还剩10页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024年高考第三次模拟考试题：物理
成套系列资料，整套一键下载
2024年高考第三次模拟考试题：物理（全国卷旧教材）（解析版）
展开
这是一份2024年高考第三次模拟考试题：物理（全国卷旧教材）（解析版），共13页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
二、选择题：本题共8小题，每小题6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。
14.如图14所示，一长为的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为的小球。使轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
图14
A. 小球运动到最高点时，杆对球的作用力一定向上
B. 小球运动到水平位置A时，杆对球的作用力指向O点
C. 若，小球通过最高点时，杆对球的作用力为零
D. 小球通过最低点时，杆对球的作用力可能向下
【答案】C
【解析】根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球运动到最高点时，若杆对球的作用力为零，则有，解得，可知，若小球运动的角速度，杆对球的作用力向下，若小球运动的角速度，杆对球的作用力向上，故A错误，C正确；根据题意可知，小球做匀速圆周运动，则小球运动到水平位置A时，合力指向圆心，对小球受力分析可知，小球受重力和杆的作用力，由平行四边形法则可知，杆对球的作用力不可能指向O点，故B错误；根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球通过最低点时，合力竖直向上，则杆对球的作用力一定向上，故D错误。故选C。
15.如图15所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为的托盘，托盘上放着6个质量均为的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为（ ）
图15
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg，根据牛顿第二定律有
，对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有，联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为。故选A。
16.随着航天技术的不断发展，太空中的航天器数量越来越多。假设太空中的航天器围绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A. 航天器的转速一定大于地球的转速 B. 离地面越高的航天器向心加速度越小
C. 同一轨道上的航天器受到的地球引力相等 D. 同一轨道上的航天器一定不会发生碰撞现象
【答案】B
【解析】由万有引力提供向心力，解得，可知航天器的离地面的高度的大于或等于地球同步卫星的高度时，航天器的转速小于或等于地球的转速，故A错误；根据万有引力提供向心力，有，得向心加速度，故离地面越高的航天器向心加速度越小，故B正确；根据万有引力公式，又航天器的质量未知，所以同一轨道上的航天器受到的地球引力不一定相等，故C错误；由，可知同一轨道上的航天器的线速度的大小相等，如果它们绕地球飞行的运转方向相反，它们会碰撞，故D错误。故选B。
17．如图17所示，产生闪电的积雨云底层带负电，为避免闪电造成的损害，高大的建筑物会安装避雷针，图中虚线为避雷针周围的等势线，相邻两条等势线间的电势差相等，两点的场强大小分别为，两点的电势分为，下列说法正确的是( )
图17
避雷针的顶端带正电
一带正电的雨滴从a点下落至b点，电场力做正功
【答案】C
【解析】产生闪电的积雨云底层带负电，根据静电感应可知，避雷针的顶端带正电，C正确；电场线由避雷针顶端指向积雨云底端，由于沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知，A错误；等差等势线密集的地方，电场线也密集，电场强度大小也越大，则由题图可知，B错误；由于电场线由避雷针顶端指向积雨云底端，即电场强度方向向上，则一带正电的雨滴从a点下落至b点，所受电场力方向向上，电场力做负功，D错误。
18．一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F。若将该导线做成eq \f(3,4)圆环，放置在xOy坐标平面内，如图18所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为( )
图18
A．FB．eq \f(\r(2),3π)F
C．eq \f(2\r(2),3π)FD．eq \f(3\r(2)π,3)F
【答案】C
【解析】根据安培力公式，安培力F与导线长度L成正比；若将该导线做成eq \f(3,4)圆环，由L＝eq \f(3,4)×2πR，解得圆环的半径R＝eq \f(2L,3π)，eq \f(3,4)圆环ab两点之间的距离L′＝eq \r(2)R＝eq \f(2\r(2)L,3π)。由F/L＝F′/L′解得：F′＝eq \f(2\r(2),3π)F，选项C正确。故选C。
