2024年四川省成都某中学高考物理二模试卷及答案

2024年四川省成都外国语学校高考物理二模试卷

二、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。

1.（6分）二十世纪初，爱因斯坦、卢瑟福、波尔等物理学家相继取得了一系列重要的成果，他

们的发现对人类文明的进程产生了深远的影响。下列关于该段时间内的物理学成就的描述正

确的是（）

A.235u+ln^^+黑是重核的裂变，它是目前核电站反应堆工作原理之一

B.汨+汨6*+篙是轻核的聚变，该反应会释放能量，原因是弱巳的比结合能比2

XXww6乙XH

和:^^勺比结合能都小

C.根据狭义相对论，任何情况下测得的光速都是相同的

D.根据爱因斯坦的光电效应方程Ekm=hv-W,逸出光电子的最大初速度的大小与照射光

的频率成线性关系

2.（6分）某航天器以速率v绕地球在圆轨道上运行，其轨道半径为地球半径的两倍，如图所示。

万有引力常量为G,则以下说法正确的是（）

A.地球的第一宇宙速度大小为2V

B.立于航天器内底板上的宇航员对底板的压力为零

C.若在航天器所在的轨道上发射卫星，只有当发射速度达到第二宇宙速度时才能使卫星脱离

地球引力的束缚

D.根据题干提供的信息可以求出地球的密度

3.（6分）一物块放置在固定斜面上，对物块施加一水平力E保持该力的大小不变，在将该作

用力沿水平方向逆时针缓慢转动至竖直方向的过程中，物块始终静止在斜面上，如图所示。

则该过程中（）

♦

A.斜面对物块的摩擦力逐渐减小

B.斜面对物块的支持力先减小后增大

C.斜面对物块的作用力先减小后增大

D.斜面对物块的作用力一直减小

4.（6分）为全面推进乡村振兴，彭州某地兴建的小型水电站如图所示。该水电站交流发电机的

输出功率为P=100kW、发电机的输出电压Ui=250V,经变压器升压后用总电阻R线=7.5。

的输电线向远处输电，在用户处的降压变压器输出电压U4=220V,若升压变压器与降压变压

)

