体的温度；（2）将A中气温升高50K，B中气体温度保持不变，求平衡时液柱向B移动的距离x（液柱始终在细管内）15．下列说法正确的是（）A．机械波在传播过程中，经过的每一点起振方向和周期都相同B．超声波被汽车反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化的现象，可用多普勒效应解释C．两列相干波相遇，振动加强点的位移始终比振动减弱点的位移大D．弹簧振子的振动方程为y=10sinE．在用单摆测重力加速度的实验中，若所测的g值偏小，可能是测摆长时未加小球半径16．某小区在景观水池底部安装了一个景观灯，为了实现灯光管理，在灯S（点光源）的正上方安装了一个可以上下调节的半径为R的圆形遮光罩，当遮光罩距池底高为R时，恰没有灯光射出水面，当遮光罩与水面齐平时，恰能照亮楼房A点，楼房A点距灯S的水平距离为51R，已知水深3R（1）水的折射率；（2）光由S到A的时间。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可以产生光子种数为C42=6，A不符合题意；

B.放射性元素的半衰期只与原子核自身因素有关，与其所处的化学状态和物理状态无关，B不符合题意；

C.光电效应说明光具有粒子性，光的干涉和衍射现象说明光具有波动性，C符合题意；

D.卢瑟福根据α粒子散射实验的结论提出了原子的核式结构模型，否定了汤姆生的枣糕模型，D不符合题意。

2．【答案】B【解析】【解答】A.根据

E=22NBSω

又

I=ER+r

解得

I=2NBSω2(R+r)

可知线圈转动的快慢会影响回路中电流的大小，A不符合题意；

B.当线圈转到题图示位置时，根据右手定则可知，产生的感应电流方向为ABCD，B符合题意；

C.图示位置为垂直中性面位置，线圈产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，C不符合题意；

D.线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值为

Em=NBSω=Nϕmω

3．【答案】D【解析】【解答】AD.根据v-t图像中斜率表示速度，可知甲运动员先做加速度减小的加速运动后做匀速运动。由图可以看出，0~t1时间内，甲、乙运动的v-t图像中可能存在同一时刻斜率相同的点，即可能存在甲、乙运动员加速度相同的时刻，A不符合题意，D符合题意；

B.根据v-图像中面积表示位移可知，0~t1时间内，甲运动位移大于乙运动位移，而甲、乙两个同学从同一起跑线同时起跑，故t1时刻甲同学在乙同学前面，B不符合题意；

C.根据v-图像中面积表示位移可知，0~t2时间内，甲同学运动位移大于乙同学运动的位移，所以在t2时刻，乙运动员还没有跑到50米处，C不符合题意。

故答案为：D。4．【答案】B【解析】【解答】A.由向心加速度公式

a=v2r

可得，B到C过程中机器人的向心加速度

a=124m/s2=0.25m/s2

A不符合题意；

B.餐盘和水平托盘不发生相对滑动的情况下，餐盘能达到的最大加速度即为机器人的最大加速度，为

am=μmgm=1m/s2

到达D点之前减速的时间

t1=vam=1s

5．【答案】C【解析】【解答】A.对小球的运动，由动能定理可得

Ek=F合ℎ

可知图中Ek−ℎ图像的斜率表示小球受到合外力，由图像可知，合外力先减小，再增大，再减小，再增大，A不符合题意；

BD.小球下落过程中，两电荷对小球的电场力的合力一直竖直向上，故小球下落过程中电场力一直做负功，由功能关系可知，小球的机械能一直在减小，小球的电势能一直在增大，BD不符合题意；

C.小球下落过程中受重力和电场力作用，电场力一直向上，由图像可知，小球开始动能增大，所以做加速运动，重力大于电场力，而图像的斜率减小，说明合外力减小，电场力增大，电场强度增大，当动能达到最大值时，小球的重力等于电场力；之后小球的动能开始减小，说明小球受到的电场力大于了重力，小球做减速运动，由图线的斜率可知，这段运动中合外力先增大再减小，说明电场力先增大再减小，电场强度先增大再减小，当小球的速度达到最小值，即动能达到最小值；最后小球的动能一直增大，小球做加速运动，重力大于电场力，图像的斜率越来越大，说明小球受到的合力增大，电场力减小，电场强度减小，综上所述，从A到O的过程中，电场强度先增大再减小，C符合题意。

6．【答案】C,D【解析】【解答】A.带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒子向下偏转，但由于BC边的限制，粒子不能到达B点，A不符合题意；

