还剩21页未读，
继续阅读
备战2024年高考物理模拟卷（全国卷专用）（解析版）
展开
这是一份备战2024年高考物理模拟卷（全国卷专用）（解析版），共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空，计算题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．越来越多人喜欢挑战极限，如图是两位“勇士”参与溜索活动，两倾斜的钢丝拉索分别套有M、N两个滑轮（滑轮与绳之间有可调节的制动片），两滑轮上用安全带系着两位“勇士”，当他们都沿拉索向下滑动时，M上的带子与索垂直， N上的带子始终竖直向下，则以下判断正确的是（ ）
A. M情况中，滑轮与索之间有摩擦力B. N情况中，滑轮与索之间无摩擦力
C. M情况中“勇士”做匀速直线运动D. N情况中“勇士”做匀速运直线动
【答案】D
【解析】AC．滑轮M对应的安全带的弹力方向倾斜，对“勇士”受力分析，如图
则加速度大小为
滑轮M做匀加速运动，对整体分析，有
得
M情况中，滑轮与索之间没有摩擦力，故AC错误；
BD．滑轮N对应的安全带的弹力为竖直方向，可知N情况中“勇士”合力为零，做匀速直线运动，则滑轮N受到沿钢索向上的摩擦力，故B错误，D正确。
故选D。
2．“玉兔二号”月球车携带具有放射性的同位素钚，不断衰变，释放能量为设备供热，衰变方程为，半衰期为88年。则（ ）
A. 的比结合能比的比结合能小
B. 若环境温度升高，则衰变得更快
C. 该衰变为β衰变
D. 若有100个，则经过88年，一定还剩下50个
【答案】A
【解析】A．核反应向着比结合能大的方向发生，所以的比结合能比的比结合能小，A正确；
B．放射性元素的半衰期是元素本身的属性，与环境温度无关，B错误；
C．根据电荷数和质量数守恒，可得该衰变方程为
X为，该衰变为α衰变，C错误；
D．半衰期为统计规律，对少量核子来说不成立，D错误。
故选A。
3．如图甲所示是某发电机的示意图。使线圈a沿轴线做简谐运动，线圈a中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。线圈a连接原、副线圈匝数比为1：10的理想变压器，其输出端接充电设备。线圈a及导线的电阻不计。则（ ）
A. 变压器输出电流的频率为10Hz
B. 充电设备两端的电压有效值为5V
C. 其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同
D. 其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，充电设备两端的电压最大值不变
【答案】C
【解析】A．根据图像可知线圈产生的交流电的周期为0.2s，所以交流电的频率为
变压器不能改变交流电的频率，所以变压器输出电流的频率为5Hz，A错误；
B．根据图像可知线圈产生的交流电的最大值为0.5V，有效值为
根据原副线圈匝数与电压的关系，可得充电设备两端的电压有效值为
B错误；
C．变压器的输出功率由副线圈决定，所以在其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同，C正确；
D．线圈产生的最大电压为
其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，线圈产生的最大电压变大，所以充电设备两端的电压最大值变大，D错误。
故选C。
4．如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1，v2水平抛出两质量相等的小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球（ ）
A. 必须同时抛出B. 击中O点时重力的瞬时功率相等
C. 初速度v1与v2相等D. 击中O点时速度大小相等
【答案】C
【解析】AC．已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系，如图
则设OM为
则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有
联立解得
所以在A点的小球要先抛出才能使两小球同时击中O点。又由平抛在水平方向为匀速直线运动，有
联立可得
整理可得
故A错误，C正确；
D．因，但竖直方向有
故两分速度合成后可知击中O点速度不同，故D错误；
B．两球在O点重力瞬时功率为
即击中O点时重力的瞬时功率不相等，故B错误。
故选C。
5．拉格朗日点指的是在太空中类似于“地一月”或“日一地”的天体系统中的某些特殊位置，在该位置处的第三个相对小得多（质量可忽略不计）的物体靠两个天体的引力的矢量和提供其转动所需要的向心力，进而使得该物体与该天体系统处于相对静止状态，即具有相同的角速度。如图所示是地一月天体系统，在月球外侧的地月连线上存在一个拉格朗日点，发射一颗质量为m的人造卫星至该点跟着月球一起转动，距离月球的距离为s。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，地月球心之间的距离为r，月球的公转周期为T，则由以上数据可以算出（ ）
A. 地球的密度为
B. 在拉格朗日点的卫星的线速度比月球的线速度小
C. 在拉格朗日点的卫星的向心加速度比月球的向心加速度小
D. 月球对该卫星的引力为
【答案】D
【解析】A．因位于拉格朗日点的卫星与月球具有相同的角速度，由
，
解得地球的密度
故A错误；
BC．因为于拉格日点的卫星与月球具有相同的角速度，由
，
知位于拉格朗日点的卫星的线速度和向心加速度均比月球的大，故BC错误；
D．位于拉格朗日点的卫星的向心力由地球和月球共同提供，故有
解得
故D正确。
