北京市西城区2023-2024学年高考物理一模试卷含解析

北京市西城区2023-2024学年高考物理一模试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

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，再选涂其它答案标号。

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：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、下列说法正确的是（）
A．阴极射线的本质是高频电磁波
B．玻尔提出的原子模型，否定了卢瑟福的原子核式结构学说
C．贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构
D．23994Pu变成20782Pb，经历了4次β衰变和6次α衰变
2、如图所示，甲、乙两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，甲、乙间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（）
A．甲、乙的质量之比为1:3
B．甲、乙所受弹簧弹力大小之比为3:2
C．悬挂甲、乙的细线上拉力大小之比为1:2
D．快速撤去弹簧的瞬间，甲、乙的瞬时加速度大小之比为1:2
3、如图所示，斜面体B放置在粗糙的水平地面上，在水平向左的推力F作用下，物体A和斜面体B均保持靜止。

若减小推力F，物体A仍然静止在斜面体B上，则（）
A．物体A受斜面体B的作用力一定减小
B．物体A所受摩擦力一定减小
C．斜面体B所受合力一定减小
D．斜面体B所受地面的摩擦力可能增大
4、如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，已知球拍与水平方向夹角θ=60°，AB两点高度差h=1m，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则球刚要落到球拍上时速度大小为（）
A．25m/s B．215m/s C．45m/s D．4
15
3
m/s
5、如图所示，轨道NO和OM底端对接且θα
>。

小环自N点由静止滑下再滑上OM。

已知小环在轨道NO下滑的距离小于轨道OM上滑的距离，忽略小环经过O点时的机械能损失，轨道各处的摩擦因数相同。

若用a、f、v和E分别表示小环的加速度、所受的摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图。

其中能正确反映小环自N点到右侧最高点运动过程的是（）
A．B．
C．D．
6、如图所示，A B C D
、、、四个小球质量分别为m、4m、2m、3m，用细线连着，在A和C之间细线上还串接有一段轻弹簧，悬挂在光滑定滑轮的两边并处于静止状态。

弹簧的形变在弹性限度内重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）
A ．剪断C D 、间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为3g
B ．剪断
C
D 、间细线的一瞬间，小球A 和B 的加速度大小均为37g C ．剪断A B 、间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为零
D ．剪断C 球上方细线的一瞬间，小球A 和B 的加速度大小均为零
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、近年来，我国的高速铁路网建设取得巨大成就，高铁技术正走出国门。

在一次高铁技术测试中，机车由静止开始做
直线运动，测试段内机车速度的二次方v 2与对应位移x 的关系图象如图所示。

在该测试段内，下列说法正确的是（ ）
A ．机车的加速度越来越大
B ．机车的加速度越来越小
C ．机车的平均速度大于02v
D ．机车的平均速度小于02
v 8、一定质量的理想气体从状态a 开始，经历三个过程ab 、bc 、ca 回到原状态，其V —T 图像如图所示，p a 、p b 、p c 分别表示a 、b 、c 的压强，下列判断正确的是（ ）
A ．状态a 、b 、c 的压强满足p c =p b =3p a
B ．过程a 到b 中气体内能增大
C ．过程b 到c 中气体吸收热量
D ．过程b 到c 中每一分子的速率都减小
E.过程c 到a 中气体吸收的热量等于对外做的功
9、“东方超环”是我国自主设计建造的世界上第一个非圆截面全超导托卡马克核聚变实验装置.2018年11月，有“人造太阳”之称的东方超环实现1亿摄氏度等离子体运行等多项重大突破，获得的实验参数接近未来聚变堆稳态运行模式所需要的物理条件，朝着未来聚变堆实验运行迈出了关键一步，已知“人造太阳”核聚变的反应方程为
2
3
4M 112Z H+H He+X+17.6MeV ，关于此核聚变，以下说法正确的是（ ）
A ．要使轻核发生聚变，就要利用粒子加速器，使轻核拥有很大的动能
B ．Z =0，M =1
C ．1mol 氘核和1mol 氚核发生核聚变，可以放出17.6MeV 的能量
D ．聚变比裂变更安全、清洁
10、如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P 、Q 之间有一个很强的磁场。

一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。

把P 、Q 与电阻R 相连接.下列说法正确的是
A ．Q 板的电势高于P 板的电势
B ．R 中有由a 向b 方向的电流
C ．若只改变磁场强弱，R 中电流保持不变
D ．若只增大粒子入射速度，R 中电流增大
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）如图所示的实验装置，桌面水平且粗糙，在牵引重物作用下，木块能够从静止开始做匀加速直线运动。

