2024屆安徽省毛坦廠中學高考物理四模試卷含解析

2024屆安徽省毛坦廠中學高考物理四模試卷

注意事項：

1.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。

2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5亳米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。

3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。

4.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、起重機將靜止在地面上的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點過程中的箕一［圖像如圖所示，g=10m/s2,

以下說法中正確的是（）

A.0~3s內(nèi)貨物處于失重狀態(tài)

B.3?5s內(nèi)貨物的機械能守恒

C.5~7s內(nèi)貨物受到向上的拉力為重力的0.3倍

D.貨物上升的總高度為27m

2、下列粒子流中貫穿本領(lǐng)最強的是（）

A.a射線B.陰極射線C.質(zhì)子流D.中子流

3、如圖所示，靜止在勻強磁場中的某放射性元素的原子核，當它放出一個a粒子后，其速度方向與磁場方向垂直，測

得a粒子和反沖核軌道半徑之比為44:1,則下列說法不正確的是（）

A.a粒子與反沖粒子的動量大小相等，方向相反

B.原來放射性元素的原子核電荷數(shù)為90

C.反沖核的核電荷數(shù)為88

D.a粒子和反沖粒子的速度之比為1：88

4、如圖所示，一根質(zhì)量為M、長為L的銅管放置在水平桌面上，現(xiàn)讓一塊質(zhì)量為機、可視為質(zhì)點的鉉鐵硼強磁鐵從

銅管上端由靜止下落，強磁鐵在下落過程中不與銅管接觸，在此過程中（）

A.桌面對銅管的支持力一直為Mg

B.銅管和強磁鐵組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.銅管中沒有感應電流

A.圖甲是流過導體某個橫截面的電量隨時間變化的圖像，則電流在均勻增大

B.圖乙是某物體的位移隨時間變化的圖像，則該物體受不為零的恒定合力作用

C.圖丙是光電子最大初動能隨入射光頻率變化的圖像，則與實線對應金屬的逸出功比虛線的大

D.圖丁是某物體的速度隨時間變化的圖像，則該物體所受的合力隨時間增大

6、一質(zhì)子束入射到靜止靶核;;AI上，產(chǎn)生如下核反應：p+；；AlfX+n,p、n分別為質(zhì)子和中子，則產(chǎn)生的新核

含有質(zhì)子和中子的數(shù)目分別為（）

A.28和15B.27和14C.15和13D.14和13

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、如圖，在地面上方水平向左的勻強電場中，兩帶電小球°、）以一定初速度射入電場中P點后的運動軌跡分別如圖

中虛線所示，力軌跡為直線。已知方球帶電量大小為g,質(zhì)量為，"，其軌跡與電場夾角為〃，重力加速度大小為g,則

A.。球帶負電

B.勻強電場的電場強度E=-氣

C.力球經(jīng)產(chǎn)點后做勻加速直線運動

D.。球經(jīng)P點后的運動過程中電勢能逐漸增大

8、在用單擺測定重力加速度的實驗中，為了減小測量誤差，下列措施正確的有（）

A.對于相同半徑的木球和鐵球，選用鐵球

B.單擺的擺角從原來的5,改變?yōu)?5°

C.測量擺球振動周期時，選取最高點作為計時的起、終點位置

D.在測量單擺的周期時，防止出現(xiàn)“圓錐擺”

