四川省2024年高考物理模擬試卷及答案7

四川省2024年高考物理模擬試卷及答案閱卷人一、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(gè)選項(xiàng)中，第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19~21題有多項(xiàng)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(cuò)的得0分。得分1．一質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，從圓周上的一點(diǎn)運(yùn)動到另一點(diǎn)的過程中，下列說法一定正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)速度不變 B．質(zhì)點(diǎn)加速度不變C．質(zhì)點(diǎn)動能不變 D．質(zhì)點(diǎn)機(jī)械能不變2．2024年4月3日，遙感四十二號01星在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心順利升空，衛(wèi)星的軌道如圖所示，其中Ⅰ和Ⅲ為高度不同的圓軌道，橢圓軌道Ⅱ分別與Ⅰ和Ⅲ相切于P點(diǎn)和Q點(diǎn)。下列說法正確的是（）A．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中動能增大B．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期小于在軌道Ⅲ上運(yùn)行的周期C．衛(wèi)星在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點(diǎn)的速度大于在軌道Ⅱ上經(jīng)過P點(diǎn)的速度D．衛(wèi)星在軌道Ⅱ上經(jīng)過Q點(diǎn)的加速度小于在軌道Ⅲ上經(jīng)過Q點(diǎn)的加速度3．歷史上第一次利用加速器實(shí)現(xiàn)的核反應(yīng)，是利用加速后動能為Ek1的質(zhì)子11H轟擊靜止的37Li核，生成兩個(gè)動能均為EA．Ek2c2 B．2Ek2c4．如圖所示，豎直平面內(nèi)足夠長的光滑絕緣傾斜桿底端固定有一點(diǎn)電荷Q，M、N為桿上的兩點(diǎn)。套在桿上的絕緣帶電小球從某點(diǎn)靜止釋放后，沿桿向上運(yùn)動，先后通過了M、N兩點(diǎn)。由此可以判斷（）A．點(diǎn)電荷Q在M點(diǎn)處產(chǎn)生的場強(qiáng)方向一定沿桿向上B．小球在M點(diǎn)的加速度一定大于在N點(diǎn)的加速度C．小球在M點(diǎn)的電勢能一定大于在N點(diǎn)的電勢能D．小球在M點(diǎn)的動能一定大于在N點(diǎn)的動能5．如圖所示，xOy直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，半徑為a的14圓弧外存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里。位于O點(diǎn)的粒子源向第一象限內(nèi)的各個(gè)方向均勻發(fā)射完全相同的帶正電的粒子，粒子速度大小均為v，比荷qm=k。經(jīng)過一段時(shí)間后發(fā)現(xiàn)發(fā)射出的總粒子中有1A．3kv3a B．3v3ka C．6．如圖所示，輸電線上的電阻分別為R1、R2，理想交流電壓表和理想交流電流表讀數(shù)分別為U、I。若電源輸出的交流電壓有效值恒為A．U變大 B．I變大 C．UI變大 D．U7．如圖所示，質(zhì)量M=2kg，傾角θ=37°的斜面放置在水平面上，頂端固定一光滑定滑輪。質(zhì)量m=1kg的物塊通過輕繩跨過定滑輪與輕彈簧相連，彈簧另一端與水平地面相連，輕繩與斜面平行，彈簧保持豎直，彈力大小為8NA．物塊所受摩擦力的方向沿斜面向下 B．物塊所受支持力和繩子拉力的合力方向豎直向上C．地面對斜面的支持力大小為25.2N8．如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，其間距為d，兩完全相同的燈泡電阻均為R。長為d，電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒MN置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌保持良好接觸。空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。閉合開關(guān)S，由靜止開始對導(dǎo)體棒MN施加一水平向右的恒力F0，經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，MN運(yùn)動穩(wěn)定。此時(shí)恒力F0的功率為P0A．水平恒力FB．MN運(yùn)動穩(wěn)定后，斷開S，若保持拉力大小F0C．MN運(yùn)動穩(wěn)定后，斷開S，若保持拉力大小F0D．MN運(yùn)動穩(wěn)定后，斷開S，若保持拉力功率P0閱卷人二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22~32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須做答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求做答。得分9．家庭照明電路中通常用橫截面積為1.5mm2的銅導(dǎo)線進(jìn)行輸電，已知標(biāo)準(zhǔn)銅的電阻率ρ（1）將導(dǎo)線一端的絕緣外層去除，用螺旋測微器測量其內(nèi)芯直徑d，示數(shù)如圖（a）所示，則d=mm。（2）為了測量導(dǎo)線銅芯的電阻率，興趣小組選用了如下器材：電源E（電動勢6V滑動變阻器R（阻值0~定值電阻R0（阻值為6Ω電壓表V（0~3V電流表A（0~0.開關(guān)S和導(dǎo)線等圖（b）是他們設(shè)計(jì)的電路。