在木块运动一段距离后牵引重物触地且不反弹，木块继续运动一段距离停在桌面上（未碰到滑轮）。

已知牵引重物质量为m ，重力加速度为g 。

某同学通过分析纸带数据，计算得到牵引重物触地前、后木块的平均加速度大小分别为a 1和a 2，由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数为μ=_______（结果用题中字母表示）；在正确操作、测量及计算的前提下，从系统误差的角度，你认为该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会_____（选填“偏大”、“偏小”“不变”）；木块
的质量为M=_____（结果用题中字母表示）。

12．（12分）某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。

他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。

(1)实验需要以下哪种电源_________；
A．低压直流电源B．高压直流电源
C．低压交流电源D．高压交流电源
(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数：再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。

分别测出相应的原、副线圈电压值。

由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的___值（填“有效或“最大”）。

其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为___________ ；
(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成____ （填“正比”" 或“反比”），实验中由于变压器的铜损和铁损导致原线圈与副线圈的电压之比一般____ （填“大于" “小于”或“等于"）原线圈与副线圈的匝数之比。

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）在地面上方足够高的地方，存在一个高度d＝0.5m的“相互作用区域”(下图中画有虚线的部分)．一个小圆环A套在一根均匀直杆B上，A和B的质量均为m，若它们之间发生相对滑动时，会产生F f＝0.5mg的摩擦力。

开始时A处于B的最下端，B竖直放置，A距“相互作用区域”的高度h＝0.8m，让A和B一起从静止开始下落，只要A 处于“相互作用区域”就会受到竖直向上、大小F＝3mg的恒力作用，而“相互作用区域”对处于其中的杆B不产生作用力。

杆B在下落过程中始终保持竖直，且杆的长度能够保证圆环A与杆不会分离。

不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：
(1)杆B的最下端刚进人“相互作用区域”时的速度大小；
(2)圆环A通过“相互作用区域”所用的时间；
(3)为保证圆环A在空中运动过程中始终与杆不会分离，杆的最小长度。

14．（16分）某日清晨，中国海监船在执行东海定期维权巡航执法过程中，发现从事非法调查作业活动的某船只位于图甲中的A 处，预计在80秒的时间内将到达图甲的C 处，我国海监执法人员立即调整好航向，沿直线BC 从静止出发恰好在运动了80秒时到达C 处，而此时该非法船只也恰好到达C 处，我国海监部门立即对非法船只进行了驱赶．非法船只一直做匀速直线运动且AC 与BC 距离相等，我国海监船运动的v －t 图象如图乙所示。

(1)求非法船只的速度大小；
(2)若海监船加速与减速过程的加速度大小不变，海监船从B 处由静止开始若以最短时间准确停在C 点，需要加速的时间为多少？
15．（12分）如图所示，在竖直面内有一个光滑弧形轨道，其末端水平，且与处于同一竖直面内光滑圆形轨道的最低端相切，并平滑连接．A ，B 两滑块（可视为质点）用轻细绳拴接在一起，在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧．两滑块从弧形轨道上的某一高度P 点处由静止滑下，当两滑块刚滑入圆形轨道最低点时拴接两滑块的绳突然断开，弹簧迅速将两滑块弹开，其中前面的滑块A 沿圆形轨道运动恰能通过圆形轨道的最高点，后面的滑块B 恰能返回P 点．己知圆形轨道的半径0.72m R =，滑块A 的质量0.4kg A m =，滑块B 的质量0.1kg B m =，重力加速度g 取210m /s ，空气阻力可忽略不计．求：
（1）滑块A 运动到圆形轨道最高点时速度的大小；
（2）两滑块开始下滑时距圆形轨道底端的高度h ；
（3）弹簧在将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能．
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、C
【解析】
A ．阴极射线的本质是高速电子流，不是高频电磁波，选项A 错误；
B ．玻尔提出的原子模型，成功解释了氢原子发光现象，但是没有否定卢瑟福的核式结构模型，故B 错误。

C ．贝克勒尔发现了天然放射现象，揭示了原子核内部有复杂结构，选项C 正确；
D ．239
94Pu 变成207
82Pb ，经历了239207=84
-次α衰变，8×2-（94-82）=4次β衰变，选项D 错误。

故选C 。

2、D
【解析】
B ．因为是同一根弹簧，弹力相等，故B 错误；
AC ．对甲乙两个物体受力分析，如图所示
甲乙都处于静止状态，受力平衡，则有
对甲
cos 60F T =
︒弹甲，1tan 60m g F =︒弹
对乙 cos 45F T =︒弹乙，2tan 45m g F =︒弹
代入数据得
12tan 60tan 451
m m ︒==︒
cos 45 cos601
T T ︒==︒甲乙 故AC 错误；
D ．快速撤去弹簧的瞬间，甲、乙所受合力为其重力在绳端的切向分力
1sin 60F m g =︒甲，2sin 45F m g =︒乙
根据牛顿运动定律有
1112
sin 60sin 45F a m F a m ︒===︒甲
乙 故D 正确。

