还剩17页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024年高考福建省第二次模拟考试卷
成套系列资料，整套一键下载
2024年高考第二次模拟考试：物理（福建卷）（解析版）
展开
这是一份2024年高考第二次模拟考试：物理（福建卷）（解析版），共20页。试卷主要包含了如图等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
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
一、单项选择题（共4小题，每题4分，共16分。在每小题选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．图（a）是贵州特有的“独竹漂”表演，此项目已被列入第五批国家级非物质文化遗产保护名录。某次表演过程中，表演者甲在河中心位置完成表演后沿直线划向岸边，同时表演者乙从另一岸边沿同一直线划向河中心并准备表演，该过程甲、乙运动的位置x与时间t的关系图像如图（b）所示，则（ ）
A．内甲、乙的运动方向相反
B．内甲、乙的位移大小相等
C．内乙的平均速度大小等于甲的平均速度
D．内乙的最大速度小于甲的最大速度
【答案】C
【详解】A．内甲、乙的斜率均为负，所以运动方向相同，A错误；
B．内甲的位移为，乙的位移大小小于，所以内甲、乙的位移大小不相等，B错误；
C．内乙位移等于甲的位移，时间也相同，所以内乙的平均速度大小等于甲的平均速度，C正确；
D．在v-t图中，图线斜率的大小代表速度的大小，明显图乙在最大斜率绝对值大于图甲的最大斜率绝对值，所以内乙的最大速度大于甲的最大速度，D错误。
故选C。
2．有“海上充电宝”之称的南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈如下图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动到如图所示位置时端电势低于端电势
C．线圈转动到如图所示位置时其靠近极的导线框受到的安培力方向向下
D．该发电机单位时间内能输出的最大电能与浪板面积的大小有关
【答案】D
【详解】A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最小，故A错误；
B．根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故B错误；
C．线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框的电流流向a端，则根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上，故C错误；
D．浪板面积越大，则带动线圈转动的角速度越大，则发电机单位时间内能输出的最大电能越大，故D正确。
故选D。
3．2023年12月，神舟十七号航天员在空间站机械臂的支持下顺利完成出舱，出舱时间约7.5小时．已知空间站距离地球高度约391.9千米，地球的半径约为6400km。下列说法中正确的是（ ）
A．空间站的速度大于第一宇宙速度 B．空间站的加速度小于地球表面的重力加速度
C．航天员在舱外受到的合力为零 D．航天员在舱外绕地球转动大约一圈
【答案】B
【详解】A．第一宇宙速度是环绕速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，则空间站的速度小于第一宇宙速度，选项A错误；
B．根据
可知，空间站的加速度小于地球表面的重力加速度，选项B正确；
C．航天员在舱外绕地球做圆周运动，则受到的合力不为零，选项C错误；
D．空间站距离地球高度约391.9千米，根据
可得周期
可估算空间站的周期约为90分钟， eq \F(7.5 h,1.5 h) = 5，则航天员在舱外绕地球转动大约五圈，选项D错误。
故选B。
4．如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场B。质量为m、带电量为q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球A的速度大小为v0，小球与坐标原点O的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角θ=37°。已知重力加速度大小为g，cs37°=0.8，sin37°= 0.6，则下列说法正确的是（ ）
A．小球A与点电荷之间的库仑力大小为
B．从上往下看带电小球只能沿顺时针方向做匀速圆周运动
C．v0越小所需的磁感应强度B越小
D．v0 = eq \R(\F(gr,20))时，所需的磁感应强度B最小
【答案】A
【详解】A．对小球A受力分析如图所示，洛伦兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→B方向。
在竖直方向，根据平衡条件得
解得
小球A与点电荷之间的库仑力大小为，故A正确；
B．原点O处带正电的点电荷与小球之间的库仑力为斥力，故小球带正电，空间中存在竖直向下的匀强磁场，洛伦兹力需要指向圆心，根据左手定则，从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，故B错误；
CD．水平方向根据牛顿第二定律得
