2024年高考物理模擬試題(一)參考答案與提示

1.A 提示:毛毛蟲(chóng)沿著樹(shù)枝向上緩慢爬行，樹(shù)枝對(duì)毛毛蟲(chóng)的力為摩擦力與彈力的合力，根據(jù)平衡條件可知，樹(shù)枝對(duì)毛毛蟲(chóng)的作用力與其重力大小相等，方向相反，即豎直向上，但樹(shù)枝對(duì)毛毛蟲(chóng)的力沒(méi)有位移，是毛毛蟲(chóng)的肌肉在做功，屬于內(nèi)力做功，因此樹(shù)枝對(duì)毛毛蟲(chóng)做的功為零，選項(xiàng)A 正確。毛毛蟲(chóng)所受重力豎直向下，因此毛毛蟲(chóng)沿著樹(shù)枝向上爬行一段距離的過(guò)程中，重力對(duì)毛毛蟲(chóng)做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。樹(shù)枝對(duì)毛毛蟲(chóng)的彈力與其運(yùn)動(dòng)方向垂直，因此樹(shù)枝對(duì)毛毛蟲(chóng)的彈力不做功，選項(xiàng)C 錯(cuò)誤。毛毛蟲(chóng)受到的樹(shù)枝對(duì)它的摩擦力為靜摩擦力，靜摩擦力對(duì)毛毛蟲(chóng)不做功，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

4.A 提示:忽略地球自轉(zhuǎn)，地球表面附近物體所受重力等于萬(wàn)有引力，則，解得地球的質(zhì)量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。“遙感三十九號(hào)”衛(wèi)星繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬(wàn)有引力提供向心力，則，解得衛(wèi)星的線速度大小，向心加速度大小，選項(xiàng)A 正確，B 錯(cuò)誤?！斑b感三十九號(hào)”衛(wèi)星所受地球的萬(wàn)有引力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，則，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。

5.C 提示:根據(jù)受力分析可知，粒子受到的洛倫茲力沿y軸方向的分力是變化的，故粒子受到的在y軸方向上的合力是變化的，故加速度是變化的，選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理得，解得，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。粒子經(jīng)過(guò)曲線最高點(diǎn)P時(shí)，洛倫茲力和靜電力的合力提供向心力，即，解得，選項(xiàng)C正確。因?yàn)榱Ｗ釉诳臻g內(nèi)做比較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，所以無(wú)法計(jì)算出粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間，選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

6.BD 提示:設(shè)任一傾斜軌道與豎直方向間的夾角為α，圓的直徑為d，根據(jù)牛頓第二定律得mgcosα=ma，解得a=gcosα，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，解得。因?yàn)閠與α無(wú)關(guān)，只與圓的直徑及重力加速度有關(guān)，所以兩個(gè)小球沿AO、BO兩條軌道下滑至O點(diǎn)所用的時(shí)間相同，根據(jù)沖量的定義式I=mgt可知，重力的沖量相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確。因?yàn)閮蓚€(gè)小球到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速度方向不同，所以它們到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)量定理可知，動(dòng)量的變化率等于小球受到的合外力，則，因此沿AO軌道運(yùn)動(dòng)的小球的動(dòng)量變化率較大，選項(xiàng)D 正確。

7.AC 提示:根據(jù)s-θ圖像可知，當(dāng)時(shí)，s=1.8 m，此時(shí)物塊做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，解得v0=6 m/s。當(dāng)木板與水平方向間的夾角為θ時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得，解得。令，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，所以當(dāng)物塊沿木板上滑的最大距離取最小值時(shí)，木板與水平面間的夾角θ=60°，且最小值。