19.(多选)(多选)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图19是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速
下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是( )
A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B．人和滑车获得的动能为0.8mgh
C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh 图19
【答案】BC
【解析】选BC。沿斜面的方向有ma＝mgsin 30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mgsin 30°－Ff)eq \f(h,sin 30°)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误。故选BC。
20.(多选)如图甲，线圈A(图中实线，共100 匝)的横截面积为0.3 m2，总电阻r＝2 Ω，A右侧所接电路中，电阻R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝3 μF，开关S1闭合。A中有横截面积为0.2 m2的区域C(图中虚线)，C内有图乙所示的变化磁场，t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。下列判断正确的是( )
A．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向a
B．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4 A
C．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由b流向a
D．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6C
【答案】BD
【解析】根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝100×eq \f(0.6,3)×0.2 V＝4 V，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)＝eq \f(4,2＋6＋2) A＝0.4 A，选项B正确；闭合S2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，选项C错误；电路稳定后电容器带电量CUR2＝3×10－6×0.4×6 C＝7.2×10－6 C，则电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6 C，选项D正确。故选BD。
21.(多选)如图21所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则( )
图21
A．全程滑块水平方向相对地面的位移R＋L
B．全程小车相对地面的位移大小s＝eq \f(1,4)(R＋L)
C．滑块m运动过程中的最大速度vm＝eq \r(2gR)
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
【答案】BD
【解析】设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移x＝R＋L－s。取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得meq \f(x,t)－Meq \f(s,t)＝0，即meq \f(R＋L－s,t)－Meq \f(s,t)＝0，结合M＝3m，解得s＝eq \f(1,4)(R＋L)，x＝eq \f(3,4)(R＋L)，故A错误，B正确；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0＝mvm－Mv、mgR＝eq \f(1,2)mvm2＋eq \f(1,2)Mv2。联立解得vm＝ eq \r(\f(3,2)gR)，故C错误；对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v′，得v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得R＝μL，故D正确。故选BD。
第Ⅱ卷
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。
22.（6分）图甲是实验室常用的实验装置，利用该装置可以完成多个重要的力学实验。
(1)下列说法正确的是_______（多选）。
A. 做“探究小车速度随时间的变化规律”实验时，需要平衡小车与木板间的摩擦力
B. 做“探究小车速度随时间的变化规律”实验时，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量
C. 做“探究小车的加速度与质量关系”实验时，每次改变小车质量后都须重新平衡小车与木板间的摩擦力
D. 做“探究功与速度变化关系”实验时，可以将木板带有打点计时器的一端适当垫高，目的是消除摩擦力对实验的影响