E.測量擺長時，單擺在懸掛狀態(tài)下擺線長加上擺球的半徑作為擺長

9、如圖是在四川景區(qū)九寨溝拍攝的一張風景照片，湖水清澈見底，近處湖面水下的樹枝和池底都看得很清楚，而遠處

則只看到對岸山峰和綠樹的倒影，水面下的景物則根本看不到.下列說法中正確的是（）

A.遠處山峰的倒影非常清晰，是因為來自山峰的光線在水面上發(fā)生了全反射

B.光從空氣射入水中，光的波速變小，波長變小

C.遠處水面下景物的光線到水面處，入射角較大，可能發(fā)生了全反射，所以看不見

D.來自近處水面下景物的光射到水面處，入射角較小，反射光強而折射光弱，因此有較多的能量射出水面而進入人

的眼睛中

管的過程中，觀察到電流計指針向右偏轉(zhuǎn)，說明螺線管中的電流方向（從上往下看）是沿（選填“順時針”或“逆

時針”）方向。

圖乙

⑶下表是該小組的同學設(shè)計的記錄表格的一部分，表中完成了實驗現(xiàn)象的記錄，還有一項需要推斷的實驗結(jié)果未完成,

請幫助該小組的同學完成（選填“垂直紙面向外”或“垂直紙面向里

實驗記錄表（部分）

操作N極朝下插入螺線管

從上往下看的平面圖（而表示原磁場，

即磁鐵產(chǎn)生的磁場）

原磁場通過螺線管磁通量的增減增加

感應電流的方向沿逆時針方向

感應電流的磁場配的方向

（4）該小組同學通過實驗探究，對楞次定律有了比較深刻的認識。結(jié)合以上實驗，有同學認為，理解楞次定律，關(guān)鍵

在于抓住__________（選填“隊”或“B”）總是要阻礙填“Bo”或“叱）磁通量的變化。

12.（12分）如圖所示為某同學測量電源的電動勢和內(nèi)阻的電路圖,其中包括電源E,開關(guān)&和S2,電阻箱R,電流

表A,保護電阻&?該同學進行了如下實驗步驟：

（1）將電阻箱的阻值調(diào)到合適的數(shù)值，閉合Si、S2,讀出電流表示數(shù)為1,電阻箱讀數(shù)為9.5Q,斷開Sz,調(diào)節(jié)電阻箱的

阻值，使電流表示數(shù)仍為，，此時電阻箱讀數(shù)為4.5Q.則保護電阻的阻值&=（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

⑵Sz斷開，Si閉合，調(diào)節(jié)R,得到多蛆展和/的數(shù)值，并畫出;-火圖象，如圖所示，由圖象可得，電源電動勢￡=

V,內(nèi)阻r=C.（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

⑶本實驗中，內(nèi)阻的測量值________（填“大于”或“小于”）真實值，原因是.

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖所示，半徑為a的圓內(nèi)有一固定的邊長為L5a的等邊三角形框架ABC,框架中心與圓心重合，S為

位于BC邊中點處的狹縫.三角形框架內(nèi)有一水平放置帶電的平行金屬板，框架與圓之間存在磁感應強度大小為B,

方向垂直紙面向里的勻強磁場.一束質(zhì)量為m、電量為q,不計重力的帶正電的粒子，從P點由靜止經(jīng)兩板間電場加

速后通過狹縫S,垂直BC邊向下進入磁場并發(fā)生偏轉(zhuǎn).忽略粒子與框架碰撞時能量與電量損失.求：

（1）要使粒子進入磁場后第一次打在SB的中點，則加速電場的電壓為多大？

⑵要使粒子最終仍能回到狹縫S,則加速電場電壓滿足什么條件？

⑶回到狹縫S的粒子在磁場中運動的最短時間是多少？

14.（16分）如圖所示，質(zhì)量〃h=lkg的木板靜止在傾角為9=30。足夠長的、固定的光滑斜面上，木板卜端上表而與半

徑Rfm的固定的光滑圓弧軌道相切圓弧軌道最高點B與圓心O等高。一質(zhì)量62=2kg、可視為質(zhì)點的小滑塊以

vo=15m/s的初速度從長木板頂端沿木板滑下已知滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)”巫，木板每次撞擊圓弧軌道時都會

立即停下而不反彈，最終滑未從木板上端滑出，取重力加速度g=10m*。求

⑴滑塊離開圓弧軌道B點后上升的最大高度；

(2)木板的最小長度；

⑶木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機械能。

15.(12分)如圖所示，。和4是間距為"的兩條平行的虛線，。上方和右下方有磁感應強度大小均為8、方向均

垂直紙面向里的勻強磁場，一電子從A點在紙面內(nèi)沿與4成30。角方向以速度%射出，偏轉(zhuǎn)后經(jīng)過4上的。點。已知

電子的質(zhì)量為"，，帶電荷量為%不計電子重力。求：

(1)電子第一、二次經(jīng)過。上的兩點間的距離;

