江西省鹰潭一中2024届五校联考高考模拟

江西省鹰潭一中2024届五校联考高考模拟
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。

选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示，用轻质弹簧将篮球拴在升降机底板上，此时弹簧竖直，篮球与光滑的侧壁和光滑的倾斜天花板接触，在篮球与侧壁之间装有压力传感器，当电梯在竖直方向匀速运动时，压力传感器有一定的示数。

现发现压力传感器的示数逐渐减小，某同学对此现象给出了下列分析与判断，其中可能正确的是（）
A．升降机正在匀加速上升B．升降机正在匀减速上升
C．升降机正在加速下降，且加速度越来越大 D．升降机正在加速上升，且加速度越来越大
2、如图所示，一个小球（视为质点）从H＝12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R＝4m的竖直圆环，且与圆环间动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时的速度为零，则h之值可能为（取g＝10 m/s2，所有高度均相对B点而言）（）
A．12 m B．10 m C．8.5 m D．7 m
3、在人类太空征服史中，让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏。

当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的生命就走到了尽头，有很多成了太空垃圾。

如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器，图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙所示的模型，让“轨道康复者”N对已偏离原来正常工作轨道的卫星M 进行校正，则（）
A．“轨道康复者”N从图乙所示轨道上加速，与卫星M对接补充能源后开动M上的小发动机向前喷气，能校正卫星
M到较低的轨道运行
B．让M降低到N所在轨道上，补充能源后再开启卫星M上的小发动机校正C．在图乙中M的动能一定小于N的动能
D．在图乙中，M、N和地球球心三者不可能处在同一直线上
4、下列说法中不正确的是（）
A．在关于物质波的表达式ε＝hν和p＝h
中，能量ε和动量p是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ或频率ν是
描述物质的波动性的典型物理量
B．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性
C．天然放射现象的发现，揭示了原子核有复杂结构
D．γ射线是波长很短的电磁波，它的穿透能力比β射线要强
5、如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。

下列说法正确的是（）
A．a、b、c小球带同种电荷B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷
C．a、b小球电量之比为
3
6
D．a、b小球电量之比
3
9
6、如图所示，在粗糙的水平面上放一质量为2kg的物体，现用F=8N的力，斜向下推物体，力F与水平面成30角，物体与水平面之间的滑动摩擦系数为μ=0.5，则
A．物体对地面的压力为24N
B．物体所受的摩擦力为12N
C．物体加速度为2
6/
m s
D．物体将向右匀速运动
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O 点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A 点水平飞出，然后落到斜坡上的B 点．已知A 点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m ，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m ＝50 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A ．运动员从O 点运动到
B 点的整个过程中机械能守恒
B ．运动员到达A 点时的速度为20 m/s
C ．运动员到达B 点时的动能为10 kJ
D ．运动员从A 点飞出到落到B 点所用的时间为3s
8、如图所示，A 、B 两板间电压为600V ，A 板带正电并接地，A 、B 两板间距离为12cm ，C 点离A 板4cm ，下列说法正确的是( )
A ．E =2000V/m ，φC =200V
B ．E =5000V/m ，φ
C =-200V
C ．电子在C 点具有的电势能为-200eV
D ．电子在C 点具有的电势能为200eV
9、一栋大楼的电梯运行高度为104m ，测试人员测试电梯的运行情况。

某次测试时让电梯从地面直达最高处，电梯运行的速度不超过4m/s ，加速度大小不超过22m/s 。

电梯中的测试人员的质量为75kg ，重力加速度g 取210m/s 。

若电梯以最短时间运行，下列说法正确的是（ ）
A ．最短时间为28s
B ．最短时间为24s
C ．测试人员的脚部承受的最大压力为750N
D ．测试人员的脚部承受的最大压力为900N
10、如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v =4m/s 顺时针转动。

一煤块以初速度v 0=12m/s
从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan =0.75：
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为12+45
（）m
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）用如图实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。

m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证系统机械能守恒定律。

下图给出的是实验中获取的一条纸带：两物体从静止释放，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。

已知m1= 50g、m2=150g ，交流电的频率为50Hz，g取9.8m/s2则：（结果保留两位有效数字）
（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=_________m/s；
（2）在计数点0到计数点5过程中系统动能的增量△E K=_________J，系统势能的减少量△E P=_________J；
（3）实验结论：______________。