故选D。
6．如图所示为某种材料制成的半圆环截面图，圆环内半径r1=r0，外半径，光屏的半径r3=2r0。位于半圆环内侧的点光源P向上方发出某种单色光，已知材料对单色光的折射率n=2。不考虑反射光，下列说法正确的是（ ）
A. 光发生全反射的临界角为60°
B. 环外侧有光射出的弧长为
C. 光屏上有光射到弧长为
D. 增大折射率n，则屏上有光的弧长将增大
【答案】C
【解析】A．根据临界角与折射率的关系有
解得
故A错误；
B．设从P点发出的光线恰好在A点发生全发射，即∠OAP=C=30°，如图所示
在三角形AOP中，根据正弦定理，有
解得
所以
所以环外侧有光射出的弧长所对应的圆心角为
所以环外侧有光射出的弧长为
故B错误；
C．直角三角形AOB中，有
所以
所以光屏上有光射到的弧长所对应的圆心角为
所以光屏上有光射出的弧长为
故C正确；
D．根据以上分析，增大折射率n，则全反射的临界角减小，从而屏上有光的弧长所对圆心角减小，弧长减小，故D错误。
故选C。
7．如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板接地，开关闭合，一带电油滴在电容器中的点处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离，电容器的电容增大
B. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离，点的电势将升高
C. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离过程中，电流计中电流方向向右
D. 开关先闭合后断开，板竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动
【答案】B
【解析】A．保持开关闭合，则电压恒定不变，A板竖直上移一小段距离，根据电容的决定式，可知电容C减小，故A错误。
B．根据，可知电场强度减小，根据U=Ed可知，P点与下极板的距离不变，但E减小，故P点与下极板的电势差减小，下极板带正电，故P点的电势升高，故B正确。
C．根据Q=CU可知，电容减小，电荷量减小，电容器放电，电流计中电流方向向左，故C错误。
D．开关S先闭合后断开，则电荷量Q不变，A板竖直上移一小段距离，电场强度
恒定不变，故带电油滴静止不动，故D错误。
故选B。
8．一个质量为100 g的空心小球，从地面以的速度竖直向上弹射出去，在空中受到的空气阻力大小与速度成正比（即），它在空中运动的图像如图所示，2s后的图线是平行于横轴的直线。取，下列说法正确的是（ ）
A. 小球拋出瞬间的加速度大小为
B. 小球上升过程中空气阻力的冲量大小为
C. 空气的阻力系数
D. 小球从抛出到落地瞬间克服空气阻力做的功为
【答案】C
【解析】C．2s后的图线是平行于横轴的直线，则有
解得空气的阻力系数
选项C正确；
A．根据牛顿第二定律可知小球拋出瞬间的加速度大小
选项A错误；
B．小球上升过程中根据动量定理有
解得空气阻力的冲量大小为
选项B错误；
D．小球从抛出到落地瞬间根据动能定理有
选项D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题包含4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
9．如图所示，同一平面内有两根互相垂直且彼此绝缘的长直导线、，两导线交于点并通有相同大小、方向如图中所示的电流。四边形为正方形，其中心与两导线的交点重合。已知点的磁感应强度大小为，下列说法正确的是（ ）
A. 点的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外
B. 点的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外
C. 若撤去直导线，点的磁感应强度大小为
D. 若撤去直导线，点与点的磁感应强度不同
【答案】CD
【解析】根据题意可知，a点到直导线1和直导线2的距离相等，两导线在a点产生的磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向外，由于点的磁感应强度大小为，则每条导线在、、、点产生的磁感应强度均为
A．点到直导线1和直导线2的距离相等，两导线在点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则可知，两导线在点产生的磁感应强度方向相反，故点的磁感应强度大小为零，故A错误。
B．c点到直导线1和直导线2的距离相等，两导线在c点产生的磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向里，故c点的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，故B错误。
C．由上述分析可知，若撤去直导线，导线2在点的磁感应强度大小为，故C正确；
D．根据安培定则可知，直导线1在c点与a点产生的磁感应强度方向相反，故D正确。
故选CD。
10．.一列沿x轴正方向传播的简谐波，在时刻的波形图如图所示，波恰好传播到质点Q处，时质点第一次达到彼谷。则（ ）
A. 这列波的频率为2.5Hz
B. 质点的起振方向沿轴正方向
C. 时，质点处在平衡位置且振动方向沿轴正方向
D. 从时刻到质点R第一次到达波峰时，质点Q通过的路程为
【答案】AD
【解析】AB．根据题意，由图可知，该波的波长为，在时刻点的振动方向沿轴负方向，即波源的起振方向为沿轴负方向，则点的起振方向沿轴负方向，时质点第一次达到彼谷，即处质点的振动形式传播到，则有
解得
则这列波的频率为
A正确，B错误；
