四川省2024年高考物理模拟试卷及答案9

四川省2024年高考物理模拟试卷及答案阅卷人一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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1．一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示，周期为T，其电压的有效值（）A．2V B．22V C．52．如图所示，小李同学在练习对墙垫排球。她斜向上垫出排球，球垂直撞在墙上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方。若不计球的旋转及空气阻力，则上述过程中此排球（）A．撞击墙壁过程没有机械能损失 B．刚落地时动能和刚垫出时动能可能相等C．在空中上升过程和下降过程的时间相等 D．刚落地时水平速度比刚垫出时水平速度大3．下列四幅图中：图甲是氢原子的能级示意图；图乙胶囊中装的是钴2760Co，其半衰期约为5.272年；图丙瓶中装的是碘53131I；图丁是α、A．图甲中，基态的氢原子吸收能量为13.25eV的光子可以跃迁到n=6能级B．图乙中，经过15.816年的时间，100gC．图丙中，53131I发生衰变的方程为53131D．图丁中，α射线的速度最快、β射线的电离作用最强、γ射线的穿透能力最强4．国产新型磁悬浮列车甲、乙（都可视为质点）分别处于两条平行直轨道上。开始时（t=0），乙车在前，甲车在后，两车间距为x0，在t=0时甲车先启动，t=3s时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，两车运动的v−tA．在两车加速过程中，甲车的加速度大于乙车的加速度B．无论x0C．若x0D．在0∼7s内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度5．如图所示，有4042个质量均为m的小球（可视为质点），将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止。已知连接天花板的轻绳与水平方向的夹角为60°，设第2021个小球和第2022个小球之间的轻绳的弹力大小是4042个小球的总重力的k倍，则k值为（）A．12 B．712 C．736．中国科学院高能物理研究所公布：在某高海拔观测站，成功捕获了来自天鹅座万年前发出的信号。若在天鹅座处有一质量均匀分布的球形“类地球”行星，其密度为ρ，半径为R，自转周期为T0，公转周期为T，引力常量为G。则下列说法正确的是（）A．该“类地球”行星表面两极的重力加速度大小为4B．该“类地球”行星的同步卫星运行速率为2πRC．该“类地球”行星的同步卫星轨道半径为3D．在该“类地球”行星表面附近做匀速圆周运动的卫星的运行速率为2π7．如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初速度滑上木板，t=2s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v−t图像如图（b）所示。重力加速度大小g取A．Q的质量为1kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0J D．8．如图所示，水平放置的长方体容器内存在竖直方向的匀强磁场，边长为L的正方形abcd是长方体容器的横截面，a、b、c、d四个顶点处均开有小孔。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子（不计重力）以速度v0A．磁场方向竖直向上，B=22mC．磁场方向竖直向下，B=4mv0阅卷人二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。得分9．如图所示，是“探究小车速度随时间变化规律”的实验装置。（1）该实验中，下列操作步骤必要的是____A．需将导轨远离滑轮的一端适当垫高B．悬挂的槽码质量应远小于小车的质量C．小车运动结束后，先关闭打点计时器再取下纸带（2）如图所示，是某次正确操作后得到的纸带，已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，由此可测得纸带上打B点时小车的速度为m/s（保留两位有效数字）。