其中
解得
当
即
B取值最小，可知B与并非单调函数关系，故CD错误。
故选A。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题只有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
5．2023年10月2日的杭州亚运会蹦床女子个人决赛中，中国选手朱雪莹以56.720分的成绩成功夺冠。如图甲所示为蹦床运动员运动过程示意图，时刻，运动员从蹦床正上方A处由静止下落，运动员在B处接触蹦床并将蹦床压缩至最低点C点（形变在弹性限度内），然后又被弹起离开蹦床，上升到一定高度后又下落，如此反复。通过安装在运动员脚底的压力传感器，测出该过程中蹦床对运动员的弹力F随时间t变化的图像如图乙所示（不计空气阻力），则（ ）
A．B点到C点过程中运动员处于超重状态
B．运动员位于C位置时加速度为零
C．这段时间内，运动员的动能先增大后减小
D．这段时间内，运动员的机械能增加
【答案】CD
【详解】AB．B点到C点过程中，开始时重力大于弹力，加速度向下，失重，加速下降；后来弹力大于重力，加速度向上，超重，减速下降；运动员位于C位置时加速度向上最大，选项AB错误；
C．这段时间内，对应着运动员从B点到C点，运动员的速度先增加后减小，则动能先增大后减小，选项C正确；
D．这段时间内，对应着运动员从C回到B点，则弹力对运动员做正功，则运动员的机械能增加，选项D正确。
故选CD。
6．气压式升降椅通过气缸上下运动来调节椅子的升降，其简易结构如图所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气缸杆与底座固定连接，可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性良好，忽略摩擦力，设气体初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B，然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体的状态为C（此过程中人的双脚一直悬空），下列判断正确的是（ ）
A．从A到B的过程中气体从外界吸热
B．从A到B的过程中气体压强增大
C．从B到C的过程中气体压强增大
D．从B到C的过程中气体向外放热
【答案】BD
【详解】AB．分析题意可知A→B是等温变化，内能不变，人坐上椅面，理想气体体积减小，根据玻意耳定律可知气体压强增大。因为压缩气体所以外界对气体做功，即W > 0，根据热力学第一定律可知
可知
即气体向外界放热，故A错误，B正确；
CD．从B→C的过程中根据人的双脚一直悬空可知人对椅面的压力大小不变，又因为椅面的面积不变则理想气体的压强不变，随着室温降低则内能减小，根据盖吕萨克定律可知气体体积减小，外界对气体做功，即W > 0，根据热力学第一定律
可知
即气体向外界放热，故C错误，D正确。
故选BD。
7．智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为，轻绳长为，悬挂点P到腰带中心点O的距离为，配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取，，下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，腰带受到的合力不变
B．随配重角速度增大而减小
C．当稳定在时，配重的角速度为
D．在配重角速度缓慢增加的过程中，绳子对配重不做功
【答案】AC
【详解】A．运动过程中腰带可看作静止，处于平衡状态，则腰带受到的合力始终为零，A正确；
B．对配重，由牛顿第二定律有
解得
由
可知角速度增大时也增大，B错误；
D．同时配重高度上升，速度增大，机械能增大，所以绳子对配重做正功，D错误；
C．当稳定在时，解得
C正确。
故选AC。
8．如图，光滑绝缘水平面上，由1、2、3三个带电量均为＋q、质量均为m的相同金属小球，用长均为L的三根轻质绝缘细绳连接，A、B、C分别为其中点，O为三角形中心，已知单个点电荷q周围空间的电势，r为到点电荷的距离，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的电场强度不为零
B．长度L取合适值时，A、O两点的电势可能相等
C．系统的总电势能为
D．若B处剪断，则之后小球1的最大速度为
【答案】CD
【详解】A．根据对称性可知三个点电荷在O点产生的电场强度大小相等，根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为0，故A错误；
B．O点到金属小球的距离均为，A点到金属小球3的距离为，根据电势叠加原则，A、O两点的电势分别为
则A、O两点电势不论在L取何值时都不可能相等，故B错误；
C．1电荷的电势能
同理可得2和3电荷电势能
故整个系统电势能为
故C正确；
D．三球一条直线时整个系统电势能最小，动能最大，1球速度最大，此时1电荷的电势能
2和3电荷电势能
此时整个系统电势能最小为
对系统，根据能量守恒
根据动量守恒
两式联立解得
故D正确。
故选CD。
三、填空题（每空1分，共9分）
9．图甲所示为探究光电效应规律的实验电路，图乙为测得的I-U关系图。已知入射光子能量，电子的电荷量大小为e，则光电管阴极材料的逸出功W= eV；光电效应现象说明了光具有 （选填“波动性”或“粒子性”），电压表示数越大，电流表的示数 （选填“一定增大”“可能不变”或“可能减小”）。