C．由图可知，时刻，质点在平衡位置，且沿轴负方向振动，经过时间
即质点振动了3个周期，则时，质点处在平衡位置且振动方向沿轴负方向，故C错误；
D．质点第一次达到波峰，则处质点的振动情况传到处，所用时间为
由于从平衡位置开始振动，则质点Q通过的路程为
故D正确。
故选AD。
11．如图，光滑平行导轨MN和PQ固定在同一水平面内，两导轨间距为L，MP间接有阻值为的定值电阻。两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，ad平行MN。一粗细均匀、质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，金属杆接入两导轨间的电阻为R。现用一恒力F平行MN向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电阻，忽略空气阻力，则（ ）
A. 金属杆匀速运动时的速率为
B. 出磁场时，dc间金属杆两端电势差
C. 从b到c的过程中，金属杆产生的电热为
D. 从b到c的过程中，通过定值电阻的电荷量为
【答案】BD
【解析】A．设流过金属杆中的电流为，由平衡条件得
解得
根据欧姆定律有
所以金属杆匀速运动的速度为
故A错误；
B．由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为
所以金属杆在出磁场时，dc间金属杆两端的电势差为
故B正确；
C．设整个过程电路中产生的总电热为，根据能量守恒定律得
代入可得
所以金属杆上产生的热量为
故C错误；
D．根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为
故D正确。
故选BD。
12．如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰好处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为，，重力加速度为g，静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球d一定带负电
B. 小球b的周期为
C. 外力F大小等于
D. 小球c的加速度大小为
【答案】BCD
【解析】A．由题意，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，三小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做匀速圆周运动，可知d小球与a、b、c三小球是异性电荷，由于a、b、c三小球的电性未知，所以小球d不一定带负电，A错误；
BD．设db的连线与水平方向的夹角为α，则有
可得
α=60°
对b小球，由库仑定律和牛顿第二定律可得
解得
由于a、b、c三小球的加速度大小相等，因此小球c的加速度大小为，BD正确；
C．对d小球，由平衡条件可得外力F大小为
C正确。
故选BCD。
三、填空、实验探究题（本题包含2个小题，共16分。请按题目要求作答，并将答案填写在答题纸上对应位置。）
13．（8分）某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系．
（1）为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量M ________（填“需要”、“不需要”）远大于砂和砂桶的总质量m．
（2）图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，sAD=_________cm．已知电源频率为50Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度 v =_________m/s（保留两位有效数字）．
（3）该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔEk—W关系图像，由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线（实线）应该是____________．
【答案】 ①. 需要 ②. 2.10 ③. 0.50 ④. D
【解析】(1) 为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，则绳中拉力要等于砂和砂桶的总重力，即小车质量M需要远大于砂和砂桶的总质量m．
(2)由图得
打点计时器在打D点时纸带的速度
(3)理论线，由于实验前遗漏了平衡摩擦力，则
令，则
即
即
由于，则
则图像中图线的斜率小于理论曲线（）的斜率，故选D。
14．（8分）某实验小组用如图甲所示的电路测量一电池的电动势和内阻，该电池的电动势E约为9V、内阻r约为2Ω，允许流过的最大电流为0.9A。现有量程为0~2.5V、内阻为2kΩ的电压表Vl，电阻箱R1、R2和定值电阻R0=10Ω，开关S，导线若干。请回答下列问题：
（1）将电压表Vl和电阻箱R1改装成量程为0~10V的新电压表V2，电阻箱R1的阻值应该调节为______kΩ。
（2）该小组将改装好的新电压表V2（虚线框内）正确接在A、C之间，如图甲所示。请根据图甲中的电路图用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接成完整电路________。
（3）正确连接电路后，闭合开关S，调节电阻箱R2，测出多组R2的阻值和原电压表Vl的示数U1，根据实验数据，用描点法绘出图像，如图丙所示。依据图像，可得电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω（结果均保留两位有效数字）。