（3）如图所示，某同学将正确操作得到的纸带每隔0.1s剪断，得到若干短纸条。再把这些纸条并排贴在一起，使这些纸条下端对齐，作为时间坐标轴，将纸条左上端点连起来，得到一条直线。则该直线____A．可以表示小车位移—时间图像 B．可以表示小车速度—时间图像C．与时间轴夹角的正切为速度大小 D．与时间轴夹角的正切为加速度大小（4）利用该装置还可以做的实验有____（多选）A．探究加速度与力、质量的关系B．利用打点计时器测量小车的平均速度和瞬时速度C．补偿阻力后，利用小车下滑过程验证机械能守恒定律10．某同学根据所学知识，用带托盘的弹簧、电池组、电阻箱、滑动变阻器、内电阻很大的电压表（量程为0-3V）等元件制作了一台简易电子秤。弹簧下端固定在可竖直升降的平台上，弹簧上端固定有托盘和水平指针P，滑动变阻器竖直固定，滑片P'朝向指针P。滑动变阻器的最大阻值R=20Ω，ab是滑动变阻器有电阻丝缠绕的部分，弹簧始终处于弹性限度内。（1）图甲所示为电子秤的部分原理图。①当托盘中没有放物体时，调节滑片，使滑片P'处于滑动变阻器的a点，调节平台使P正对P'。托盘中放入待测物体后，调滑片P'，使P'正对P。②闭合开关，为使电压表示数随待测物体的质量的增大而均匀增大，应将电压表连接在图甲的B点与点（选填“A”或“C”）③在托盘里放入1.0kg的砝码，调节滑片P'，P正对P'时，此时电压表读数为1.60V，则该电子秤可测量的最大质量为kg（结果保留2位有效数字），秤盘和弹簧的质量对电子秤的测量结果（选填“有”或“无”）影响。（2）该同学为了测量出电子秤内电池组的电动势和内阻，将电压表并联在R0两端，如图乙所示。进行了如下操作：改变电阻箱阻值R0，记录电压表的对应的读数U0，用WPS表格处理多次测量的数据得到如图丙所示的图像，该图像的函数关系式为y=2.3x+0.11。其中横坐标为1R0，纵坐标为1U0，则由图丙可得电池组的电动势E=11．汽车的减震器可以有效抑制车辆振动。某同学设计了一个利用电磁阻尼的减震器，在振子速度较大时用安培力减震，速度较小时用弹簧减震，其简化的原理如图所示。匀强磁场宽度为L=0.2m，磁感应强度B=1T，方向垂直于水平面。一轻弹簧处于水平原长状态垂直于磁场边界放置，右端固定，左端恰与磁场右边界平齐，劲度系数为k=16N/m。一宽为L，足够长的单匝矩形硬金属线框abcd固定在一小车上（图中未画出小车），右端与小车右端平齐，二者的总质量为m=1kg，线框电阻为R=0.01Ω，使小车带着线框以（1）求线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小；（2）求小车向右运动过程中线框中产生的焦耳热和弹簧的最大压缩量；12．如图甲所示，曲线OP上方有沿−y方向匀强电场，其场强大小为E1，曲线左侧有一粒子源AB，B端位于x轴上，能够持续不断地沿+x方向发射速度为v0，质量为m、电荷量为q的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过O点，已知从A点入射粒子恰好从（1）写出匀强电场边界OP段的边界方程（粒子入射点的坐标y和x间的关系式）：（2）若第四象限内存在边界平行于坐标轴的矩形匀强磁场B1（未画出），磁场方向垂直纸面向外。自O点射入的粒子束，经磁场偏转后均能够返回y（3）若第一象限与第四象限间存在多组紧密相邻的匀强磁场B2和匀强电场E2（如图乙），电磁场边界与y轴平行，宽度均为d，长度足够长。匀强磁场B2=mv0qd，方向垂直纸面向里，匀强电场E2=mv024qd13．如图甲所示在一条张紧的绳子上挂几个摆，a、c摆的摆长相同且小于b摆的摆长。当a摆振动的时候，通过张紧的绳子给其他各摆施加驱动力，使其余各摆也振动起来。图乙是c摆稳定以后的振动图像，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．a、b、c单摆的固有周期关系为Ta=Tc<TbB．b、c摆振动达到稳定时，c摆振幅较大C．达到稳定时b摆振动周期最大D．由图乙可知，此时b摆的振动周期Tb小于t0E．a摆的摆长为g14．用某透明材料制作的半球形光学元件如图所示，平行单色光垂直射到半径为R的半球底平面上，材料对该单色光的折射率n=53，半球的上方平行于半球底平面放置一足够大的光屏，单色光经半球折射后在光屏上可形成一个圆形光斑。不考虑光的干涉、衍射及在半球内的多次反射，真空中光速为（1）当以临界角入射时，光线汇集点到O点的距离；（2）圆心O到光屏的距离d=5