為使測量結(jié)果更準(zhǔn)確，接線柱P應(yīng)與（填“m”或“n”）相連。進(jìn)行正確實(shí)驗(yàn)操作后，測得電壓和電流分別為U和I，導(dǎo)線長度為L，求得電阻率ρ=（用含字母U、I、d、L、π的表達(dá)式表示），代入數(shù)據(jù)算出電阻率與標(biāo)準(zhǔn)值進(jìn)行比較即可檢驗(yàn)該導(dǎo)線銅芯純度是否達(dá)標(biāo)。10．某同學(xué)用如圖（a）所示的裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。不可伸長的輕繩繞過輕質(zhì)定滑輪，輕繩兩端分別連接物塊P與感光細(xì)鋼柱K，兩者質(zhì)量均為m=0.140kg，鋼柱K下端與質(zhì)量為M=0.200kg的物塊（1）開啟電動機(jī)，待電動機(jī)以ω=40πrad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動后。將P、K、Q系統(tǒng)由靜止釋放，Q落地前，激光器在細(xì)鋼柱K上留下感光痕跡，取下K，用刻度尺測出感光痕跡間的距離如圖（b）所示。感光痕跡間的時(shí)間間隔T=s，激光束照射到E點(diǎn)時(shí)，細(xì)鋼柱速度大小為vE=經(jīng)判斷系統(tǒng)由靜止釋放時(shí)激光筆光束恰好經(jīng)過O點(diǎn)。在OE段，系統(tǒng)動能的增加量ΔEk=J，重力勢能的減少量Δ（2）選取相同另一感光細(xì)鋼柱K，若初始時(shí)激光筆對準(zhǔn)K上某點(diǎn)，開啟電動機(jī)的同時(shí)系統(tǒng)由靜止釋放，電動機(jī)的角速度按如圖（c）所示的規(guī)律變化，圖像斜率為k，記錄下如圖（d）所示的感光痕跡，其中兩相鄰感光痕跡間距均為d。若驗(yàn)證得到表達(dá)式即可證明系統(tǒng)在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒（用含字母M、m、d、k、g、π的表達(dá)式表示）。11．如圖所示，“”形木板B放置在粗糙水平面上，物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）以v0=6m/s的速度從木板B左端滑上木板，經(jīng)t=1s后A與B右端擋板碰撞，碰后A、B立刻粘在一起運(yùn)動。已知A、B質(zhì)量均為m=1kg，A、B間動摩擦因數(shù)μ1（1）木板B的長度l；（2）物塊A與木板B碰撞損失的機(jī)械能ΔE。12．如圖所示，豎直面內(nèi)存在直角坐標(biāo)系xOy，平行于y軸的虛線MN、PQ將第一象限分為Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的寬度為3d，在0≤y<23d的區(qū)域內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E1，在y>23d的區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場E2。區(qū)域Ⅱ的寬度為d，其內(nèi)部存在平行于xOy平面且方向未知的勻強(qiáng)電場E3。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電小球由O點(diǎn)沿x軸正方向以v0=2gd的速度射入Ⅰ區(qū)域，小球僅從直線y=23d上的點(diǎn)A穿過后，經(jīng)過點(diǎn)B(（1）區(qū)域Ⅱ中BC兩點(diǎn)的電勢差UBC（2）區(qū)域Ⅰ中勻強(qiáng)電場E1（3）小球在區(qū)域Ⅱ中從B到C過程中所受電場力的沖量大小。13．如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如T?V圖中從a到b的直線所示。直線ab與過原點(diǎn)的虛線斜率相同，下列判斷正確的是（）A．氣體內(nèi)能增加B．氣體壓強(qiáng)不變C．氣體從外界吸熱D．外界對氣體做正功E．容器壁單位面積單位時(shí)間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)逐漸減少14．如圖（a）所示，水平放置的絕熱容器被隔板A分成體積均為V的左右兩部分。面積為S的絕熱活塞B被鎖定，隔板A的右側(cè)為真空，左側(cè)有一定質(zhì)量的理想氣體處于溫度為T、壓強(qiáng)為p的狀態(tài)1。抽取隔板A，左側(cè)中的氣體就會擴(kuò)散到右側(cè)中，最終達(dá)到狀態(tài)2。然后將絕熱容器豎直放置如圖（b）所示，解鎖活塞B，B恰能保持靜止，當(dāng)電阻絲C加熱氣體，使活塞B緩慢滑動，穩(wěn)定后，氣體達(dá)到溫度為1.5T的狀態(tài)3，該過程電阻絲C放出的熱量為Q。已知大氣壓強(qiáng)p0，且有p<2（1）求絕熱活塞B的質(zhì)量；（2）求氣體內(nèi)能的增加量。15．如截面圖（a）所示，泳池上方距水面?=2m處有一觀測者A（可接收任意方向射入A的光），泳池水深d=6m。水的折射率n=2，A觀測到正下方的泳池深度（填“大于”、“小于”或“等于”）實(shí)際深度。泳池底部有圓形細(xì)燈帶（燈帶僅存在于圓周邊緣處）如俯視圖（b）所示，其圓心O位于A的正下方。由燈帶上某點(diǎn)光源B射入A的光線，在水面上方的部分與水平面的夾角為45°，則圓形細(xì)燈帶的半徑為m。圓形細(xì)燈帶發(fā)出的光照亮水面區(qū)域的面積為16．如圖（a）所示，均勻介質(zhì)中存在垂直水平面（xOy面）振動的兩個(gè)波源A和B，波源A、B振動頻率相同。其中A的振幅為1cm，A、B在x軸上坐標(biāo)為xA=0，xB=25m。A開始振動7s后，B以與A相同的起振方向開始振動，記此時(shí)為t=0時(shí)刻。t=9s時(shí)兩列波同時(shí)到達(dá)A、B連線上的M點(diǎn)，（1）A、B在介質(zhì)中形成的機(jī)械波的周期T和波速v；（2）從t=0至t=30s，質(zhì)點(diǎn)N(xM

