四川省广安中学2023-2024学年高三下第一次测试物理试题含解析

2024年高考物理模拟试卷
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、关于分子动理论，下列说法正确的是（ ）
A ．气体扩散的快慢与温度无关
B ．分子间同时存在着引力和斥力
C ．布朗运动是液体分子的无规则运动
D ．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
2、如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。

发电机中矩形线圈所围的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，它可绕水平轴OO /在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动。

矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，R 0表示输电线的电阻。

以线圈平面在中性面为计时起点，下列判断正确的是（ ）
A ．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零
B ．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为 cos e NBS t ωω=
C ．当滑动触头P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压不变
D ．当用户数目增多时，电路中的电流变小，用户得到的电压变小
3、在x 轴上有两个固定的点电荷Q 1、Q 2，其中Q 1为正电荷，Q 2为负电荷。

一带正电的粒子仅在电场力作用下从原点O 由静止开始沿x 轴运动，其动能E k 随位置x 的变化关系如图，则能够正确表示Q 1、Q 2位置的图像是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
4、如图所示，斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面的高AB 为2m ，倾角为θ=37°，且D 是斜面的中点，在A 点和D 点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C 点的水平距离为（ ）
A ．42m 3
B ．22m 3
C ．32m 4
D ．4m 3
5、如图所示，自身重力不计的定滑轮固定在天花板上，跨过定滑轮的轻绳两端分别与A B 、两物体相连，物体A 质量为m ，物体B 质量为3m 。

重力加速度为g ，现由静止释放物体A B 、，在物体A 上升、B 下降的运动过程中，定滑轮对天花板的拉力为（ ）
A ．1.5mg
B ．2mg
C ．3mg
D ．4mg
6、如图所示为用某金属研究光电效应规律得到的光电流随电压变化关系的图象，用单色光1和单色光2分别照射该金属时，逸出的光电子的最大初动能分别为E k 1和E k 2，普朗克常量为h ，则下列说法正确的是（ ）
A ．E k 1>E k 2
B ．单色光1的频率比单色光2的频率高
C ．增大单色光1的强度，其遏止电压会增大
D ．单色光1和单色光2的频率之差为12-k k
E E h
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、真空中一对等量异种电荷A、B，其周围的电场线和等势线分布如图所示。

相邻等势线之间电势差相等，G点是两电荷连线的中点，MN是两电荷连线的中垂线，C、D两点关于MN对称，C、D、E、F、G、H均是电场线与等势线的交点。

规定距离两电荷无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）
A．中垂线MN的电势为零，G点的电场强度为零
B．C、D两点的电势不相等，电场强度相同
C．G点电势等于H点，电场强度大于H点
D．F点电势高于E点，电场强度大于E点
8、如图所示,倾角为30°的斜面体置于水平地面上。

一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B,跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O,A的质量为m,B的质量为4m。

开始时,用手托住A,使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力),OB绳平行于斜面,此时B静止不动。

将A由静止释放,在其下摆过程中,斜面体始终保持静止。

下列判断中正确的是()
A．物块B始终处于静止状态
B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右
C．物块B受到的摩擦力一直减小
D．小球A、B系统的机械能不守恒
9、如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。

已知导体棒a质量为2m，导体棒b质量为m；长度均为l，电阻均
v。

除磁场作用外，两棒沿导轨方向为r；其余部分电阻不计。

现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度
无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是（）
A ．任何一段时间内，导体棒b 动能增加量跟导体棒a 动能减少量的数值总是相等的
B ．任何一段时间内，导体棒b 动量改变量跟导体棒a 动量改变量总是大小相等、方向相反
C ．全过程中，通过导体棒b 的电荷量为023mv Bl
D ．全过程中，两棒共产生的焦耳热为203
mv 10、如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R （R 视为质点）．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y 轴重合，在R 从坐标原点以速度v 0=3cm/s 匀速上浮的同时，玻璃管沿x 轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y 轴夹角为α．则红蜡块R 的（ ）
A ．分位移y 与x 成正比
B ．分位移y 的平方与x 成正比
C ．合速度v 的大小与时间t 成正比
D ．tanα与时间t 成正比
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）某班同学在学习了向心力的公式F ＝m 2
v r
和F ＝mω2r 后，分学习小组进行实验探究向心力。