升压变压器降压变压器

A.发电机输出的电流L=40A

B.输电的效率为85%

c.升压变压器的匝数比为EL二工

曾12

D.降压变压器输出的电流l4=400A

5.（6分）如图所示，一•半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在

磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。一电荷量为q（q>0）.质量为m的小球P在球

面上做水平的匀速圆周运动，圆心为（）'。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹

角为8=60°。若重力加速度为g,以下说法正确的是（）

A.从上面俯视小球沿顺时针方向运转

B.球面对小球的弹力大小为2叵曜

3

C.小球的速率越大，则小球受到的洛伦兹力越大

D.磁感应强度的大小可能为匡

qVR

（多选）6.（6分）从地面上将•物体竖直向上抛出，物体运动过程中受到恒定大小的空气阻力

作用，其上升过程中动能与重力势能随上升的高度变化的图像如图所示，则根据该图像可以

A.物体落回地面时的动能

B.物体上升到最高点的机械能

C.物体上升的最大高度

D.物体从抛出至落回抛出点所用的时间

（多选）7.（6分）如图所示，真空中的a、d两点固定两八点电荷Qi、Q2,其中Qi带正电，b、

c是ad连线的三等分点，c、e位于以d为圆心的圆周二，e点的场强为零，若取无穷远处电

势为零。则以下说法正确的是（）

A.同一试探电荷在b点受到的静电力大于c点受到的静电力

B.e点的电势（pe<0

C.电势差Ubc=Ube

D.Qi的电荷量大于Q2的电荷量

（多选）8.（6分）如图所示，abed是一质量为m的“U”形均匀金属框架，其电阻可忽略不计,

ef是一质量也为m、两端有光滑小环的均匀金属杆，将ef两端的小环套在框架顶端，刚好构

成一个边长为L的正方形。PQ是水平匀强磁场的水平边界。将此正方形线框在与匀强磁场垂

直的竖直平面内由静止释放（此时be边距PQ为h）,当be刚越过PQ时刚好匀速运动，ab

边刚好有一半进入磁场时，ef恰到达PQ位置。运动中框架不转动，小环与框架接触良好，

图a

待测电源（电动势小于3V）

电压表（量程3V,内阻约3kC）

电阻箱R（0-999.90）

定值电阻Ro=4Q

开关

导线若干

甲、乙两同学分别设计了如图a（甲）和图b（乙）所示的电路。

（1）某次实验中电阻箱的情况如右图所示，则其接入电路的电阻为

（2）若图a和图b电阻箱接入电路的电阻均为（1）中所读的阻值，电压表的示数分别为Ua

和Ub,则它们的大小关系UaUb（选填”或“<”）；

（3）两同学分别根据电阻箱和电压表的读数R和U,道过建立合适的坐标系，通过图像处理

数据得出了电动势和内阻的值。某同学根据实验测得的电压表的示数U和电阻箱的读数R,

作出了如右图线，则所测得的电动势Ei=,内阻口=o（结果均保留2

位有效数字）。由于电压表的内阻不是无穷大，该同学所测得的电动势（选填“>”、

“=”或“V”）真实值.

11.（12分）如图所示，一半径为R的圆与x轴相切于原点O,圆内有直于纸面向外的匀强磁场，

磁感应强度大为Bo与x轴垂直的竖直虚线与磁场最右端相切，其右侧的第I象限内存在沿

-y方向的匀强电场。现有一束比荷为g的带正电粒子沿着+y方向从原点。射入磁场，粒子

m

离开磁场时方向沿x轴正方向，进入电场后，经电场偏转打到x轴上坐标为（3R,0）的点，

不计粒子的重力，求：

（1）粒子射入磁场时的速度；

（2）电场强度的大小；

（3）若仅使从O点射入的带电粒子初速度方向与-x轴方向成30°角，求粒子从O点出发

到再次打到X轴上所用的时I'叽

12.（20分）光滑的水平面上停放着质量mc=2kg的平板小车C,C的左端放置质量mA=lkg

的物块A,车上距左端xo处（xo小于车的长度）放置质量n1B=3kg的物块B,物块A、B均

可视为质点，它们与车面间的动摩擦因数分别为UA=0.3、四=0』，开始时车被锁定无法运

动，物块A以vo=9m/s的水平初速度从左端开始正对B运动，重力加速度g=10m/s2o

（I）若xo=7.5m,求A开始运动后经过多长时间与B发生碰撞；

（2）若xo=7.5m,A与B发生弹性正碰，求A停止运动时距车左端的距离；

（3）改变xo的值，A运动至B处与B发生弹性碰撞后立即解除对车的锁定，此后A与B都

刚好没从车上掉下，求平板车的长度。

二、选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[物理一选修3-3]（15分）

（多选）13.（15分）如图甲为某种转椅的结构示意图，其升降部分由M、N两筒组成，两筒间

密闭了一定质量的理想气体。图乙为气体分子速率分布曲线，初始时刻筒内气体所对应的曲

线为b。人坐上椅子后M迅速向下滑动，设此过程筒内气体不与外界发生热交换，则此过程

中（）

A.密闭气体压强增大，分子平均动能增大

B.外界对气体做功，气体分子的密集程度保持不变

C.密闭气体内能增大，容器壁单位面枳单位时间内受到气体分子撞击的次数增加

D.密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成a曲线

E.密闭气体的分子速率分布曲线可能会变成c曲线

14.如图所示，两个固定的导热良好的足够长水平汽缸，由水平轻质硬杆相连的两个活塞面积分

别为SA=120cm2,SB=20cm2o两汽缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有

理想气体，初始温度为27℃,B内为真空。初始状态时两活塞分别与各自汽缸底相距a=40cm.

