湖南省攸县第一中学2024届高三(一模)仿真卷(A卷)物理试题试卷

湖南省攸县第一中学2024届高三（一模）仿真卷（A卷）物理试题试卷
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、如图所示，一理想变压器，其原副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，为了使变压器输入功率增大，可使
A．其他条件不变，原线圈的匝数n1增加
B．其他条件不变，副线圈的匝数n2减小
C．其他条件不变，负载电阻R的阻值增大
D．其他条件不变，负载电阻R的阻值减小
2、如图所示，围绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星的周期分别为T1和T2，两颗卫星的轨道半径的差值为d，地球表
面重力加速度为g，根据以上已知量无法求出
．．．．的物理量是（引力常量G未知）（）
A．地球的半径B．地球的质量
C．两颗卫星的轨道半径D．两颗卫星的线速度
3、平行板电容器C与三个可控电阻R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路，闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷，要使电容器所带电荷量减少。

以下方法中可行的是（）
A．只增大R1，其他不变
B．只增大R2，其他不变
C ．只减小R 3，其他不变
D ．只减小a 、b 两极板间的距离，其他不变
4、 “世纪工程”﹣港珠澳大桥已于2018年10月24日9时正式通车，大桥主桥部分由约为6.7km 海底隧道和22.9km 桥梁构成，海底隧道需要每天24小时照明，而桥梁只需晚上照明。

假设该大桥的照明电路可简化为如图所示电路，其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E 、内阻为r 的电源，电阻R 1、R 2分别视为隧道灯和桥梁路灯，已知r 小于R 1和R 2，则下列说法正确的是（ ）
A ．夜间，电流表示数为12E R R r
++ B ．夜间，开关K 闭合，电路中电流表、电压表示数均变小
C ．夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大
D ．当电流表示数为I 则太阳能电池供电系统输出电功率为EI
5、在杨氏双缝干涉实验中，如果
A ．用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间、间距相等的条纹
B ．用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间、间距不等的条纹
C ．用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹
D ．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹
6、如图甲所示，线圈ab 中通有如图乙所示的电流，电流从a 到b 为正方向，那么在0~t 0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M 中产生感应电流，则（ ）
A ．从左向右看感应电流的方向为顺时针
B ．从左向石看感应电流的方向为先顺时针后逆时针
C ．感应电流的大小先减小后增加
D ．铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右
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、一颗子弹以水平速度v 0穿入一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后各自运动，设子弹与木块间相互作用力恒定，则该过程中子弹及木块的速度时间图象可能正确的是（图中实线为子弹图线，虚线为木块图线）（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
8、如图所示，将一个细导电硅胶弹性绳圈剪断，在绳圈中通入电流，并将其置于光滑水平面上，该空间存在竖直向下的匀强磁场。

已知磁感应强度为0B ，硅胶绳的劲度系数为k ，通入电流前绳圈周长为L ，通入顺时针方向的电流I 稳定后，绳圈周长变为1L 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．通电稳定后绳圈中的磁通量大于2014
B L π
B ．ACB 段绳圈所受安培力的合力大小为012
B IL
C ．图中A B 、两处的弹力大小均为012B LL π
D ．题中各量满足关系式0122k B I L L k
ππ-= 9、如图，条形磁铁在固定的水平闭合导体圆环正上方，从离地面高h 处由静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过，最后落在水平地面上。

条形磁铁A 、B 两端经过线圈平面时的速度分别为v 1、v 2，线圈中的感应电流分别为I 1、I 2，电流的瞬时功率分别为P 1、P 2.不计空气阻力，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A．从上往下看，I2的方向为顺时针
B．I1：I2=v1：v2
C．P1：P2=v1：v2
D．磁铁落地时的速率为2gh
10、下列说法中正确的是（）
A．布朗微粒越大，受力面积越大，所以布朗运动越激烈
B．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子力先增大后减小再增大
C．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先增大后减小
D．两个系统达到热平衡时，它们的分子平均动能一定相同
E.外界对封闭的理想气体做正功，气体的内能可能减少
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）某实验小组利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，实验主要步骤如下：（不考虑空气阻力的影响）
①将光电门安放在固定于水平地面上的长木板上；
②将细绳一端连在小车上，另一端绕过两个轻质光滑定滑轮后悬挂一钩码，调节木板上滑轮的高度，使该滑轮与小车间的细绳与木板平行；
③测出小车遮光板与光电门之间的距离L，接通电源，释放小车，记下小车遮光板经过光电门的时间t；
④根据实验数据计算出小车与钩码组成的系统动能的增加量和钩码重力势能的减少量。