⑵電子從A點運動到C點所用的總時間。

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、D

【解析】

A.貨物開始時豎直向上運動，由了一，圖像讀出。?3s的斜率即加速度為正，表示加速度向上，則貨物處于超重狀態(tài),

故A錯誤;

B.3~5s內(nèi)貨物做向上的勻速直線運動，一定有除重力以外的拉力對貨物做正功，則貨物的機械能增加，故B錯誤;

C.5?7s內(nèi)的加速度為

Av0-6,)c「

a=—=-----m/s-=-3m/s-

2

由牛頓第二定律有

FT-mg=ma

可得

4=7/九=U.7mg

則有貨物受到向上的拉力為重力的0.7倍，故C錯誤;

D.口一，四像的面積表示貨物上升的總位移，則總高度為

h=J"1""x6m=27m

2

故D正確。

故選D。

2、D

【解析】

a射線射線的穿透能力最弱，一張紙即可把它擋住，但是其電離能力最強，陰極射線是電子流，能穿透0.5mm的鋁板;

質(zhì)子流比電子流的穿透能力要強一些，中子不帶電，相同的情況下中子的穿透能力最強.

A.a射線，與結(jié)論不相符，選項A錯誤;

B.陰極射線，與結(jié)論不相符，選項B錯誤;

C.質(zhì)子流，與結(jié)論不相符，選項C錯誤;

D.中子流，與結(jié)論相符，選項D正確;

故選D.

3、D

【解析】

微粒之巨相互作用的過程中遵守動量守恒定律，由于初始總動量為零，則末動量也為零，即a粒子和反沖核的動量大

小相等，方向相反；由于釋放的a粒子和反沖核均在垂直于磁場的平面內(nèi)，且在洛倫茲力作用下做圓周運動；由

即:噂得：R嚙'若原來放射性元素的核電荷數(shù)為Q,則對a粒子"懸,對反沖核4就與

由于片二鳥，根據(jù)凡：&=44:1,解得Q=90,反沖核的核電荷數(shù)為90-2=88,它們的速度大小與質(zhì)量成反比,

由于不知道質(zhì)量關(guān)系，無法確定速度大小關(guān)系，故A、B、C正確，D錯誤；

4、D

【解析】

C.強磁鐵通過鋼管時，導致鋼管的磁通量發(fā)生變化，從而產(chǎn)生感應電流，故C錯誤；

B.磁鐵在銅管中運動的過程中，雖不計空氣阻力，但在過程中，出現(xiàn)安培力做功產(chǎn)生熱能，所以系統(tǒng)機械能不守恒,

故B錯誤；

A.由于圓管對磁鐵有向上的阻力，則由牛頓第三定律可知磁鐵對圓管有向下的力，則桌面對銅管的支持力尸,Mg,

故A錯誤；

D.因圓管對磁鐵有阻力，所以運動時間與自由落體運動相比會變K,即有r>故D正確。

故選D。

5、C

【解析】

A、由于q=〃，「，圖像的斜率不變，所以電流不變，選項A錯誤；

B、由圖像可知，物體做勻速直線運動，合力為0,選項B錯誤；

C、根據(jù)光電效應方程或二尿一M得，延長圖像，圖像的縱截距絕對值為逸出功，則與實線對應金屬的逸出功比虛線

的大，選項C正確；

D、y”圖像斜率是加速度，斜率越來越小，加速度減小，則合力減小，選項D錯誤。

故選C。

6、D

【解析】

質(zhì)子的電荷數(shù)為1,質(zhì)量數(shù)為1;中子的電荷數(shù)為0,質(zhì)量數(shù)為1;根據(jù)電荷數(shù)、質(zhì)量數(shù)守恒，X的質(zhì)子數(shù)（電荷數(shù)）為

1+13-0=14,質(zhì)量數(shù)為1+27-1=27,中子數(shù)：27-14=13。

A.28和15。與上述結(jié)論不符，故A錯誤；

B.27和14。與上述結(jié)論不符，故B錯誤；

C.15和13。與上述結(jié)論不符，故C錯誤；

D.14和13。與上述結(jié)論相符，故D正確。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、BC

【解析】

A.a球最后做直線運動，電場力和重力的合力在這條直線上，可知，a球受到的電場力必定水平向左，與電場方向一

致，則a球帶正電，A錯誤；

BC.b球做直線運動，切受到的電場力水平向左，所以電場力和重力的合力與初速度方向相同，故做勻加速直線運動，

軌跡與電場方向夾角為則

Eqtan0=mg

解得

E=^-

夕tan。

BC正確；

D.b球受到的電場力方向和位移方向夾角為銳角，則電場力做正功，所以電勢能減小，D錯誤。

故選BC.

