上海市宝山区吴淞中学2024年高考仿真卷物理试题含解析

2024年高考物理模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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、将两个负电荷A、B（带电量Q A=20C和Q B=40C）分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C产生的电场不同位置M和N，克服电场力做功相同，则将这两电荷位置互换后（即将电荷A移至位置N，电荷B移至位置M，规定无穷远处为零势面，且忽略电荷A、B对点电荷C的电场分布影响），此时电荷A、B分别具有的电势能E A和E B关系描述正确的是（）
A．E A<E B B．E A=E B C．E A>E B D．无法确定
2、如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t=0时，甲静止，乙以6m/s的初速度向甲运动。

它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v—t图像分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。

则由图线可知
A．两小球带电的电性一定相反
B．甲、乙两球的质量之比为2∶1
C．t2时刻，乙球的电势能最大
D．在0~t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
3、如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b球相比，a球
A．初速度较大
B．速度变化率较大
C．落地时速度一定较大
D ．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大
4、如图所示，在光滑水平面上有质量分别为A m 、B m 的物体A ，B 通过轻质弹簧相连接，物体A 紧靠墙壁，细线连接A ，B 使弹簧处于压缩状态，此时弹性势能为p0E ，现烧断细线，对以后的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A ．全过程中墙对A 的冲量大小为p02A
B E m m
B ．物体B 的最大速度为p0
2A E m
C ．弹簧长度最长时，物体B 的速度大小为p02B A B
B E m m m m +
D ．弹簧长度最长时，弹簧具有的弹性势能p p0
E E > 5、物体做竖直上抛运动：v 表示物体的瞬时速度，a 表示物体的加速度，t 表示物体运动的时间，h 代表其离抛出点的
高度，E k 代表动能，E p 代表势能，以抛出点为零势能面．下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
6、极地卫星的运行轨道经过地球的南北两极正上方（轨道可视为圆轨道）．如图所示，某时刻某极地卫星在地球北纬45°A 点的正上方按图示方向运行，经过12h 后再次出现在A 点的正上方，地球自转周期为24h ．则下列说法正确的是
A ．该卫星运行周期比同步卫星周期大
B．该卫星每隔12h经过A点的正上方一次
C．该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度小
D．该卫星所有可能角速度的最小值为rad/h
8
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、如图所示，电源为恒流源，即无论电路中的电阻如何变化，流入电路的总电流I0始终保持恒定，理想电压表V与理想电流表A的示数分别为U、I，当变阻器R0的滑动触头向下滑动时，理想电压表V与理想电流表A的示数变化量分别为ΔU、ΔI，下列说法中正确的有（）
A．U变小，I变大B．U变大，I变小
C．U
I
=R1D．
U
I
=R0+R3
8、关于对分子动理论、气体和晶体等知识的理解，下列说法正确的是____
A．温度高的物体，其分子的平均动能一定大
B．液体的分子势能与体积无关
C．晶体在物理性质上可能表现为各向同性
D．温度升高，气体的压强一定变大
E.热量可以从低温物体传给高温物体
9、如图所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为L的正三角形的三个顶点上；a、b电荷量均为q且为同种电荷，整个系统置于水平方向的匀强电场中．已知静电力常量为k，若三个质点均处于静止状态，则下列说法正确的是
A．如果a、b带正电，那么c一定带负电
B．匀强电场场强的大小为
3kq
C．质点c3q
D ．匀强电场的方向与ab 边垂直指向c
10、物块套在光滑的竖直杆上，通过光滑的定滑轮用不可伸长的轻绳将物块由A 点匀速拉到B 点，AB 高度为h ，则在运动过程中（ ）
A ．绳中张力变小
B ．绳子自由端的速率减小
C ．拉力F 做功为cos h F
D ．拉力F 的功率P 不变
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）某同学看到某种规格热敏电阻的说明书，知悉其阻值随温度变化的图线如图甲所示。

为验证这个图线的可信度，某同学设计了一个验证性实验，除热敏电阻R 之外，实验室还提供如下器材：电源E （电动势为4.5V ，内阻约1Ω）、电流表A （量程1mA ，内阻约200Ω）、电压表V （量程3V ，内阻约10kΩ）、滑动变阻器R （最大阻值为20Ω）、开关S 、导线若干、烧杯、温度计和水。

