2024年高考物理一模試題

理科綜合能力測試

注意事項：

1.答題前，考生務(wù)必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在答題卡

上，并認真核準條形碼上的準考證號、姓名、考場號、座位號及科目，在規(guī)定的位置貼好條

形碼。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用25鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑。如需

改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫

在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：*1Li-7C-120-16S-32Fe-56

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14~18

題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不

全的得3分，有選錯的得0分。

1.放射性同位素衰變的快慢有一定的規(guī)律，質(zhì)量為“。的碳14c"C）發(fā)生用衰變，經(jīng)過時間/后剩余碳14

m

------1

的質(zhì)量為如其相。圖線如圖所示。下列說法正確的是（）

碳放出的月粒子來自核外電子

A.14B.碳14的衰變方程為WN+°1e

C.碳14的半衰期為1146。年D.100個碳14原子經(jīng)過11460年后還剩25個

【答案】B

【解析】

【詳解】A.碳14放出的萬粒子來自于原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時產(chǎn)生的，故A錯誤;

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B.根據(jù)衰變過程滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，碳14的衰變方程為

凱甘N+：e

故B正確；

C.放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變時所需要的時間，叫半衰期。由圖知，碳14的半衰期為5730

年，故C錯誤；

D.半衰期是放射性元素衰變的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)原子核不適用，故D錯誤。

故選B。

2.海王星的質(zhì)量是地球質(zhì)量的17倍，它的半徑是地球半徑的4倍。宇宙飛船繞海王星運動一周的最短時

間與繞地球運動一周的最短時間之比為（）

A.4：V17B.4:17C.8：V17D.8:17

【答案】C

【解析】

【詳解】由

-Mm4/

G—丁=m——r

r2T-

可得

r3

T=2TT.

GM

則宇宙飛船繞海王星運動一周的最短時間與繞地球運動一周的最短時間之比為

故選C。

3.升降椅簡化結(jié)構(gòu)如圖所示，座椅和圓柱形導(dǎo)熱汽缸固定在一起，汽缸內(nèi)封閉了一定質(zhì)量的理想氣體。若

封閉氣體不泄漏且環(huán)境溫度恒定，人坐上座椅到最終氣體狀態(tài)穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是（）

底座

B.封閉氣體對外界做正功

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C.封閉氣體向外界放出了熱量D.封閉氣體的分子平均動能增大

【答案】C

【解析】

【詳解】A.環(huán)境溫度恒定，因此整個過程中汽缸內(nèi)的氣體發(fā)生的是等溫變化，溫度不變。理想氣體的內(nèi)能

與溫度有關(guān)，因此封閉氣體的內(nèi)能不變，故A錯誤；

B.人坐上座椅到最終氣體狀態(tài)穩(wěn)定的過程中，汽缸內(nèi)氣體被壓縮，體積變小，因此外界對封閉氣體做功,

故B錯誤；

C.根據(jù)熱力學(xué)第一定律

^U=Q+W

氣體內(nèi)能不變

AU=O

外界對封閉氣體做功

W>0

因此

Q<0

即封閉氣體向外界放出熱量，故C正確；

D.汽缸內(nèi)氣體發(fā)生的是等溫變化，溫度不變，溫度是衡量分子平均動能的標準，因此封閉氣體的分子平均

動能不變，故D錯誤；

故選C。

4.果農(nóng)設(shè)計分揀橙子的簡易裝置如圖所示。兩細桿間上窄下寬、與水平地面所成的夾角相同。橙子從裝置

頂端由靜止釋放，大小不同的橙子會在不同位置落到不同的水果筐內(nèi)。橙子可視為球體，假設(shè)細桿光滑，

不考慮橙子轉(zhuǎn)動帶來的影響。某個橙子從靜止開始下滑到離開細桿的過程中，受到每根細桿的支持力

()