同学们用细绳系一纸杯(杯中有30 mL 的水)在空中甩动，使纸杯在水平面内做圆周运动(如图乙所示)，来感受向心力。

(1)下列说法中正确的是________。

A ．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力不变
B ．保持质量、绳长不变，增大转速，绳对手的拉力增大
C ．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力不变
D．保持质量、角速度不变，增大绳长，绳对手的拉力增大
(2)如图甲所示，绳离杯心40 cm处打一结点A,80 cm处打一结点B，学习小组中一位同学用手表计时，另一位同学操作，其余同学记录实验数据。

操作一：手握绳结A，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。

操作二：手握绳结B，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。

操作三：手握绳结A，使杯在水平方向每秒运动两周，体会向心力的大小。

操作四：手握绳结A，再向杯中添30 mL的水，使杯在水平方向每秒运动一周，体会向心力的大小。

①操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；
操作三与一相比较：质量、半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；
操作四与一相比较：________相同，向心力大小与________有关；
②物理学中这种实验方法叫________法。

③小组总结阶段，在空中甩动纸杯的同学谈感受时说：“感觉手腕发酸，感觉力不是指向圆心的向心力而是背离圆心的离心力，跟书上说的不一样”，你认为该同学的说法正确吗？答：________。

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，足够长的金属导轨MNC和PQD平行且间距为L左右两侧导轨平面与水平面夹角分别为α=37°、β=53°，导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小均为B。

均匀金属棒ab 和ef质量均为m，长度均为L，电阻均为R，运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，金属棒ef光滑。

同时由静止释放两金属棒，并对金属棒ef施加外力F，使ef棒保持a=0.2g的加速度沿斜面向下匀加速运动。

导轨电阻不计，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：（1）金属棒ab运动过程中最大加速度的大小；
（2）金属棒ab达到最大速度所用的时间；
（3）金属棒ab运动过程中，外力F对ef棒的冲量。

14．（16分）如图a 所示。

水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷6110C /kg q m =⨯的正电荷置于电场中的O 点由静止释放，经过5110s 15t π
-=⨯后，电荷以40 1.5m s 10/v =⨯的速度通过MN 进人其上方的
匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B 按图b 所示规律周期性变化（图b 中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN 时为t =0时刻），计算结果可用π表示。

(1)求正电荷在正向磁场和负向磁场中运动的半径及周期；
(2)如果在O 点右方47.5cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间。

15．（12分）如图所示，水平地面上有一长L =2m 、质量M =1kg 的长板，其右端上方有一固定挡板。

质量m =2kg 的小滑块从长板的左端以v 0=6m/s 的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F 作用下以v =2m/s 的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离。

己知长板与地面间的动摩擦因数μ1=0.4，滑块与长板间动摩擦因数μ2=0. 5，重力加速度g 取10 m/s 2。

求：
（1）滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x ；
（2）滑块碰到挡板前，水平拉力大小F ；
（3）滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q 。

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、B
【解析】
A ．扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A 错误；
BD ．分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，故B 正确，D 错误；
C ．布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，它是液体分子的无规则运动的反映，故C 错误。

故选B 。

2、C
【解析】
A ．当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A 错误；
B ．从中性面开始计时，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为
sin e NBS t ωω=
故B 错误；
C ．当滑动触头P 向下移动时，输出电压变小，但变压器原线圈两端的电压将不变，故C 正确；
D ．当用户数目增多时，电路总电阻变小，电路中的电流变大，则输电线上电阻的电压增大，用户得到的电压变小，故D 错误。

故选C 。

3、A
【解析】
由动能定理可知k E Fx =可知k E x -图像的斜率等于电场力，由图像可知，在0~x 0之间存在一个场强为0的点（设为M 点），且在OM 之间运动时电场力做正功，在M 与x 0之间运动时电场力做负功；由此刻判断0~x 0区间肯定在两点荷的同一侧，且正电荷Q 1距离O 点较近，故选项A 正确，BCD 错误；
故选A 。

4、A
【解析】
设AB 高为h ，则从A 点抛出的小球运动的时间
1t
从D 点抛出的小球运动的时间
2t 在水平方向上有
01022tan h v t v t θ
-＝ 01tan h x v t θ
=- 代入数据得
x m 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5、C
【解析】
设绳子的拉力为F ，物体加速运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律，对A 有
F mg ma -=
对B 有
33mg F ma -=
加速度
0.5a g =
联立解得
1.5F mg =
根据平衡条件，得定滑轮对天花板的拉力为
22 1.53F mg mg =⨯=
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