【答案】[1]5.2 [2]粒子性 [3]可能不变
【详解】[1]由图乙可知，逸出的电子具有5.5eV的能量，由光电效应方程，可得光电管阴极材料的逸出功
[2]光电效应现象说明了光具有粒子性。
[3]可能电压表示数增大之前光电流已经达到饱和，即电流表的示数可能不变。
10．如图（a），轻质弹簧下端挂一质量为m的小球处于静止状态。现将小球向下拉动距离l后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向做简谐振动，弹簧弹力与小球运动的时间关系如图（b）所示。l及为已知条件，则小球简谐振动的周期T= ；内，小球通过的路程s= ；内，小球运动距离 （选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】[1]4t0 [2]6l [3]小于
【详解】[1]小球从最低点运动至平衡位置的时间为，小球简谐振动的周期
[2]内，小球振动了，小球通过的路程为
[3]内，小球从最低点向平衡位置运动，运动距离为，内小球的平均速度小于内小球的平均速度，内，小球运动距离小于。
11．由甲、乙两种不同颜色的光，垂直于直角三棱镜的AC边界面射入，照射到斜面上的D点，甲光恰好发生全反射，乙光可以从D点折射出棱镜，如图所示。若甲、乙单色光在该棱镜中传播速度分别为k1c和k2c（c为真空中的光速），则可以判断k1 k2（选填“>”或“<”）；甲、乙两单色光在该介质中的折射率之比为 （用k1、k2表示）；在同一双缝干涉装置中，甲光形成的条纹间距 乙光形成的条纹间距（选填“>”或“<”）。
【答案】[1]< [2]k2∶k1 [3]<
【详解】[2]根据
可得
解得
[1]由图可知，甲单色光的临界角小于乙单色光的，根据
可知
联立，解得
[3]同理，可得
根据
可知甲光形成的条纹间距小于乙光形成的条纹间距。
四、实验题（共12分，第12题5分，第13题7分）
12．某同学用如图所示装置做“探究向心力与速度的关系”的实验。半径均为R的半圆轨道AB和四分之一圆弧轨道CD固定在竖直面内，过CD部分最高点D的切线水平，A、C、B在同一水平面上，在D点固定一个力传感器，D点在地面的投影为O，从A点正上方P点处由静止释放一个质量为m的小球，小球沿轨道运动到D点并从D点水平抛出，落地点在Q点（图中未标出）。
（1）对实验的要求，下列说法正确的是 。
A．圆弧轨道越光滑越好 B．应选用密度大、体积小的小球
C．P点位置比D点高即可 D．为了使力传感器的示数大些，应选用质量小些的球
（2）若实验记录力传感器的示数为F，小球落地点Q到O点的距离为x，改变P点位置进行多次实验，测得多组F、x，作F—x2图像，如果图像是一条倾斜的直线，当图像与纵轴的截距为 、图像的斜率为 时（用已知量m、R、g表示），则说明向心力与速度平方成正比。
【答案】[1]B [2]－mg [3]
【详解】（1）[1]A．圆弧轨道是否光滑对实验没有影响，故A错误；
B．选用密度大、体积小的小球，可以减小空气阻力的影响，故B正确；
C．根据题意，若小球恰好通过D点，由牛顿第二定律有
可得
由能量守恒定律可知，若P点位置比D点略高些，则小球可能到不了D点，故C错误；
D．同样的实验过程，质量小些的球通过D点时，对力传感器压力会小些，不利于实验的测量，产生误差较大，故D错误。
故选B。
（2）[2] 根据题意可知，在D点，小球受到的合力提供向心力，则有
根据题意可知，小球离开D点做平抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立解得
在D点，根据牛顿第二定律有
联立整理可得
则当图像与纵轴的截距为－mg，斜率为时，向心力与速度平方成正比。
13．（7分）精密仪器中常用到金属膜电阻，它是通过金属电镀工艺将金属层溅射到绝缘陶瓷基底的表面形成的。如图甲所示，某金属膜电阻长度为L，金属膜厚度为h。实验室提供的器材有：干电池2节，电压表V（量程，内阻约），电流表（，内阻约为），滑动变阻器（最大阻值），开关S，导线若干。某同学用图乙所示电路测量该金属膜电阻的电阻率，请回答以下问题：
（1）闭合S前，应将滑动变阻器的滑片置于 端（选填“a”或“b”）；
（2）用螺旋测微器测量镀膜后的陶瓷管直径D，示数如图丙所示，则 mm；
（3）闭合开关后，移动滑片，测出多组电表示数的U，I值，并画出图像如图丁所示，可得金属膜电阻的阻值 ；
（4）用字母D、L、R、h表示金属膜电阻的电阻率 ；
（5）金属膜电阻的电阻率测量值偏大，试写出产生误差的主要原因________________________
______________________________________________________________。
【答案】[1]a [2]3.700 [3] [4] [5]电流表采用内接法，在电路中电流表分压，致使电阻率测量值偏大。
【详解】（1）[1]分压式接法滑片置于用电器电压最小的位置，目的保护用电器。闭合S前，应将滑动变阻器的滑片置于a端，从而使闭合开关之后分压部分电路电压为从零开始变化，故填a；
（2）[2]根据螺旋测微器规则，如图丙所示固定刻度为3.5mm，可动刻度为，得陶瓷管直径D为
故填3.700；
（3）[3]如图丁所示
图像的斜率为电阻大小得
