四川省2024年高考物理模拟试卷及答案15

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．据报道，国外某一核电站排放的“核污水”中含有大量的氚以及钡141、氪92、锶90等几十种放射性元素，其中核反应之一为3890Sr→39A．3890Sr的比结合能比3990X的比结合能小 C．Y粒子是电子，是3890Sr的核外电子 D．温度升高，2．甲、乙两辆小车（视为质点）沿水平直道运动，初始时刻乙车在甲车前24m处，其运动的v-t图像如图所示，则下列说法中正确的是（）A．t=4s时甲、乙两车相距48m B．t=6s时甲、乙两车再次相遇C．t=3s时甲车在乙车前方12m D．0～5s甲、乙两车之间的最大距离为24m3．如图为北斗卫星的发射过程示意图，图中①为近地圆轨道，②为椭圆轨道，③为地球同步轨道，P、Q分别为轨道②与轨道①、③的交会点。关于卫星发射过程，下列说法正确的是（）A．卫星在轨道②上的P点的线速度大于11.2km/sB．卫星在轨道②上Q点的线速度一定小于7.9km/sC．卫星在轨道①上的向心加速度保持不变D．卫星在轨道②上Q点的机械能与在轨道③上Q点的机械能可能相等4．如图是巴山大峡谷罗盘顶滑雪项目滑道简化示意图。长直助滑道AB与水平起跳平台BC连接，着陆坡足够长。可视为质点的运动员（含滑板）沿AB滑下，经过一段时间从C点沿水平方向飞出，最后落在着陆坡上的D点，E点离着陆坡CD最远。在不考虑空气阻力情况下，下列说法正确的是（）A．运动员在助滑道上受重力、支持力、摩擦力和下滑力作用B．轨迹CE和ED在竖直方向的投影长度之比为1：3C．E点到着陆坡距离与离开C点时的速率成正比D．运动员在空中的飞行时间与离开C点时的速率平方成正比5．如图所示，一理想变压器ab端接电压恒定交流电源，原线圈匝数为90匝，已知R1=2R，R2=R3=R，当开关S断开时R1的功率为A．30 B．45 C．60 D．1806．如图所示，正方形ABCD的四个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为+q、−q、+q、−q，E、F、O分别为AB、BC及AC的中点。已知无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）A．O点电势为零 B．E点的场强方向沿EA方向C．E、F两点电势相等 D．把电子从E点沿直线移向F点过程，电子的电势能不变7．如图所示，宽度为L，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场的上下边界水平，左右区域足够长。甲、乙两完全相同的线圈边长为L。甲从某一高度由静止开始下落，以v0匀速通过磁场，乙从同一高度以初速度vA．离开磁场时乙的速度为甲的速度的2倍B．从开始进入磁场到刚好离开磁场的过程中，线圈甲、乙产生的焦耳热相同C．从开始进入磁场到刚好离开磁场的过程中，通过甲、乙两线圈横截面的电荷量相同D．刚进入磁场时，线圈乙产生的感应电动势为甲产生的感应电动势的2倍8．一质量为1kg、带电量为+1C的小球，以初速度10m/s冲上一质量为4kg，半径为1m的四分之一绝缘光滑圆槽。整个空间存在方向竖直向下，电场强度为10N/C的匀强电场。所有接触面均光滑，重力加速度取10m/sA．小球和槽组成系统机械能不守恒 B．小球和槽组成系统动量守恒C．整个过程小球的动能最小值为4J D．小球离开槽后继续上升的高度为1m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．位移传感器经常用在力学实验中，并且可以很好的与计算机结合，快速解决普通方法难以测量的问题。为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组设计了图甲所示的实验装置，将粗糙长木板（厚度不计）的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上，横杆的位置可在竖直杆上调节。竖直杆OO1与水平底座垂直，（1）现测得OP的长度如图甲，OP的长度l=cm。（2）调节横杆，当OQ高度ℎ=12.00cm时，轻推在斜面上的小物块，物块到位移传感器的距离x与时间t的关系为乙图，则小物块与粗糙长木板间的动摩擦因数μ=（3）再次调节横杆，小物块无初速度轻放在斜面上，物块到位移传感器的距离x与时间t的关系为丙图，测得OQ高度ℎ=18.00cm，则当地的重力加速度g=10．