【答案】 ①. 6或者6.0 ②. ③. 10 ④. 2.5
【解析】（1）[1]根据电压表改装原理有
解得
（2）[2]实物图连接如图所示
（3）[3][4]根据电路图可知R2两端的电压为
则干路中的电流为
根据闭合电路欧姆定律有
将电流I代入得
变形得
对比乙图可得
，
联立解得
，
四、计算题（本题包含3小题，共36分。解答下列各题时，应写出必要的文字说明、表达式和重要步骤。只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。请将解答过程书写在答卷纸相应位置。）
15．（10分）某种供水工作原理如图所示。由水泵将水压入罐体，当罐内气体压强增加到时，水泵停止抽水。供水时罐内水位下降，罐内气体压强减小到时，水泵重新启动，可如此反复供水。罐容积为，第一次注水前罐内气体压强等于外界大气压强，此时罐内气体体积与罐容积相等，注水、供水过程中罐内气体总质量不变，罐内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求：
（1）水泵停止注水时罐内气体的体积；
（2）当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体压强。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）对罐内所封气体，根据玻意耳定律可知
（3分）
解得
（1分）
（2）当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体的体积为
（2分）
根据玻意耳定律可知
（3分）
压强
（1分）
16．（12分）如图所示，在xOy平面内，以O'(O， R)为圆心、R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴下方有足够大的垂直于平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．在O"(R，-R)处，放置一半径R´=的半圆弧形接收器EHF，EO"F与y轴平行，在圆形磁场的左侧0（1）磁场的磁感应强度B的大小；
（2）［-R，（+1）R］处的粒子经磁场偏转后能否被接收器接收；
（3）打到接收器上的粒子占粒子总数的百分比．
【答案】（1）B=；（2）不能；（3）50
【解析】（1）粒子在上方磁场中的半径r=R时，粒子偏转后都从O点进入，由洛伦茨力充当向心力
qvB=m（2分）
解得磁场的磁感应强度B的大小为B=．（1分）
（2）［-R，（+1）R］处的粒子经上方磁场偏转后与x轴负方向的角度==（3分），=45°，粒子与x轴负方向成45°角进入下方磁场运动时，圆心在（R，-R）处，轨迹与接收器不相交，所以不能被接收器接受，（1分）如下图：
（3）当粒子运动轨迹与接收器在F点相内切时，由几何关系可知，运动轨迹的圆心恰好在E点，根据几何关系可知，粒子由O点进入时，粒子的速度方向与y轴负方向的夹角==，（1分）=30°，粒子进入上方磁场G时的纵坐标
y1=R+R=1.5R（1分）
当粒子运动轨迹在E点与接收器相外切时，运动轨迹的圆心恰好在（R，R）处，根据几何关系可知，粒子由O点进入磁场时粒子速度方向与x轴正方向的夹角==（1分），=60°，粒子进入上方磁场I的纵坐标
y2=R- R=0.5R（1分）
在上方磁场GI间射入的粒子能打到接收器上，LGI=y1-y2=R，占粒子总数的百分比=100=50（1分）．
答：（1）磁场的磁感应强度B=；（2）不能；（3）50
17．（14分）如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为。某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2。.求：
（1）剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep；
（2）从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E；
（3）为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。
【答案】（1）19.5J；（2）6.75J；（3）时水平位移最大为
【解析】（1）对和弹开过程，取向左正方向，由动量守恒定律有
（1分）
解得
剪断细绳前弹簧的弹性势能为
（1分）
解得
（1分）
（2）设向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得
（1分）
解得
（1分）
则先向右减速至速度为零，向左加速至速度为，然后向左匀速运动，直至离开传送带。
设小物体滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。根据动量定理得
（1分）
解得
该过程皮带运动的距离为
（1分）
故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为
（1分）
解得
（1分）
（3）设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体平抛的水平位移最大为x。从A到C由机械能守恒定律得
（1分）
由平抛运动的规律有
（1分）
（1分）
联立整理得
（1分）
根据数学知识知当
即时，水平位移最大为
（1分）
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．越来越多人喜欢挑战极限，如图是两位“勇士”参与溜索活动，两倾斜的钢丝拉索分别套有M、N两个滑轮（滑轮与绳之间有可调节的制动片），两滑轮上用安全带系着两位“勇士”，当他们都沿拉索向下滑动时，M上的带子与索垂直， N上的带子始终竖直向下，则以下判断正确的是（ ）