6、D
【解析】
A ．由于：
11k c E e U ＝
22k c E e U ＝
所以：
12k k E E <
A 错误；
B ．由：
0k E h W ν＝－
可知，单色光1的频率比单色光2的频率低，B 错误；
C ．只增大照射光的强度，光电子的最大初动能不变，因此遏止电压不变，C 错误；
D ．由：
110k E h W ν＝－
220k E h W ν＝－
得：
1212k k E E v v h
-－＝ D 正确。

故选D 。

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、CD
【解析】
AC ．根据题设条件和电场线、等势线分布可以知道，中垂线所有点的电势为零，电场强度是G 点最大，向上和向下电场强度逐渐减小，A 错误、C 正确；
B ．沿电场线方向电势降低，
C 、
D 两点电势不等，场强大小相等，方向不同，B 错误；
D ．根据电场线疏密程度可知，F 点的场强大于
E 点，0
F ϕ>，0E ϕ<，D 正确．
故选CD 。

8、AB
【解析】
小球下摆时做圆周运动，下摆的速度越来越大，所需向心力越来越大，小球达到最低点时速度最大，绳子的拉力最大；
小球A 下摆过程中只受重力作用，机械能守恒，设绳子的长度是L ，由机械能守恒定律得：
，在最低点，由牛顿第二定律得：，解得绳子的拉力为F =3mg ，即物块B 受到绳子沿斜面向上的拉力为3mg ，而B 的重力沿斜面向下的分力为4mgsin 30°=2mg ，所以，斜面对B 的静摩擦力沿斜面向下为mg ，而物块B 在小球A 还没有下摆时受到斜面的静摩擦力沿斜面向上为2mg ，因此物块B 始终处于静止状态，物块B 受到的摩擦力先减小后增大，故C 错误；对物体B 和斜面体整体受力分析，由于A 球向左下方拉物体B 和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力，故B 正确；在小球下A 摆过程中，只有重力做功，则小球A 、物块B 与地球组成的系统机械能守恒，故D 错误。

所以AB 正确，CD 错误。

9、BCD
【解析】
AB ．根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b 动量改变量跟导体棒a 动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒可知，a 动能减少量的数值等于b 动能增加量与产热之和，故A 错误B 正确；
CD ．最终共速速度
02(2)mv m m v =+
对b 棒
0mv BIl t Blq -=⋅=
解得
023mv q Bl
= 根据能量守恒，两棒共产生的焦耳热为
()222001122223
mv Q mv m m v =⨯-+= 故CD 正确。

故选BCD 。

10、BD
【解析】
试题分析：红蜡烛在竖直方向做匀速运动，则y=v 0t ；在水平方向212
x at =，解得：2202a x y v =，选项A 错误，B 正确；蜡烛的合速度：2
20()v v at =+C 错误；0tan x y v at v v α==，即tanα与时间t 成正比，选项D 正确；故
选BD.
考点：运动的合成.
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、)BD 角速度、半径 质量大小 控制变量 不正确，见解析
【解析】
（1）[1]．由题意知，根据向心力公式F 向＝mω2r ，结合牛顿第三定律，有T 拉＝mω2r ；保持质量、绳长不变，增大转速，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故A 错误，B 正确；保持质量、角速度不变，增大绳长，根据公式可知，绳对手的拉力将增大，故C 错误，D 正确。

（2）①[2][3]．根据向心力公式F 向＝mω2r ，结合牛顿第三定律，则有T 拉＝mω2r ；
操作二与一相比较：质量、角速度相同，向心力的大小与转动半径大小有关；
操作三与一相比较：质量、半径相同，向心力的大小与角速度的大小有关；
操作四与一相比较：角速度、半径相同，向心力大小与质量大小有关；
②[4]．物理学中这种实验方法叫控制变量法。

③[5]．该同学受力分析的对象是自己的手，但实验中受力分析的对象是纸杯，绳的拉力提供纸杯做圆周运动的向心力，方向指向圆心，绳对手的拉力与“向心力”大小相等，方向相反，背离圆心，故该同学的说法不正确。

