2024届安徽省蚌埠四校高考物理二模试卷含解析

2024届安徽省蚌埠四校高考物理二模试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、恒星在均匀地向四周辐射能量的过程中，质量缓慢减小，围绕恒星运动的小行星可近似看成在做圆周运动.则经过

足够长的时间后，小行星运动的（）

A.半径变大

B.速率变大

C.角速度变大

D.加速度变大

2、如图所示，口。2是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，AB是关于GO?对称且平行的两束不同单色细光束,

从玻璃体右方射出后的光路如图所示，MN是垂直于。仪放置的光屏，。是屏上的一个光斑，根据该光路图，下列

说法正确的是（）

A.在玻璃中，A光的波长比3光的波长短

B.在真空中，A光的频率比4光的大

C.A光的光子动量比〃光的小

D.通过同一双缝干涉装置，A光的干涉条纹间距比3光的小

3、如图所示，在与水平方向成夕角的匀强电场中有一绝缘光滑细杆，底端固定一带正电的小球，上端有一带正电的小

环，在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，下列关于小环能量变化的说法中正确的是（）

A.重力势能与动能之和增加B.电势能与动能之和增加

C.机械能守恒D.动能一定增加

4、如图所示，一个物体在竖直向上的拉力尸作用下竖直向上运动，拉力F与物体速度y随时间变化规律如图甲、乙

所示，物体向上运动过程中所受空气阻力大小不变，取重力加速度大小g=10m/s2则物体的质量为

甲乙

A.100gB.200gC.250gD.300g

5、一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其三一t的图象如图所示，则

t

A.质点做匀速直线运动，速度为0.5m/s

B.质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2

C.质点在1s末速度为1.5m/s

D.质点在第1s内的平均速度0.75ni/s

6、如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现经过时间，通

过的弧长为/,该弧长对应的圆心角为。弧度。已知万有引力常量为G,则月球的质量为（）

A—r------7C.——D.---------

GO3tGOrGl-tGGly

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

7、回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R。两盒间的狭缝很小，苛电粒子穿过狭缝

的时间忽略不计，磁感应强度为〃的匀强磁场与盒面垂直。4处粒子源产生质量为小、电荷量为+g的粒子，在加速器

中被加速，加速电压为U。下列说法正确的是（）

A.交变电场的周期为丁

Bq

B.粒子射出加速器的速度大小与电压U成正比

C.粒子在磁场中运动的时间为工处

2U

D.粒子第1次经过狭缝后进入磁场的半径为也

列q

8、如图，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度人=O.lm处,

滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度，，并作出滑块的动能以一为图象，

其中〃=（M8m时对应图象的最顶点，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线，取g=10m/§2,由

图象可知（）

A.滑块的质量为0.18kg

B.弹簧的劲度系数为100N/m

C.滑块运动的最大加速度为5001届

D.弹簧的弹性势能最大值为0.5J

9、如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为小的A、B两物块叠放在一起，距轴心距离为L随圆盘一起做匀速圆周

n/rr.s--

0.6w/kg

（l）该同学手中有电火花计时器、纸带、10个质量均为100克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线,为了完

成本实验，得到所要测量的物理量,还需要.

A.秒表B.毫米刻度尺C.天平D.弹簧测力计

（2）在实验数据处理中，该同学以C处钩码的总质量加为横轴，以加速度。为纵轴，绘制了如图乙所示的实验图线，可知滑块

与木板间的动摩擦因数〃=.（g取10m/s2）

12.（12分）用图甲所示的元件做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验,小灯泡额定电压约为2.5V额定电流约为0.3A。

完成下列各小题。

⑴图甲中已经作出了部分连线，请在此基础卜完成电路元件连接______°

⑵在实验进行的某一次测量中，电压表、电流表的示数如图乙所示，则电压为V,电流为A,此时小

灯泡的功率为Wo

⑶下列有四个关于小灯泡伏安特性曲线的图象，其中正确的是________

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13.（10分）如图所示，在同一水平面上的两根光滑绝缘轨道，左侧间距为2/,右侧间距为1,有界匀强磁场仅存在于