8、ADE

【解析】

A.對于相同半徑的木球和鐵球，選擇鐵球可以忽略空氣阻力以及懸線的重力，A正確；

B.單擺在擺角很小的情況下才做簡諧運動，單擺的擺角不能太大，一般不超過5°，B錯誤；

C.為了減小測量周期時的誤差，應取擺球通過的最低點作為計時的起、終點位置，C錯誤；

D.擺球做圓錐擺時周期表達式為

\8

若用

7=2乎

算出重力加速度g誤差較大，為了減小測量誤差，應防止出現(xiàn)“圓錐擺%D正確；

E.測量擺長時，單擺在懸掛狀態(tài)下擺線長加上擺球的半徑作為擺長，E正確。

故選ADEe

9、BC

【解析】

試題分析：遠處山峰的倒影非常清晰，是因為山峰的光線在水面上發(fā)生了反射，但不是全反射，因為全反射只有光從

光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)時才可能發(fā)生，故A錯誤.光線由空氣射入水中，光的波速變小，頻率不變，由波速公式v=M

知波長變小，故B正確.遠處水面下景物的光線射到水面處，入射角很大，當入射角大于等于全反射臨界角時能發(fā)生

全反射，光線不能射出水面，因而看不見，故C正確.近處水面下景物的光線到水面處，入射角越小，反射光越弱而

折射光越強，射出水面而進入人眼睛中能量越少，故D錯誤.故選BC.

考點：光的折射；全反射

10、ACD

【解析】

A.根據(jù)幾何關(guān)系，粒子恰好經(jīng)過〃點時運動半徑

._回

3'

由

v2

qvB=in—

r

可知速度

v二曲二6qBl

1m3m

則速度小于避迎的粒子均從?！ㄟ呺x開磁場，根據(jù)幾何關(guān)系可知轉(zhuǎn)過的圓心角均為120',運動時間均為

3m

120.

t.=----=-/

13603

丁為粒子在磁場中的運動周期，A正確；

BC.粒子恰好經(jīng)過c點時運動半徑

「2=01

根據(jù)幾何關(guān)系可知運動時間

1-127rmmn

。=—/=-------=----

66qB3qB

速度

6qBl

V2=一二=------

mm

則速度大于叵絲的粒子一定打在〃邊上，B錯誤，C正確;

m

D.粒子垂直打在cd邊上時，如圖：

根據(jù)幾何關(guān)系可知圓心角為30'，運動時間

1丁兀m

2~n

D正確。

故選ACDo

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、C順時針垂直紙面向外跟3。

【解析】

由題意可知，電流從電流計左邊進時，指針左偏，右邊進時，指針右偏，本實驗目的是探究感應電流的方向，則

進行上述實驗的目的是推斷電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系，故選C；

(2)[2]電流計指針向右偏轉(zhuǎn)，說明電流從電流計的右邊(正接線柱)流入，則說明螺線管中的電流方向(從上往下看)

是沿順時針方向；

(3)[3]由題意可知，感應電流的方向為逆時針，由右手螺旋定則可知，感應電流的磁場方向垂直紙面向外；

(4)[4]由題意可知，理解楞次定律，關(guān)鍵在于抓住8總是要阻礙吸磁通量的變化

12、5.03.02.2大于電流表也有內(nèi)阻

【解析】

由題意可知，閉合中和S2時只有電阻箱接入電路，閉合與、斷開S2時，電阻箱與R串聯(lián)接入電路，兩種情況下

電路電流相等，由歐姆定律可知，兩種情況下電路總電阻相等，所以保護電阻的阻值

a=9.5。?4.5。=5.0。

(2)[2][3]根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得，E=I(R+Rx+r)f整理可得

11D+r

/EE

可見圖線的斜率

k=—

E

圖線的縱截距

b=-----

E

結(jié)合圖象中的數(shù)據(jù)可得

E=3.0Vfr=2.2￡2.