电流表A1的量程为0～750μA、内电阻约为500Ω，现要测其内阻，除若干开关、导线之外还有器材如下：电流表A2：与A1规格相同；滑动变阻器R0：阻值0～2000Ω；电阻箱R：阻值0~999.9Ω；电源：电动势E约1.5V、内电阻r约2Ω。（1）某同学想用等效替代法测量电流表内阻，设计了如图甲的电路，按照图甲的电路在图乙中连接好实物图。（）（2）电路连接好后，请你完善以下测量电流表A1内电阻的实验步骤。a.先将滑动变阻器R0的滑片移到使电路安全的位置，再把电阻箱R的阻值调到（填“最大”或“最小”）b.开关S1拨到1，闭合开关S，调节滑动变阻器R0，使两电流表的指针在满偏附近，记录电流表A2的示数I；c.开关S1拨到2，保持S闭合、R0不变，调节电阻箱R，使电流表A2的示数为，此时电阻箱的阻值如图丙所示，则电流表A1内电阻为Ω。（3）该同学紧接着用电流表A1设计了有两个不同量程的欧姆表，如图所示，其中R1=1000Ω，R2=500Ω，E1=1.5V，现分别将AC、BC两接线柱短接后调零，再分别在AC、BC两接线柱接入RA和RB，两次指针均指到表盘的正中央刻度，则RA：RB=。11．如图1所示，一倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上（斜面足够长、带一定滑轮），物块A放在斜面上的O点，用跨过轻质定滑轮的轻绳与物块B连接，B离滑轮足够远。A、B的质量分别为m1=2.5kg、m2=0.9kg。运动过程中A与O点的距离设为x，A与斜面间的动摩擦因数（1）当x为多大时物块A的速度最大；（2）物块A在斜面上滑行的最大位移xm12．如图，在xOy的坐标平面内，第二象限的直角三角形O1DF（O1、F分别为xy轴上的两个点）区域分布着大小B=mv02ql，方向垂直纸面向里的匀强磁场，第一象限有与y轴成45°的匀强电场，第四象限分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，AC为在y轴负半轴上的荧光屏。质量为m、电荷量为q（q<0）的带电粒子从O1处以大小为v0，方向与x轴成60°的速度射入，过y轴P点（P点未标）经第一象限后垂直打在x轴上，后经第四象限打在荧光屏上的A点。已知O、O1间的距离为3l，O（1）P点坐标及第一象限中电场强度的大小E；（2）粒子从O1运动到A的时间t（3）将第一象限电场强度变为原来的一半，方向不变，粒子仍从O1处以大小为v02，方向不变的速度射入，通过改变第四象限中磁感应强度，使粒子打在荧光屏AC13．下列有关热学说法正确的是（）A．热量能自发地从低温物体传到高温物体B．液体的表面张力方向总是跟液面相切C．“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需尽快描下油膜轮廓，测出油膜面积D．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的E．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体14．如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积为S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降12H左侧活塞上升13H。已知大气压强为（1）最终汽缸内气体的压强；（2）弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。15．位于x轴正半轴和负半轴有两个波源，t=0时刻波形图如图所示，再经过0.1s两列波在P点相遇，两列波周期为s，t=0.9s时a处质点沿y轴（填“正”或“负”）方向振动，从t=0时刻开始经过0.8s，b处质点运动的路程为16．半径为R的半球形玻璃砖ABC放在一水平桌面上，侧面图如图所示，AB边为直径，O点为球心，D、P分别为OB上和CO延长线上的一点。当一束光线从C点沿CD传到D点时，其折射光线与反射光线恰好垂直；当该束光线改从桌面上的E点平行CO射向玻璃砖，通过玻璃砖从D点射出，其折射光线刚好经过P点。已知光在真空中的传播速度为c，球的半径为R，OD间的距离为33R，PO间的距离为（1）玻璃砖的折射率n；（2）E点到C点的距离L和光由E点经玻璃砖到达P点的时间t。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、核反应的生成物比反应物更加稳定，比结合能更大，即3890Sr的比结合能比3990X的比结合能小，故A正确；