(1)根据上述实验步骤，实验中还需测量的物理量有_________；
A．小车上遮光板的宽度d B．小车和遮光板总质量m1
C．钩码的质量m2 D．钩码下落的时间t′
(2)图中游标卡尺所测遮光板宽度d为_______mm；
(3)由实验步骤和(1)选项中测得的物理量，改变L的大小，重复步骤③、④，可得到系统动能增加量总是小于钩码重力势能减少量，其原因可能是________________
12．（12分）某同学利用如图装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验．A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连．在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连．当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度．整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g．实验操作如下：
(1)开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零．现释放C ，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C 的速度为v ．
(2)在实验中保持A ，B 质量不变，改变C 的质量M ，多次重复第(1)步．
①该实验中，M 和m 大小关系必需满足M ______m （选填“小于”、“等于”或“大于”）
②为便于研究速度v 与质量M 的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应______（选填“相同”或“不同”） ③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出______（选填“v 2-M ”、“v 2-1M ”或“v 2-1M m
+”）图线． ④根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b ，则弹簧的劲度系数为______（用题给的已知量表示）．
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）处于真空中的圆柱形玻璃的横截面如图所示，AB 为水平直径，玻璃砖的半径为R ，O 为圆心，P 为圆柱形玻璃砖上的一点，与水平直径AB 相距2
R ，单色光平行于水平直径AB 射向该玻璃砖。

已知沿直径AB 射入的单色光透过玻璃的时间为t ，光在真空中的传播速度为c ，不考虑二次反射，求：
（1）该圆柱形玻璃砖的折射率n ；
（2）从P 点水平射入的单色光透过玻璃砖的时间。

14．（16分）树德中学运动会上，4×100m 接力赛是最为激烈的比赛项目，有甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持9m/s 的速度跑完全程.为了确定乙起跑的时机，甲在接力区前0S 处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑（忽略声音传播的时间及人的反应时间)，先做匀加速运动，速度达到最大后，保持这个速度跑完全程. 已知接力区的长度为L=20m ，试求：
（1）若013.5m S =，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？
（2）若016m S =，乙的最大速度为8m/s ，要使甲乙能在接力区内完成交接棒，且比赛成绩最好，则乙在加速阶段的加速度应为多少？
15．（12分）《道路交通安全法》规定汽车通过红绿灯路口时，需按信号灯指示行驶．若某路口有等待通行的多辆汽车，第一辆汽车前端刚好与路口停止线对齐，汽车质量均为m =1 500 kg ，车长均为L =4.8 m ，前后相邻两车之间的距离均为x =1.2 m ．每辆汽车匀加速起动t 1=4 s 后保持v =10 m/s 的速度匀速行驶，运动过程中阻力恒为f =1 800 N ，求： （1）汽车匀加速阶段的牵引力F 大小；
（2）由于人的反应时间，绿灯亮起时，第一个司机滞后△t =0.8 s 起动，且后面司机都比前一辆汽车滞后0.8 s 起动汽车，绿灯时长20 s ．绿灯亮起后经多长时间第五辆汽车最后端恰好通过停止线．
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】
试题分析：据题意，已知变压器原线圈输入功率由副线圈输出功率决定，为了使变压器输入功率增大，可以调整副线圈的输出功率，当原线圈输入电压不变时，副线圈上的电压也不变，由2
U P R
=可知，当负载电阻减小时，副线圈输出功率增加，故D 选项正确而C 选项错误；其它条件不变，当增加原线圈匝数时，据1122
n U n U =可得1221U n U n =，则副线圈电压减小，而功率也减小，A 选项错误；副线圈匝数减小，同理可得变压器功率减小，故B 选项错误． 考点：本题考查变压器原理．
2、B
【解题分析】
ABC ．根据万有引力提供向心力，依据牛顿第二定律，则有
211211
2π()Mm G m r r T = 2222222π()Mm G
m r r T =
且
21R R d -=
由公式
2Mm G mg R
= 联立可解得两颗卫星的轨道半径和地球的半径，由于引力常量G 未知则无法求出地球的质量，故AC 正确，B 错误； D ．由公式2πr v T =
可知，由于两颗卫星的轨道半径和周期已知或可求出，则可求出两颗卫星的线速度，故D 正确。