A. M情况中，滑轮与索之间有摩擦力B. N情况中，滑轮与索之间无摩擦力
C. M情况中“勇士”做匀速直线运动D. N情况中“勇士”做匀速运直线动
【答案】D
【解析】AC．滑轮M对应的安全带的弹力方向倾斜，对“勇士”受力分析，如图
则加速度大小为
滑轮M做匀加速运动，对整体分析，有
得
M情况中，滑轮与索之间没有摩擦力，故AC错误；
BD．滑轮N对应的安全带的弹力为竖直方向，可知N情况中“勇士”合力为零，做匀速直线运动，则滑轮N受到沿钢索向上的摩擦力，故B错误，D正确。
故选D。
2．“玉兔二号”月球车携带具有放射性的同位素钚，不断衰变，释放能量为设备供热，衰变方程为，半衰期为88年。则（ ）
A. 的比结合能比的比结合能小
B. 若环境温度升高，则衰变得更快
C. 该衰变为β衰变
D. 若有100个，则经过88年，一定还剩下50个
【答案】A
【解析】A．核反应向着比结合能大的方向发生，所以的比结合能比的比结合能小，A正确；
B．放射性元素的半衰期是元素本身的属性，与环境温度无关，B错误；
C．根据电荷数和质量数守恒，可得该衰变方程为
X为，该衰变为α衰变，C错误；
D．半衰期为统计规律，对少量核子来说不成立，D错误。
故选A。
3．如图甲所示是某发电机的示意图。使线圈a沿轴线做简谐运动，线圈a中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。线圈a连接原、副线圈匝数比为1：10的理想变压器，其输出端接充电设备。线圈a及导线的电阻不计。则（ ）
A. 变压器输出电流的频率为10Hz
B. 充电设备两端的电压有效值为5V
C. 其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同
D. 其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，充电设备两端的电压最大值不变
【答案】C
【解析】A．根据图像可知线圈产生的交流电的周期为0.2s，所以交流电的频率为
变压器不能改变交流电的频率，所以变压器输出电流的频率为5Hz，A错误；
B．根据图像可知线圈产生的交流电的最大值为0.5V，有效值为
根据原副线圈匝数与电压的关系，可得充电设备两端的电压有效值为
B错误；
C．变压器的输出功率由副线圈决定，所以在其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同，C正确；
D．线圈产生的最大电压为
其他条件不变，仅增大线圈a简谐运动的频率，线圈产生的最大电压变大，所以充电设备两端的电压最大值变大，D错误。
故选C。
4．如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1，v2水平抛出两质量相等的小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球（ ）
A. 必须同时抛出B. 击中O点时重力的瞬时功率相等
C. 初速度v1与v2相等D. 击中O点时速度大小相等
【答案】C
【解析】AC．已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系，如图
则设OM为
则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有
联立解得
所以在A点的小球要先抛出才能使两小球同时击中O点。又由平抛在水平方向为匀速直线运动，有
联立可得
整理可得
故A错误，C正确；
D．因，但竖直方向有
故两分速度合成后可知击中O点速度不同，故D错误；
B．两球在O点重力瞬时功率为
即击中O点时重力的瞬时功率不相等，故B错误。
故选C。
5．拉格朗日点指的是在太空中类似于“地一月”或“日一地”的天体系统中的某些特殊位置，在该位置处的第三个相对小得多（质量可忽略不计）的物体靠两个天体的引力的矢量和提供其转动所需要的向心力，进而使得该物体与该天体系统处于相对静止状态，即具有相同的角速度。如图所示是地一月天体系统，在月球外侧的地月连线上存在一个拉格朗日点，发射一颗质量为m的人造卫星至该点跟着月球一起转动，距离月球的距离为s。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，地月球心之间的距离为r，月球的公转周期为T，则由以上数据可以算出（ ）
A. 地球的密度为
B. 在拉格朗日点的卫星的线速度比月球的线速度小
C. 在拉格朗日点的卫星的向心加速度比月球的向心加速度小
D. 月球对该卫星的引力为
【答案】D
【解析】A．因位于拉格朗日点的卫星与月球具有相同的角速度，由
，
解得地球的密度
故A错误；
BC．因为于拉格日点的卫星与月球具有相同的角速度，由
，
知位于拉格朗日点的卫星的线速度和向心加速度均比月球的大，故BC错误；
D．位于拉格朗日点的卫星的向心力由地球和月球共同提供，故有
解得
故D正确。
故选D。
6．如图所示为某种材料制成的半圆环截面图，圆环内半径r1=r0，外半径，光屏的半径r3=2r0。位于半圆环内侧的点光源P向上方发出某种单色光，已知材料对单色光的折射率n=2。不考虑反射光，下列说法正确的是（ ）
A. 光发生全反射的临界角为60°
B. 环外侧有光射出的弧长为
C. 光屏上有光射到弧长为
D. 增大折射率n，则屏上有光的弧长将增大
【答案】C
【解析】A．根据临界角与折射率的关系有
解得
故A错误；
B．设从P点发出的光线恰好在A点发生全发射，即∠OAP=C=30°，如图所示
在三角形AOP中，根据正弦定理，有
解得
所以
