2024年高考物理模擬卷01（全國(guó)卷）（全解全析）

2024年高考物理第一次模擬考試

物理?全解全析

注意事項(xiàng):

i.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如

需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)

在本試卷上無(wú)效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14~18題只有一項(xiàng)符合

題目要求，第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的

得0分。

14.如圖14所示，在水平力廠作用下，物體4沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，物體力恰勻速上升，以下說(shuō)法正

確的是（）

圖14

8正向右做勻減速運(yùn)動(dòng)

8正向右做加速運(yùn)動(dòng)

8的摩擦力減小

°角時(shí)，匕：v產(chǎn)3：2

解析將/，的運(yùn)動(dòng)沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，沿繩子方向上的分速度等于

力的速度，如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則有以os。=匕，所以匕，。減

小，所以4的速度減小，但不是勻減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；分別對(duì)人受力分析，在豎直方向

上有mg=R+Tsin%。減小，則支持力增大，根據(jù)片=〃尺可知，摩擦力增大，選項(xiàng)C

錯(cuò)誤；根據(jù)VfiCosa=匕，右側(cè)繩與水平方向成30°角時(shí)，匕：匕=3：2,選項(xiàng)D正確。

答案D

15.如圖15所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從8用不可伸長(zhǎng)的細(xì)軟輕線連接，跨過(guò)固定在地面上、半徑為

H的光滑圓柱，力的質(zhì)量為〃的兩倍。當(dāng)4位于地面上時(shí):力恰與圓柱軸心等高。將力由靜止釋放，

8上升的最大高度是（）

解析設(shè)B球質(zhì)量為m,A球剛落地時(shí)，兩球速度大小都為v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律2mgR-mgR=1（2m

2

VR4

+川）\產(chǎn)得v2=2gR,B球繼續(xù)上升的高度h='=,B球上升的最大高度為h+R=R,故選項(xiàng)C正確。

32g33

答案C

16.如圖16所示，在火星與木星軌道之間有一小行星帶，假設(shè)該帶中的小行星只受到太陽(yáng)的引力，

并繞太陽(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列判斷正確的是（）

圖16

小干外側(cè)小行星的向心加速度

D.要從地球發(fā)射衛(wèi)星探測(cè)小行星帶，發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第三宇宙速度

解析根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，G^=nio2r,解得3=GM,可知不在同一軌道上的小行星的角

rr

速度不同，故A錯(cuò)誤；同理有向心加速度a=G'L可知小行星帶內(nèi)側(cè)小行星的向心加速度大于外側(cè)

r'

小行星的向心加速度，故B錯(cuò)誤；周期T=2n「'，小行星的軌道半徑比地球公轉(zhuǎn)的半徑大，所

GM

以各小行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的周期均大于一年，故C正確；要從地球發(fā)射衛(wèi)星探測(cè)小行星帶，就要克服

地球的引力，所以發(fā)射速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度，故D偌誤。

答案C

17.如圖17所示是氫原子的能級(jí)圖，一群氫原子處于〃=4能級(jí)，下列說(shuō)法中正確的是（）

圖17

B.這群氫原子發(fā)出的光子中，能星最大為10.2eV

〃=4能級(jí)躍遷到〃=3能級(jí)時(shí)發(fā)出的光波長(zhǎng)最大

解析根據(jù)C；=6知，這群氫原子能夠發(fā)出6種不同頻率的光子，故A錯(cuò)誤；由〃=3能級(jí)躍過(guò)到〃

=1能級(jí)輻射的光子能量最大，A^=（13.6-）eV=12.55eV,故B錯(cuò)誤；從〃=4能級(jí)躍遷到〃=3

能級(jí)輻射的光子能量最小，頻率最小，則波長(zhǎng)最大，故C.正確；-群處于〃=4能級(jí)的氫原子向更高

能級(jí)躍遷，吸收的能量必須等于兩能級(jí)之差，為特定值，而不是任意值，故D錯(cuò)誤。

答案C

18.如圖18所示，質(zhì)量均為m的木塊力和6用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊力上

放有質(zhì)量為2）的木塊。，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木塊。迅速移開(kāi)，若重力加速度為g,見(jiàn)在木

塊C移開(kāi)的瞬間（）

圖18

8對(duì)水平面的壓力大小迅速變?yōu)?/p>

mg

月的加速度大小為2g

解析移開(kāi)木塊。前，由平衡條件可知，彈簧彈力大小為3儂，地面對(duì)8的支持力大小為4儂，因移

開(kāi)木塊C瞬時(shí)，彈簧壓縮量不變，則彈簧彈力、彈性勢(shì)能均不變.選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；木塊。移開(kāi)瞬間，

