2024屆名校聯(lián)盟（T8聯(lián)盟）高三下學期模擬信息（五）理科綜合試題-高中物理（含答案解析）

2024年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試名校聯(lián)盟·模擬信息卷（T8聯(lián)盟）理科綜合試題（五）（測試時間：150分鐘卷面總分：300分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考場號、座位號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23K-39Mn-55一、選擇題：本大題共21小題，每小題6分，共126分。在每小題給出的四個選項中，第1~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.下列有關(guān)電磁波、機械波的應用及說法，正確的是（）A.隱形飛機表面涂上了特殊材料，是為了增強波的反射，從而達到隱形的目的B.光纖通信、全息照相以及醫(yī)用纖維式內(nèi)窺鏡都是利用了光的全反射原理C.兩個完全相同的振源產(chǎn)生的波相遇時，振幅最大的質(zhì)點是發(fā)生了共振D.醫(yī)院檢查病人的血流速度時應用了多普勒效應【答案】D【解析】【詳解】A．隱形飛機表面涂上了特殊材料，是為了減弱波的反射，從而達到隱形的目的，故A錯誤；B．光纖通信和醫(yī)用纖維式內(nèi)窺鏡都是利用了光的全反射原理，全息照相在記錄物光的相位和強度分布時，利用了光的干涉原理，故B錯誤；C．兩個完全相同的振源產(chǎn)生的波相遇時，振幅最大的質(zhì)點是位移矢量同向疊加達最大的結(jié)果，而不是發(fā)生了共振，故C錯誤；D．向人體發(fā)射頻率已知的超聲波被血管中的血流反射后又被儀器接收，測出反射波的頻率編號就能知道血流的速度，這是利用了多普勒效應，故D正確。故選D。2.如圖所示，加速度計豎直固定在電梯內(nèi)，電容器的上極板M固定在電梯上，下極板N與兩個固定在電梯上的輕彈簧連接，下列說法正確的是（）A.若電梯加速上行，電容器電容變大B.若有電流向左流經(jīng)電流表，電梯加速度方向向上C.若電梯加速下行時，電容器電容變小D.若有電流向右流經(jīng)電流表，電梯一定向下運動【答案】B【解析】【詳解】A．若電梯加速上行，彈簧的壓縮量增大，上極板M和下極板N之間的距離增大，由平行板電容器決定式電容器電容變小，故A錯誤；C．若電梯加速下行時，彈簧的壓縮量減小，上極板M和下極板N之間的距離減小，由平行板電容器決定式電容器電容變大，故C錯誤；B．上極板M與電源正極相連帶正電，下極板N與電源負極相連帶負電，兩極板電壓保持不變，若有電流向左流經(jīng)電流表，電容器放電，由電容減小，兩極板間距離增大，下極板所受彈簧彈力大于重力，下極板加速度向上，故電梯加速度方向向上，故B正確；D．若有電流向右流經(jīng)電流表，電容器充電電，由電容增大，兩極板間的距離減小，下極板所受彈簧彈力小于重力，下極板加速度向下，故電梯加速度方向向下，電梯可能向下加速運動或向上減速運動，故D錯誤。故選B。3.某國產(chǎn)品牌電動汽車的質(zhì)量為m，在傾角的足夠長斜坡上從底端由靜止開始以加速度勻加速上坡，行駛過程中汽車受到的空氣和摩擦阻力之和恒為，已知汽車電動機的額定輸出功率為P，重力加速度為g，則汽車從啟動至電動機功率達到P的過程中，所用時間為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】汽車的牽引力達到額定功率時的速度所用的時間為解得故選C。4.如圖，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為5m、半徑為R的光滑半圓弧槽，質(zhì)量為m的小球從槽口由靜止釋放，在以后的運動過程中，圓弧槽的最大位移為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】設(shè)小球小球運動到最右端的過程中所用時間為，圓弧槽向左移動的距離為，則小球向右移動的距離為，根據(jù)水平方向動量守恒得解得故選B。5.如圖，有人設(shè)想在地球上挖一條通過地心O的隧道AB，假設(shè)地球質(zhì)量分布均勻，半徑為R，地表重力加速度為g，將物體從A端無初速度釋放，不計空氣阻力。已知均質(zhì)球殼對殼內(nèi)任意一點的物體的引力為零，則下列說法正確的是（）A.物體將一直加速到B端B.物體經(jīng)過AO中點時加速度大小為C.物體將在A、B間做簡諧運動D.地球的近地衛(wèi)星從A圓周運動到B所用時間為【答案】C【解析】【詳解】C．物體在地表時重力近似等于萬有引力，有以地心為位移起點，設(shè)某時刻物體的位移為x，則半徑為的球的質(zhì)量為由于均勻球殼對殼內(nèi)物體的引力為零，則此時物體所受引力滿足由于萬有引力指向地心，以上各式聯(lián)立，解得是常數(shù)，即該物體的運動為簡寫運動，故C正確；A．由C選項可知，物體在AB間做簡諧運動，所以物體先加速后減速，故A錯誤；B．