b=10cm,活塞静止。（不计一切摩擦，细管体积可忽略不计，A内有体积不计的加热装置,

图中未画出。设环境温度保持不变为27C,外界大气压为po）。

（i）当阀门K关闭时，在左侧汽缸A安装绝热装置，同时使A内气体缓慢加热，求当右侧

活塞刚好运动到缸底时A内气体的温度TA,及压强PA；

（ii）停止加热并撤去左侧汽缸的绝热装置，将阀门K打开，足够长时间后，求大活塞距左

侧汽缸底部的距离Ax。

BU

br

三、[物理——选修3-4]（15分）

（多选）15.（15分）同一地点的甲、乙两单摆的部分振动图像如图所示，下列说法正确的是（）

A.甲、乙两单摆的摆长之比为16：2

B.乙单摆的机械能大于甲单摆的机械能

C.。〜1s内，单摆甲、乙摆球的重力势能都增大

D.两图线交点对应的时刻（to）甲、乙两摆球速率相等

E.甲单摆的振动方程为：*4sinAt）cn

16.如图所示，玻璃球的半径为R,被平面截去一部分后底面镀有反射膜，底面的半径为近R；

2只

在纸面（过玻璃球球心。的截面）内有一条过球心O的光线，经过底面AB反射后恰好从M

点射出，已知出射光线的反向延长线恰好经过A点且与底面垂直，光在真空中的速度为Co

求：

（1）该条光线入射方向与底面AB的夹角及该玻璃球的折射率;

（2）该条光线从射入玻璃球到射出玻璃球经历的时间。

2024年四川省成都外国语学校高考物理二模试卷

参考答案与试题解析

二、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。分。

1.【解答】解：A、目前核电站的反应堆是利用重核裂变产生的能量工作的，

律U+：n＞惠4%+*Kr+3"是重核裂变，是反应堆的工作原理之一，故A正确；

B、彳H+汨+是轻核聚变，该反应会释放能量，是因为是的比结合能比

XXww乙X

和；H的比结合能都大，故B错误；

C、狭义相对论认为在任意一个惯性系中的观测者所测得的真空中的光速恒为c,不是任何情

况下，故C错误；

D、根据爱因斯坦的光电效应方程Ekm=hv-W,逸出光电子的最大初动能的大小与照射光

的频率成线性关系，而不是初速度的大小，故D错误。

故选：Ao

2.【解答】解：设地球半径为R,则该航天器的轨道半径为2R.

A.对航天器，根据牛顿第一定律有

GMm=mv^_

(2R)22R

对地球的近地卫星，设线速度大小为vo,根据万有引力提供向心力有

2

R2R

联立解得vo=/5v,故A错误：

B.立于航天器内底板上的宇航员处于完全失重状态，故航天员对底板的压力等于0,故B正

确；

C若在航天器所在的轨道上发射卫星，只有当发射速度达到第三宇宙速度时才能使卫星脱离

地球引力的束缚，故C错误；

D.根据M=p&R3,联立G好,解得

3(2R)22R

p="由于地球半径未知，所以不能求出地球容度，故D错误。

2G打R2

故选：Bo

3.【解答】解：对物块受力分析，如图所示：

mg

AB、受重力、拉力、支持力和摩擦力，设拉力与斜面间的夹角为仇若摩擦力开始向下，根

据受力平衡可得:f+mgsma=Fcose,当F逆时针转动时0减小，所以摩擦力减小,若摩擦力

开始向上，当。减小时，摩擦力减小，故AB错误；

CD、斜面体对物块的作用力包括摩擦力和支持力，当F逆时针转动时，F与mg的合力减小,

根据受力平衡可得，f与F'的合力也减小，所以斜面充物块的作用力减小，故C错误，D正

确。

故选：De

3

4•【解答】解：A.由电功率公式P=UI可知，发电机输出的电流为11=卜1嚷］A=400A，

故A错误;