故选D 。

3、A
【解析】
A ．物体A 始终处于平衡状态，所以物体A 受到的重力、推力F 和物体A 受斜面体
B 的作用力，根据平衡条件可知物体A 受斜面体B 的作用力为
BA F =
减小推力F ，物体A 受斜面体B 的作用力一定减小，故A 正确；
B ．物体A 始终处于平衡状态，所以物体A 受到的重力、推力F 、斜面体B 对物体A 的支持力和摩擦力，设斜面的夹角为θ，若斜面体B 对物体A 的摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件在沿斜面方向则有
cos θsin θ0A F f m g +-=
当F 减小时，物体A 所受摩擦力增大；
若斜面体B 对物体A 的摩擦力方向沿斜面向下，根据平衡条件在沿斜面方向则有
cos θsin θ0A F f m g --=
当F 减小时，则物体A 所受摩擦力减小，故B 错误；
C ．斜面体B 始终处于平衡状态，所以受到的合外力始终等于0，不变，故C 错误；
D ．视物体A 和斜面体B 为整体，在水平方向受到推力F 和地面对斜面体B 的摩擦力，根据平衡条件可知水平方向受到推力F 大小等于地面对斜面体B 的摩擦力，当F 减小时，地面对斜面体B 的摩擦力也减小，故D 错误；
故选A 。

4、C
【解析】
根据竖直高度差求平抛运动的时间，再求竖直分速度，最后根据矢量三角形求合速度．
【详解】 根据212
h gt =得
t ===
竖直分速度：10y m m v gt s s === 刚要落到球拍上时速度大小
0cos 60y
v m v s == 故应选C ．
【点睛】
本题考查平抛运动的处理方法，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，一定要记住平抛运动的规律．
5、A
【解析】
A ．小球沿NO 轨道下滑做匀加速直线运动，滑至O 点速度为v ，下滑过程中有
112
v x t = 1sin cos mg mg ma θμθ-=
同理上滑过程中有
222
v x t = 2sin cos mg mg ma αμα+=
根据题意可知12x x <，所以
12t t < 根据加速度的定义式∆=∆v a t
结合牛顿第二定律，可知加速度大小恒定，且满足
12a a >
A 正确；
B ．小球下滑过程和上滑过程中的摩擦力大小
1cos f mg μθ=
2cos f mg μα=
根据题意可知θα>，cos cos θα<，则12f f <，B 错误；
C ．小球在运动过程中根据速度与位移关系2202v v ax -=可知，速度与位移不可能为线性关系，所以图像中经过O 点
前后小球与路程的关系图线不是直线，C 错误；
D ．小球运动过程中摩擦力做功改变小球的机械能，所以
E x -图像斜率的物理意义为摩擦力，即
E f x
∆=∆ 结合B 选项分析可知下滑时图像斜率的绝对值小于上滑时图像斜率的绝对值，D 错误。

故选A 。

6、C
【解析】
AB ．开始时，弹簧的弹力为5mg ，剪断CD 间细线的一瞬间，弹簧的弹力不变，则小球C 的加速度大小为 52 1.52mg mg a g m
-== AB 的加速度为零，故AB 错误；
C ．同理可以分析，剪断AB 间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为0，故C 正确；
D ．剪断C 球上方细线的一瞬间，弹簧的弹力迅速减为零，因此小球A 和B 的加速度大小为g ，故D 错误。

故选C 。

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、BC
【解析】
AB ．如图所示，在该测试段内，随着机车位移的增大，在相等位移x ∆上，速度的二次方的差值逐渐减小，由2()2v a x ∆=∆可知，机车的加速度逐渐减小，故A 错误，B 正确；
CD ．由于机车做加速度减小的变加速直线运动，故在该测试段内机车的平均速度大于02v ，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

8、ABE
【解析】
A ．设a 状态的压强为p a ，则由理想气体的状态方程可知
00
3a b p p T T = 所以
p b =3p a
同理
00 3a c V p p V =⋅⋅
得
p c =3p a
所以
p c =p b =3p a
故A 正确；
B ．过程a 到b 中温度升高，内能增大，故B 正确；
C ．过程b 到c 温度降低，内能减小，即∆U <0，体积减小，外界对气体做功，W >0，则由热力学第一定律可知，Q <0，即气体应该放出热量，故C 错误；
D ．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc 中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D 错误；
E ．由图可知过程ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功；根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E 正确。