两轨道间，磁场的左右边界（图中虚线）均与轨道垂直。矩形金属线框。加d平放在轨道上，必边长为/,加边长为

21.开始时，加边与磁场左边界的距离为2/,现给金属线框施加一个水平向右的恒定拉力，金属线框由静止开始沿着

两根绝缘轨道向右运动，且左边始终与轨道垂直，从加边进入磁场直到口/边进入磁场前，线框做匀速运动，从加

边进入右侧窄磁场区域直到词边完全离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框从开始运动到完全离开磁场前的整个过

程中产生的热量为。。问：

（1）线框〃边刚离开磁场时的速度大小是be边刚进入磁场时的几倍?

⑵磁场左右边界间的距离是多少？

⑶线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是多少？

a.____b

•-»-*：xXXXX

2/k-----磁场区----/

I：xXXX>,,:_______

14.（16分）如图所示，光滑轨道槽ABCO与粗糙轨道槽G"（点G与点。在同一高度但不相交，尸〃与圆相切）通

过光滑圆轨道EF平滑连接，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量m=1依的小球甲从Ab段

距地面高4=2〃z处静止释放，与静止在水平轨道上、质量为1kg的小球乙发生完全弹性碰撞。碰后小球乙滑上右边

斜面轨道并能通过轨道的最高点E点。已知CD、G〃与水平面的夹角为0=37。，G〃段的动摩擦因数为4=0.25,圆轨

2

道的半径R=0.4m,E点离水平面的竖直高度为3K（E点为轨道的最高点），Cg=\0m/sts%37"=0.6，

cos37"=0.8）求两球碰撞后：

BC外37°

（1）小球乙第一次通过E点时对轨道的压力大小；

（2）小球乙沿G"段向上滑行后距离地面的最大高度；

（3）若将小球乙拿走，只将小球甲从Ab段离地面〃处自由释放后，小球甲又能沿原路径返回，试求人的取值范围。

15.（12分）如图所示，在倾角为0=30"且足够长的斜面上，质量为的物块B静止在距斜面顶编为L的位置，质

量为机的光滑物块A由斜面顶端静止滑下，与物块〃发生第一次正碰。一段时间后4、4又发生第二次正碰，如此重

复。已知物块A与物块笈每次发生碰撞的时间都极短且系统的机械能都没有损失，且第二次碰撞发生在物块8的速度

刚好减为零的瞬间。已知物块B所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为外求

（1）A、8发生第一次碰撞后瞬间的速度

（2）从一开始到A、8发生第〃次碰撞时，物块A在斜面上的总位移。

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、A

【解析】

A：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，小行星所受的万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A

正确；

B、C、D：小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的质是为山，恒星质量为则有：

量减小，则速度变小，角速度变小，加速度变小，故BCD错误.

2、C

【解析】

AB.由光路图可知玻璃体对4光的折射率大于对A光的折射率，由此可知4光的频率大于A光的频率，光的频率越

小则波长就越长，故A光的波长比8光的波长长，故AB错误；

C.根据

hv

P=—c

可知，光子的频率越大，则动量也就越大，故A光的光子动量比5光的小，故C正确；

D.根据

zkr=­A

d

可知，光的波长越长，则干涉条纹间距越大，即A光的干涉条纹间距比8光的大，故D错误。

故选C。

3、B

【解析】

ABC,在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，受向下的重力、斜向上的电场力和竖直向上的库仑力，因电场力和