D.根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系得:

■n2

【2一'

114

14F

又因为：I戏=12=13

nln4

n2n3

联立解得：l4=Ii=400A,故D正确;

B.降压器的输出功率为：

P4=U4I4=200X400W=88kW

输电的效率为：

P

n=—tx100%=_^Lx100%=88%,故B错误；

Pl100

C.输电线上的损失功率为:P.=Pi・P4=12kw

又因为：Pjji=i^R姣

解得：I镂=40A

其中12=13=1线

则升压器的匝数之比为：nT之=_1,故c错误。

n2T1400A10

故选：Do

5.【解答】解：A.对小球受力分析如图所示

小球所受洛伦兹力指向圆心O',根据左手定则可知，从上面俯视小球沿逆时针方向运转,

故A错误；

B.竖直方向受力平衡，根据平衡条件有

Ncos0-mg=0

解得

N=2mg,故B错误；

C.根据洛伦兹力的公式

F=qvB

可知，粒子的速度越大，洛伦兹力越大，故C正确；

D.根据牛顿第二定律有

2

F-Nsin0二%；门8

整理可得

v2,V3qBRv+3gR=0

2m2

由于v是实数，必须满足

A2=(_V3qBR)2_4X3gR>0

2m2

解得

匡，故D错误。

qVR

故选：Co

6.【解答］解：A、根据图像可知,动能减少△Ek=100J・40J=60J时,重力势能增加△Ep=40J,

所以机械能减少：AEi=60J-40J=20J；

上升到最高点时，机械能损失AE,则有：空=要，解得：AE=JMT

20AE3J

则物体回到地面上时的机械能为：E=1(X)J-2AE=iO€'J-2X-1^LJ=-12^LJ,故A正确；

33

B、根据A选项可知，物体上升到最高点的机械能为：E=EkO-AE=1OOJ--122.T=^L,

故B正确;

C、物体上升到最高点的机械能为：E=2W=mgh,由于物体的质量不知道，无法求解高度;

3

D、根据牛顿第二定律得，上升过程的加速度大小为：ai=W_

下降过程的加速度大小为：22=理工

根据h=工at?得，.上升的时间为：ti=

2

卜.降的时间为：t2=

由于阻力大小未知，无法求出物体从抛出至落回抛出点所用的时间，故D错误。

故选：ABo

7.【解答】解：D、设ab=bc=cd=de=r,因e点场强为零，故点电荷Qi、Q2在e点的电场强

度等大反向，可知Q2带负电。

Q,Q

根据点电荷的场强公式可得：k-二二k一9，可得：QI=16Q2,故D正确;

（4r）2r2

A、设试探电荷的电量为q。

QQqQq

在b点其受到的静电力大小为:iq2652

b-r2⑵)24•「2

在c点其受到的静电力大小为：F=kQrc+k警=5k结

C（2r）2r2r2

可知：Fb＞Fc＞故A正确;