BC、根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，Y为电子，则该核反应为β衰变，该电子是核内的中子转化为质子时放出的电子，故BC错误；

D、外界因素不影响半衰期，则温度升高，38902．【答案】D【解析】【解答】AD、t=4s时，两车速度相同，则两车间的距离最大，此时两车的位移为

x甲=(4+2)2×24m=72m

x乙=12×2×24m=24m

所以甲、乙两车间的距离为

Δxmax=x甲−(x乙+x0)=24m

故A错误，D正确；

B、t=6s时甲、乙两车的位移为

x'甲3．【答案】B【解析】【解答】A、卫星绕地球转动的速度一定小于第二宇宙速度11.2km/s，即卫星在轨道②上的P点的线速度小于11.2km/s，故A错误；

B、第一宇宙速度7.9km/s等于近地卫星的运行速度，根据

GMmr2=mv2r

可得

v=GMr

可知卫星在轨道③的速度小于7.9km/s，卫星在Q点从轨道②变轨到轨道③需要点火加速，则卫星在轨道②上Q点的线速度一定小于7.9km/s，故B正确；

C、卫星在轨道①上的向心加速度大小不变，方向时刻发生变化，故C错误；

D、卫星在Q点从轨道②变轨到轨道③4．【答案】B【解析】【解答】A、在助滑道上受重力、支持力、摩擦力作用，故A错误；

B、设C到D的时间为t1，则有

tanθ=12gt12v0t1

解得

t1=2v0tanθg

运动员离开跳台时的速度，分解为垂直坡面的分速度和平行与坡面的分速度，当垂直于坡面的速度为零时，运动员速度方向与着陆坡平行，离着陆坡最远，设C到E的时间为t2，则有

tanθ=gt2v0

解得

t2=v0tanθg

故

t2t5．【答案】B【解析】【解答】设当开关S断开时，通过R1的电流为I1，当开关S闭合时，通过R1的电流为I2，原副线圈匝数比为m，则根据

P=I2R

结合题意可得

I1:I2=2:3

开关S断开时，原线圈两端的电压为

U1=U0−IR1=U0−I1R1

根据理想变压器规律可得，此时通过副线圈的电流为

I=mI1

则副线圈两端的电压为

U=IR3=mI1R

关S断开时，原线圈两端的电压为

6．【答案】A,C【解析】【解答】A、根据题意，由点电荷电势公式

φ=kqr

可知，由于O点到正方形ABCD的四个顶点距离相等，则O点电势为零，故A正确；

B、由等量异种电荷电场分布特点可知，AB两点电荷在E点产生的电场沿AE方向，CD两点电荷在E点产生的电场沿EA方向，且小于AB产生的电场，则E点的场强方向沿AE方向，故B错误；

C、根据题意，由点电荷电势公式

φ=kqr

可知，AC两点电荷在E、F两点电势相等，BD两点电荷在E、F两点电势相等，则E、F两点电势相等，故C正确；

D、根据题意，由点电荷电势公式

φ=kqr7．【答案】B,C【解析】【解答】A、线圈竖直方向的速度切割磁感线，甲从某一高度由静止开始下落，以v0匀速通过磁场，则乙从同一高度以初速度v0水平抛出，乙将匀速通过磁场，且竖直方向的速度为v0，故乙离开磁场时乙的速度为

v=v02+v02=2v0

故A错误；

B、根据能量守恒，从开始进入磁场到刚好离开磁场的过程中，线圈甲、乙产生的焦耳热均为

Q=2mgL

故B正确；

C、从开始进入磁场到刚好离开磁场的过程中，通过甲、乙两线圈横截面的电荷量均为

q=I8．【答案】A,D【解析】【解答】A、小球和槽组成的系统除了重力做功之外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，故A正确；