(1)从图甲可以看出该热敏电阻的阻值随温度变化的规律是____；
(2)图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请用笔画线代替导线把电路连接完整______；
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头P 应置于____端（填“a ”或“b ”）；
(4)该小组的同学利用测量结果，采用描点作图的方式在说明书原图的基础上作出该热敏电阻的R t －t 图像，如图丙所示，跟原图比对，发现有一定的差距，关于误差的说法和改进措施中正确的是_______
A ．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的绝对误差越来越大
B ．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的相对误差越来越大
C ．在温度比较高时，通过适当增大电阻两端的电压值可以减小两条曲线的差距
D ．在温度比较高时，通过改变电流表的接法可以减小两条曲线的差距
12．（12分）某学习小组利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验，其主要实验步骤如下：
A ．用游标卡尺测量挡光条的宽度为d ，用天平测量滑块（含挡光条）的质量为M ，砝码盘及砝码的总质量为m ；
B ．调整气垫导轨水平；
C ．光电门移到B 处，读出A 点到B 点间的距离为x 1，滑块从A 处由静止释放，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t 1；
D ．多次改变光电门位置，重复步骤C ，获得多组数据。

请回答下列问题：
(1)用游标卡尺测量挡光条的宽度时示数如图2所示，其读数为___________mm ；
(2)调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能__________，表明导轨水平了；
(3)在实验误差允许范围内，机械能守恒定律得到验证，则如图丙图象中能正确反映光电门的挡光时间t 随滑块的位移大小x 的变化规律的是_________。

A ．
B ．
C ．
D ．
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，一根劲度系数为3N/cm k =的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为03kg m =的物体A 和B （均视为质点），物体B 置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量2kg m =的小球P 从物体A 正上方距其高度5m h =处由静止自由下落。

与物体A 发生弹性正碰（碰撞时间极短且只碰一次），弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，取210m/s g =。

求：
(1)碰撞后瞬间物体A 的速度大小；
(2)当地面对物体B 的弹力恰好为零时，A 物体的速度大小。

14．（16分）如图所示，水平地面上有两个静止的物块A和B，A、B的质量分别为m1＝2kg，m2＝1kg，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。

现对物块A施加一大小I＝40N·s，水平向右的瞬时冲量，使物块A获得一个初速度，t ＝1s后与物块B发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2。

(1)求A与B碰撞前瞬间，A的速度大小；
(2)若物块B的正前方20m处有一危险区域，请通过计算判断碰撞后A、B是否会到达危验区域。

15．（12分）如图所示，两根平行粗糙金属导轨固定于绝缘水平面上，导轨左侧间连有阻值为r的电阻，两平行导轨间距为L。

一根长度大于L、质量为m、接入电路的电阻也为r的导体棒垂直导轨放置并接触良好，导体棒初始均处于静止，导体棒与图中虚线有一段距离，虚线右侧存在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。

现给导体棒一个水平向右的恒力，使其从静止开始做匀加速直线运动，进入磁场前加速度大小为a0，然后进入磁场，运动一段时间后达到一个稳定速度，平行轨道足够长，导体棒与平行导轨间的动摩擦因数处处相等，忽略平行轨道的电阻。

求：
（1）导体棒最后的稳定速度大小；
（2）若导体棒从开始运动到达稳定速度的过程中，通过导轨左侧电阻的电荷量为q，求此过程中导体棒在磁场中运动的位移。

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、A
【解析】
两个电荷未换之前，分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C 产生的电场不同位置M 和N ，克服电场力做功相同，有：
﹣Q A （0﹣φM ）=﹣Q B （0﹣φN ）
即
Q A φM =Q B φN
由于2Q A =Q B ，所以得：φM =2φN ；将这两电荷位置互换后，电荷A 、B 分别具有的电势能E A 和E B 为：
E A =﹣Q A φN =﹣20φN
E B =﹣Q B φM =﹣40⨯2φN =﹣80φN
由于φN <0，所以E A <E B ，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2、B
【解析】
A ．由图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；
B ．两球作用过程动动量守恒
m 乙△v 乙=m 甲△v 甲
解得
2 1
m m =甲乙 故B 正确；
C ．t 1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C 错误；
D ．在0〜t 3时间内，甲的动能一直増大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误。

故选B 。

3、D
【解析】
A.由212
h gt =可得，高度越高，下落时间越大，由x υt =可知，两球水平位移相同，但是b 求运动时间短，故b 球初速度较大，A 错误；
B.速度变化率即表示加速度，两球加速度相同，故速度变化率相同，B 错误；
C.a 球的水平速度小于b 球，故落地时虽然竖直分速度大于b 球，但是合速度不一定大于b 球，C 错误；
D.由tan gt θυ
=，a 球落地时间t 大，但是υ小，故a 球的tan θ一定大于b 球，即a 球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，D 正确；
故选D 。