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】根据有效值的定义结合图像有U解得U=故答案为：C。

【分析】若同一阻值为R的电阻接在恒压稳流的直流电路中在交流电的一个周期内产生的热量与接在交流电路中在一个周期内产生的热量相同，则认为该直流电的电压U为交流电电压的有效值，该直流电路中通过电阻R的电流I为交流电电流的有效值。2．【答案】B【解析】【解答】A.若排球撞击墙壁过程没有机械能损失，则反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，球应原路返回，而由图可知，球没有原路返回，所以球与墙碰撞过程中有能量损失，A不符合题意；

B.虽然碰撞过程中有能量损失，但反弹后下落的高度大，所以从开始抛出到落地过程中重力做正功，如果整个过程中重力做的功等于球与墙碰撞过程中损失的能量，则球落地时和抛出时的动能相等，B符合题意；

C.将斜抛运动的上升过程看作平抛运动的逆运动，竖直方向上的分运动为自由落体运动，根据

ℎ=12gt2

可得

t=2ℎg

要由于两种情况下竖直方向运动的高度不同，可知运动时间不相等，反弹后运动的时间长，C不符合题意；

D.将斜抛运动上升过程看作平抛运动的逆运动，水平方向做匀速直线运动，上升或下落相同高度时，所用的时间相同，根据

3．【答案】B【解析】【解答】A.氢原子从低能级向高能级跃迁时，吸收的光子能量需等于两能级间的能量差，故基态的氢原子要跃迁到n=6能级，需要吸收的光子能量为

−0.38eV−(−13.6)eV=13.22eV

A不符合题意；

B.由题意可知，钴2760Co半衰期约为5.272年，15.816年为3给半衰期，剩下的Co原子核的质量为

m=100g×(12)3=100g×18=12.5g

故100g2760Co原子核中有87.5g已经发生了衰变，B符合题意；

C.根据质量数和电荷数守恒可得

n=131-131=0，m=53-(-1)=544．【答案】D【解析】【解答】A.由加速度公式

a=∆v∆t

结合图中数据可得，两车加速过程的加速度分别为

a甲=40−05m/s2=8m/s2，a乙=60−09−3m/s2=10m/s2

所以甲车的加速度大小比乙车的加速度小，A不符合题意；

B.由v-t图像可知，在第7s末，两车的速度相等，根据v-t图像中的面积表示位移可知，从开始到7s，甲车通过的路程为

x甲=12×40×5m+40×(7−5)m=180m

乙车通过的路程为

x乙=5．【答案】B【解析】【解答】以4042个小球组成的整体为研究对象，分析受力，如图1所示，根据共点力平衡条件得

F=4042mgtan60°=4042mg3

再以2022个到4042个小球共2021个小球组成的整体为研究对象，分析受力，如图2所示，由共点力平衡条件可得

T2=2021mg2+F2

解得

6．【答案】A,D【解析】【解答】A.放在该“类地球”行星表面的物体重力等于万有引力，设行星表面物体质量为m1，有

GMm1R2=m1g

其中

M=ρ43πR3

解得

g=43πρGR

A符合题意；

B.设该“类地球”行星的同步卫星运动轨道半径为r，由匀速圆周运动的线速度与周期的关系式可得，该“类地球”行星的同步卫星运行速率为

v=2πrT0

B不符合题意；

C.设行星的同步卫星质量为m2，由万有引力提供向心力，可得

GMm7．【答案】A,C【解析】【解答】A、两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得m根据v-t图像可知v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s代入上式解得M=1故A正确；

B、设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t图像可知，0-2s内P与Q的加速度分别为aP=1.5对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg=m联立解得μ故B错误；