12、 拔出、 a
【解析】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）0.2m a g =；（2）1224mR t B L =；（3）22285F m gR I B L
=-，负号代表冲量沿斜面向上。

【解析】
（1）金属棒ab 释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律有
sin cos m mg mg ma αμα-=
得
0.2m a g =
（2）金属棒ab 释放之后，合外力为零时速度最大，则有
sin (cos )mg mg BIL αμα=+
其中
2E I R = ef E BLv =
0.2ef v gt =
得
122
4mR t B L = （3）金属棒ab 释放之后，根据牛顿第二定律，可得任意时刻的加速度
sin (cos )ab mg mg BIL ma αμα-+=
得：22520ab g B L g a t mR
=-，其图象如图所示
a t -图像面积代表速度增量，由运动的对称性可知，从金属棒a
b 释放起，经过时间2122
82mR t t B L ==
速度减为零，此后保持静止，在此过程中，金属ef 一直匀加速直线运动，则有 20.2ef v gt =
2210.22
ef x g t =⨯⨯ 对金属棒ef ，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理可得
2sin 0F ef I BILt mg t mv β-+=-
其中
2ef
BLx q It R ==
得：222
85F m gR I B L =-，负号代表冲量沿斜面向上 说明：其它方法求解也可以，如写出外力F 的表达式，用其平均值计算冲量大小
2sin F mg BIL ma β+-=
得
220.610B L g F mg t R
=-+ 则可知释放瞬间，00.6F mg =-
2t 时刻，20.2mg F =
F t -图象所围成的面积代表其冲量，则有
0222
F F F I t += 得：22285F m gR I B L
=-，负号代表冲量沿斜面向上 14、 (1)5cm ，
5210s 3π-⨯；3cm ，5210s 5π-⨯；(2)537310s 45
π-⨯ 【解析】
(1)当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为1r
由 20101mv B qv r = 得
011
5cm mv r qB == 当磁场垂直纸面向里时，设电荷运动的半径为2r
022
3cm mv r qB == 由圆周运动规律得
2m T qB π= 当磁场垂直纸面向外时，周期 5112210s 3
m T qB ππ-==⨯ 当磁场垂直纸面向里时，周期
5222210s 5
m T qB ππ-==⨯ (2)故电荷从0t =时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图所示
电荷第一次通过MN 开始。

其运动的周期
5512124(4)10s 10s 1523255
T ππππ--=⨯+⨯+⨯⨯=⨯ 此时粒子距离O 点的水平距离为
()1224cm d r r ∆=-=
即每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm ，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为10个，即
1040cm s d =∆=
则最后7.5cm 的距离如图所示
有
11cos 7.5cm r r α+=
解得
cos 0.5α=
则
60α︒=
故电荷运动的总时间
51111603731010s 236045
t t T T T π︒︒-=++-=⨯总 15、（1）0.8m ；（2）2N ；（3）48J
【解析】
（1）（5分）滑块在板上做匀减速运动，
a =22mg
g m μμ=
解得:
a =5m/s 2
根据运动学公式得：
L =v 0t 1 -
2112
at 解得
t =0.4s （t =2.0s 舍去）
（碰到挡板前滑块速度v 1=v 0-at =4m/s>2m/s ，说明滑块一直匀减速） 板移动的位移
x =vt =0.8m
（2）对板受力分析如图所示，
有：
F +2f =1f
其中
1f =μ1（M +m ）g =12N ，
2f =μ2mg =10N
解得：
F =2N
（3）法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q1=2f·（L-x）=μ2mg（L-x）=12J
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q2=μ2mg（L-x）=12J
整个过程中，板与地面因摩擦产生的热量：
Q3=μ1（M+m）g•L=24J
所以，系统因摩擦产生的热量：系统因摩擦产生的热量
Q=Q1+Q2+Q3=48J
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1=2N （第二问可知）F1做功为
W1=F1x=2×0.8=1.6J
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：
F2=1f+2f=μ1（M+m）g+μ2mg=22N
F2做功为
W2=F2（L-x）=22×1.2=26.4J
碰到挡板前滑块速度
v1=v0-at=4m/s
滑块动能变化：
△E k=20J
所以系统因摩擦产生的热量：
Q= W1+W2+△E k=48J。