B、Qi在e点产生的电势为：（h,=kHl；Q2在e点产生的电势为：Q=_且（Q：＞0）。

14rzr

Q

则e点的电势为：Q=。1+0o=3—9＞o,故B借误；

e1/r

kQiQ2.31,2

C、同理可得：b点的电势为：（p,=—L.k

br2r2r

c点的电势为：（p=k^--k^-=7k^-

c2rrr

Ubc"b-®c=¥•片

Ube=0K忆争"片

可知：UbcVUbc,故C错误。

故选：AD,

8.【解答】解：AB、正方形线框未进入磁场时金属框架和金属杆一起做自由落体运动，下落h

过程由动能定理有:可得2gh

金属框架进入磁场由于受到竖直向上的安培力做匀速直线运动，设此时的安培力为Fo,则Fo

=mg,此时ef未进入磁场，则ef不受安培力，在重力作用下继续做匀加速运动，

L_

设ah边刚好有一半进入磁场过程所用的时间为［,则有：

v0

此时ef恰到达PQ位置，在时间t内金属杆向下运动的距离为L,则有：L=VQt4A§t2

2

代入数据可得：h=^＞故B正确，A错误；

8

CD、ef刚越过PQ时，设此时ef的速度为vi,贝ij：vi=vo+gt,可得丫=3点前，此时ef边

切割磁感线产生的感应电动势：Ei=BLvi

be边切割磁感线产生的感应电动势：E2=BLVO

由右手定则可知两边产生的感应电动势并联，则回路中总的电动势：

E=EI-E2=BLV[-BLV=BL(3加嬴-^^)=BLX2缶设此时回路中电流

1o1UQU

为I

be边刚进入磁场时产生的感应电动势Eo=BLvo,可知E=2Eo,设此时电流为Io

金属框架的电阻忽略不计，由闭合电路欧姆定律可知1=21。

由F=BIL可知ef恰到达PQ位置时安培力Fi=2Fo=2mg

由左手定则可知安培力竖直向上，对ef由牛顿第二定律有：2Fo-mg=ma,可得a=g,故C

正确，D错误。

故选：BCo

三、非选择题：共174分。第22〜32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33〜38题为

选考题，考生根据要求作答。

9.【解答】解：(2)小车通过光电门1和2的时间相等，此时小车做匀速直线运动；

(3)小车做匀速直线运动时有

Fo=f

力传感器的示数为F时小车受到的合外力为

Fo=F-Fo

(4)若要验证动能定理，需要验证的关系为

(F-F0)s=yMv2-yMvi

其中

dd

79=-,Vi=—

t2t1

联立解得：

=ZT2411

22

故答案为：(2)匀速直线；(3)F-Fo；(4)(F-F)S=^M(—)—M(—)

u2122t]

10.【解答】解：(1)根据图c可知,电阻箱接入电路的阻值为1OOXOC+1X1OC+9X1C+0XO.1C

=19.0。：

(2)根据图a与图b电路均为串联连接方式，可知两个电路中电流相等，图a中电压表示数

为定值电阻Ro两端的电压，图b电压表示数为电阻箱R两端电压，又因为Ub=IR>Ua=IRo,

即UaVUb；

(3)根据闭合电路欧姆定律结合图a、图b可知，分别列出电源电动势和内阻的函数方程，

经过整理方程后只有图a的符合图d图像，即

Ei=U+—(R+ri)

R。

整理得』==^XR+上一+工

UE]RQE]R°EJ

结合图a可知」一=l・5-0・5

E1RQ10

+!=0.5

E]R°E[

代入数据解得Ei=2.5V,n=1.0ft

由于电压表的内阻不是无穷大，导致图a中干路电流要比流过电阻Ro的电流大，即1口＞1测:

Ea=U+Ia(R+r)

E«=U+I«(R+r)

可知E测VE我；

故答案为:(1)19.0；(2)＜；(3)2.5,1.0,＜«

II.【解答】解：(I)粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹为』圆周，轨迹半径等于圆形磁场

4

区域的半径R,由洛伦兹力提供向心力得：

2

qBv=m——

R

解得：v=迪；

m

(2)粒子进入电场做类平抛运动，沿-y方向做匀加速直线运动，其位移大小等于R；沿+x

方向做匀速直线运动，其位移大小等于3R-R=2R,则有：

R=Aa(2

2

2R=vt

由牛顿第二定律得：a=^

m

联立解得：E=&铲艮：

2m

(3)粒子运动轨迹如下图所示：

粒子的在磁场中轨迹半径与圆形磁场区域的半径相等，由几何关系可得，粒子在P点离开磁

场时的速度方向沿x轴正方向，粒子由O到P做圆周运动的圆心角为180。-300=150。，

粒子在磁场中的运动周期为：

T=2兀区=2兀m

vqB

粒子在磁场中的运动周期为：

150°丁5兀m

360^XT6qB

粒子由P到M的过程做匀速直线运动，设此过程运动时间为t2,则有:

R-Rsin300=vt2

解得：t2=」一

2qB

粒子由M点进入电场，由M到N的过程做类平抛运动，设此过程运动时间为t3,沿-y方向

做匀加速直线运动，其位移大小等于R+Rcos30°,则有:

R+Rcos300=Aat?2

2

由牛顿第二定律得：a=<

m

联立解得：13=44+2'/3m

qB

则粒子从O点出发到再次打到x轴上所用的时间为:

L.12+L旦皿4%生2、巨辿=（5兀+3+6也+2、冗）叫

6qB2qBqB6qB

答：（1）粒子射入磁场时的速度为邂；

m

2

（2）电场强度的大小为也工：

2m______

（3）粒子从O点出发到再次打到x轴上所用的时间为.（5兀±34.4+协）皿。

6qB

12.【解答】解：（1）物块A的加速度大小为a,由牛顿第二定律

HAmAg=mAa

2

由运动学公式：xo=vot-—at

2

解得：t=ls；

(2)A与B碰前速度瞬间为vi,并设为正方向；碰后A、B速度分别为V2,V3,

v।=vo-at

inAvi=mAV2+niBV3

121212

7mAvl=7mAv2+2-mBv3

解得：V2="Amp)=_lz5_x印Vs=-3m/s

1

mA+mB1+3

义

=21Xgm/s=3m/s

11+3

A碰后向左运动，假设A碰后向左发生的最大位移为xi，由动能定理

-|iAmAgxi=0-12

JmAv2

Ax=xo-xi

解得：Ax=6m,故A停止运动时距平板车左端6m；

(3)设A与B碰前速度为V4,碰后A、B速度分别为V5、V6

同理可得：\巧=加直.\，4

mA+mB

2m_

V6=........-V4

mA+mB

解得：V5=--V6=—v.

2424

由于A、B与平板车之间的摩擦力大小fA=fB,且A的加速度大于B,由此可判断A碰后向

左做匀减速运动，此过程中车一直保持静止。

由运动学公式：v2_v2=-2axo

2

-OV

5

解得：丫4=会传"Vo,xo=2.7m

5

设最终三者共同匀速运动速度为的V6,由动量守恒定律

mAV5+mBV6=（mA+niB+mc）v6

解得：V6=2«m/s

5

设B开始与平板小车右端相距为XB,由能量守恒

2

-

121z、V6HAniAgXO+RBmBgXB

ymAv4-y(mA+mB+mc)

解得：XB=6.3m

L=xo+xB=2.7m+6.3m=9m

答：（1）若xo=7.5m,A开始运动后经过Is与B发生碰撞：

（2）若xo=7.5m,A与B发生弹性正碰，A停止运动时距车左端的距离为6m；

（3）改变xo的值，A运动至B处与B发生弹性碰撞后立即解除对车的锁定，此后A与B都

刚好没从车上掉下，平板车的长度为9m。

二、选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。

如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[物理——选修3-3]（15分）

13.【解答】解：ABC、根据题意可知，M迅速向下滑动，理想气体的体积减咸小，气体分子的

密集程度变大，外界对气体做功，且筒内气体不与外界发生热交换，则理想气体内能增大，

温度升高，分子习平均动能增大，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数增加,

密闭气体压强增大，故AC正确，B错误；

DE、由于气体温度越高，速率较大的分子所占的比例越大，则密闭气体的分子速率分布曲线

可能会变成c曲线，故E正确，D错误。

故选：ACE。

14•【解答】解：（i）阀门K关闭时，将A内气体缓慢加热，温度缓慢升高，根据受力平衡可

知，气体压强不变，为等压变化，对于A气体

初状态：VA=HSA,To=（273+27）K=300K

末