12．（12分）某同学用如图所示电路做“研究电磁感应现象”实验。

他将铁芯插入小线圈约一半的位置，变阻器的滑片P 置于ab的中点，在闭合电键瞬间，电流计的指针向左摆。

闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，应将铁芯________(选填“插入”或“拔出”)或将变阻器的滑片P向_______端滑动(选填“a”或“b”)。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，固定在水平面开口向上的导热性能良好足够高的汽缸，质量为m＝5kg、横截面面积为S=50cm2的活塞放在大小可忽略的固定挡板上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，开始汽缸内气体的温度为t1=27℃、压强为p1=1.0×105Pa。

已知大气压强为p0=1.0×105Pa，重力加速度为g=10m/s2。

(1)现将环境的温度缓慢升高，当活塞刚好离开挡板时，温度为多少摄氏度？
(2)继续升高环境的温度，使活塞缓慢地上升H=10cm，在这上过程中理想气体的内能增加了18J，则气体与外界交换的热量为多少？
14．（16分）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，在x<0区域内存在一圆形的匀强磁场，圆心O1坐标为（-d，0），半径为d，磁感应强度大小为B，方向与竖直平面垂直，x≥0区域存在另一磁感应强度大小也为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里。

现有两块粒子收集板如图所示放置，其中的端点A、B、C的坐标分别为（d，0）、（d
、
3
（3d，0），收集板两侧均可收集粒子。

在第三象限中，有一宽度为2d粒子源持续不断地沿y轴正方向发射速率均为v 的粒子，粒子沿x轴方向均匀分布，经圆形磁场偏转后均从O点进入右侧磁场。

已知粒子的电荷量为+q，质量为m，重力不计，不考虑粒子间的相互作用，求：
(1)圆形磁场的磁场方向；
(2)粒子运动到收集板上时，即刻被吸收，求收集板上有粒子到达的总长度；
(3)收集板BC与收集板AB收集的粒子数之比。

15．（12分）如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l = 0.5m，左端接有阻值R = 0.3Ω的电阻．一质量m = 0.1kg，电阻r= 0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B = 0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a = 2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x = 9m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2= 2：1．导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求
（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
（3）外力做的功W F．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D
【解题分析】
篮球在水平方向上受力平衡，即侧壁对篮球的弹力与倾斜天花板对篮球的弹力在水平方向的分力平衡，随着压力传感器的示数逐渐减小，篮球受到倾斜天花板在水平方向的分力减小，则其在竖直方向的分力减小，而弹簧的弹力不变，
故篮球必然有竖直向上且增大的加速度，选项D 项正确，ABC 错误。

故选D 。

2、C
【解题分析】
从高度12m 处到C 点由动能定理
21(2)2f mg H R W mv --=，2
mv mg R
= 可得
12
f W mgR = 从C 点到D 点由动能定理
2f 12''2
mv mg R W mgh +⋅-= 由于小球在圆环的相同高度处，下滑的速度比上滑的小，对轨道的压力更小，搜到的摩擦力更小，则摩擦力做功
f 10'2
W mgR << 则h 之值
8m '10m h <<
故选C 。

3、A
【解题分析】
A ．开动M 上的小发动机向前喷气，可使卫星M 减速，速度减小，所需的向心力减小，卫星M 做向心运动，则能校正卫星M 到较低的轨道运行，故A 正确；
B ．让M 降低到N 所在轨道上，补充能源后再开启卫星M 上的小发动机，可使卫星M 减速，速度减小，所需的向心力减小，卫星M 做向心力运动，则卫星M 会在更低的轨道运动，故B 错误；
C ．由于不知道M 、N 的质量，所以无法比较两者的动能，故C 错误；
D ．由
22Mm G m r r
ω= 可得
ω=
可知 N 的角速度比M 的大，所以M 、N 和地球球心三者可能处在同一直线上，故D 错误。

故选A 。

4、B
【解题分析】
A ．表达式εh ν=和h p λ=中，能量ɛ和动量p 是描述物质的粒子性的重要物理量，波长λ或频率ν是描述物质的波动
性的典型物理量，故A 正确；
B ．光电效应显示了光的粒子性，而不是波动性，故B 错误；
C ．天然放射现象的发现，揭示了原子核复杂结构，故C 正确；
D ．γ射线一般伴随着α或β射线产生，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故D 正确。

本题选不正确的，故选B 。

5、D
【解题分析】
AB ．对a ，a 受到重力、环的支持力以及b 、c 对a 的库仑力，重力的方向在竖直方向上，环的支持力以及b 对a 的库
仑力均沿圆环直径方向，故c 对a 的库仑力为引力，同理可知，c 对b 的库仑力也为引力，所以a 与c 的电性一定相反，
与b 的电性一定相同。