故选B 。

3、A
【解题分析】
A ．只增大1R ，其他不变，电路中的电流变小，R 2两端的电压减小，根据2Q CU =，知电容器所带的电量减小，A 符合要求；
B ．只增大2R ，其他不变，电路中的电流变小，内电压和R 1上的电压减小，电动势不变，所以R 2两端的电压增大，根据2Q CU =，知电容器所带的电量增大，B 不符合要求；
C ．只减小R 3，其他不变，R 3在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变，C 不符合要求；
D ．减小ab 间的距离，根据4S C kd
επ=
，知电容C 增大，而两端间的电势差不变，所以所带的电量增大，D 不符合要求。

故选A 。

4、C
【解题分析】 A ．夜间，桥梁需要照明，开关K 闭合，电阻R 1、R 2并联，根据闭合电路欧姆定律可知，电流表示数1212
E I r R R R R =++，
故A 错误；
B ．夜间，开关K 闭合，总电阻减小，干路电流增大，电路中电流表示数变大，故B 错误；
C ．根据能量守恒定律可知，夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大，故C 正确；
D ．当电流表示数为I ，则太阳能电池供电系统总功率为EI ，输出功率为EI ﹣I 2r ，故D 错误。

故选C.
5、D
【解题分析】
A．由于白光是复合光，故当光程差为紫光波长的整数倍的位置表现为紫色亮条纹，当光程差为红光波长的整数倍位置表现红色亮条纹，故屏上呈现明暗相间的彩色条纹。

故A错误。

B．用红光作为光源，当光程差为红光波长的整数倍是时表现红色亮条纹，当光程差为红光半个波长的奇数倍时，呈现暗条纹，屏上将呈现红黑相间、间距相等的条纹，故B错误。

C．两狭缝用不同的光照射，由于两列光的频率不同，所以是非相干光，故不会发生干涉现象，故C错误。

D．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，不能发生干涉现象而会发生单缝衍射现象，屏上出现中间宽，两侧窄，间距越来越大的衍射条纹。

故D正确。

故选D。

6、A
【解题分析】
AB．根据题意可知，由于电流从a到b为正方向，当电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流顺时针（从左向右看）。

当电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，铝环M的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。

故电流方向不变，故A正确，B错误；
C．由图乙可知，ab内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，铝环M产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。

故C错误；
D．当线圈中电流为零时，铝环M和线圈之间无磁场力作用，选项D错误；
故选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】
AB.设子弹运动的方向为正方向，子弹穿过木块后速度方向不变，为正方向，由于穿过木块过程中受到恒定的阻力作用，所以速度减小；对于木块，受到子弹的作用力后，有可能速度方向仍为负方向，也有可能最后速度方向与子弹方向相同，即为正方向，故AB正确；
CD.子弹击中木块后，不可能出现二者均反向运动，所以CD错误。

故选AB。

8、ACD
【解题分析】
A．通入顺时针方向电流I稳定后，绳圈周长为1L，由
112L r π= 可得112L r π
=，面积 22
2111
()24L L S r ππππ=== 由安培定则可判断出环形电流在环内产生的磁场方向竖直向下，绳圈内磁感应强度大于0B ，由磁通量公式 BS Φ= 可知通电稳定后绳圈中的磁通量大于2014B L π
，故A 正确； B ．ACB 段的等效长度为12r ，故ACB 段所受安培力
011010222B IL L F B I r B I ππ
=⋅=⋅
= 故B 错误； C ．设题图中A B 、两处的弹力大小均为1F ，对半圆弧ACB 段，由平衡条件有
01
12B IL F π= 解得0112B IL F π
=，故C 正确； D ．由胡克定律有
11()F k L L =- 解得0112B IL L L k π
-=，两侧均除以1L ，得 0112B I L L k π
-= 即0122k B I L L k ππ
-=，故D 正确。

故选ACD 。

9、AB
【解题分析】
A ．条形磁铁
B 端经过线圈平面时，穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，从上往下看，I 2的方向为顺时针，选项A 正确；
BC ．条形磁铁AB 端经过线圈平面时磁感应强度相同，根据E =BLv 以及E I R =
可知 I 1：I 2=v 1：v 2
根据P =I 2R 可知电流的瞬时功率之比为
2222121212P P I I v v ==：：： 选项B 正确，C 错误；
D ．若磁铁自由下落，则落地的速度为2gh ；而由于磁铁下落过程中有电能产生，机械能减小，则磁铁落地时的速率小于2gh ，选项D 错误。

故选AB 。

10、BDE
【解题分析】
颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈；根据分子力和分子距离的图像和分子势能和分子之间距离图像，分析分子力和分子势能随r 的变化情况；两个系统达到热平衡时，温度相同；根据热力学第一定律判断。