故填；
（4）[4]根据电阻定律有
而横截面积为
联立解得金属膜电阻的电阻率为
故填；
（5）[5]如图乙所示，电流表采用内接法，在电路中电流表会分压，使得电压表读数偏大，由欧姆定律
得测量的电阻阻偏大，由
可知电阻率测量值偏大，故填电流表采用内接法，在电路中电流表分压，致使电阻率测量值偏大。
五、计算题（共11+12+16=39分）
14．在商场大厅的水平地面上，某学生观察到一服务员推一列总质量m1=40kg的购物车由静止开始经过t=10s通过的位移x1=20m。经理为了提高工作效率，让服务员在第二次推车时增加了推车的质量，此后该学生观测到这次车由静止开始经过t=10s通过的位移x2=15m。假设购物车的运动轨迹为直线，服务员先后两次的推力F保持不变，车所受的阻力f等于车重力的，取g=10m/s2，求：
（1）推力F的大小；
（2）第二次比第一次增加的质量。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设第一次推车时的加速度大小为a1，由运动学公式得
对购物车由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）设第二次推车时的加速度大小为a2，由运动学公式有
由牛顿第二定律得
联立以上各式解得
则
15．如图（a），足够长的固定光滑平行金属导轨CD、EF相距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角。导轨所在区域有方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。在C、E两点通过导线和单刀双掷开关K接有一匝数为n、面积为S的固定水平圆形线圈M，在M区域内有竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图（b）所示。时刻，开关K接1，此时将质量为m的导体棒ab水平放置在导轨顶端，ab恰好静止不动。时刻，开关K改接2，ab开始运动。ab始终与两导轨接触良好且保持水平，其接入电路的电阻为R，电路中其余电阻不计。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）时刻，通过ab的电流大小和方向；
（2）时刻，M所在区域磁感应强度的大小；
（3）ab在导轨上所能达到的最大速度的大小。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）对导体棒ab受力分析，由平衡条件
可得，时刻，通过ab的电流大小为
由左手定则可知，通过ab的电流方向为由。
（2）时刻，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路的欧姆定律得
可得，此时M所在区域磁感应强度的大小为
（3）当K接2时，对导体棒ab受力分析，由牛顿第二定律
由闭合电路欧姆定律
导体棒产生的感应电动势为
联立可得
当加速度时，导体棒有最大速度，则ab在导轨上所能达到的最大速度的大小为
16．如图所示，在同一竖直平面内，光滑的长直斜面轨道AB固定，在B处通过一小段圆弧（长度可忽略不计）与水平轨道BCDE连接，水平轨道的BC、段粗糙，DE段光滑，C处固定一圆形光滑轨道。轻质弹簧的一端固定在E处的竖直墙面上，另一端与质量为3m的物块b刚好在D点接触（不拴接），弹簧处于水平自然长度。将质量为m的物块a从斜面轨道上的A点由静止释放，一段时间后，物块a从C点进入半径R=0.4m的圆形轨道，转一圈后又从（C、适当错开一点）点出来沿轨道运动，在D点与物块b发生弹性碰撞。已知A点距水平轨道的高度h=5m，B、间的距离s1=3.8m，、D间的距离为s2，物块a与BC、段水平轨道间的动摩擦因数均为，物块b与BC、段水平轨道间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小g=10m/s2，物块a、b均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求物块a运动到C点时的速度大小；
（2）改变物块a由静止释放的位置，为使物块a经过圆形轨道的最高点P，求释放物块a时的最小高度hmin；
（3）若物块a恰好能经过圆形轨道的最高点P，从圆形轨道出来后沿运动与b发生弹性碰撞，且只能碰撞一次，求s2的范围。
【答案】（1）9m/s；（2）1.95m；（3）
【详解】（1）物块a由A运动到C的过程中，根据动能定理有
解得
（2）物块a从A运动到P点，根据动能定理有
物块a恰好能通过P点，则有
解得
，
（3）设物块a运动到D点时的速度大小为v，物块a从P运动到D点过程，根据动能定理有
可得
物块a、b在D点发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得碰后物块a、b的速度分别为
，
若，根据机械能守恒定律有
解得
所以物块a反向运动后不可能脱离圆轨道，讨论：
①要使a、b能够发生碰撞，a到达D处时速度大小
解得
②b压缩弹簧后又返回D点时速度大小不变，之后与弹簧分离。假设物块a滑上圆形轨道又返回，最终停在水平轨道上Q点，物块b在水平轨道上匀减速滑到Q点也恰好停止，设，则有
根据能量守恒定律，对物块a有
对物块b有
解得
，
所以有
注意事项：
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