故选ABE 。

9、BD
【解析】
A ．“人造太阳”是以超导磁场约束，通过波加热，让等离子气体达到上亿度的高温而发生轻核聚变，故A 错误。

B ．根据质量数和核电荷数守恒，可以求出M Z X 为中子1
0n ，即Z =0，M =1，故B 正确。

C ．1个氘核和1个氚核发生核聚变，可以放出17.6MeV 的能量，故C 错误。

D ．轻核聚变产生物为氦核，没有辐射和污染，所以聚变比裂变更安全、清洁，故D 正确。

故选BD.
10、BD
【解析】
AB ．等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上。

所以上极板带正电，下极板带负电，则P 板的电势高于Q 板的电势，流过电阻电流方向由a 到b 。

故A 错误，B 正确； C ．依据电场力等于磁场力，即为
U q qvB d
= 则有：
U Bdv =
再由欧姆定律
U Bdv I R r R r
==++ 电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R 中电流也改变。

故C 错误；
D ．由上分析可知，若只增大粒子入射速度，R 中电流也会增大，故D 正确。

故选BD 。

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、2a g 偏大 ()112
-+m g a a a 【解析】
[1]牵引重物触地后，对木块由牛顿第二定律
2Mg Ma μ=
由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数为
2a g
μ= [2]在减速阶段产生加速度的力是滑动摩擦力和纸带受到的阻力，所以该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会偏大。

[3] 牵引重物触地前，对木块和牵引重物分别用牛顿第二定律
1T Mg Ma μ-=
1-=mg T ma
联立解得
()
112m g a M a a -=+
12、C 有效 7.2 正比 大于
【解析】
(1) [1]因为探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，必须用交流电，又因为安全起见必须用低压电，所以用低压交流电，故选C 。

(1) [2]多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；
[3]多用电表选用的档位是交流电压的10V 档位，所以应该在0~10V 档位读数，所以读数应该是7.2V ；
(4)[4] 根据1122
U n U n =可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比。

[5]实验中由于变压器的铜损和铁损导致副线圈的电压U 2减小，所以导致1122
U n U n ＞，故填大于。

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)4.0m/s(2)0.2s(3)1.2m
【解析】
(1)设A 和B 共同静止下落至“相互作用区域”的速度为v 1，则21v ＝2gh ，代入数据得
v 1＝4.0m/s
(2)A 在“相互作用区域”运动时，A 受到重力mg 、滑动摩擦力F f 和竖上向上的恒力F 作用，设加速度大小为a A ，运动时间为t ，根据牛顿第二定律有
mg ＋F f －F ＝ma A
代入数据得
a A ＝－15m/s 2 由位移公式有2112
A d v t a t =+，代入数据解得 t ＝0.2s ，t ′＝0.33s(不符题意，舍去)
(3)设B 在“相互作用区域”运动的加速度为a B ，A 刚离开“相互作用区域”时，圆环A 和直杆B 的速度分别为v A 和v B ，则：
mg －F f ＝ma B ，v B ＝v 1＋a B t ，v A ＝v 1＋a A t
代入数据解得
v A ＝1m/s ，v B ＝5m/s
此过程二者相对滑动的距离
21112
B s v t a t d =+- 代入数据解得
s 1＝0.4m
设A 离开“相互作用区域”后二者相对滑动过程的时间为t′，A 的加速度为'A a ，则 'f A mg F a m
+= A A B B v a t v a t '''＋＝＋
二者相对滑动的距离
''2'''2211()22
B B A A s v t a t v t a t =+-+ 代入数据解得
20.4s 0.8m t s '＝，＝
则杆的最小长度
12 1.2m s s s ＝＋＝
14、 【解析】
(1)结合图乙可知海监船运行的位移即为v －t 图线与横坐标轴所围的面积：
170308020m 1 2[()]00m 2
x =⨯⨯－＋＝ 由运动学公式x ＝vt ，代入数据可求得：
v ＝15m/s
(2)由加速度定义式：∆=
∆v a t 代入数据可求加速与减速过程中加速度大小分别为： a 1＝20030-m/s 2＝23
m/s 2 a 2＝20010
-m/s 2＝2m/s 2 设加速时间为t 1，减速时间为t 2，要使时间最短有
1122a t a t ＝
2211221122
a t a t x += 解得
t 1＝
15、（1m/s ；（2）0.8 m ；（3）4 J 【解析】
（1）设滑块A 恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v 2，
根据牛顿第二定律有m A g=m A 22v R
解得：v 2=5
m/s （2）设滑块A 在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小为v 1，对于滑块A 从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有
12m A v 12=m A g•2R+12
m A v 22 可得：v 1=6m/s
设滑块A 和B 运动到圆形轨道最低点速度大小为v 0，对滑块A 和B 下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有（m A +m B ）gh=12
（m A +m B ）v 02 同理滑块B 在圆形轨道最低点被弹出时的速度大小也为v 0，弹簧将两滑块弹开的过程，对于A 、B 两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，（m A +m B ）v 0=m A v 1-m B v 0
解得：h=0.8 m
（3）设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为E p ，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有12（m A +m B ）v 02 + E p =12m A v 12+12
m B v 02 解得：E p =4J。