【题目详解】
A ．布朗运动微粒越大，受力面积越大，液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的越趋于平衡，所以布朗运动越不剧烈，故A 错误；
B ．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子力先增大后减小再增大，如图所示：
故B 正确；
C ．在两个分子从无限远的地方不断靠近的过程中，它们的分子势能先减小后增大，如图所示：
故C 错误；
D ．温度是分子平均动能的标志，两个系统达到热平衡时，温度相同，它们的分子平均动能一定相同，故D 正确；
E ．根据热力学第一定律：
U Q W ∆=+
外界对封闭的理想气体做正功0W >，但气体和外界的热交换不明确，气体的内能可能减少，故E 正确。

故选BDE 。

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、ABC 5.70 小车与长木板之间存在摩擦阻力做功
【解题分析】
(1)[1]要得到小车与钩码组成的系统动能的增加量，则要得到小车的速度，所以要测量小车上遮光板的宽度d 和小车和遮光板总质量m 1，钩码的质量m 2，由于小车运动的距离即为钩码下降的距离，所以不用测量钩码下落的时间t ′，故选ABC ；
(2)[2]由图可知，游标卡尺所测遮光板宽度
0.5cm 140.05mm 5mm 0.70mm 5.70mm d =+⨯=+=
(3)[3]由于实验过程中小车与长木板之间存在摩擦阻力做功，系统有部分机械能转化为内能，则系统动能增加量总是小于钩码重力势能减少量。

12、大于 相同 v 2-1M m + 2
4mg b 【解题分析】
试题分析：①根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C 的质M 要大于A 的质量m ；
②要刚释放C 时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F mg =，因此弹簧的形变量为
122mg mg mg x x x k k k ∆=∆+∆=
+=，不论C 的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A 物体上升了2mg k
，则C 下落的高度为2mg k
，即C 下落的高度总相同； ③选取AC 及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：()()2212mg M m g M m v k -⨯=+，整理得，2222
814m g mg v k M m k =-++，为得到线性关系图线，因此应作出21v M m -+图线． ④由上表达式可知，24mg b k =，解得2
4mg k b
=．
考点：验证机械能守恒定律
【名师点睛】理解弹簧有压缩与伸长的状态，掌握依据图象要求，对表达式的变形的技巧．
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）2ct R ；（2）222c t R c
-。

【解题分析】
（1）沿AB 入射的光将从B 点射出，设光在玻璃内的速度为v ，则：
v ＝c n
又：
2R ＝ct
联立可得：
n ＝2ct R
（2）过P 做入射光的法线，过P 做AB 的垂线，垂足为C ，如图：因2
R PC =，所以∠POC ＝30°
由几何关系可知该光的入射角为30°
由折射定律：n ＝sin sin i r
可得： sin R r ct
= 由几何关系：
PD ＝2R •cosr
从P 入射的光到达D 所用的时间：
PD t v
'= 联立可得：
t ′222c t R -
14、（1）6.5m （2）2.5m/s 2
【解题分析】(1)设经过时间t ，甲追上乙， 根据题意有： 02
vt vt s -= 将v=9m/s ，s 0=13.5m 代入得：t=3s 此时乙离接力区末端的距离为2 6.5vt s L m ∆=-
=； (2)因为甲、乙的最大速度： v v >甲乙，所以在完成交接棒时甲直过的距离越长，成绩越好，因此当在接力区的末端完成交接，且乙到达最大速度v 乙
设乙的加速度为a ，加速的时间1v t a =乙，在接力区的运动时间0L s t v +=甲 2111)2L at v t t =++甲（，解得228 2.53m m a s
s ==。

15、 (1)5550N ；(2)8.88s
【解题分析】
（1）依题意得，汽车前4s 的加速度:a =v /t 1=2.5m/s 2① 由牛顿第二定律得:F-f=ma ②
解得：F =5550N ③
（2）第五辆车最后端通过停止线，需前进距离:s =4×
(x +L )+L =28.8m ④ 已知汽车匀加速阶段加速时间：t 1=4s ⑤ 所以汽车匀加速的位移:1120m 2v s t =
=⑥ 汽车匀速行驶时间:120.88s s s t v
-==⑦ 第五辆车延迟时间：t 3=5Δt =4s ⑧
第五辆汽车最后端恰好通过停止线的时间:t=t 1+t 2+t 3=8.88s ＜20s ⑨。