B、小球和槽组成系统水平方向动量守恒，故B错误；

C、对小球和槽组成系统水平方向动量守恒

mv0=(m+M)v

可得

v=2m/s

整个过程中电场力对小球做功为

W电=−qER=−1×10×1J=−10J

由能量守恒定律可知，整个过程中小球在圆槽的最高点时动能最小，则

12mv02+W电=mgR+Ekmin+12Mv2

解得整个过程小球的动能最小值为

Ekmin=22J9．【答案】（1）24.00（2）0.5（3）9.80【解析】【解答】（1）根据刻度尺的读数规律，该读数为24.00cm。

（2）图乙中x-t图像为一条倾斜的直线，斜率表示速度，斜率一定，表明小物块在斜面上沿斜面向下做匀速直线运动，令斜面倾角为θ，则有

mgsinθ=μmgcosθ

根据几何关系

tanθ=12.0024.00=12

解得

μ=0.5

（3）再次调节横杆，小物块无初速度轻放在斜面上，物块到位移传感器的距离x与时间t的关系为丙图，根据图像可知，小物块向下做匀加速直线运动，令斜面倾角为α，则有

tanα=18.0024.00=34

对小物块进行分析有

mg10．【答案】（1）（2）最大；I；500.0（3）3：2【解析】【解答】（1）按照图甲的电路连接实物图，如图所示

（2）应将电阻箱R的阻值调到最大；

开关S1拨到2，保持S闭合、R0不变，调节电阻箱R，使电流表A2的示数为I；

电流表A1内电阻为电阻箱的读数500.0Ω。

（3）将AC两接线柱短接后调零，有

IAC=ER内1=IA+IARAR1+R2

将BC两接线柱短接后调零，有

11．【答案】（1）解：设物块A的速度最大时A与斜面间的动摩擦因数μ，由牛顿第二定律得m解得μ=0由图2得μ=则当μ=0.x=2m（2）解：设物块A沿斜面向下滑到最大位移过程中，克服摩擦力做功为Wfm摩擦力做功为W其中μ=解得x【解析】【分析】（1）A、B为关联体模型，A、B的速度和加速度大小相等。当A的速度最大时，A的加速度为零。对A、B构成的整体进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解确定A速度最大时的摩擦力因素，再结合图2进行解答；

（2）当物体A的速度为零时，物块A在斜面上滑行的位移最大。根据图2结合摩擦力与正压力的关系画出A所受摩擦力与位移的关系图。F-x图像与位移轴所围面积表位该段位移内力所做的功。以A、B构成的整体为研究对象，明确各力的做功情况，再根据动能定理进行解答。12．【答案】（1）解：粒子在磁场1中做匀速圆周运动，则有qB解得R过O1点做v则有FA=即带电粒子从F点垂直到y轴进入第一象限，可知P点与F点重合，则P点坐标为(0，l)，带电粒子从F点进入第一象限，其受力分析和运动情况大致如图所示根据运动的独立性和力的独立作用原理在x轴方向上有qEsin4在y轴方向上有qEcos4解得E=（2）解：结合上述解得带电粒子在电场中运动时间t带电粒子打在x轴上的位置到O点距离x=l带电粒子从O1t带电粒子在第四象限中运动轨迹是以O点为圆心，半径为l，圆心角为π2t粒子从O1t=（3）解：当粒子以速度v=1R由几何关系得，粒子从O1qE2在y轴方向上有qE2可知带电粒子仍垂直x轴进入第四象限，带电粒子打在x轴上的位置到O点距离x粒子进入第四象限速度v如果粒子刚好打在A点，轨迹如图所示由几何关系得R解得R由于q解得B如果粒子刚好打在C点，轨迹如图所示由几何关系得R解得R由于q解得B综合上述可知2m【解析】【分析】（1）粒子在三角形区域做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力结合牛顿第二定律确定粒子做圆周运动的半径。再根据几何关系确定粒子从磁场中飞出的位置及速度方向，继而确定P点的坐标。明确粒子所受电场力与粒子进入磁场速度方向的夹角，粒子垂直打在x轴上，即粒子到达x轴上时沿x轴方向速度为零，再根据运动的合成与分解结合牛顿第二定律及运动学规律进行解答；

（2）根据（1）中分析结合运动规律，确定粒子从开始运动至到达x轴的时间。粒子在第四象限做匀速圆周运动，根据题意确定粒子在第四象限运动轨迹对应的圆心角，再结合带电粒子在磁场中运动规律进行解答；

（3）同（1）分析，根据带电粒子在磁场中运动规律及几何关系确定粒子从磁场进入第一象限的速度方向，再根据运动的合成与分解结合运动学规律及牛顿第二定律确定粒子进入第四象限的速度大小和方向。要使粒子打在荧光屏AC上，则临界情况为分别在荧光屏上A点和C点，结合几何关系确定粒子临界情况下的运动半径，再根据洛伦兹力提供及牛顿第二定律进行解答。13．【答案】B,D,E【解析】【解答】A、由热力学第二定律可知，热量能自发地从高温物体传到低温物体，不能自发地从低温物体传到高温物体，故A错误；

B、液体的表面张力方向总是跟液面相切，故B正确；

C、“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，滴入油酸酒精溶液后，需待油酸溶液全部散开，形状稳定之后，描下油膜轮廓，测出油膜面积，故C错误；

D、扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，故D正确；

E、在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融的石英后却是非晶体；把晶体硫加热熔化，到入冷水中，会变成柔软的非晶体硫，再经一些时间又会转变成晶体硫，故E正确。

故答案为：BDE。

【分析】熟练掌握热力学第二定律的内容及其描述。液体的表面张力方向总是跟液面相切。扩散现象是由物质分子无规则运动产生的。在合适的条件下，某些晶体与非晶体可发生转变。熟练掌握“用油膜法估测油酸分子的大小”实验的操作步骤。14．【答案】（1）解：设未添沙时初状态气体压强为p0V添沙后的末状态气体体积为V已知汽缸内气体温度始终不变，则此过程为等温变化，设末状态气体压强为p1p联立解得p（2）解：