8.AC 提示:因?yàn)镈→A為等溫過(guò)程，A→B為等壓膨脹過(guò)程，氣體在狀態(tài)B下的溫度高于在狀態(tài)A(狀態(tài)D)下的溫度，所以氣體在狀態(tài)B下的內(nèi)能大于在狀態(tài)A(狀態(tài)D)下的內(nèi)能，選項(xiàng)A 正確。在B→C過(guò)程中，氣體的體積增大，氣體對(duì)外做功，但內(nèi)能保持不變，因此氣體從外界吸熱，選項(xiàng)B 錯(cuò)誤。在A→B過(guò)程中，氣體的體積增大，氣體對(duì)外做功，即W=p1ΔV=p1(VB-VA)=4×105×(2-1)×10-3J=400 J，選項(xiàng)C 正確。因?yàn)锽→C、D→A為等溫過(guò)程，所以p1VB=p2VC，p1VA=p2VD，在C→D過(guò)程中，氣體的體積減小，外界對(duì)氣體做的功W'=p2(VC-VD)=p1(VB-VA)=400 J，選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

9.(1)ACD (2)偏大 (3)如圖1所示。

圖1

提示:(2)在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中畫(huà)出界面a后，不小心將玻璃磚向上平移了一些，導(dǎo)致界面a'畫(huà)到了題圖中虛線位置，而在作光路圖時(shí)界面a仍為開(kāi)始作圖時(shí)的位置，玻璃磚中的實(shí)際光線如圖2中的O'Q所示，而作圖光線如圖2 中OQ所示，導(dǎo)致折射角偏小，測(cè)得的折射率偏大。(3)因?yàn)镻1P2連線和P3P4連線在同一與梯形玻璃磚底邊平行的直線上，所以光線在梯形玻璃磚中的傳播路徑對(duì)稱。

圖2

10.(1) 9 12 (2)并 0～12 mA(3)如圖3所示。(4)

圖3

提示:(1)當(dāng)開(kāi)關(guān)S2閉合時(shí)，電路中的電流一定會(huì)有所增大，要想測(cè)量結(jié)果準(zhǔn)確，就要盡量減小電流的變化，這就需要使得滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值足夠大且電源的電動(dòng)勢(shì)適當(dāng)大一些，因此學(xué)生電源應(yīng)選擇9 V 輸出電壓。(2)將電流表A 改裝成較大量程的電流表應(yīng)并聯(lián)一個(gè)小電阻分流，因?yàn)槎ㄖ惦娮鑂0=4 Ω，所以改裝后電流表的量程。(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理得，整理成與題圖相符合的函數(shù)關(guān)系式，即，解得。

11.(1)小球受到水平向左的風(fēng)力和豎直向下的重力，根據(jù)平行四邊形定則得，根據(jù)牛頓第二定律得F合=ma，解得。(2)根據(jù)小球的受力情況和初狀態(tài)可知，小球在水平面內(nèi)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，建立三維坐標(biāo)系，其中沿墻方向?yàn)閤軸，垂直于墻(虛線)方向?yàn)閥軸，豎直方向?yàn)閦軸，如圖4所示。當(dāng)小球在虛線右側(cè)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中離虛線所在豎直面最遠(yuǎn)時(shí)，有，又有，小球的位移，解得。(3)根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，當(dāng)小球到達(dá)虛線正下方時(shí)，小球在水平面內(nèi)的速率為v0，沿豎直方向的速率vz=g·2t1，因此小球到達(dá)虛線正下方時(shí)的速率。

圖4

12.(1)設(shè)金屬棒2做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v，對(duì)兩金屬棒組成的系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律得mv0=2mv，解得。設(shè)金屬棒2從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到虛線ef處的過(guò)程中，金屬棒2 中感應(yīng)電流的平均值為，對(duì)金屬棒1應(yīng)用動(dòng)量定理得，又有，解得。(2)最終金屬棒1 的速度剛好為零，金屬棒2 將以速度做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律可知，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱，則整個(gè)過(guò)程中金屬棒1 中產(chǎn)生的焦耳熱。最終金屬棒1 的速度剛好為0，對(duì)金屬棒1 應(yīng)用動(dòng)能定理得，因此整個(gè)過(guò)程中金屬棒1 克服安培力做的功。(3)在金屬棒1的速度由v0減小到的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得，解得。兩金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中的感應(yīng)電流，金屬棒1 所受安培力F=BIL，根據(jù)牛頓第二定律得F=ma，解得。