⑶⑷⑸本實驗中，內(nèi)阻的測量值大于其實值，原因是電流表也有內(nèi)阻，測量值等于電源內(nèi)阻和電流表內(nèi)阻之和.

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13、(I/轡(2)U=袈-."5=4,56...)；(3)&皿=筆

512"?32mqB

【解析】

(1)帶電粒子在勻強電場中做勻加速直線運動,進入磁場后做圓周運動，結(jié)合幾何關(guān)系找到半徑.求解加速電場的電

壓；(2)要使粒子能回到S,則每次碰撞時粒子速度都應與邊垂直，則可能的情況是：粒子與框架垂直碰撞，繞過三

角形頂點時的軌跡圓弧的圓心應位于三角形頂點上，即SB為半徑的奇數(shù)倍；要使粒子能繞過頂點且不飛出磁場，臨

界情況為粒子軌跡圓與磁場區(qū)域圓相切；(3)根據(jù)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡圖，找到圓周運動的圓心

角，結(jié)合圓周運動周期公式，求出在磁場中運動的最短時間；

【詳解】

(1)粒子在電場中加速，qU=^mv2

粒子在磁場中，qvB=^―

r

3a

r=——

16

解得U=叵/=皿叱

2m512m

(2)要使粒子能回到S,則每次碰撞時粒子速度都應與邊垂直，則r和v應滿足以下條件：

①粒子與框架垂直碰撞，繞過三角形頂點時的軌跡圓弧的圓心應位于三角形頂點上，即SB為半徑的奇數(shù)倍，

SB_3a

即r=(n=L2,3,...)

2n-\"4(2/?-l)

②要使粒子能繞過頂點且不飛出磁場，臨界情況為粒子軌跡圓與磁場區(qū)域圓相切,

即r<a-

2

解得n>3.3,即n=4,5,6...

n9M2

得加速電壓。=京⑵I)T(n=4,5,6,...).

(3)粒子在磁場中運動周期為T

?mv~—2萬廣

qvB=-----,T=------

rv

2mn

解得

7523

當n=4時，時間最短，即t,”加=3x6xF3x—T=—T

262

237Z7”

解得~~

qB

(3)^J?5.56J

14、(l)9.75m；(2)7.5m；

【解析】

(1)由滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)〃=曰=tan30?？芍瑝K在木板上勻速下滑，即滑塊到達A點時速度大小依然

為也產(chǎn)15m/s,設(shè)滑塊離開圓弧軌道〃點后上升的最大高度為力，則由機械能守恒定律可得

說二，%g(Reos。+〃)

解得

/i=9.75m

(2)由機械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時速度大小為vo=15m/s,

滑上木板后，木板的加速的為內(nèi)，由牛頓第二定律可知

2gcos6-"gsin8=m1al

滑塊的加速度為。2,由牛頓第二定律可知

以"12gcos9+m2gsin9=m2a2

設(shè)經(jīng)過4時間后兩者共速，共同速度為白，由運動學公式可知

匕=%一%乙也

該過程中木板走過的位移

v.

滑塊走過的位移

X2-2

之后一起勻減速運動至最高點，若滑塊最終未從木板上端滑出，則木板的最小長度

1^X2—X\

聯(lián)立解得

L=7.5ni；

（3）滑塊和木板一起勻減速運動至最高點，然后一起滑下，加速度均為“3,由牛頓第二定律可知

（班+"A）gsin0=（叫+）a3

一起勻減速向上運動的位移

2

X.工

七一c

2a3

木板從最高點再次滑至A點時的速度為V2,由運動學公式可知

Vj

…涼

滑塊第三次、第四次到達A點時的速度大小均為電，第二次沖上木板，設(shè)又經(jīng)過時間t2兩者共速，共同速度為門，由

運動學公式可知

V3=V2—ait2=ait2

該過程中木板走過的位移

一起勻減速向上運動的位移

X-甘

設(shè)木板第二次滑至A點時的速度為卬由運