A.變大B.變小C.不變D.無法確定

【答案】A

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【解析】

【詳解】設(shè)細桿平面與水平面夾角為根據(jù)對稱性可知，兩個細桿對橙子的支持力大小相等，方向均垂

直于細桿且過水果的重心，因兩細桿間上窄下寬，故橙子重心與兩細桿所在平面的距離越來越小，兩個細

桿對水果的支持力與兩細桿所在平面的夾角6越來越小，而兩個支持力的合力與重力垂直運動方向的分力

平衡，既

2Nsin6=Geosa

可得橙子受到每根細桿的支持力

Geosa

N=---------

2sin6

支持力N越來越大。

故選Ao

5.如圖所示，水面上漂浮一直徑為46.0cm的圓形荷葉，一只小蝌蚪（可視為質(zhì)點）從距水面力的M點沿

水平方向以0.5m/s的速度勻速運動，其運動軌跡位于荷葉直徑的正下方。小蝌蚪從荷葉下方穿過的過

4

程中荷葉始終保持靜止，在水面之上的任意位置都看不到小蝌蚪的時間為0.8s。已知水的折射率為一，則

3

小蝌蚪

A.1.5cmB.2.6cmC.3.8cmD.5.0cm

【答案】B

【解析】

【詳解】根據(jù)題意可知，當蝌蚪反射的光在荷葉邊緣水面上發(fā)生全反射時，則在水面上看不到蝌蚪

根據(jù)全反射的臨界角公式可得

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sinC=-=-

n4

則

tanC=^

7

在水面之上看不到小蝌蚪的時間為

x

t=-

V

解得

x=OAm

結(jié)合幾何關(guān)系可知

171

—d—x

tanC=------

h

解得

h=V7cmx2.6cm

故選B。

6.法拉第制作了最早的圓盤發(fā)電機，如圖甲所示。興趣小組仿制了一個金屬圓盤發(fā)電機，按圖乙連接電路。

圓盤邊緣與電刷尸緊貼，用導(dǎo)線把電刷尸與電阻R的。端連接，圓盤的中心軸線。與電阻R的。端連接。

將該圓盤放置在垂直于盤面向外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。使圓盤以角速度6勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動

方向如圖乙所示。已知圓盤半徑為L,除電阻R外其他電阻不計。下列說法正確的是（）

甲乙

A.通過電阻R的電流方向為aB.通過電阻R的電流方向為af。

C.通過電阻尺的電流大小為幽1D.通過電阻R的電流大小為觀眩

R

【答案】AC

【解析】

【詳解】AB.轉(zhuǎn)的圓盤可看成由無數(shù)根沿著半徑的導(dǎo)體棒組成，每根導(dǎo)體棒均切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)

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電動勢，產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則，圓盤上感應(yīng)電流從圓周邊緣流向圓心。點，如圖乙所示得通過電

阻R的電流方向為故A正確，B錯誤；

CD.圓盤產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

E=BLv

而

_1,

v=-a>L

2

聯(lián)立解得

1,

E=-Bl}（o

2

根據(jù)歐姆定律可得通過電阻R的電流大小為

,EcoBl}

1=——=-------

R2R

故C正確，D錯誤。

故選AC?

7.法國的古斯塔夫?埃菲爾為了研究空氣動力學(xué)，曾將不同形狀的物體從埃菲爾鐵塔上靜止釋放以研究空氣

阻力的規(guī)律。若空氣阻力與物體速度的平方成正比，用v表示物體的速度，a表示物體的加速度，石女表示物

體的動能，E表示物體的機械能，/表示物體運動的時間，及表示物體下落的高度，取地面為零勢能面。當物

體豎直下落時，下列圖像可能正確的是（）

【答案】BD

【解析】

【詳解】AB.在下落過程中，速度逐漸變大，由空氣阻力與物體速度的平方成正比，得受到空氣阻力逐漸

變大，由

2

F合=mg-kv

知合力逐漸減小，由牛頓第二定律

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mg-kv2=ma

得

a=g--v2

m

a-t圖像的斜率為

Aa_△(gmu)_/rAv2_ka\v

AtAtmAtm

知加速度逐漸減小，因為阻力增大速度變化量Av減小，a1圖像的斜率減小，當重力等于空氣阻力時，最

后加速度減小為零做勻速直線運動，這時4j圖像的斜率為零，那么速度先增大后不變，則回圖像的斜率

應(yīng)先增加后不變，故A錯誤，B正確;