所以环外侧有光射出的弧长所对应的圆心角为
所以环外侧有光射出的弧长为
故B错误；
C．直角三角形AOB中，有
所以
所以光屏上有光射到的弧长所对应的圆心角为
所以光屏上有光射出的弧长为
故C正确；
D．根据以上分析，增大折射率n，则全反射的临界角减小，从而屏上有光的弧长所对圆心角减小，弧长减小，故D错误。
故选C。
7．如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板接地，开关闭合，一带电油滴在电容器中的点处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离，电容器的电容增大
B. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离，点的电势将升高
C. 保持开关闭合，板竖直上移一小段距离过程中，电流计中电流方向向右
D. 开关先闭合后断开，板竖直上移一小段距离，带电油滴向下运动
【答案】B
【解析】A．保持开关闭合，则电压恒定不变，A板竖直上移一小段距离，根据电容的决定式，可知电容C减小，故A错误。
B．根据，可知电场强度减小，根据U=Ed可知，P点与下极板的距离不变，但E减小，故P点与下极板的电势差减小，下极板带正电，故P点的电势升高，故B正确。
C．根据Q=CU可知，电容减小，电荷量减小，电容器放电，电流计中电流方向向左，故C错误。
D．开关S先闭合后断开，则电荷量Q不变，A板竖直上移一小段距离，电场强度
恒定不变，故带电油滴静止不动，故D错误。
故选B。
8．一个质量为100 g的空心小球，从地面以的速度竖直向上弹射出去，在空中受到的空气阻力大小与速度成正比（即），它在空中运动的图像如图所示，2s后的图线是平行于横轴的直线。取，下列说法正确的是（ ）
A. 小球拋出瞬间的加速度大小为
B. 小球上升过程中空气阻力的冲量大小为
C. 空气的阻力系数
D. 小球从抛出到落地瞬间克服空气阻力做的功为
【答案】C
【解析】C．2s后的图线是平行于横轴的直线，则有
解得空气的阻力系数
选项C正确；
A．根据牛顿第二定律可知小球拋出瞬间的加速度大小
选项A错误；
B．小球上升过程中根据动量定理有
解得空气阻力的冲量大小为
选项B错误；
D．小球从抛出到落地瞬间根据动能定理有
选项D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题包含4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
9．如图所示，同一平面内有两根互相垂直且彼此绝缘的长直导线、，两导线交于点并通有相同大小、方向如图中所示的电流。四边形为正方形，其中心与两导线的交点重合。已知点的磁感应强度大小为，下列说法正确的是（ ）
A. 点的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外
B. 点的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外
C. 若撤去直导线，点的磁感应强度大小为
D. 若撤去直导线，点与点的磁感应强度不同
【答案】CD
【解析】根据题意可知，a点到直导线1和直导线2的距离相等，两导线在a点产生的磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向外，由于点的磁感应强度大小为，则每条导线在、、、点产生的磁感应强度均为
A．点到直导线1和直导线2的距离相等，两导线在点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则可知，两导线在点产生的磁感应强度方向相反，故点的磁感应强度大小为零，故A错误。
B．c点到直导线1和直导线2的距离相等，两导线在c点产生的磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向里，故c点的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，故B错误。
C．由上述分析可知，若撤去直导线，导线2在点的磁感应强度大小为，故C正确；
D．根据安培定则可知，直导线1在c点与a点产生的磁感应强度方向相反，故D正确。
故选CD。
10．.一列沿x轴正方向传播的简谐波，在时刻的波形图如图所示，波恰好传播到质点Q处，时质点第一次达到彼谷。则（ ）
A. 这列波的频率为2.5Hz
B. 质点的起振方向沿轴正方向
C. 时，质点处在平衡位置且振动方向沿轴正方向
D. 从时刻到质点R第一次到达波峰时，质点Q通过的路程为
【答案】AD
【解析】AB．根据题意，由图可知，该波的波长为，在时刻点的振动方向沿轴负方向，即波源的起振方向为沿轴负方向，则点的起振方向沿轴负方向，时质点第一次达到彼谷，即处质点的振动形式传播到，则有
解得
则这列波的频率为
A正确，B错误；
C．由图可知，时刻，质点在平衡位置，且沿轴负方向振动，经过时间
即质点振动了3个周期，则时，质点处在平衡位置且振动方向沿轴负方向，故C错误；
D．质点第一次达到波峰，则处质点的振动情况传到处，所用时间为
由于从平衡位置开始振动，则质点Q通过的路程为
故D正确。
故选AD。
11．如图，光滑平行导轨MN和PQ固定在同一水平面内，两导轨间距为L，MP间接有阻值为的定值电阻。两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，ad平行MN。一粗细均匀、质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，金属杆接入两导轨间的电阻为R。现用一恒力F平行MN向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电阻，忽略空气阻力，则（ ）