木塊3所受重力、彈簧的彈力不變，故地面對(duì)《的支持力也不變，由牛頓第三定律知，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

撤去木塊。瞬間，對(duì)木塊兒由牛頓第二定律有3儂一儂=的，酢得a=2g,方向豎直向上，選項(xiàng)C

正確。

答案C

19.（多選）光滑絕緣水平面上固定兩個(gè)等量點(diǎn)電荷，它們連線的中垂線上有從B、。三點(diǎn)，如圖19

甲所示。一質(zhì)量m=lg的帶正電小物塊由4點(diǎn)靜止釋放，并以此時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，沿光滑水平面經(jīng)過(guò)

8、。兩點(diǎn)，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程的/一￡圖象如圖乙所示，其中圖線在6點(diǎn)位置時(shí)斜率最大，根據(jù)圖線可以

確定（）

圖19

8點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大

B”、夕兩點(diǎn)之間的位移大小

C.6點(diǎn)是連線中點(diǎn)，。弓/點(diǎn)必在連線兩側(cè)

D.%>心

解析v-t圖象的斜率表示加速度，可知小物塊在B點(diǎn)的加速度最大，所受的電場(chǎng)力最大，所以B

點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度最大，A正確；小物塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，由圖乙可知A、B兩點(diǎn)的速度，已知小

物塊的質(zhì)量，則由動(dòng)能定理可知qU.nlmvBZ-lmvJ,由上式可求出小物塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中電

22

場(chǎng)力所做的功qU?因?yàn)殡妶?chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系未知，則不能求解A、B兩點(diǎn)之間的位移大小，B錯(cuò)誤；中

垂線上電場(chǎng)線分布不是均勻的，B點(diǎn)不在連線中點(diǎn)，C錯(cuò)誤；在小物塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，根據(jù)

動(dòng)能定理有qU,\B=lmvJ—lmvJ=/X1X10TX42—0）]=8%\0-3J,同理，在小物塊由B運(yùn)動(dòng)到C

222

的過(guò)程中，有。"=111^2—10^2=（1乂1><10」X72-l><lX10Yx42xi07J,對(duì)比可得D

2222

正確。

答案AD

20.如圖20所示，虛線框內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為3,磁場(chǎng)區(qū)域上下寬度為/；

質(zhì)量為小、邊長(zhǎng)為/的正方形線圈附〃平面保持豎直，油邊保持水平地從距離磁場(chǎng)上邊緣一定高處

由靜止下落，以速度V進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)一段時(shí)間又以相同的速度。穿出磁場(chǎng)，重力加速度為g。下列

判斷正確的是（）

圖20

A.線圈的電阻及=0互

三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22~25題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。

第33~34題為選考題，考生根據(jù)要求作答。

22.（6分）某實(shí)驗(yàn)小組為了探究碰撞中的不變量，在氣墊導(dǎo)軌中央放置一個(gè)滑塊Q,另一個(gè)滑塊P

壓縮導(dǎo)軌左端彈簧片后被鎖定，滑塊P上安裝有遮光板C,其右端粘上橡皮泥，導(dǎo)軌上適當(dāng)位置

安裝兩個(gè)光電門A、B記錄滑塊上遮光板C分別通過(guò)兩光電門的時(shí)間，如圖（a）所示。解除滑塊

F的鎖定，滑塊P被彈出與滑塊Q相碰后粘合在一起運(yùn)動(dòng)。

⑴為了正常實(shí)驗(yàn)和減小實(shí)驗(yàn)誤差，下列操作必要的是

A.實(shí)驗(yàn)前應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平B.光電門A應(yīng)該靠近滑塊P

C.遮光板應(yīng)適當(dāng)加寬D.滑塊Q上應(yīng)安裝遮光板

⑵實(shí)驗(yàn)小組用游標(biāo)卡尺測(cè)得遮光板的寬度如圖（b）所示，其寬度為mm；實(shí)驗(yàn)除了要記錄

遮光板通過(guò)光電門的時(shí)間外，還應(yīng)測(cè)定0

22.答案⑴AC⑵20.70；兩滑塊（包括橡皮泥和遮光板）的質(zhì)量。

解析⑴為了避免軌道傾斜對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的影響，實(shí)驗(yàn)前必須將氣墊導(dǎo)軌調(diào)節(jié)水平，A對(duì)；光電門A應(yīng)