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A.做勻速圓周運(yùn)動的物體線速度大小不變，方向在改變，故速度時(shí)刻變化，A不符合題意；

B.做勻速圓周運(yùn)動的物體加速度始終指向圓心，故加速度方向始終變化，B不符合題意；

C.線速度大小不變，則動能

Ek=12mv2

2．【答案】B【解析】【解答】A.衛(wèi)星在橢圓軌道上近日點(diǎn)的速度大于遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度，故在Ⅱ軌道P點(diǎn)速度大于Ⅱ軌道Q點(diǎn)，則衛(wèi)星在軌道Ⅱ上從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)的過程中動能減小，A不符合題意；

B.由

a3T2=k

可知，軌道越高，衛(wèi)星環(huán)繞運(yùn)行的周期越大，B符合題意；

C.衛(wèi)星從軌道Ⅰ經(jīng)過P點(diǎn)變軌到軌道Ⅱ，需要加速做離心運(yùn)動，故衛(wèi)星在軌道Ⅰ上經(jīng)過P點(diǎn)的速度小于在軌道Ⅱ上經(jīng)過P點(diǎn)的速度，C符合題意；

D.由

an=GMr2

3．【答案】D【解析】【解答】ABCD.由核反應(yīng)方程可知

11H+37Li→224He

由能量守恒可知

4．【答案】C【解析】【解答】A.帶電小球的極性未知，故在Q點(diǎn)點(diǎn)電荷帶電極性未知，若電荷Q帶正電，則場強(qiáng)方向沿桿向上，若電荷Q帶負(fù)電，則場強(qiáng)方向沿桿向下，A不符合題意；

B.小球除了受到電場力的作用，還受到重力，可能受到桿的支持力作用，故合力大小變化未知，加速度大小未知，B不符合題意；

C.若電荷Q帶正電，則

φM>φN

小球帶正電

EpM>EpN

若電荷Q帶負(fù)電，則

φM<φN5．【答案】D【解析】【解答】ABCD.由幾何關(guān)系可知，當(dāng)速度方向與x軸正方向夾角為30°時(shí)，粒子恰好沿y軸返回O點(diǎn)，有

tan30°=ra

可得

r=33a

由

qvB=mv2r6．【答案】B,D【解析】【解答】當(dāng)用戶端用電器增多時(shí)，即用戶端電阻減小，即UI減小，且副線圈電流增大，原線圈電流增大，則R1上電壓增大，原線圈與副線圈兩端電壓變小，AC不符合題意，BD符合題意。

故答案為：BD。

7．【答案】A,D【解析】【解答】A.對物體進(jìn)行受力分析，物體受到沿斜面向下的重力分力，大小為6N，繩上拉力沿斜面向上，大小為8N，則物體所受摩擦力大小為2N，方向沿斜面向下，A符合題意；

B.物體所受支持力和繩子拉力的合力方向與重力和摩擦力的合力方向相反，故合力方向不是豎直向上，B不符合題意；

C.對物體、滑輪和斜面看作一個(gè)整體，整體受力分析可知，受到豎直向下的重力和拉力，豎直向上的支持力，故地面對斜面的支持力為38N，水平方向沒有作用力，地面對斜面的摩擦力大小為0，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：AD。