(2)张同学利用图甲装置平衡好摩擦力后，做“探究小车的加速度与力的关系”实验时，得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示。已知打点计时器所接交流电的频率为50Hz，两相邻计数点间还有四个计时点没有画出，根据纸带可得打点计时器打计数点“3”时小车的速度大小为_______，小车运动的加速度大小为_______。（结果均保留三位有效数字）
(3)方同学利用图甲装置平衡好摩擦力后，用来验证小车与钩码所组成的系统的机械能守恒，你觉得是否可行？_______（选填“可行”或“不可行”）。
【答案】(1)BD （2）0.611m/s 2.00m/s2 (3)不可行
【解析】(1)利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律“的实验时，不涉及小车的合力，不需要平衡摩擦力，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量。故A错误，B正确；实验中，平衡摩擦力时需要将木板的一端垫起适当高度，满足小车及车上物体的总重力的沿斜面向下的分力等于沿斜面向上的摩擦力，即Mgsinθ=μMgcsθ，化简得μ=tanθ，由平衡方程知，每次改变小车质量后都不用再重新平衡小车与木板间的摩擦力，故C错误；做“探究功与速度变化的关系”的实验要探究小车合外力的功，涉及到小车所受的合力应由线的拉力提供，故需要平衡摩擦力，故D正确。
故选BD。
由题意知，相邻计数点的间隔为：T=0.02×5 s=0.1 s，打计数点“3”时的瞬时速度为：v3=0.0710+0.05122×0.1m/s=0.611m/s；把纸带分成两段，由逐差法可得小车的加速度：a=x36−x03(3T)2=(7.10+9.13+11.09)−(1.10+3.09+5.12)(3×0.1)2×10−2m/s2=2.00m/s2。
根据机械能守恒条件可知，虽然平衡了摩擦力，但实验过程中小车与钩码组成的系统仍然有摩擦力做负功，机械能不会守恒，所以该同学的想法不可行。
23.（9分）某同学要测量“水果电池”的电动势和内阻，提供下列仪器：
A．待测“水果电池”(电动势E约为4 V，内阻r约为200 Ω)
B．毫安表A(量程5 mA，内阻为RA＝60 Ω)
C．电压表V(量程U0＝4 V，内阻约5 kΩ)
D．电阻箱R1(0～999.9 Ω)
E．滑动变阻器R(0～1 000 Ω)
F．开关、导线若干．
(1)由于毫安表的量程太小，该同学用电阻箱R1与毫安表A并联，可使其量程扩大，取R1＝eq \f(1,4)RA，则改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的________倍；
(2)用改装后的电流表完成实验，应该选择的实验电路是图中的________(选填“甲”或“乙”)；
(3)根据实验数据画出U－I图线，如图所示．由图线可得，“水果电池”的电动势E＝____ V，内电阻r＝________ Ω。(保留三位有效数字)
【答案】(1)5 (2)乙 (3)3.80 175
【解析】(1)设毫安表电流为IA，由并联电路的规律可得IARA＝(I－IA)R1，解得I＝5IA，因此改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的5倍；
(2)由于电流表内阻已知，因此采用题图乙电路可以避免电流表分压的误差，故选乙电路．
(3)改装后电流表的内阻为RA′＝eq \f(RAR1,RA＋R1)＝eq \f(60×15,60＋15) Ω＝12 Ω，则由闭合电路欧姆定律可得E＝Ir＋IRA′＋U，转化可得U＝－(r＋RA′)I＋E
由U－I图像可得b＝E＝3.80 V，|k|＝|－(r＋RA′)|＝eq \f(3.80－1.00,15－0×10－3) Ω，解得E＝3.80 Ω，r＝175 Ω。
24．足够长光滑固定斜面BC倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m＝2 kg的小物块静止于A点。现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F作用，如图甲所示。小物块在AB段运动的速度—时间图像如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，g取10 m/s2)。求：
(1)小物块所受到的恒力F的大小；
(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
(3)小物块最终离A点的距离。
【答案】(1)11N；(2)0.5s；(3)3.6m
【解析】(1)由题图乙可知，小物块在AB段的加速度
a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2.0－0,4.0－0) m/s2＝0.5 m/s2，
根据牛顿第二定律，有Fcsα－μ(mg－Fsinα)＝ma1，
得F＝eq \f(ma1＋μmg,cs α＋μsin α)＝11 N。
(2)在BC段，对小物块有mgsin α＝ma2，解得a2＝gsin α＝8 m/s2，小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为t＝eq \f(2vB,a2)＝0.5 s。
(3)小物块从B向A运动过程中，有
μmg＝ma3，a3＝μg＝5 m/s2，
由B至停下小物块的位移x＝eq \f(vB2,2a3)＝0.4 m，xAB＝eq \f(0＋vB,2)t0＝4.0 m，ΔxA＝xAB－x＝3.6 m。