設(shè)置在滑塊P勻速運(yùn)動(dòng)階段，因此不能靠近滑塊P,B錯(cuò)：適當(dāng)加寬遮光板可減小長(zhǎng)度和時(shí)間測(cè)顯誤

差，C對(duì)；碰后滑塊Q與P一起運(yùn)動(dòng)，因此沒(méi)有必要在其上安裝遮光板，D錯(cuò)。

（2）游標(biāo)卡尺示數(shù)：20.00mm+14X0.05mm=20.70mm；碰撞中的守恒量是動(dòng)量加。,測(cè)定遮光板寬

度和遮光板通過(guò)光電門時(shí)間可計(jì)算此時(shí)速度，還需要測(cè)定兩滑塊（包括橡皮泥和遮光板）的質(zhì)量。

23.（9分）利用如圖16（a）所示電路，可以測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，所用的實(shí)驗(yàn)器材有：

待測(cè)電源，電阻箱E（最大阻值999.9Q）,電阻a（阻值為3.0Q）,電阻《（阻值為3.0Q）,電流

表0（量程為200mA，內(nèi)阻為凡=6.0Q）,開(kāi)關(guān)S。

圖23

實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①將電阻箱阻值調(diào)到最大，閉合開(kāi)關(guān)S；

②多次調(diào)節(jié)電阻箱，記卜電流表的示數(shù)/和電阻箱相應(yīng)的阻值用

③以1為縱坐標(biāo)，〃為橫坐標(biāo)，作圖線（用直線擬合）；

II

④求出直線的斜率A和在縱軸上的截距bo

回答下列問(wèn)題:

（1）分別用￡和T表示電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，則;與"的關(guān)系式為。

（2）實(shí)驗(yàn)得到的部分?jǐn)?shù)據(jù)如下表所示，其中電阻43.0。時(shí)，電流表的示數(shù)如圖（b）所示，讀出數(shù)

（4）根據(jù)圖線求得電源電動(dòng)勢(shì)E=V,內(nèi)阻r=Qo

答案⑴1=3"+15+3廣（2）0,1109.09⑶見(jiàn)解析圖1.0（0.96?1.04均可）6.0（5.9?

IEE

6.1均可）（4）3.0（2.7?3.3均可）1.0（（）.6~1.4均可）

解析（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律有￡=（'"+/）（E+凡+#+/8

區(qū)

代入數(shù)據(jù)，化簡(jiǎn)得1=吊+"川［凡+"（凡+/）+凡］=345+3二

IER、ER、EE

（2）電流表每小格表示4mA,因此電流表讀數(shù)是0.110A,倒數(shù)是9.09人一。

（3）根據(jù)坐標(biāo)紙上給出的點(diǎn)，畫(huà)出一條直線，得出斜率〃=1.0,截距〃=6.0A-1

（4）斜率仁用十勺因此￡=3.0V,截距?！梗凼?及+硝］,因此片""一5=1.0Qo

ERER、3

24.（14分）如圖所示，水平繃緊的傳送帶AB長(zhǎng)L=6m,始終以恒定速率V.=4m/s運(yùn)行,初速度大小為

V2=6m/.s的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從與傳送帶等高的光滑水平地面上經(jīng)A點(diǎn)滑上傳送帶。小物塊

m=lkg,物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.4,g取10m/s'o

求：（1）小物塊能否到達(dá)B點(diǎn)，計(jì)算分析說(shuō)明。

（2）小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，摩擦力產(chǎn)生的熱量為多少？

24、解析：（1）不能，（1分）

因?yàn)樾∥飰K在水平方向受到摩擦力的作用，f=umg,（1分）

產(chǎn)生的加速度：a=2=絲這二口X10=4m/s2（2分）小物塊速度減為零時(shí)的位移是x,貝ij,2ax=0

mm

K得：x=—=——=4.5m<6m,（2分）所以小物塊不能到達(dá)B點(diǎn)，

-2a2x4

或=￡

(2)x=（1分）

2a-2x4

y242

小物塊向右加速的過(guò)程中的位移：x'=」-=----=2m,（1分）

2a2x4

速度等于傳送帶速度修時(shí)，經(jīng)歷的時(shí)間：t=二仁生s,（1分）

-a

傳送帶的位移:s=v,t=4X2.5m=10m,（1分）

小物塊相對(duì)于傳送帶的位移：△*=$+（xx'（2分）

小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，因相互間摩擦力產(chǎn)生的熱量為：Q=f-AX10X1X12.5J=50J（2分）