物體在AB間做簡諧運動，則物體所受萬有引力則在AO中點時，，代入上式，解得根據(jù)牛頓第二定律，加速度大小為故B錯誤；D．地球的近地衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力解得地球的近地衛(wèi)星從A圓周運動到B為圓周運動的一半，所以所用時間為故D錯誤。故選C6.某密閉容器中一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)A開始經(jīng)狀態(tài)B到達狀態(tài)C，其圖像如圖所示，A、B、C三個狀態(tài)對應氣體的內(nèi)能分別是，從A到B和從B到C過程氣體做功大小和熱傳遞的大小分別為，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【詳解】AB．根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程可知由于是在密閉容器中的一定質(zhì)量的理想氣體，則有故A錯誤，B正確；C．氣體從狀態(tài)A開始經(jīng)狀態(tài)B溫度升高，內(nèi)能增大，根據(jù)熱力學第一定律氣體體積膨脹，對外做功，可知故C錯誤；D．由于圖像與坐標軸圍成的面積代表氣體做功大小，則可知，氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B和從狀態(tài)B到達狀態(tài)C，內(nèi)能的變化相同，根據(jù)熱力學第一定律可知故D正確；故選BD。7.如圖所示，一簡諧橫波沿x軸負向傳播，波速時刻在x軸正向區(qū)域第一次出現(xiàn)如圖所示波形，此時P質(zhì)點坐標為，Q質(zhì)點坐標為，已知波源的起振方向由平衡位置向下，則下列說法正確的是（）A.該波的周期為12sB.時刻波剛好傳播到處C.時刻P質(zhì)點的速度與時刻速度相同D.時，Q質(zhì)點第一次出現(xiàn)在波峰【答案】CD【解析】【詳解】A．由圖可知波長為m=30m該波的波速為5m/s，則周期為s故A錯誤；B．x軸正向區(qū)域第一次出現(xiàn)的波形如題圖，波源的起振方向由平衡位置向下，根據(jù)平移法可知時刻波剛好傳播到x=-25m處，故B錯誤；C．設(shè)波動方程為將P點坐標代入解得將y=0代入解得x1=5m時刻波向左傳播的距離為m根據(jù)對稱性可知時刻P質(zhì)點的速度與時刻速度相同，故C正確；D．根據(jù)波動方程可知y軸左側(cè)第一個波峰的坐標為x2=-2.5m該點的振動形式傳到Q點用時=5.5s則時，Q質(zhì)點第一次出現(xiàn)在波峰，故D正確；故選CD。8.我國新一代航母阻攔系統(tǒng)將采用電磁阻攔技術(shù)，基本原理如圖所示，飛機著艦時關(guān)閉動力系統(tǒng)，利用尾鉤鉤住絕緣阻攔索并拉動軌道上的一根金屬棒ab，導軌間距為L，飛機和金屬棒總質(zhì)量為m，金屬棒電阻為r，飛機著艦后與金屬棒以共同速度進入磁場，軌道兩端并接有阻值為R的電阻和電容為C的超級電容器，如圖所示，開始時閉合，斷開，不計其它電阻和阻攔索的質(zhì)量。軌道內(nèi)有豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，當金屬棒的加速度為零時，自動斷開且閉合，金屬棒最終與飛機一起停下，不計一切摩擦，則（）A.最終電容器所帶電量為B.通過電阻R的電量為C.金屬棒運動的總距離為D.電阻R上產(chǎn)生熱量為【答案】ABD【解析】【詳解】A．當金屬棒的加速度為零時，設(shè)此時的速度為，則有對金屬棒根據(jù)動量定理有其中根據(jù)電容的定義式有聯(lián)立解得，故A正確；B．自動斷開且閉合，金屬棒最終與飛機一起停下，此時根據(jù)動量定理有其中解得故B正確；C．根據(jù)電流的定義式有金屬桿運動的距離為故C錯誤；D．自動斷開且閉合，根據(jù)功關(guān)系可知電阻R上產(chǎn)生的熱量為解得故D正確；故選ABD。二、非選擇題：本大題共14小題，共174分。9.某同學為了驗證對心碰撞過程中遵循動量守恒，設(shè)計了如下實驗：如圖所示，在一墻角將剛好接觸、質(zhì)量分別為、的A、B兩球由靜止釋放，豎直墻壁上有標尺刻度，用攝像機拍攝實驗的全過程。已知A球與地面碰后等速率反彈，然后與B球碰撞，A球與地面，A球與B球間作用時間極短，，碰撞前后兩球速度都沿豎直方向，慢放錄像，測出釋放時A球下端距地面高度為，碰后，A球上升的最大高度為，B球上升的最大高度為，重力加速度為g，不計空氣阻力。（1）該實驗______（選填“需要”或“不需要”）測出兩球質(zhì)量、的大??；（2）A、B球碰前瞬間，B球速度大小為______，A、B球碰后瞬間，B球速度大小為______；（3）若關(guān)系式______在誤差允許的范圍內(nèi)成立，則A、B球碰撞過程中動量守恒。【答案】（1）需要（2）①.②.