库仑力对环都做负功，可知环的机械能减小；而环的动能、重力势能和电势能之和守恒，则因电势能变大，则重力势

能与动能之和减小；因重力势能减小，则电势能与动能之和增加；选项AC错误，B正确；

D.环下滑过程中一定存在一个重力、电场力、库仑力以及杆的弹力的四力平衡位置，在此位置时环的速度最大，动

能最大，则环下滑时动能先增加后减小，选项D错误；

故选B。

4、C

【解析】

由乙图可得，=2s后，物体匀速，则有

F=〃吆+Ff

f=2s前，物体匀加速，则有

2

F-[mg+Ff）=f?uifa=2m/s

代入数据有

m=0.25kg=250g

A.100g与分析不符，故A错误；

B.200g与分析不符，故B错误；

C.250g与分析相符，故C正确；

D.300g与分析不符，故D错误；

故选：Co

5、C

【解析】

由图线可知，质点运动的平均速度逐渐增大，则质点做匀加速直线运动；根据图线可得：=二=0.5+0.5/,既

t

v==0.5+0.5/,可得：v（）=0.5m/s,«=1m/s2,故AB错误；质点在1s末速度为v=v（）+a/=1.5m/s,故C

2

正确；质点在第1s内的平均速度万=0.5+0.5xlm/s=lm/s,故D错误。

故选C。

6、B

【解析】

卫星的线速度为

I

v=-

t

角速度为

0

（0=—

可得卫星的运行半径为

R=匕，

co9

由万有引力定律及牛顿第二定律得

GMm_wv2

Rr~~R~

故月球的质量

M工人

GGOt2

故B正确，ACD错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、CD

【解析】

A.为了能够使粒子通过狭缝时持续的加速，交变电流的周期和粒子在磁场中运动周期相同，即

qB

A错误;

B.粒子最终从加速器飞出时

v*

qvB=m—

解*得

m

粒子飞出回旋加速器时的速度大小和U无关，B错误;

C.粒子在电场中加速的次数为〃，根据动能定理

nqU=^mv2

粒子在磁场中运动的时间

q2B2R212兀m/BN

t=n.Lr=L.

22qUm22qB2U

c正确；

D.粒子第一次经过电场加速

qU=-mv；

进入磁场，洛伦兹力提供向心力

q\B=?味

解得

R_inv_m2qU_12mU

D正确。

故选CD,

8、BD

【解析】

A.在从0.2m上升到0.35m范围内，△Ek=A£P=/wgAh,图线的斜率绝对值为:

强二0.3

N=2N=〃ig

Xi0.35-0.2

则

m=0.2kg

故A错误；

B.由题意滑块与弹簧在弹簧原长时分离，弹簧的原长为0.2m,6=0.18m时速度最大，此时

mg-kx\

xi=0.02m

得

A=100N/m

故B正确；

C.在/『0.1m处时滑块加速度最大

kx2-fng=ma

其中X2=0.1m,得最大加速度

a=40m/s2

故C错误；

D.根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以

Epm=mgA/jm=0.2x10x(0.35-0.1)J=().5J

故D正确。

故选BD.

9、BC

【解析】

A.两物体做匀速转动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心不恒定，故A错误；

B.根据向心力公式“可知，物块4、B一起转动过程中所需向心力大小相等，故B正确；

CD.对A8整体分析，当最大静摩擦力提供向心力，有

解得

%=后

对A分析，5对A的最大静摩擦力提供向心力，有

0.5〃・，〃g=w"

解得

。产厩

A〃一起转动的最大角速度为J第，此时圆盘对5的摩擦力为

f=2mL•

故C正确，D错误。

故选：BCo

10、BD

【解析】

A.因金属棒与导轨之间有摩擦力，可知开始时导体棒8的速度为零，当所受的安培力等于最大静摩擦力时才开始

运动，故A错误；

B.开始时，。棒的速度为零，加速度为零；当CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，与A5的速度差逐渐变大,

则回路中感应电流逐渐变大，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，加速度逐渐变大，当CO的加速度与A3加速度

相等时，两棒的速度差保持不变，安培力保持不变，加速度保持不变，故B正确；

C.在开始C'。棒不动时，安培力

厂n,BLafB213cl

FH=BL------=--------

2R2R

即安培力随时间成正比关系增加；当。开始运动后，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保

持不变，故c错误;

D.对A8外力

广，厂,B2%

尸=叫+/+七=ma{)+f+――

开始时C&加速度为零，A8加速度为。飞。，则此时外力尸随时间，线性增加；当C。开始运动后加速度从0开始逐渐

变大，导体棒48所受的向左的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故D正确。

故选BD.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、(1)B(2)0.3

【解析】

第一空.打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误.本实验不需要测滑块的质量，钩码质量已知，

故不需要天平，故B错误.实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故C正确.滑块受到的拉力等于钩码的

重力，不需要弹簧测力计测拉力，故D错误.故选C;

第二空.对系统应用牛顿第二定律可得：a=s?-----------=其中〃，+/=，〃。；所以。加

M+惆M+耿)

图象中，纵轴的截距为故-〃g=-3,〃=0.3.