BC.若粒子从C点射出，如图所示

设粒子运动轨迹的半径为R，根据几何关系可得

R2=(R−Lsin60°)2+(2L−Lcos60°)2

解得

R=3L

由几何关系可知，轨迹对应的圆心角∠O=60°，则粒子在磁场中运动的时间为

t=60°360°T=16×2πmqB0=πm3qB0

B不符合题意，C符合题意；

D.由牛顿第二定律可知

qv7．【答案】A,D【解析】【解答】A.小球运动时受重力和恒定风力，合力恒定，可知加速度恒定，小球做的是匀变速曲线运动，A符合题意；

B.对小球，由动量定理可得，水平方向

−Ft=0−mv0

竖直方向

mgt=m·3v0

解得

F=13mg

在竖直方向上，由自由落体位移-速度公式可得

(3v0)2=2gH

联立解得小球受到的风力大小为

F=3mv022H

8．【答案】B,D【解析】【解答】A.由右手定则可知，通过导体棒的感应电流由e到f，所以e端电势低于f端电势，A不符合题意；

B.设匀加速的时间为t1，则金属棒运动到cd处的速度为

v=at1

当金属棒在cd处时，其产生的感应电动势为

E1=BLv

感应电流大小为

I=E1R+R0

金属棒所受的安培力大小为

FA=BIL

根据牛顿第二定律可得

F0−FA=ma

联立以上上式解得

t1=1s

B符合题意；

C.设金属棒做匀速圆周运动的速度为v，与磁场正方向的夹角为α，则垂直磁场的分速度为

v1=vsinα

感应电动势的大小为

E2=BLvsinα

则其有效值大小为

E=BLv2

该过程中产生的总的热量为

Q=E2R+R0t9．【答案】（1）A（2）26.0（3）×100【解析】【解答】（1）A.根据多用电表中的电流“红进黑出”的规律，结合多用电表内部电源的正、负极，可知甲图中连接开关S端的表笔为黑表笔，A符合题意；

B.根据电流表改装原理可知，并联电阻越小，电流表量程越大，所以使用图甲多用电表直流电流挡大量程测电流，开关S应拨至“1”挡，B不符合题意；

C.根据电压表改装原理可知，串联电阻越大，电压表量程越大，所以使用图甲多用电表直流电压挡小量程测电压，开关S应拨至“5”挡；，C不符合题意。

故答案为：A。

（2）若用该多用电表直流电压挡量程50mV测电压，则应使用0-50的刻度线，最小刻度表示1mV，根据读数规则可知，该电压值为26.0mV。

（3）将开关S拨至3挡时，电流表量程为

I=Ig+IgRgR10．【答案】（1）无（2）<（3）x（4）乙（5）x02【解析】【解答】（2）为了使甲拖动纸带向上运动，即甲的加速度向上，由牛顿第二定律可知，两物块的质量必须满足

m甲<m乙

（3）根据匀变速直线运动的位移差公式

∆x=aT2

可得纸带加速度为

a=x4+x3−x1−x24T2

（4）此实验的目的是探究甲物块的加速度与其所受合力的关系，所以要保证甲物块质量不变，改变乙物块质量重复步骤②③；

（5）根据牛顿第二定律

12F−m甲g=m甲a

整理得

a=12m甲11．【答案】（1）设一沿AC方向的匀强电场，则质子在该区域内做类平抛运动vvEq=ma得E=（2）加入垂直ABCD平面向外的磁场，质子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由洛仑兹力提供向心力得q如图已知两点速度方向，分别做垂线，交点即为圆心由几何关系得cos得B=方向垂直于纸面向外。【解析】【分析】（1）若在矩形ABCD区域加一沿AC方向的匀强电场，粒子进入AC右侧后做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式，列式求解电场强度E的大小即可；（2）若在矩形ABCD区域加一垂直ABCD所在平面的匀强磁场，粒子进入AC右侧后做匀速圆周运动，由几何关系求出半径，再由洛伦兹力充当向心力列式，求出磁感应强度的大小，由左手定则判断出磁场方向。12．【答案】（1）因为μ2=tanθ且μ1>tanθ则在BC相碰前，AB均相对斜面静止。（2）小球在由释放到碰B过程中，根据动能定理mgL解得v0=3m/sBC碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒可得m1解得小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度v3=-1.5m/sv2=1.5m/s（3）从释放C到BC第一次碰撞L=BC碰后，对A、B、C分别根据牛顿第二定律，对Aa对Ba对Ca假设A、B经t1达到共速，此时v=解得tv=0这段时间内xBxC=即A、B共速时，B、C还未碰撞。此后由于μ1>μ2则AB相对静止，此时，滑块B与小球C相距d=v此后，AB共同匀减速直线运动6d=解得t此时vt=【解析】【分析】（1）当根据μ1和μ2与斜面倾角的正切tanθ的大小关系，判断在BC相碰前，A、B是否会发生滑动；

13．【答案】A,B,E【解析】【解答】A.所有晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，A符合题意；

B.给庄稼松土时，破坏了土壤中的毛细管，土壤内的水分不会快速通过毛细管上升道到土壤表面，可防止水分蒸发，B符合题意；

C.布朗运动是微粒的无规则运动，是由液体分子对固体颗粒撞击力的不平衡造成的，故布朗运动反映了液体分子的无规则运动，C不符合题意；

D.温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大，但并非所有分子的动能都增大，个别分子动能可能减小或不变，D不符合题意；

E.质量相等的氢气和氧气，因为氢气的分子量小，所以氢气的分子数多，温度相同，分子的平均动能相同，所以氢气的内能较大，E符合题意