即：a 、b 小球带同种电荷，b 、c 小球带异种电荷，故AB 错误；
CD ．对c 小球受力分析，将力沿水平方向和竖直方向正交分解后可得
22sin 60sin30a c b c ac bc
q q q q k k r r ︒=︒ 又
:1:3ac bc r r =
解得：
:3:9a b q q =
故C 错误，D 正确。

故选D 。

6、A
【解题分析】
受力分析如图所示，在竖直方向上，由平衡条件得sin3024N N F mg =︒+=，物体与水平地面间最大静摩擦力max 12N F N μ==，水平方向上cos3043N x F F =︒= ，由于max x F F <，物体将静止不动，故物体所受的摩擦力为静摩擦力43N x f F ==，综上分析，正确答案为A ．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AB
【解题分析】
运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒．故A 正确；运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以：
12
m v A 2=mgh=mgR （1-cos60°）所以：2(160)104020/A v gR cos gR m s =-︒⨯=＝＝ ，故B 正确；设运动员做平抛运动的时间为t ，则：x=v A t ；y=12
gt 2 由几何关系：3 303y
tan x ︒＝＝ ，联立得：433
t s =，21438010()233y m m ＝=⨯⨯ 运动员从A 到B 的过程中机械能守恒，所以在B 点的动能：E kB =mgy+
12m v A 2，代入数据得：E kB =13
×105J ．故C D 错误．故选AB. 点睛：本题是常规题，关键要抓住斜面的倾角反映位移的方向，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中.
8、BD
【解题分析】
由U =Ed 可求得场强E ，C 点的电势等于C 与A 板的电势差，由U =Ed 求解C 点的电势；由E p =qφC 可求得电子在C 点具有的电势能．
【题目详解】
A 、
B 、AB 间有匀强电场，场强为,A
C 间的电势差为 U AC =Ed 1=5000×0.04V=200V ，因A 带正电且电势为零，C 点电势低于A 点的电势，故φC =-U AC =-200V ，故A 错误，B 正确；
C 、
D 、电子在C 点具有的电势能
E P =φC ×(-e)=200eV ；故C 错误，D 正确；
故选BD.
【题目点拨】
在研究电场中电势时一定要注意各个量的正负，明确各点间电势的高低，注意电势的符号．
9、AD
【解题分析】
电梯运行时间最短，则电梯运动的过程如下：以最大加速度a 做初速度为0的加速运动至最大速度v ，再以速度v 匀速运动，最后以最大加速度a 做减速运动至静止。

加速和减速过程有对称性。

AB ．匀加速过程与匀减速过程，均有
142s 2
===v t a 通过的位移
22
144m 222
===⨯x v a 匀速过程有
2110421042496m =-=-⨯=x x
又有
2296m 24s 4m/s
x t v === 总时间为
12228s t t t =+=
故A 正确，B 错误；
CD ．在加速上升过程测试人员脚部承受的压力最大，有
N F mg ma -=
则
N ()75(102)N 900N F m g a =+=⨯+=
故C 错误，D 正确。

故选AD 。

10、AD
【解题分析】
AB ．由v －t 图像得0~1s 内煤块的加速度大小
221124m/s 8m/s 1
a -== 方向沿传送带向下；1~2s 内煤块的加速度大小
22240m/s 4m/s 1a -==
方向沿传送带向下。

0~1s ，对煤块由牛顿第二定律得
1sin cos mg mg ma θμθ+=
1~2s ，对煤块由牛顿第二定律得
mg sin θ一μmg cos θ=ma 2
解得
tan θ=0.75，μ=0.25
故A 正确，B 错误；
C ．v －t 图像图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x =10m ，由运动学公式得下滑时间为
t ===下 所以煤块从冲上传送带到返回A
端所用的时间为(2s +，故C 错误；
D ．0~1s 内煤块比传送带多走4m ，划痕长4m ，1~2s 内传送带比煤块多走2m ，划痕还是4m。