4、C
【解析】
AB ．当弹簧第一次恢复原长时A 恰好离开墙壁，此过程弹性势能转化为物体B 的动能，由能量守恒
2p012
B B E m v = 求得
B v =
该速度就是B 的最大速度，此过程A 的动量始终为零，对A 由动量定理
0A I I -=弹簧
对B 由动量定理
B B I m v =弹簧
解得
A I m =选项A
B 错误；
C ．以后的运动过程中物体A 将不再与墙壁有力的作用，A 、B 系统动量守恒，当弹簧长度最长时，A 、B 速度相同，根据动量守恒
()B B B A m v m m v =+
代入得
v =C 正确；
D ．弹簧长度最长时
2p p01()2
B A E m m v E ++=
则p p0E E <
选项D 错误。

故选C 。

5、C
【解析】
竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，物体运动过程中机械能守恒．根据运动学公式列出v 与t 的关系式，根据机械能守恒定律得出物体的动能与高度的关系式．再选择图象．
【详解】
AB ．物体做竖直上抛运动，只有重力，加速度等于g ，保持不变，所以a ﹣t 图象是平行于时间轴的直线，取竖直向上为正方向，则竖直上抛运动可看成一种匀减速直线运动，速度与时间的关系为
v =v 0﹣gt
v ﹣t 图象是一条向下倾斜的直线，AB 不符合题意；
C ．以抛出点为零势能面，则物体的重力势能为
E p =mgh
则E p ﹣h 图象是过原点的直线，C 符合题意；
D ．根据机械能守恒定律得：
mgh +E k =
12mv 02 得
E k =12
mv 02﹣mgh 可见E k 与h 是线性关系，h 增大，E k 减小，E k ﹣h 图象是向下倾斜的直线．D 不符合题意。

故选C 。

6、D
【解析】
地球在12h 的时间内转了180°，要使卫星第二次出现在A 点的正上方，则时间应该满足34
T +nT ＝12h ，解得48h 43
T n +＝（n =0、1、2、3、），当n =0时，周期有最大值T =16h ，当n 的取值不同，则周期不同，则该卫星运行周期比同步卫星周期小，选项A 错误；由以上分析可知，只有当卫星的周期为16h 时，每隔12h 经过A 点上方一次，选
项B 错误； 卫星的周期小于同步卫星的周期，则运转半径小于同步卫星的半径，根据2
GM a r =
可知，该卫星运行的加速度比同步卫星的加速度大，选项C 错误；该卫星的最大周期T =16h ，则最小的角速度为：2=rad/h 8T ππω=，选
项D 正确.
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、AC
【解析】
AB ．当变阻器R 0的滑动触头向下滑动时，R 0阻值减小，电路总电阻R 减小，则由U =I 0R 可知，电压表U 读数变小；R 2上电压不变，则R 1上电压减小，电流变小，则R 3支路电流变大，即I 变大；选项A 正确，B 错误；
CD ．由电路可知
0201
U I R I I R -=+
即 020200111
1-
=(+)-U I R I R I I I U R R R -= 则 1=U R I
∆∆ 选项C 正确，D 错误。

故选AC 。

8、ACE
【解析】
A ．温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子的平均动能增大，故A 正确；
B ．液体分子之间的距离不同，液体分子之间的分子力大小就不同，所以分子力做功不同，则分子势能就不同，所以液体的分子势能与体积有关，故B 错误；
C ．单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故C 正确；
D ．根据理想气体得状态方程
pV C T
= 可知温度升高，气体的压强不一定增大，还要看体积变化，故D 错误；
E ．热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故E 正确。

故选ACE 。

9、AB
【解析】
A. 如果a 、b 带正电，要使a 、b 都静止，c 必须带负电，否则匀强电场对a 、b 的电场力相同，而其他两个电荷对a 和b 的合力方向不同，两个电荷不可能同时平衡．故A 项正确；
BD.设c 电荷带电量为Q ，以c 电荷为研究对象受力分析，
根据平衡条件得a 、b 对c 的合力与匀强电场对c 的力等值反向，即：
022cos30kQq EQ L
⨯=； 所以匀强电场场强的大小为：
3kq E =ab 边垂直由c 指向ab 连线．故B 项正确，D 项错误； C.设c 电荷带电量为Q ，根据平衡条件得c 、b 对a 的合力与匀强电场对a 的力等值反向，即：
2022cos 60kq kQq L L
= 所以c 球的带电量为2q ，故C 项错误；
10、BD
【解析】
A ．因为物块做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有
cos T mg θ=
因为θ增大，cos θ减小，则拉力T 增大，故A 错误；
B ．物块沿绳子方向上的分速度
cos A v v θ=
该速度等于自由端的速度，θ增大，自由端速度v 减小，故B 正确；
C ．F 为变力，不能用功的定义。