一、单项选择题（共4小题，每题4分，共16分。在每小题选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．图（a）是贵州特有的“独竹漂”表演，此项目已被列入第五批国家级非物质文化遗产保护名录。某次表演过程中，表演者甲在河中心位置完成表演后沿直线划向岸边，同时表演者乙从另一岸边沿同一直线划向河中心并准备表演，该过程甲、乙运动的位置x与时间t的关系图像如图（b）所示，则（ ）
A．内甲、乙的运动方向相反
B．内甲、乙的位移大小相等
C．内乙的平均速度大小等于甲的平均速度
D．内乙的最大速度小于甲的最大速度
【答案】C
【详解】A．内甲、乙的斜率均为负，所以运动方向相同，A错误；
B．内甲的位移为，乙的位移大小小于，所以内甲、乙的位移大小不相等，B错误；
C．内乙位移等于甲的位移，时间也相同，所以内乙的平均速度大小等于甲的平均速度，C正确；
D．在v-t图中，图线斜率的大小代表速度的大小，明显图乙在最大斜率绝对值大于图甲的最大斜率绝对值，所以内乙的最大速度大于甲的最大速度，D错误。
故选C。
2．有“海上充电宝”之称的南鲲号是一个利用海浪发电的大型海上电站，其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。若转子带动线圈如下图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动到如图所示位置时端电势低于端电势
C．线圈转动到如图所示位置时其靠近极的导线框受到的安培力方向向下
D．该发电机单位时间内能输出的最大电能与浪板面积的大小有关
【答案】D
【详解】A．线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最小，故A错误；
B．根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故B错误；
C．线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框的电流流向a端，则根据左手定则可知，线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上，故C错误；
D．浪板面积越大，则带动线圈转动的角速度越大，则发电机单位时间内能输出的最大电能越大，故D正确。
故选D。
3．2023年12月，神舟十七号航天员在空间站机械臂的支持下顺利完成出舱，出舱时间约7.5小时．已知空间站距离地球高度约391.9千米，地球的半径约为6400km。下列说法中正确的是（ ）
A．空间站的速度大于第一宇宙速度 B．空间站的加速度小于地球表面的重力加速度
C．航天员在舱外受到的合力为零 D．航天员在舱外绕地球转动大约一圈
【答案】B
【详解】A．第一宇宙速度是环绕速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度，则空间站的速度小于第一宇宙速度，选项A错误；
B．根据
可知，空间站的加速度小于地球表面的重力加速度，选项B正确；
C．航天员在舱外绕地球做圆周运动，则受到的合力不为零，选项C错误；
D．空间站距离地球高度约391.9千米，根据
可得周期
可估算空间站的周期约为90分钟， eq \F(7.5 h,1.5 h) = 5，则航天员在舱外绕地球转动大约五圈，选项D错误。
故选B。
4．如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场B。质量为m、带电量为q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球A的速度大小为v0，小球与坐标原点O的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角θ=37°。已知重力加速度大小为g，cs37°=0.8，sin37°= 0.6，则下列说法正确的是（ ）
A．小球A与点电荷之间的库仑力大小为
B．从上往下看带电小球只能沿顺时针方向做匀速圆周运动
C．v0越小所需的磁感应强度B越小
D．v0 = eq \R(\F(gr,20))时，所需的磁感应强度B最小
【答案】A
【详解】A．对小球A受力分析如图所示，洛伦兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→B方向。
在竖直方向，根据平衡条件得
解得
小球A与点电荷之间的库仑力大小为，故A正确；
B．原点O处带正电的点电荷与小球之间的库仑力为斥力，故小球带正电，空间中存在竖直向下的匀强磁场，洛伦兹力需要指向圆心，根据左手定则，从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，故B错误；
CD．水平方向根据牛顿第二定律得
其中
解得
当
即
B取值最小，可知B与并非单调函数关系，故CD错误。
故选A。
二、双项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题只有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