A. 金属杆匀速运动时的速率为
B. 出磁场时，dc间金属杆两端电势差
C. 从b到c的过程中，金属杆产生的电热为
D. 从b到c的过程中，通过定值电阻的电荷量为
【答案】BD
【解析】A．设流过金属杆中的电流为，由平衡条件得
解得
根据欧姆定律有
所以金属杆匀速运动的速度为
故A错误；
B．由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为
所以金属杆在出磁场时，dc间金属杆两端的电势差为
故B正确；
C．设整个过程电路中产生的总电热为，根据能量守恒定律得
代入可得
所以金属杆上产生的热量为
故C错误；
D．根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为
故D正确。
故选BD。
12．如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰好处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为，，重力加速度为g，静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球d一定带负电
B. 小球b的周期为
C. 外力F大小等于
D. 小球c的加速度大小为
【答案】BCD
【解析】A．由题意，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，三小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做匀速圆周运动，可知d小球与a、b、c三小球是异性电荷，由于a、b、c三小球的电性未知，所以小球d不一定带负电，A错误；
BD．设db的连线与水平方向的夹角为α，则有
可得
α=60°
对b小球，由库仑定律和牛顿第二定律可得
解得
由于a、b、c三小球的加速度大小相等，因此小球c的加速度大小为，BD正确；
C．对d小球，由平衡条件可得外力F大小为
C正确。
故选BCD。
三、填空、实验探究题（本题包含2个小题，共16分。请按题目要求作答，并将答案填写在答题纸上对应位置。）
13．（8分）某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系．
（1）为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，本实验中小车质量M ________（填“需要”、“不需要”）远大于砂和砂桶的总质量m．
（2）图乙为实验得到的一条清晰的纸带，A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点，sAD=_________cm．已知电源频率为50Hz，则打点计时器在打D点时纸带的速度 v =_________m/s（保留两位有效数字）．
（3）该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的ΔEk—W关系图像，由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步骤，他得到的实验图线（实线）应该是____________．
【答案】 ①. 需要 ②. 2.10 ③. 0.50 ④. D
【解析】(1) 为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功，则绳中拉力要等于砂和砂桶的总重力，即小车质量M需要远大于砂和砂桶的总质量m．
(2)由图得
打点计时器在打D点时纸带的速度
(3)理论线，由于实验前遗漏了平衡摩擦力，则
令，则
即
即
由于，则
则图像中图线的斜率小于理论曲线（）的斜率，故选D。
14．（8分）某实验小组用如图甲所示的电路测量一电池的电动势和内阻，该电池的电动势E约为9V、内阻r约为2Ω，允许流过的最大电流为0.9A。现有量程为0~2.5V、内阻为2kΩ的电压表Vl，电阻箱R1、R2和定值电阻R0=10Ω，开关S，导线若干。请回答下列问题：
（1）将电压表Vl和电阻箱R1改装成量程为0~10V的新电压表V2，电阻箱R1的阻值应该调节为______kΩ。
（2）该小组将改装好的新电压表V2（虚线框内）正确接在A、C之间，如图甲所示。请根据图甲中的电路图用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接成完整电路________。
（3）正确连接电路后，闭合开关S，调节电阻箱R2，测出多组R2的阻值和原电压表Vl的示数U1，根据实验数据，用描点法绘出图像，如图丙所示。依据图像，可得电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω（结果均保留两位有效数字）。
【答案】 ①. 6或者6.0 ②. ③. 10 ④. 2.5
【解析】（1）[1]根据电压表改装原理有
解得
（2）[2]实物图连接如图所示
（3）[3][4]根据电路图可知R2两端的电压为
则干路中的电流为
根据闭合电路欧姆定律有
将电流I代入得
变形得
对比乙图可得
，
联立解得
，
四、计算题（本题包含3小题，共36分。解答下列各题时，应写出必要的文字说明、表达式和重要步骤。只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。请将解答过程书写在答卷纸相应位置。）