25.如图所示，平面直角坐标系第二象限充满电场强度大小为、方向沿轴负方向的匀强电场，在轴右侧以点为圆心、为半径的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。现将带正电的粒子，从第二象限的点以速度沿轴正方向射入匀强电场，经电场偏转后恰好沿磁场区域半径方向射入匀强磁场，粒子离开磁场时，在磁场中的出射点和入射点关于轴对称。带电粒子重力不计，求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)磁感应强度的大小；
(3)粒子从进入电场到离开磁场所用的时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】粒子运动轨迹如图所示
(1)粒子在电场中，设运动时间为，有
设DC连线跟轴负方向的夹角为，由几何关系得
解得,
(2)粒子在磁场中，设轨迹半径为，则由几何关系可得
解得
设粒子离开电场时的速度为，有
解得
(3)设在无场区域、磁场中运动时间分别为、，总时间为，有
解得
33．【选修3-3】（15分）
⑴（5分）以下说法正确的是 。（填正确答案的标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
B．针能浮在水面上是由于水的表面张力与针的重力平衡的缘故
C．在水平玻璃板上散落的水银呈球形或椭球形是由于水银的表面张力使之收缩的缘故
D．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大
E．满足能量守恒定律的宏观过程并不是都可以自发进行的
33.（1）【答案】CDE
【解析】分子间距离越大，分子间的引力和斥力越小，但合力不一定减小；当分子间距大于平衡距离时，分子间距离越大，达到最大分子力之前，分子力越来越大，选项A错误；针能浮在水面上，是由于水膜对针的支持力与重力平衡，选项B错误；散落在水平玻璃板上的水银呈球形或椭球形是表面张力的作用，选项C正确；当气体体积不变，分子热运动变剧烈时单位时间内撞击器壁的分子数增加，对器壁的撞击作用力增大，压强变大，选项D正确；满足能量守恒定律的宏观过程可以自发进行是有方向性的，如热量可以自发从高温物体传向低温物体，但不会自发地由低温物体传向高温物体，选项E正确。
（10分）如图33所示，一个质量为m的T形活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部h0处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)，细管内装有一定量水银，初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，U形管两边水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，不计活塞与气缸壁间的摩擦。
（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平？
（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。
图33
【答案】（i）eq \f(4p0T0S,5p0S＋5mg) （ii）0.3(p0＋eq \f(mg,S))h0S－Q
【解析】（i）初态时，对活塞受力分析，可求气缸内气体
p1＝p0＋eq \f(mg,S)
V1＝1.5h0S
T1＝T0
要使两边水银面相平，气缸内气体的压强p2＝p0
此时活塞下端一定与气缸底接触
V2＝1.2h0S
设此时温度为T2，由理想气体状态方程有
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
解得T2＝eq \f(4p0T0S,5p0S＋5mg)。
（ii）从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功
W＝p1ΔV＝(p0＋eq \f(mg,S))×0.3h0S
由热力学第一定律有ΔU＝W－Q
解得ΔU＝0.3(p0＋eq \f(mg,S))h0S－Q。
34．（15分）【物理—选修3-4】
（1）（5分）如图34（1）所示，长为2d厚度为d的平行玻璃砖， ABCD为边长2d的正方形参考框，从A点发出一束发散单色光沿图示方向射入玻璃砖内，ab为光束的边界光线，若玻璃对该单色光的折射率为，则玻璃对该单色光的全反射临界角为 ，光线能照射到BC边界的长度为 。
图34（1）
（1）【答案】45°（2分） （3分）
【解析】根据，易得。如图光线入射玻璃砖后发生折射，根据，解得，，又，解得，所以光线能照射到BC边的长度为。
（2）（10分）从坐标原点O产生的简谐横波分别沿 x轴正方向和负方向传播，某时刻x轴上在波源左右两边波的部分图象如图34（2）所示，P点距波源18m，Q点距波源22m，M点距波源的距离为36m，质点M完成一个简谐振动的时间0.4s。求：
（i）该波的波速
（ii）求Q点第一次到达波峰后经过多长时间质点M到达波峰。
图34（2）
（2）【答案】（i）10m/s （ii）1.4s
【解析】（i）由题意可知，，
根据波速公式解得：。
（ii）根据x轴上左右两边波形的对称性可知，，代入波长，可得，
所以。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
二、选择题：本题共8小题，每小题6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。