5．2023年10月2日的杭州亚运会蹦床女子个人决赛中，中国选手朱雪莹以56.720分的成绩成功夺冠。如图甲所示为蹦床运动员运动过程示意图，时刻，运动员从蹦床正上方A处由静止下落，运动员在B处接触蹦床并将蹦床压缩至最低点C点（形变在弹性限度内），然后又被弹起离开蹦床，上升到一定高度后又下落，如此反复。通过安装在运动员脚底的压力传感器，测出该过程中蹦床对运动员的弹力F随时间t变化的图像如图乙所示（不计空气阻力），则（ ）
A．B点到C点过程中运动员处于超重状态
B．运动员位于C位置时加速度为零
C．这段时间内，运动员的动能先增大后减小
D．这段时间内，运动员的机械能增加
【答案】CD
【详解】AB．B点到C点过程中，开始时重力大于弹力，加速度向下，失重，加速下降；后来弹力大于重力，加速度向上，超重，减速下降；运动员位于C位置时加速度向上最大，选项AB错误；
C．这段时间内，对应着运动员从B点到C点，运动员的速度先增加后减小，则动能先增大后减小，选项C正确；
D．这段时间内，对应着运动员从C回到B点，则弹力对运动员做正功，则运动员的机械能增加，选项D正确。
故选CD。
6．气压式升降椅通过气缸上下运动来调节椅子的升降，其简易结构如图所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，柱状气缸杆与底座固定连接，可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，设气缸气密性、导热性良好，忽略摩擦力，设气体初始状态为A，某人坐上椅面后，椅子缓慢下降一段距离达到稳定状态B，然后打开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体的状态为C（此过程中人的双脚一直悬空），下列判断正确的是（ ）
A．从A到B的过程中气体从外界吸热
B．从A到B的过程中气体压强增大
C．从B到C的过程中气体压强增大
D．从B到C的过程中气体向外放热
【答案】BD
【详解】AB．分析题意可知A→B是等温变化，内能不变，人坐上椅面，理想气体体积减小，根据玻意耳定律可知气体压强增大。因为压缩气体所以外界对气体做功，即W > 0，根据热力学第一定律可知
可知
即气体向外界放热，故A错误，B正确；
CD．从B→C的过程中根据人的双脚一直悬空可知人对椅面的压力大小不变，又因为椅面的面积不变则理想气体的压强不变，随着室温降低则内能减小，根据盖吕萨克定律可知气体体积减小，外界对气体做功，即W > 0，根据热力学第一定律
可知
即气体向外界放热，故C错误，D正确。
故选BD。
7．智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为，轻绳长为，悬挂点P到腰带中心点O的距离为，配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度g取，，下列说法正确的是（ ）
A．若增大转速，腰带受到的合力不变
B．随配重角速度增大而减小
C．当稳定在时，配重的角速度为
D．在配重角速度缓慢增加的过程中，绳子对配重不做功
【答案】AC
【详解】A．运动过程中腰带可看作静止，处于平衡状态，则腰带受到的合力始终为零，A正确；
B．对配重，由牛顿第二定律有
解得
由
可知角速度增大时也增大，B错误；
D．同时配重高度上升，速度增大，机械能增大，所以绳子对配重做正功，D错误；
C．当稳定在时，解得
C正确。
故选AC。
8．如图，光滑绝缘水平面上，由1、2、3三个带电量均为＋q、质量均为m的相同金属小球，用长均为L的三根轻质绝缘细绳连接，A、B、C分别为其中点，O为三角形中心，已知单个点电荷q周围空间的电势，r为到点电荷的距离，则下列说法正确的是（ ）
A．O点的电场强度不为零
B．长度L取合适值时，A、O两点的电势可能相等
C．系统的总电势能为
D．若B处剪断，则之后小球1的最大速度为
【答案】CD
【详解】A．根据对称性可知三个点电荷在O点产生的电场强度大小相等，根据电场强度的叠加法则可得O点的电场强度大小为0，故A错误；
B．O点到金属小球的距离均为，A点到金属小球3的距离为，根据电势叠加原则，A、O两点的电势分别为
则A、O两点电势不论在L取何值时都不可能相等，故B错误；
C．1电荷的电势能
同理可得2和3电荷电势能
故整个系统电势能为
故C正确；
D．三球一条直线时整个系统电势能最小，动能最大，1球速度最大，此时1电荷的电势能
2和3电荷电势能
此时整个系统电势能最小为
对系统，根据能量守恒
根据动量守恒
两式联立解得
故D正确。
故选CD。
三、填空题（每空1分，共9分）
9．图甲所示为探究光电效应规律的实验电路，图乙为测得的I-U关系图。已知入射光子能量，电子的电荷量大小为e，则光电管阴极材料的逸出功W= eV；光电效应现象说明了光具有 （选填“波动性”或“粒子性”），电压表示数越大，电流表的示数 （选填“一定增大”“可能不变”或“可能减小”）。
【答案】[1]5.2 [2]粒子性 [3]可能不变
【详解】[1]由图乙可知，逸出的电子具有5.5eV的能量，由光电效应方程，可得光电管阴极材料的逸出功
[2]光电效应现象说明了光具有粒子性。
[3]可能电压表示数增大之前光电流已经达到饱和，即电流表的示数可能不变。
10．如图（a），轻质弹簧下端挂一质量为m的小球处于静止状态。现将小球向下拉动距离l后由静止释放并开始计时，小球在竖直方向做简谐振动，弹簧弹力与小球运动的时间关系如图（b）所示。l及为已知条件，则小球简谐振动的周期T= ；内，小球通过的路程s= ；内，小球运动距离 （选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】[1]4t0 [2]6l [3]小于