（3）【解析】【小問1詳解】根據(jù)題意，由公式可得，兩球落地時的速度均為碰后AB的速度分別為要驗證的關(guān)系式為則該實驗需要測出兩球質(zhì)量、的大小；【小問2詳解】[1][2]A、B球碰前瞬間，B球速度大小為，A、B球碰后瞬間，B球速度大小為；【小問3詳解】由以上分析可知若關(guān)系式即在誤差允許的范圍內(nèi)成立，則A、B球碰撞過程中動量守恒。10.電容儲能已經(jīng)在各個方面得到廣泛應用，利用超級電容儲能將成為未來主要的儲能方式。某同學設(shè)計圖甲所示電路，探究不同電壓下電容器的充、放電過程。器材如下：電容器C（額定電壓為12V，電容標識不清）；電源E（電動勢為15V，內(nèi)阻不計）；電阻箱（阻值為0~99999.9Ω）；滑動變阻器（最大阻值為10Ω，額定電流為2.5A）；電壓表V（量程為0~12V，內(nèi)阻很大）；開關(guān)、，電流傳感器，計算機，導線若干。（1）按照圖甲連接電路，閉合開關(guān)，若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器滑片應向______端滑動（填“a”或“b”）（2）調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片位置，電壓表示數(shù)為10V時，閉合開關(guān)，得到電容器充電過程圖像，如圖乙所示，根據(jù)圖像可估算出充電結(jié)束后，電容器存儲的電荷量為______C，本電路中所使用電容器的電容約為______F（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）；（3）保持滑動變阻器滑片位置不變，斷開，閉合，使電容器放電，然后再增大的阻值，閉合、，則電容器的充電時間______（選填“增大”“減小”或“不變”），計算機上顯示的新的圖像與坐標軸圍成的面積______（選填“大于”“小于”或“等于”）乙圖中圖像與坐標軸圍成的面積?！敬鸢浮浚?）b（2）①.②.（3）①.增大②.等于【解析】【小問1詳解】[1]閉合開關(guān)，若要升高電容器充電電壓，滑動變阻器滑片應向b端滑動?！拘?詳解】[1][2]I-t圖像與時間軸所圍的面積，等于電容器存儲的電荷量，36個小格，故電容器存儲的電荷量為本電路中所使用電容器的電容【小問3詳解】[1][2]保持滑動變阻器滑片位置不變，斷開，閉合，使電容器放電，然后再增大的阻值，閉合、，則電容器兩極板間電壓不變，充電電流減小，則電容器的充電時間增大，由于電容器電量不變，則計算機上顯示的新的圖像與坐標軸圍成的面積等于乙圖中圖像與坐標軸圍成的面積。11.如圖所示，一半徑為R的半圓形玻璃磚豎直放置，離玻璃磚右端距離為R處豎直放置一光屏，一束激光從半圓玻璃磚的圓心O處垂直于直徑入射，另一束激光從O點正上方處的A點垂直于直徑入射。已知兩束激光在玻璃磚中的傳播速度為，c為真空中的光速，屏上出現(xiàn)兩個光點，要使屏上出現(xiàn)一個光點，則應將光屏向哪個方向移動多大的距離？【答案】向右移動0.73R【解析】【詳解】兩束激光在玻璃磚中的傳播速度為，根據(jù)可知從O點正上方處的A點垂直于直徑入射的光在弧面的入射角為根據(jù)折射定律有解得折射角r=45°光路如圖根據(jù)正弦定理可知解得要使屏上出現(xiàn)一個光點，則應將光屏向右移動12.如圖，質(zhì)量均為m的A、B兩球間用絕緣輕桿固連，輕桿與豎直方向成角，A球帶電量為，B球不帶電。A球穿過絕緣水平桿，在的水平恒力作用下由靜止向右運動了到達P點（未畫出），A球與水平桿間的動摩擦因數(shù)，運動中A球電量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度為g。（1）求A球運動到P點時速度為多大？（2）求桿對B球彈力的大小和方向？（3）若A球運動到P點時撤去力F，同時加上磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外的勻強磁場，A球滑行了時間t后停止運動，求撤去力F后A球滑動的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）,方向與豎直方向成角；（3）【解析】【詳解】（1）對AB整體受力分析，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可得A、B兩球一起運動，加速度相同，解得A球的加速度為根據(jù)速度位移公式可得解得A球運動到P點時速度為（2）對B球受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律可得，解得桿對B球彈力的大小和彈力與豎直方向的夾角為，彈力方向與豎直方向成角（3）撤去力F后，根據(jù)左手定則可知A球受到的洛倫茲力方向垂直桿向下，洛倫茲力始終與速度方向垂直，不做功。水平方向上根據(jù)動量定理可得根據(jù)動能定理可得解得A球滑動的距離為13.在如圖所示的直角坐標系中，沿y軸負方向加磁感應強度大小為B的勻強磁場，同時還可以加任意方向的、大小可變的勻強電場。一質(zhì)量為m、帶電荷量為的粒子從坐標原點O以初速度v