14.如图14所示，一长为的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为的小球。使轻杆随转轴在竖直平面内做角速度为的匀速圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
图14
A. 小球运动到最高点时，杆对球的作用力一定向上
B. 小球运动到水平位置A时，杆对球的作用力指向O点
C. 若，小球通过最高点时，杆对球的作用力为零
D. 小球通过最低点时，杆对球的作用力可能向下
【答案】C
【解析】根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球运动到最高点时，若杆对球的作用力为零，则有，解得，可知，若小球运动的角速度，杆对球的作用力向下，若小球运动的角速度，杆对球的作用力向上，故A错误，C正确；根据题意可知，小球做匀速圆周运动，则小球运动到水平位置A时，合力指向圆心，对小球受力分析可知，小球受重力和杆的作用力，由平行四边形法则可知，杆对球的作用力不可能指向O点，故B错误；根据题意可知，小球做匀速圆周运动，小球通过最低点时，合力竖直向上，则杆对球的作用力一定向上，故D错误。故选C。
15.如图15所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接质量为的托盘，托盘上放着6个质量均为的盘子并处于静止状态。已知重力加速度大小为，则某顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘对6号盘子作用力的大小为（ ）
图15
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg，根据牛顿第二定律有
，对剩余5个盘子，根据牛顿第二定律有，联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为。故选A。
16.随着航天技术的不断发展，太空中的航天器数量越来越多。假设太空中的航天器围绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A. 航天器的转速一定大于地球的转速 B. 离地面越高的航天器向心加速度越小
C. 同一轨道上的航天器受到的地球引力相等 D. 同一轨道上的航天器一定不会发生碰撞现象
【答案】B
【解析】由万有引力提供向心力，解得，可知航天器的离地面的高度的大于或等于地球同步卫星的高度时，航天器的转速小于或等于地球的转速，故A错误；根据万有引力提供向心力，有，得向心加速度，故离地面越高的航天器向心加速度越小，故B正确；根据万有引力公式，又航天器的质量未知，所以同一轨道上的航天器受到的地球引力不一定相等，故C错误；由，可知同一轨道上的航天器的线速度的大小相等，如果它们绕地球飞行的运转方向相反，它们会碰撞，故D错误。故选B。
17．如图17所示，产生闪电的积雨云底层带负电，为避免闪电造成的损害，高大的建筑物会安装避雷针，图中虚线为避雷针周围的等势线，相邻两条等势线间的电势差相等，两点的场强大小分别为，两点的电势分为，下列说法正确的是( )
图17
避雷针的顶端带正电
一带正电的雨滴从a点下落至b点，电场力做正功
【答案】C
【解析】产生闪电的积雨云底层带负电，根据静电感应可知，避雷针的顶端带正电，C正确；电场线由避雷针顶端指向积雨云底端，由于沿着电场线方向，电势逐渐降低，可知，A错误；等差等势线密集的地方，电场线也密集，电场强度大小也越大，则由题图可知，B错误；由于电场线由避雷针顶端指向积雨云底端，即电场强度方向向上，则一带正电的雨滴从a点下落至b点，所受电场力方向向上，电场力做负功，D错误。
18．一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F。若将该导线做成eq \f(3,4)圆环，放置在xOy坐标平面内，如图18所示，并保持通电的电流不变，两端点ab连线也与x轴平行，则圆环受到的安培力大小为( )
图18
A．FB．eq \f(\r(2),3π)F
C．eq \f(2\r(2),3π)FD．eq \f(3\r(2)π,3)F
【答案】C
【解析】根据安培力公式，安培力F与导线长度L成正比；若将该导线做成eq \f(3,4)圆环，由L＝eq \f(3,4)×2πR，解得圆环的半径R＝eq \f(2L,3π)，eq \f(3,4)圆环ab两点之间的距离L′＝eq \r(2)R＝eq \f(2\r(2)L,3π)。由F/L＝F′/L′解得：F′＝eq \f(2\r(2),3π)F，选项C正确。故选C。
19.(多选)(多选)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图19是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速
下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是( )
A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B．人和滑车获得的动能为0.8mgh
C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh 图19
【答案】BC
【解析】选BC。沿斜面的方向有ma＝mgsin 30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mgsin 30°－Ff)eq \f(h,sin 30°)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误。故选BC。