【详解】[1]小球从最低点运动至平衡位置的时间为，小球简谐振动的周期
[2]内，小球振动了，小球通过的路程为
[3]内，小球从最低点向平衡位置运动，运动距离为，内小球的平均速度小于内小球的平均速度，内，小球运动距离小于。
11．由甲、乙两种不同颜色的光，垂直于直角三棱镜的AC边界面射入，照射到斜面上的D点，甲光恰好发生全反射，乙光可以从D点折射出棱镜，如图所示。若甲、乙单色光在该棱镜中传播速度分别为k1c和k2c（c为真空中的光速），则可以判断k1 k2（选填“>”或“<”）；甲、乙两单色光在该介质中的折射率之比为 （用k1、k2表示）；在同一双缝干涉装置中，甲光形成的条纹间距 乙光形成的条纹间距（选填“>”或“<”）。
【答案】[1]< [2]k2∶k1 [3]<
【详解】[2]根据
可得
解得
[1]由图可知，甲单色光的临界角小于乙单色光的，根据
可知
联立，解得
[3]同理，可得
根据
可知甲光形成的条纹间距小于乙光形成的条纹间距。
四、实验题（共12分，第12题5分，第13题7分）
12．某同学用如图所示装置做“探究向心力与速度的关系”的实验。半径均为R的半圆轨道AB和四分之一圆弧轨道CD固定在竖直面内，过CD部分最高点D的切线水平，A、C、B在同一水平面上，在D点固定一个力传感器，D点在地面的投影为O，从A点正上方P点处由静止释放一个质量为m的小球，小球沿轨道运动到D点并从D点水平抛出，落地点在Q点（图中未标出）。
（1）对实验的要求，下列说法正确的是 。
A．圆弧轨道越光滑越好 B．应选用密度大、体积小的小球
C．P点位置比D点高即可 D．为了使力传感器的示数大些，应选用质量小些的球
（2）若实验记录力传感器的示数为F，小球落地点Q到O点的距离为x，改变P点位置进行多次实验，测得多组F、x，作F—x2图像，如果图像是一条倾斜的直线，当图像与纵轴的截距为 、图像的斜率为 时（用已知量m、R、g表示），则说明向心力与速度平方成正比。
【答案】[1]B [2]－mg [3]
【详解】（1）[1]A．圆弧轨道是否光滑对实验没有影响，故A错误；
B．选用密度大、体积小的小球，可以减小空气阻力的影响，故B正确；
C．根据题意，若小球恰好通过D点，由牛顿第二定律有
可得
由能量守恒定律可知，若P点位置比D点略高些，则小球可能到不了D点，故C错误；
D．同样的实验过程，质量小些的球通过D点时，对力传感器压力会小些，不利于实验的测量，产生误差较大，故D错误。
故选B。
（2）[2] 根据题意可知，在D点，小球受到的合力提供向心力，则有
根据题意可知，小球离开D点做平抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立解得
在D点，根据牛顿第二定律有
联立整理可得
则当图像与纵轴的截距为－mg，斜率为时，向心力与速度平方成正比。
13．（7分）精密仪器中常用到金属膜电阻，它是通过金属电镀工艺将金属层溅射到绝缘陶瓷基底的表面形成的。如图甲所示，某金属膜电阻长度为L，金属膜厚度为h。实验室提供的器材有：干电池2节，电压表V（量程，内阻约），电流表（，内阻约为），滑动变阻器（最大阻值），开关S，导线若干。某同学用图乙所示电路测量该金属膜电阻的电阻率，请回答以下问题：
（1）闭合S前，应将滑动变阻器的滑片置于 端（选填“a”或“b”）；
（2）用螺旋测微器测量镀膜后的陶瓷管直径D，示数如图丙所示，则 mm；
（3）闭合开关后，移动滑片，测出多组电表示数的U，I值，并画出图像如图丁所示，可得金属膜电阻的阻值 ；
（4）用字母D、L、R、h表示金属膜电阻的电阻率 ；
（5）金属膜电阻的电阻率测量值偏大，试写出产生误差的主要原因________________________
______________________________________________________________。
【答案】[1]a [2]3.700 [3] [4] [5]电流表采用内接法，在电路中电流表分压，致使电阻率测量值偏大。
【详解】（1）[1]分压式接法滑片置于用电器电压最小的位置，目的保护用电器。闭合S前，应将滑动变阻器的滑片置于a端，从而使闭合开关之后分压部分电路电压为从零开始变化，故填a；
（2）[2]根据螺旋测微器规则，如图丙所示固定刻度为3.5mm，可动刻度为，得陶瓷管直径D为
故填3.700；
（3）[3]如图丁所示
图像的斜率为电阻大小得
故填；
（4）[4]根据电阻定律有
而横截面积为
联立解得金属膜电阻的电阻率为
故填；
（5）[5]如图乙所示，电流表采用内接法，在电路中电流表会分压，使得电压表读数偏大，由欧姆定律
得测量的电阻阻偏大，由
可知电阻率测量值偏大，故填电流表采用内接法，在电路中电流表分压，致使电阻率测量值偏大。
五、计算题（共11+12+16=39分）
14．在商场大厅的水平地面上，某学生观察到一服务员推一列总质量m1=40kg的购物车由静止开始经过t=10s通过的位移x1=20m。经理为了提高工作效率，让服务员在第二次推车时增加了推车的质量，此后该学生观测到这次车由静止开始经过t=10s通过的位移x2=15m。假设购物车的运动轨迹为直线，服务员先后两次的推力F保持不变，车所受的阻力f等于车重力的，取g=10m/s2，求：