C.由動能定理可得

mgh-fh.-Ek—0

2

Ek=(mg-kv)h

隨著速度丫的增大，圖像的斜率減小，故C錯誤；

D.機械能的變化量等于克服阻力做的功有

AE=-/A/?

隨著物體的不斷下降，機械能始終在減少，

由

竺=-加

得隨著速度v的增大，E/圖像的斜率增大，故D正確。

故選BD。

8.如圖所示，邊長為L的等邊三角形He區(qū)域外存在垂直于所在平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小

為B,P、。兩點分別為邊的三等分點。f=0時刻，帶負電的粒子在"c平面內(nèi)以初速度%從。點垂直

于改邊射出，從尸點第一次進入三角形"c區(qū)域。不計粒子重力，下列說法正確的是()

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XX

XX

XX

XX

XXXXX

A.粒子的比荷為拉

B.粒子可以運動到。點

BL

C.粒子第一次到達C點的時間為［翊‘4萬+3君］L

D.粒子第一次回到a點的時間為

I9Jv0、3

【答案】AD

【解析】

【詳解】A.粒子在磁場中的軌跡如圖所示

L

7

根據(jù)洛倫茲力提供向心力

q%B=—

r

解得

q=3%

mBL

故A正確;

B.由圖知，粒子不能運動到。點，故B錯誤;

C.粒子從a點到P點的時間

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60°2兀mTCL

t,=--------------=-----

360°qB9v0

粒子從P點到M點的時間

t_XPM_ML

1%3%

粒子從M點到。點的時間

180°27im_7iL

3360°

qB3v0

粒子第一次到達c點的時間為

(4萬+3?L

%=4++%3=

9尸。

故C錯誤;

D.由圖可知，粒子第一次回到。點相當于3個從。到c的時間，則所用的時間為

4萬L

t'=3t=

%

故D正確。

故選AD?

三、非選擇題：本題共14小題，共174分。

9.某實驗小組用以下方法探究木板沿水平方向運動的規(guī)律。在運動的木板正上方用細線懸掛一個除去了柱

塞的小注射器，注射器內(nèi)裝上墨汁，做成秒擺(周期為2s),如圖甲所示。注射器的平衡位置在木板中線0。

的正上方，當注射器在豎直平面內(nèi)擺動時，在木板上留下了墨汁圖樣，圖樣與中線00'各交點的距離關(guān)系

如圖乙所示。

(2)若木板的運動可視為勻變速直線運動，墨汁滴到木板A點時，木板的速度大小為m/s,木

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板的加速度大小為m/s2=（計算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）

【答案】①.加速②.0.23③.0.078

【解析】

【詳解】（1）口］木板上的墨汁圖樣是由注射器擺動形成的，根據(jù)單擺的特點，虛線上相鄰兩個平衡位置的

時間相同；越向左，相鄰兩個平衡位置間的距離越來越遠，即木板運動的越快，因此木板向右做“加速”直

線運動。

（2）［2］木板勻加速直線運動，相鄰兩平衡位置時間

T,

/=一=1s

2

中間時刻的速度等于平均速度

s（56.50—11.10）x102m

v=—=----------------------------工0.23m/s

A2t2xls

［3］木板勻變速直線運動，加速度

（91.04-29.92-29.92）xIO-2m,

2

a=--------------------3~~---------------=0.078m/s

（2x1s）

10.電子秤能夠準確地測量物體的質(zhì)量，其中半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器是其關(guān)鍵的電學(xué)元件。半導(dǎo)體薄膜壓力