(2~2s 内传送带向上运动，煤块向下运动，划痕总长为
(221212m 2a t vt ++=+， 故D 正确。

故选AD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、2.4 0.58 0.59 在误差允许的范围内，两物体组成的系统在运动过程中机械能守恒
【解题分析】
（1)[1]在纸带上打下计数点5时的速度：
460.2160.264m/s 2.4m/s 20.2
x v T +=== （2）[2]在计数点0到计数点5过程中，系统动能的增量为：
25125100.58J 2
K k E E m m v ∆=-=+=（） [3]系统重力势能减小量为：
210.19.80.6J 0.59J p E m m gh ∆=-=⨯⨯=（）
（3）[4[根据前面的数据，可以得到：在误差允许的范围内，两物体组成的系统在运动过程中机械能守恒。

12、 拔出、 a
【解题分析】在闭合电键瞬间，磁通量增加，电流计的指针向左摆。

闭合电键后，为使电流计的指针向右摆，则应使
磁通量减小，即应将铁芯拔出或将变阻器的滑片P 向a 端滑动，增大电阻，减小电流，从而减小磁通量。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、 (1) 57℃；(2)73J
【解题分析】
(1)气体的状态参量
127273K 300K T =+=，51 1.010Pa p =⨯
对活塞由平衡条件得
20p S p S mg =+
解得
52 1.110Pa p =⨯
由查理定律得
1212
p p T T = 解得
2330K T =
则
2330273C 57C t =-︒=︒
(2)继续加热时，理想气体等压变化，则温度升高，体积增大，气体膨胀对外界做功，外界对气体做功
255J W p SH =-=-
根据热力学第一定律U W Q ∆=+，可得理想气体从外界吸收的热量
73J Q U W =∆-=
14、 (1)垂直纸面向外；
(2)L =
(3)1:1 【解题分析】
(1)粒子带正电且在圆形磁场中向右偏转，可知磁场方向垂直纸面向外；
(2)利用旋转圆可以知道，粒子平行于Y 轴射入圆形磁场中，且都从同一点O 射入右边的磁场中，则粒子运动的轨迹圆半径必与圆形磁场的半径是相同的，即为d ；粒子进入右边磁场后，因为磁感应强度也为B ，可知粒子在右边磁场中
运动时的圆轨迹半径也为r=d ；
打在AB 收集板上的临界情况分别是轨迹圆与AB 板相切，即沿x 轴正方向射入的粒子，和粒子刚好过A 点的粒子，故AB 板上粒子打的区域长度为d 。

而粒子只有从第四象限进入右边磁场才有可能打在收集板BC 上。

根据几何关系可得，粒子刚好经过A 点时，轨迹圆圆心O 2和原点O 以及A 点构成一个正三角形，可得：粒子与x 轴正方向成30°向下。

此时粒子刚好打到BC 板上的P 1点。

由几何关系可知OAP 1O 1为菱形，且AP 1与BC 垂直，则由几何关系可得，
13tan 30d CP d ==︒
粒子在板上打的最远距离是当直径作为弦的时候，此时与BC 的交点为P 2，根据点A 、B 、C 的坐标可得，三角形ABC
是直角三角形，角C 为30°
由余弦定理可得
2222222cos30OP OC CP OC CP =+-⋅︒
解得：
23372
CP d = 第二个临界，轨迹圆恰好与BC 收集板相切，由几何关系可得，此时交点与P 1重合。

则打到收集板上粒子的总长：
12273L d CP CP +-=+-= (3)粒子打在AB 收集板的角度范围是与x 轴正方向0°~30°，打在BC 板上的角度范围是与x 轴正方向成30°~90°。

由于粒子是沿x 轴均匀分布，故需要计算找出入射粒子的长度之比。

由几何关系可得，进入第四象限的粒子入射的长度分布恰好是粒子源中左半部分的d ，故只需找到与x 轴正方向成30°
入射的粒子进入圆心磁场的位置即可，
L MN =d sin30°=d /2 /21:1/2BC AB n d d n d -== 15、（1）4.5C （2）1.8J （3）5.4J
【解题分析】
（1）设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为：ΔΦ=BLx ， 由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为：
由闭合电路欧姆定律得，回路中的平均电流为：
通过电阻R 的电荷量为：q = I Δt
联立以上各式，代入数据解得：q =4.5C
（2）设撤去外力时棒的速度为v ，棒做匀加速运动过程中，由运动学公式得： 设撤去外力后的运动过程中安培力做功为W ，由动能定理得：
W = 0－mv 2
撤去外力后回路中产生的焦耳热：Q 2= －W
联立以上各式，代入数据解得：Q 2=1.8J
（3）由题意各，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1:Q 2=2:1 可得：Q 1=3.6J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可得：W F = Q 1 + Q 2
联立以上各式，代入数据解得：W F =5.4J。