应根据动能定理，拉力F 做功等于克服重力做的功，即
W mgh =
故C 错误；
D ．拉力的功率为
cos cos A A mg P Fv v mgv θθ
=== 可知拉力F 的功率P 不变，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、热敏电阻的阻值随温度的升高而减小 a BD
【解析】
(1)[1]由R t -图像可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；
(2)[2]研究热敏电阻的性质需要电压和电流的变化范围广，且滑动变阻器的最大值小，故滑动变阻器采用分压式接法，热敏电阻的阻值满足x A V R R R >⋅，故采用电流表的内接法减小系统误差，实物连接如图所示
(3)[3]滑动变阻器采用的是分压接法，为了保护电路，应让干路的阻值最大，则闭合开关前滑片置于a 端；
(4)[4]AB ．绝对误差为
R R R ∆=-测真
相对误差为
100%R R R δ-=⨯测真
真
由R t -图像可知在温度逐渐升高的过程中，热敏电阻的理论电阻值阻值和测量电阻值都在逐渐减小，理论电阻值和测量电阻值相差不大，即绝对误差R ∆变化不大，而相对误差δ越来越大，故A 错误，B 正确；
CD ．在相同的温度下，采用电流表的内接法导致测量值总比理论值偏大，故当温度升高到一定值后，电阻变小，则电流表应该选用外接法减小系统误差，故C 错误，D 正确。

故你BD 。

12、3.40 静止 D
【解析】
（1）[1]因游标尺是20分度的，则游标卡尺的精确度为0.05mm ，则其读数
3mm 80.05mm=3.40mm d =+⨯
（2）[2]调整气垫导轨下螺丝，直至气垫导轨工作时滑块轻放在导轨上能静止，表明导轨水平。

（3）[3]动能的增量
2
21
1()2K d E M m t ∆=+ 重力势能的减小量
P E mgx ∆=
机械能守恒需要验证动能的增量等于重力势能的减小量，则
2
21
1()2d M m mgx t += 则有
22112()mg x t M m d
=+ ABC 错误D 正确。

故选D 。

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)8m/s ；
(2)
【解析】
(1)设碰撞前瞬间小球P 的速度为0v ，碰撞后瞬间小球P 的速度为1v ，物体A 的速度为2v ，
小球P 自由下落，由动能定理可得
2012
mgh mv =
解得 010m/s v =
小球P 与物体A 碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律得
0102mv mv m v =+
2220102111222
mv mv m v =+ 解得
12m/s v =-
28m/s v =
故碰撞后瞬间物体A 的速度大小是8m/s.
(2)设开始A 静止时弹簧的压缩量为1x
对A 有
01m g kx =
10.1m x =
当地面对物体B 的弹力恰好为零时，弹簧的伸长量为2x
对B 有
02m g kx =
20.1m x =
可见12x x =，故两个状态弹簧的弹性势能相等；
从P 与A 碰撞后瞬间到地面对B 的弹力恰好为零的过程，由系统机械能守恒得
()2202030121122
m v m v m g x x =++ 解得此时A 的速度大小为
3v =
14、 (1) 15m/s (2) 物块A 不会到达危险区域，物块B 会到达危险区域
【解析】
（1）设物块A 获得的初速度为v 0，则
I =m 1v 0
A 与
B 碰撞前的运动过程有:
v 1=v 0-at
其中
a =μg
解得：A 与B 碰撞前瞬间，A 的速度大小
v 1=15m/s
（2）A 与B 碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有
m 1v 1=m 1v 1′+m 2v 2
21112m v =21112m v '+22212
m v 解得:
v 1′=5 m/s ，v 2=20 m/s
由运动学公式可知：
x A =212v a
'=2.5 m x B =222v a
= 40m 即物块A 不会到达危险区域，物块B 会到达危险区域。

15、（1）v m =
0222ma r B L （2）x =2qr BL
【解析】
（1）设水平恒力为F ，导体棒到达图中虚线处速度为v ，在进入磁场前，由牛顿运动定律有： F-μmg=ma 0
导体棒进入磁场后，导体棒最后的稳定速度设为v m ，由平衡条件有： F-μmg -222m B L v r
=0 联立上面各式，得：
v m =022
2ma r B L （2）导体棒从进入磁场到达稳定速度的过程中，运动的位移设为x ，由法拉第电磁感应定律有： BLx E t t
∆Φ== 2E I r
= q=It
联立解得：
x =2qr BL。