傳感器在壓力作用下會發(fā)生微小形變，其阻值4隨壓力尸變化的圖線如圖甲所示。某學(xué)習小組利用該元件

和電流表A等器材設(shè)計了如圖乙所示的電路，嘗試用該裝置測量物體的質(zhì)量。已知圖乙中電源電動勢為

3.6V（內(nèi)阻未知），電流表A的量程為30mA,內(nèi)阻為9.0Q。重力加速度g取lOm/s?。請回答以下問題:

慶力傳感器

Rr

乙

（1）實驗時發(fā)現(xiàn)電流表A量程偏小，需要將其量程擴大為0.3A,應(yīng)該給電流表A（選填“串

聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個阻值為。的電阻;

（2）用改裝后的電流表按圖乙所示的電路圖進行實驗，壓力傳感器上先不放物體，閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)滑動

變阻器R的滑片P,使電流表指針滿偏。保持滑片P位置不變，然后在壓力傳感器上放一物體，電流表的示

數(shù)為0.2A,此時壓力傳感器的阻值為Q,則所放物體的質(zhì)量加=kg；

（3）寫出放到傳感器上的物體的質(zhì)量機與電流表的示數(shù)/滿足的函數(shù)關(guān)系式〃z=；（表達式中

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除相、/外，其余相關(guān)物理量均代入數(shù)值）

（4）使用一段時間后，該電源電動勢不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變。調(diào)節(jié)滑動變阻器R的滑片P,電流

表指針滿偏后進行測量，則測量結(jié)果（選填“偏大”“偏小”或“不變”）。

八a久

【答案】①.并聯(lián)②.1③.11（4）.0.6⑤.——1.2⑥.不變

【解析】

【詳解】（1）口]⑵當小量程的電流表改裝成量程較大的電流表時，需要并聯(lián)一個小電阻，有

代入數(shù)據(jù)解得

R、=1Q

（2）[3][4]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，當秤盤上不放重物時，調(diào)節(jié)滑動變阻器使得電流表滿偏，有

---------------=0.3A

g

「+4+R滑

當秤盤上放上重物，且電流表示數(shù)為0.2A時，有

--------------=0.2A

〃+7?+R滑

R=4+kmg

聯(lián)立得

R=11Q

m=0.6kg

⑶⑸根據(jù)