C、由于碰撞系统损失的机械能为∆E=代入数据解得∆E=1.0故C正确；

D、对碰撞后整体受力分析，由动量定理得−代入数据解得t因此木板速度恰好为零的时刻为t=故D错误；

故答案为：AC。

【分析】根据图像确定碰撞前后P、Q的速度，再根据动量守恒定律及能量守恒定律确定物体质量及损耗的能量。v-t图像的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律确定摩擦因数。8．【答案】A,C【解析】【解答】CD．若磁场方向竖直向下，运动轨迹如图所示根据几何关系可得r解得r由洛伦兹力提供向心力q解得r联立可得B=C符合题意，D不符合题意。AB．磁场方向竖直向上，运动轨迹如图所示根据题意可知，反弹后的速度为v根据洛伦兹力提供向心力q解得r同理可得r根据几何关系可得2解得r则有B=A符合题意，B不符合题意。故答案为：AC。

【分析】当磁场向下时，根据左手定则的粗粒子的运动轨迹，结合几何关系得出粒子轨迹的半径，根据洛伦兹力提供向心力从而得出磁感应强度的表达式；同理磁场方向竖直向上时得出磁感应强度的表达式。9．【答案】（1）C（2）0（3）B（4）A；B【解析】【解答】（1）AB.根据实验原理可知，该实验中只要小车能做匀加变速运动即可，不需要平衡摩擦力，即不需要将导轨远离滑轮的一端适当垫高，也不需要悬挂的槽码质量远小于小车的质量，AB不符合题意；

C.为了提供打点计时器的使用寿命，实验结束时，应先关闭打点计时器再取下纸带，C符合题意。

故答案为：C。

（2）根据题意可得，相邻两计数点间的时间间隔为

T=51f=0.1s

根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得纸带上打B点时小车的速度为

vB=xAC2T=(3.60−0.65)×10−22×0.1m/10．【答案】（1）A；1.9；无（2）9.【解析】【解答】（1）②根据电路结构可知，滑片P'滑动时，回路中的电流不变，所以电路中的电流恒定，待测物体的质量的增大时，滑动变阻器P'a之间的电阻增大，两端电压增大，所以电压表应接在图甲的B点与A点。

③当托盘里放入1.0kg的砝码，根据胡克定律可知

kx=mg

设滑动变阻器单位长度的电阻为r，则电压表的示数为

U=Irx=Irmgk

可知电压表示数与质量成正比，电压表量程为3V，则有

mU=m'U'

解得该电子秤可测量的最大质量为

m'=1.9kg

秤盘和弹簧的质量对电子秤的测量结果无影响。

（2）根据闭合电路欧姆定律有

E=U0+U0R0(R+r)

变形可知

1U0=1E+R+rE11．【答案】（1）解：线框刚进入磁场左边界时，感应电动势为E=BLv0线圈中的感应电流I＝安培力F=BIL根据牛顿第二定律小车的加速度a＝联立代入数据解得a=4m/s2（2）解：设线圈的ab边穿过磁场时的速度为v，以向右的方向为正，则由动量定理−BILΔt＝mv−mv0由电流的定义和法拉第电磁感应定律有I代入数据解得v=0.2m/s则产生的焦耳热Q=代入数据得Q=0.48J线圈ab边出离磁场后压缩弹簧，则1代入数据得x=0.05m【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出线圈中的感应电流，得出线框受到的安培力，再由牛顿第二定律求出小车的加速度；（2）对线圈与小车整体，由动量定理求出线圈和小车穿出磁场的速度，再由能量守恒定律进行解答。12．【答案】（1）解：粒子在电场E1区域做类平抛运动，则−x=y=解得y=（2）解：设粒子经过O点的速度为v，与y轴的夹角为θ，则v由qvB=可得r=粒子在磁场中运动时，在y轴上的偏移量Δy=2r∆y恒定，故所有粒子均击中y轴上的同一位置，即y=−处；在x轴上从B端射入的粒子到达的x轴上坐标的最远距离为x得磁场的最小面积S（3