15．（10分）某种供水工作原理如图所示。由水泵将水压入罐体，当罐内气体压强增加到时，水泵停止抽水。供水时罐内水位下降，罐内气体压强减小到时，水泵重新启动，可如此反复供水。罐容积为，第一次注水前罐内气体压强等于外界大气压强，此时罐内气体体积与罐容积相等，注水、供水过程中罐内气体总质量不变，罐内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求：
（1）水泵停止注水时罐内气体的体积；
（2）当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体压强。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）对罐内所封气体，根据玻意耳定律可知
（3分）
解得
（1分）
（2）当水的体积达到罐容积的40%，则此时罐内气体的体积为
（2分）
根据玻意耳定律可知
（3分）
压强
（1分）
16．（12分）如图所示，在xOy平面内，以O'(O， R)为圆心、R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴下方有足够大的垂直于平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．在O"(R，-R)处，放置一半径R´=的半圆弧形接收器EHF，EO"F与y轴平行，在圆形磁场的左侧0
（2）［-R，（+1）R］处的粒子经磁场偏转后能否被接收器接收；
（3）打到接收器上的粒子占粒子总数的百分比．
【答案】（1）B=；（2）不能；（3）50
【解析】（1）粒子在上方磁场中的半径r=R时，粒子偏转后都从O点进入，由洛伦茨力充当向心力
qvB=m（2分）
解得磁场的磁感应强度B的大小为B=．（1分）
（2）［-R，（+1）R］处的粒子经上方磁场偏转后与x轴负方向的角度==（3分），=45°，粒子与x轴负方向成45°角进入下方磁场运动时，圆心在（R，-R）处，轨迹与接收器不相交，所以不能被接收器接受，（1分）如下图：
（3）当粒子运动轨迹与接收器在F点相内切时，由几何关系可知，运动轨迹的圆心恰好在E点，根据几何关系可知，粒子由O点进入时，粒子的速度方向与y轴负方向的夹角==，（1分）=30°，粒子进入上方磁场G时的纵坐标
y1=R+R=1.5R（1分）
当粒子运动轨迹在E点与接收器相外切时，运动轨迹的圆心恰好在（R，R）处，根据几何关系可知，粒子由O点进入磁场时粒子速度方向与x轴正方向的夹角==（1分），=60°，粒子进入上方磁场I的纵坐标
y2=R- R=0.5R（1分）
在上方磁场GI间射入的粒子能打到接收器上，LGI=y1-y2=R，占粒子总数的百分比=100=50（1分）．
答：（1）磁场的磁感应强度B=；（2）不能；（3）50
17．（14分）如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为。某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2。.求：
（1）剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep；
（2）从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E；
（3）为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。
【答案】（1）19.5J；（2）6.75J；（3）时水平位移最大为
【解析】（1）对和弹开过程，取向左正方向，由动量守恒定律有
（1分）
解得
剪断细绳前弹簧的弹性势能为
（1分）
解得
（1分）
（2）设向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得
（1分）
解得
（1分）
则先向右减速至速度为零，向左加速至速度为，然后向左匀速运动，直至离开传送带。
设小物体滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。根据动量定理得
（1分）
解得
该过程皮带运动的距离为
（1分）
故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为
（1分）
解得
（1分）
（3）设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体平抛的水平位移最大为x。从A到C由机械能守恒定律得
（1分）
由平抛运动的规律有
（1分）
（1分）
联立整理得
（1分）
根据数学知识知当
即时，水平位移最大为
（1分）
相关试卷
备战2024年高考物理模拟卷（全国卷专用）(解析版)： 这是一份备战2024年高考物理模拟卷（全国卷专用）(解析版)，共17页。
【赢在高考-黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷(全国卷专用)试题含答案： 这是一份【赢在高考-黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷(全国卷专用)试题含答案，共29页。
黄金卷08【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷（全国卷专用）： 这是一份黄金卷08【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考物理模拟卷（全国卷专用），文件包含黄金卷08-赢在高考·黄金8卷备战2023年高考物理模拟卷全国卷专用解析版docx、黄金卷08-赢在高考·黄金8卷备战2023年高考物理模拟卷全国卷专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