---------------=0.3A

g

r+4+R滑

得

丁+R滑=7Q

又

F+7?+R滑

H=凡+kmg

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代入數(shù)據(jù)整理得

(4)[6]當電源電動勢不變，而內(nèi)阻增大時，仍可以使得電流表達到滿偏，滑動變阻器接入電路的阻值減

小，但回路中電源內(nèi)阻和滑動變阻器接入電路的總電阻不變，所以測量結(jié)果不變。

11.如圖甲所示，物塊A、B用不可伸長的輕質(zhì)細線連接靜止在光滑水平面上，細線處于伸直狀態(tài)。f=0時

刻，在物塊A上施加一個水平向右的拉力心,心的大小隨時間t的變化規(guī)律為4=3.5小細線的拉力為

耳，測得兩物塊的加速度a隨力%、耳的變化規(guī)律如圖乙中的I、II圖線所示。己知物塊B的質(zhì)量

M=4kg。

(1)求物塊A的質(zhì)量；

(2)若細線能夠承受的最大拉力為2ONJ=O時刻，在物塊B上同時施加一個水平向左的拉力線，其大小

隨時間t的變化規(guī)律為FB=0.5?。求細線斷裂的時刻。

\rAN

77

【答案】⑴2kg；(2)8s

【解析】

【詳解】(1)加速度a=L5m/s?時，物塊A受到的合力大小為

設(shè)物塊A的質(zhì)量為相，根據(jù)牛頓第二定律可得

(2)設(shè)/時刻細線斷開，兩物塊的加速度大小為火,分別對物塊A、B用牛頓第二定律，代入表達式可得

3.5?-20=maY④

20—0.5/=Max⑤

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解得

f=8s

12.如圖所示，將一質(zhì)量為0.2kg可視為質(zhì)點的小球從離水平地面3.2m高的P點水平向右擊出，測得第一

次落點A與P點的水平距離為2.4m。小球落地后反彈，反彈后離地的最大高度為1.8m,第一次落點A與第

二次落點2之間的距離為2.4m。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：

（1）小球被擊出時的速度大??；

（2）小球第一次與地面接觸過程中所受合外力的沖量大小。

P

ir?'一、

3.2m：\j-

\/\1.8m

%

\*'■2.4m4

【答案】（1）3m/s；（2）巫IN-S

5

【解析】

【詳解】（1）設(shè)小球剛被擊出時的速度大小為％,小球被擊出到第一次落地前瞬間，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可

得

%=貼

",1=那’；2

解得

%=3m/s

（2）小球第一次落地前瞬間，在豎直方向的速度大小為

3=gfi

設(shè)小球第一次落地被反彈后運動到最高點的時間為h,此過程中小球在豎直方向的分運動是勻減速直線運

動，則

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,12

小球第一次被反彈后瞬間沿豎直方向的速度大小為

“=gt?

規(guī)定豎直向上為正方向，則小球在豎直方向的合外力的沖量為

Iy=mVy2-(-mVyJ

設(shè)小球第一次被反彈后瞬間沿水平方向的速度大小為力,則

X=2VA

規(guī)定水平向右為正方向，則小球在水平方向的合外力的沖量為

Ix=mvx-mv0

小球第一次與地面碰撞過程中合外力的沖量大小為

解得

L=-----N-s

X5

13.如圖所示，一光滑曲面與足夠長的水平直軌道平滑連接，直軌道段粗糙，其余部分光滑，MN之

間存在方向水平向右的勻強電場，N點右側(cè)的P點處靜止放置一絕緣物塊6,一帶正電的物塊。從曲面上距

水平面高為〃處由靜止釋放,滑出電場后與物塊b發(fā)生彈性碰撞。己知/z=1.0m,直軌道MN長L=1.0m,

物塊a與MN之間的動摩擦因數(shù)〃=0.4,物塊a的質(zhì)量根=lkg,物塊b的質(zhì)量M=2kg,場強

E=2xlO6V/m，物塊。的電荷量q=6xl0-6c,重力加速度g取10m/s?。物塊a、6均可視為質(zhì)點，運

動過程中物塊。的電荷量始終保持不變。

a)求物塊a與物塊b第一次碰撞后瞬間物塊b的速度大小；

(2)求物塊a與物塊6碰撞后，物塊a第1次經(jīng)過N點和第2次經(jīng)過N點的速率之比；

(3)若每次物塊a與尸點處的物塊碰撞之后，都立即在尸點放入與物塊。完全相同的靜止物塊。求物塊a

靜止釋放后，經(jīng)過足夠多次的碰撞，物塊a在電場中運動的路程。

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【答案】(1)vbl=4m/s；(2)—=V2；(3)x=—J

%34

【解析】

【詳解】(1)物塊。從靜止釋放到與物塊6碰撞前瞬間，根據(jù)動能定理得

12

mgh+qEL-fjmgL=—mv0

物塊a與物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律可得

mv0=mval+Mvbl

根據(jù)機械能守恒可得

；mvo=；mvl\+；Mvl\

解得

val=-2m/s

vbl=4m/s

(2)物塊a與物塊6碰撞后，物塊a第1次經(jīng)過N點運動到最左端的過程中，根據(jù)能量守恒定律可得

gmv^=qEX]+jumgxl

解得

1,

x.=—m<Im

8

物塊。從最左端運動到第2次經(jīng)過N點的過程中，根據(jù)動能定理可得

12口

-mva2=qExi-^mgx1

解得

空=6

匕2

(3)物塊a與物塊6發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律可得

mv0=mval+Mvbl

根據(jù)機械能守恒可得

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gmvo=；mvl\+；MVM

可得