20.(多选)如图甲，线圈A(图中实线，共100 匝)的横截面积为0.3 m2，总电阻r＝2 Ω，A右侧所接电路中，电阻R1＝2 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝3 μF，开关S1闭合。A中有横截面积为0.2 m2的区域C(图中虚线)，C内有图乙所示的变化磁场，t＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里。下列判断正确的是( )
A．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由b流向a
B．闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为0.4 A
C．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电流由b流向a
D．闭合S2、电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6C
【答案】BD
【解析】根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流由a流向b，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝100×eq \f(0.6,3)×0.2 V＝4 V，则闭合S2、电路稳定后，通过R2的电流大小为I＝eq \f(E,R1＋R2＋r)＝eq \f(4,2＋6＋2) A＝0.4 A，选项B正确；闭合S2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开S1，电容器放电，通过R2的电流由a流向b，选项C错误；电路稳定后电容器带电量CUR2＝3×10－6×0.4×6 C＝7.2×10－6 C，则电路稳定后再断开S1，通过R2的电荷量为7.2×10－6 C，选项D正确。故选BD。
21.(多选)如图21所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则( )
图21
A．全程滑块水平方向相对地面的位移R＋L
B．全程小车相对地面的位移大小s＝eq \f(1,4)(R＋L)
C．滑块m运动过程中的最大速度vm＝eq \r(2gR)
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
【答案】BD
【解析】设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移x＝R＋L－s。取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得meq \f(x,t)－Meq \f(s,t)＝0，即meq \f(R＋L－s,t)－Meq \f(s,t)＝0，结合M＝3m，解得s＝eq \f(1,4)(R＋L)，x＝eq \f(3,4)(R＋L)，故A错误，B正确；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0＝mvm－Mv、mgR＝eq \f(1,2)mvm2＋eq \f(1,2)Mv2。联立解得vm＝ eq \r(\f(3,2)gR)，故C错误；对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v′，得v′＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得R＝μL，故D正确。故选BD。
第Ⅱ卷
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34题为选考题，考生根据要求作答。
22.（6分）图甲是实验室常用的实验装置，利用该装置可以完成多个重要的力学实验。
(1)下列说法正确的是_______（多选）。
A. 做“探究小车速度随时间的变化规律”实验时，需要平衡小车与木板间的摩擦力
B. 做“探究小车速度随时间的变化规律”实验时，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量
C. 做“探究小车的加速度与质量关系”实验时，每次改变小车质量后都须重新平衡小车与木板间的摩擦力
D. 做“探究功与速度变化关系”实验时，可以将木板带有打点计时器的一端适当垫高，目的是消除摩擦力对实验的影响
(2)张同学利用图甲装置平衡好摩擦力后，做“探究小车的加速度与力的关系”实验时，得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示。已知打点计时器所接交流电的频率为50Hz，两相邻计数点间还有四个计时点没有画出，根据纸带可得打点计时器打计数点“3”时小车的速度大小为_______，小车运动的加速度大小为_______。（结果均保留三位有效数字）
(3)方同学利用图甲装置平衡好摩擦力后，用来验证小车与钩码所组成的系统的机械能守恒，你觉得是否可行？_______（选填“可行”或“不可行”）。
【答案】(1)BD （2）0.611m/s 2.00m/s2 (3)不可行