【分析】利用整體法與隔離法，結(jié)合物體的受力分析情況可得出結(jié)論。8．【答案】A,C【解析】【解答】A.當(dāng)MN運(yùn)動穩(wěn)定時(shí)，恒力F0與安培力大小相等，恒力的功率即為燈泡的額定功率，棒MN做勻速運(yùn)動，故有

F0=B2d2Rv

恒力功率

P0=F0v

聯(lián)立可得

F0=BdP0R

A符合題意；

B.MN運(yùn)動穩(wěn)定后，斷開S，電路中電阻增大，電流減小，故安培力減小，有

F?B2L22Rv=ma9．【答案】（1）1.495（2）n；Uπ【解析】【解答】（1）示數(shù)為

1mm+49.5×0.550mm=1.495mm

（2）待測電阻阻值較小，使用電流表的內(nèi)接法會減小實(shí)驗(yàn)誤差，故接線柱P應(yīng)與n相連；由電阻

R=ρl10．【答案】（1）0.05；1.00；0.240；0.245（2）(【解析】【解答】（1）由

T=2πω

可得感光痕間的時(shí)間間隔

T=0.05s

細(xì)鋼柱速度大小

vE=xDF2T=1.00m/s

系統(tǒng)動能的增加量為

Ek=12m+MvE2=0.240J

重力勢能的減小量

?Ep=m+MgxOE?mg11．【答案】（1）對A物體受力分析，由牛頓第二定律得μ解得a對B受力分析，由牛頓第二定律得μ解得a由運(yùn)動學(xué)公式xx解得l=（2）解：設(shè)物塊A和木板B碰撞前速度分別為v1、vv解得v對Bv解得vA、B碰撞過程為完全非彈性碰撞，則對A、B系統(tǒng)動量守恒m由能量守恒ΔE=解得ΔE=1【解析】【分析】（1）利用牛頓第二定律可求出物體A、B的加速度大小，根據(jù)物體做勻變速直線運(yùn)動的特點(diǎn)，利用位移時(shí)間關(guān)系式可求出木板的長度；（2）根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得出物體的速度大小，利用動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得出機(jī)械能的大小。12．【答案】（1）小球在Ⅰ區(qū)域電場中，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向先加速再減速到零，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)vBmgd+q解得U（2）設(shè)小球在Ⅰ區(qū)域中經(jīng)過直線y=23d時(shí)，豎直方向速度為vy，在E1中運(yùn)動時(shí)間為tv豎直方向，在E12在E21解得t小球在Ⅰ區(qū)域E12由牛頓第二定律可得q解得E（3）解：設(shè)小球在Ⅱ區(qū)域中，電場E3水平方向的分量為Ex、豎直方向分量為Ey，在C點(diǎn)時(shí)水平方向速度為vd=d=v聯(lián)立可得vvt水平方向qaa豎直方向mg+qaa聯(lián)立可得EEⅡ區(qū)域的場強(qiáng)大小為EE小球在區(qū)域Ⅱ中從B到C過程中所受電場力的沖量大小I=qI=【解析】【分析】（1）根據(jù)小球在電場區(qū)域的運(yùn)動特點(diǎn)，利用動能定理可得出電勢差的大小；（2）根據(jù)小球在電場中豎直方向的位移與時(shí)間關(guān)系式可求出時(shí)間大小，利用運(yùn)動學(xué)公式可得出加速度的大小，結(jié)合牛頓第二定律可求出電場強(qiáng)度的大?。唬?）利用速度的分解思想，根據(jù)位移特點(diǎn)可求出分速度的大小，結(jié)合牛頓第二定律可求出電場強(qiáng)度的大小，利用沖量的定義式可求出沖量大小。13．【答案】A,C,E【解析】【解答】A.由圖可知理想氣體由a變化到b，溫度增加，氣體內(nèi)能增加，A符合題意；

B.由

TV=PC

可知，T-V圖像斜率表示壓強(qiáng)的大小，顯然Oa連線斜率大于Ob連線斜率，故由a到b，壓強(qiáng)變小，B不符合題意；

CD.由熱力學(xué)一定定律可知

?U=W+Q

由a到b，內(nèi)能增加，氣體體積增大，故氣體對外界做功，W小于0，故Q大于零，氣體從外界吸熱，C符合題意，D不符合題意；

E.容器壁單位面積單位時(shí)間收到氣體分子撞擊次數(shù)與溫度和分子數(shù)有關(guān)，可知溫度增加，但是壓強(qiáng)減小，可知碰撞次數(shù)減小，D符合題意；14．【答案】（1）氣體從狀態(tài)1到狀