（1）推力F的大小；
（2）第二次比第一次增加的质量。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设第一次推车时的加速度大小为a1，由运动学公式得
对购物车由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）设第二次推车时的加速度大小为a2，由运动学公式有
由牛顿第二定律得
联立以上各式解得
则
15．如图（a），足够长的固定光滑平行金属导轨CD、EF相距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角。导轨所在区域有方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。在C、E两点通过导线和单刀双掷开关K接有一匝数为n、面积为S的固定水平圆形线圈M，在M区域内有竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图（b）所示。时刻，开关K接1，此时将质量为m的导体棒ab水平放置在导轨顶端，ab恰好静止不动。时刻，开关K改接2，ab开始运动。ab始终与两导轨接触良好且保持水平，其接入电路的电阻为R，电路中其余电阻不计。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）时刻，通过ab的电流大小和方向；
（2）时刻，M所在区域磁感应强度的大小；
（3）ab在导轨上所能达到的最大速度的大小。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）对导体棒ab受力分析，由平衡条件
可得，时刻，通过ab的电流大小为
由左手定则可知，通过ab的电流方向为由。
（2）时刻，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路的欧姆定律得
可得，此时M所在区域磁感应强度的大小为
（3）当K接2时，对导体棒ab受力分析，由牛顿第二定律
由闭合电路欧姆定律
导体棒产生的感应电动势为
联立可得
当加速度时，导体棒有最大速度，则ab在导轨上所能达到的最大速度的大小为
16．如图所示，在同一竖直平面内，光滑的长直斜面轨道AB固定，在B处通过一小段圆弧（长度可忽略不计）与水平轨道BCDE连接，水平轨道的BC、段粗糙，DE段光滑，C处固定一圆形光滑轨道。轻质弹簧的一端固定在E处的竖直墙面上，另一端与质量为3m的物块b刚好在D点接触（不拴接），弹簧处于水平自然长度。将质量为m的物块a从斜面轨道上的A点由静止释放，一段时间后，物块a从C点进入半径R=0.4m的圆形轨道，转一圈后又从（C、适当错开一点）点出来沿轨道运动，在D点与物块b发生弹性碰撞。已知A点距水平轨道的高度h=5m，B、间的距离s1=3.8m，、D间的距离为s2，物块a与BC、段水平轨道间的动摩擦因数均为，物块b与BC、段水平轨道间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小g=10m/s2，物块a、b均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求物块a运动到C点时的速度大小；
（2）改变物块a由静止释放的位置，为使物块a经过圆形轨道的最高点P，求释放物块a时的最小高度hmin；
（3）若物块a恰好能经过圆形轨道的最高点P，从圆形轨道出来后沿运动与b发生弹性碰撞，且只能碰撞一次，求s2的范围。
【答案】（1）9m/s；（2）1.95m；（3）
【详解】（1）物块a由A运动到C的过程中，根据动能定理有
解得
（2）物块a从A运动到P点，根据动能定理有
物块a恰好能通过P点，则有
解得
，
（3）设物块a运动到D点时的速度大小为v，物块a从P运动到D点过程，根据动能定理有
可得
物块a、b在D点发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得碰后物块a、b的速度分别为
，
若，根据机械能守恒定律有
解得
所以物块a反向运动后不可能脱离圆轨道，讨论：
①要使a、b能够发生碰撞，a到达D处时速度大小
解得
②b压缩弹簧后又返回D点时速度大小不变，之后与弹簧分离。假设物块a滑上圆形轨道又返回，最终停在水平轨道上Q点，物块b在水平轨道上匀减速滑到Q点也恰好停止，设，则有
根据能量守恒定律，对物块a有
对物块b有
解得
，
所以有
相关试卷
2024年高考第二次模拟考试题：物理（北京卷）（解析版）： 这是一份2024年高考第二次模拟考试题：物理（北京卷）（解析版），共18页。
2024年高考第二次模拟考试物理（安徽卷）试卷（Word版附解析）： 这是一份2024年高考第二次模拟考试物理（安徽卷）试卷（Word版附解析），文件包含物理安徽卷2024年高考第二次模拟考试全解全析docx、物理安徽卷2024年高考第二次模拟考试考试版A4docx、物理安徽卷2024年高考第二次模拟考试答案docx、物理安徽卷2024年高考第二次模拟考试考试版A3docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
2023年高考政治第二次模拟考试卷—物理（福建B卷）（考试版）A3： 这是一份2023年高考政治第二次模拟考试卷—物理（福建B卷）（考试版）A3，共5页。