【解析】(1)利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律“的实验时，不涉及小车的合力，不需要平衡摩擦力，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量。故A错误，B正确；实验中，平衡摩擦力时需要将木板的一端垫起适当高度，满足小车及车上物体的总重力的沿斜面向下的分力等于沿斜面向上的摩擦力，即Mgsinθ=μMgcsθ，化简得μ=tanθ，由平衡方程知，每次改变小车质量后都不用再重新平衡小车与木板间的摩擦力，故C错误；做“探究功与速度变化的关系”的实验要探究小车合外力的功，涉及到小车所受的合力应由线的拉力提供，故需要平衡摩擦力，故D正确。
故选BD。
由题意知，相邻计数点的间隔为：T=0.02×5 s=0.1 s，打计数点“3”时的瞬时速度为：v3=0.0710+0.05122×0.1m/s=0.611m/s；把纸带分成两段，由逐差法可得小车的加速度：a=x36−x03(3T)2=(7.10+9.13+11.09)−(1.10+3.09+5.12)(3×0.1)2×10−2m/s2=2.00m/s2。
根据机械能守恒条件可知，虽然平衡了摩擦力，但实验过程中小车与钩码组成的系统仍然有摩擦力做负功，机械能不会守恒，所以该同学的想法不可行。
23.（9分）某同学要测量“水果电池”的电动势和内阻，提供下列仪器：
A．待测“水果电池”(电动势E约为4 V，内阻r约为200 Ω)
B．毫安表A(量程5 mA，内阻为RA＝60 Ω)
C．电压表V(量程U0＝4 V，内阻约5 kΩ)
D．电阻箱R1(0～999.9 Ω)
E．滑动变阻器R(0～1 000 Ω)
F．开关、导线若干．
(1)由于毫安表的量程太小，该同学用电阻箱R1与毫安表A并联，可使其量程扩大，取R1＝eq \f(1,4)RA，则改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的________倍；
(2)用改装后的电流表完成实验，应该选择的实验电路是图中的________(选填“甲”或“乙”)；
(3)根据实验数据画出U－I图线，如图所示．由图线可得，“水果电池”的电动势E＝____ V，内电阻r＝________ Ω。(保留三位有效数字)
【答案】(1)5 (2)乙 (3)3.80 175
【解析】(1)设毫安表电流为IA，由并联电路的规律可得IARA＝(I－IA)R1，解得I＝5IA，因此改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的5倍；
(2)由于电流表内阻已知，因此采用题图乙电路可以避免电流表分压的误差，故选乙电路．
(3)改装后电流表的内阻为RA′＝eq \f(RAR1,RA＋R1)＝eq \f(60×15,60＋15) Ω＝12 Ω，则由闭合电路欧姆定律可得E＝Ir＋IRA′＋U，转化可得U＝－(r＋RA′)I＋E
由U－I图像可得b＝E＝3.80 V，|k|＝|－(r＋RA′)|＝eq \f(3.80－1.00,15－0×10－3) Ω，解得E＝3.80 Ω，r＝175 Ω。
24．足够长光滑固定斜面BC倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接(未画出)，一质量m＝2 kg的小物块静止于A点。现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°的恒力F作用，如图甲所示。小物块在AB段运动的速度—时间图像如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，g取10 m/s2)。求：
(1)小物块所受到的恒力F的大小；
(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
(3)小物块最终离A点的距离。
【答案】(1)11N；(2)0.5s；(3)3.6m
【解析】(1)由题图乙可知，小物块在AB段的加速度
a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2.0－0,4.0－0) m/s2＝0.5 m/s2，
根据牛顿第二定律，有Fcsα－μ(mg－Fsinα)＝ma1，
得F＝eq \f(ma1＋μmg,cs α＋μsin α)＝11 N。
(2)在BC段，对小物块有mgsin α＝ma2，解得a2＝gsin α＝8 m/s2，小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为t＝eq \f(2vB,a2)＝0.5 s。
(3)小物块从B向A运动过程中，有
μmg＝ma3，a3＝μg＝5 m/s2，
由B至停下小物块的位移x＝eq \f(vB2,2a3)＝0.4 m，xAB＝eq \f(0＋vB,2)t0＝4.0 m，ΔxA＝xAB－x＝3.6 m。
25.如图所示，平面直角坐标系第二象限充满电场强度大小为、方向沿轴负方向的匀强电场，在轴右侧以点为圆心、为半径的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场。现将带正电的粒子，从第二象限的点以速度沿轴正方向射入匀强电场，经电场偏转后恰好沿磁场区域半径方向射入匀强磁场，粒子离开磁场时，在磁场中的出射点和入射点关于轴对称。带电粒子重力不计，求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)磁感应强度的大小；
(3)粒子从进入电场到离开磁场所用的时间。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】粒子运动轨迹如图所示
(1)粒子在电场中，设运动时间为，有