【解析】

(1)口］小灯泡额定电压约为2.5V、额定电流约为0.3A,则电压表选用0~3V量程，电流表选用0~0.6A量程。小灯

泡电阻约为

U_2.5V

r\―....---------R8.3Q

10.3A

电流表0〜OSA量程的内阻一般为0.5Q,电压表0〜3V量程的内阻一般为几千欧。相比较而言，小灯泡电阻为“小电

阻”，故应用电流表外接法。小灯泡两端电压应从0开始，则滑动变阻器应为分压接法。元件连接如图所示。

⑵⑵⑶[4]经估读后，电压表示数为1.5V,电流表示数为0.18A。此时小灯泡功率为

尸=U/=1.5Vx0.18A=0.27W

(3)[5]温度升高，小灯泡电阻变大。则U-/图象的斜率逐渐增大，/-U图象的斜率逐渐减小，且图像要过坐标原点。

所以B正确，ACD错误。

故选B。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13、(1)线框ad边刚离开磁场时的速度大小是be边刚进入磁场时速度的4倍；(2)磁场左右边界间的距离是32/；(3)

32

线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是yQo

【解析】

⑴设磁感强度为比设线框总电阻为凡线框受的拉力为尸，左边刚进磁场时的速度为力，则感应电动势为：

Ei=2Blvi

感应电流为：

1R

线框所受安培力为：

Fx=2Bhl

线框做匀速运动，其受力平衡，即：尸尸尸，联立各式得：

FR

4砂

设ad边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为也，同理可得：

.FR

”一防7

所以：

V2=4VI；

⑵加边进入磁场前，线框做匀加速运动，设加速度为m反边到达磁场左边界时，线框的速度为

==

V(yj2.CIX2/2>/^/

从ad边进入磁场到be边刚好进入右侧窄磁场区域的过程中线框的加速度仍为由题意可知be边刚进入右侧窄磁场

区域时的速度为：

V2=4vi,v2=4H=S\fai

从线框全部进入磁场开始，直到儿边进入右侧窄磁场前，线框做匀加速运动，设位移为SI,贝IJ：

1彳

将匕=2曰，彩=8/7代入得：

si=30/

磁场左右边界间的距离为：

s=/+.Vi+/=32Z；

⑶整个过程中，只有拉力尸和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为反，由动能定理有:

1%+讣,安=Ek・0

由：

\VF=F(2/+S+/)=35FZ

W安=431

及

e=-w安

可知：

35

%=可

线框的最大动能为：

14、(1)30N；(2)1.62m；(3)力WO.8m或力22.32m

【解析】

(1)小球甲从A点到B点由机械能守恒定律可得：7%话％=3股得；

两小球碰撞时由动量守恒定律可得：网此=+〃”'

由机械能守恒定律可得：；㈣足=J%%?+；叫F

乙L乙

小球乙从BC轨道滑至E点过程，由机械能守恒定律得：吆户=加乙夕3氏十；〃2乙片

小球乙在E点，根据牛顿第二定律及向心力公式，N+mn3

根据牛顿第三定律小球乙对轨道的压力N'=N,由以上各式并代入数据得：/=2V10/n/5,N'=30N

(2)。、G离地面的高度4=2/?-Rcos37=0.48〃？

设小球乙上滑的最大高度为儿,，则小球乙在GH段滑行的距离$=#

小球乙从水平轨道位置滑至最高点的过程，根据动能定理：t叱0%-力=。-<〃?乙/

其中/=/jmgcos37,式=2而m/s,

由以上各式并代入数据得加=162m

(3)只有小球甲时，小球甲要沿原路径返回，