设DC连线跟轴负方向的夹角为，由几何关系得
解得,
(2)粒子在磁场中，设轨迹半径为，则由几何关系可得
解得
设粒子离开电场时的速度为，有
解得
(3)设在无场区域、磁场中运动时间分别为、，总时间为，有
解得
33．【选修3-3】（15分）
⑴（5分）以下说法正确的是 。（填正确答案的标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
B．针能浮在水面上是由于水的表面张力与针的重力平衡的缘故
C．在水平玻璃板上散落的水银呈球形或椭球形是由于水银的表面张力使之收缩的缘故
D．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强一定变大
E．满足能量守恒定律的宏观过程并不是都可以自发进行的
33.（1）【答案】CDE
【解析】分子间距离越大，分子间的引力和斥力越小，但合力不一定减小；当分子间距大于平衡距离时，分子间距离越大，达到最大分子力之前，分子力越来越大，选项A错误；针能浮在水面上，是由于水膜对针的支持力与重力平衡，选项B错误；散落在水平玻璃板上的水银呈球形或椭球形是表面张力的作用，选项C正确；当气体体积不变，分子热运动变剧烈时单位时间内撞击器壁的分子数增加，对器壁的撞击作用力增大，压强变大，选项D正确；满足能量守恒定律的宏观过程可以自发进行是有方向性的，如热量可以自发从高温物体传向低温物体，但不会自发地由低温物体传向高温物体，选项E正确。
（10分）如图33所示，一个质量为m的T形活塞在气缸内封闭一定量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距气缸底部h0处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)，细管内装有一定量水银，初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离气缸底部为1.5h0，U形管两边水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为p0，气缸横截面积为S，活塞竖直部分高为1.2h0，重力加速度为g，不计活塞与气缸壁间的摩擦。
（i）通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时两边水银面恰好相平？
（ii）从开始至两水银面恰好相平的过程中，若气体放出的热量为Q，求气体内能的变化。
图33
【答案】（i）eq \f(4p0T0S,5p0S＋5mg) （ii）0.3(p0＋eq \f(mg,S))h0S－Q
【解析】（i）初态时，对活塞受力分析，可求气缸内气体
p1＝p0＋eq \f(mg,S)
V1＝1.5h0S
T1＝T0
要使两边水银面相平，气缸内气体的压强p2＝p0
此时活塞下端一定与气缸底接触
V2＝1.2h0S
设此时温度为T2，由理想气体状态方程有
eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)
解得T2＝eq \f(4p0T0S,5p0S＋5mg)。
（ii）从开始至活塞竖直部分恰与气缸底接触，气体压强不变，外界对气体做功
W＝p1ΔV＝(p0＋eq \f(mg,S))×0.3h0S
由热力学第一定律有ΔU＝W－Q
解得ΔU＝0.3(p0＋eq \f(mg,S))h0S－Q。
34．（15分）【物理—选修3-4】
（1）（5分）如图34（1）所示，长为2d厚度为d的平行玻璃砖， ABCD为边长2d的正方形参考框，从A点发出一束发散单色光沿图示方向射入玻璃砖内，ab为光束的边界光线，若玻璃对该单色光的折射率为，则玻璃对该单色光的全反射临界角为 ，光线能照射到BC边界的长度为 。
图34（1）
（1）【答案】45°（2分） （3分）
【解析】根据，易得。如图光线入射玻璃砖后发生折射，根据，解得，，又，解得，所以光线能照射到BC边的长度为。
（2）（10分）从坐标原点O产生的简谐横波分别沿 x轴正方向和负方向传播，某时刻x轴上在波源左右两边波的部分图象如图34（2）所示，P点距波源18m，Q点距波源22m，M点距波源的距离为36m，质点M完成一个简谐振动的时间0.4s。求：
（i）该波的波速
（ii）求Q点第一次到达波峰后经过多长时间质点M到达波峰。
图34（2）
（2）【答案】（i）10m/s （ii）1.4s
【解析】（i）由题意可知，，
根据波速公式解得：。
（ii）根据x轴上左右两边波形的对称性可知，，代入波长，可得，
所以。
相关试卷
2024年高考第三次模拟考试题：物理（全国卷旧教材）（)： 这是一份2024年高考第三次模拟考试题：物理（全国卷旧教材）（)，共8页。
【高考物理模拟】名校名师仿真模拟联考试题（新课标全国卷）（09）： 这是一份【高考物理模拟】名校名师仿真模拟联考试题（新课标全国卷）（09），文件包含高考语文模拟名校名师仿真模拟联考试题新课标全国卷09doc、高考语文模拟名校名师仿真模拟联考试题新课标全国卷答案09doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
【高考物理模拟】名校名师仿真模拟联考试题（新课标全国卷）（08）： 这是一份【高考物理模拟】名校名师仿真模拟联考试题（新课标全国卷）（08），文件包含高考语文模拟名校名师仿真模拟联考试题新课标全国卷答案08doc、高考语文模拟名校名师仿真模拟联考试题新课标全国卷08doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