25.如圖所示，兩塊很大的平行導(dǎo)體板MN、PQ產(chǎn)生豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩平行導(dǎo)體板與一半徑為

r的單匝線圈連接，在線圈內(nèi)有一方向垂直線圈平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為出的勻強(qiáng)磁場(chǎng)1儲(chǔ)

M

在兩導(dǎo)體板之間還存在有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)分為I、II兩個(gè)區(qū)域，其邊界為壯、ST、

PQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為艮，方向如圖所示，I區(qū)域高度為匕，H區(qū)域的高度為ck。一個(gè)質(zhì)量為隊(duì)

電量為q的帶正電的小球從MN板上方的0點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)MN板的小孔進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，恰

能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，II區(qū)域的高度也足夠大，帶電小球在運(yùn)動(dòng)中不會(huì)與PQ板相碰，重力加速度為

（1）求線圈內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率；

（2）若帶電小球運(yùn)動(dòng)后恰能回到0點(diǎn)，求帶電小球釋放時(shí)距MN的高度h；

25.解析：（1）帶電小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，得

qE=mg⑴

廠U

qE=q：——

4+d2（2）

U二h"2

△/（3）

△4="34+人）

Zq加二（4）

（2）只有小球從進(jìn)入磁場(chǎng)的位置離開(kāi)磁場(chǎng)，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，才能恰好回到（）點(diǎn)，由于兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)

的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都相等，所以半徑都為R,由圖可知是等邊三角形。

R=-y[3d]

3(7)

方二至邙

解得：3g〃/(8)

33.【選修33](15分)

⑴(5分)下列說(shuō)法正確的是

A.氣體很容易被壓縮是因?yàn)闅怏w分子間有空隙，固體和液體很難壓縮是因?yàn)楣腆w和液體分子間

沒(méi)有空隙

B.?切達(dá)到熱平衡的系統(tǒng)都具有相同的溫度

C.若兩個(gè)分子除相互作用的分子力外不受其它的力，則從相距無(wú)窮遠(yuǎn)由靜止釋放兩分子，分子

勢(shì)能先減小后增大

D.有規(guī)則幾何形狀的物體都是晶體

E.液體的表面張力是由于液體表面層分子間相互作用的分子引力產(chǎn)生的

33.(1)【答案】BCE【解析】任何狀態(tài)下物質(zhì)分子間都存在空隙，只是固體和液體分子間空隙很小,

壓縮時(shí)分子力立即呈斥力，使壓縮非常困難，選項(xiàng)A錯(cuò)：熱平衡就是系統(tǒng)內(nèi)熱量不會(huì)從一個(gè)物體

傳遞向另?個(gè)物體，或者不會(huì)從系統(tǒng)的?部分傳遞到另?部分，只有系統(tǒng)溫度相同才能滿足這一

要求，選項(xiàng)B正確：若兩個(gè)分子除相互作用的分子力外不受其它的力，則從相距無(wú)窮遠(yuǎn)由靜止釋

放兩分子，分子力先呈現(xiàn)為引力，在分子引力作用下兩分子相互靠近，分子力做功，分子勢(shì)能減

小，兩分子間距離達(dá)到平衡距離不時(shí)分子速度最大，繼續(xù)靠近克服分子力做功，分子勢(shì)能增大，

選項(xiàng)C正確；天然具有規(guī)則幾何形狀的物體才是晶體，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；液體的表面張力是由F液體

表面層分子稀疏，分子間距離大于小而呈現(xiàn)出分子引力的宏觀體現(xiàn)，選項(xiàng)E正確。

⑵(10分)池塘水面溫度為27,C,一個(gè)體積為匕=2cn?的氣泡從深度為10m的池塘底部緩慢上

升至水面，其壓強(qiáng)隨體積的變化圖象如圖所示，氣泡由狀態(tài)1變化到狀態(tài)2。若氣體做功可由

W=pN(其中〃為氣體的壓強(qiáng)，AP為氣體體積的變化量)來(lái)計(jì)算，取重力加速度g=10m/s2,

水的密度為〃=l.()xl()3kg/m3,水面大氣壓強(qiáng)Po=L()x1()5Pa,氣泡內(nèi)氣體看作是理想氣體，試

計(jì)算：

i.池底的溫度小

ii.氣泡從池塘底部上升至水面的過(guò)程中內(nèi)能增加0.2J,則氣泡內(nèi)氣體所要吸收多少熱量？

【解析】i.氣泡在池底時(shí)壓強(qiáng)P1=Po+/?g/】=2.OxlO'Pa

由理想氣體狀態(tài)方程得隹=曳1②

（T2

解得7；=280K③

即池底溫度/,=7；-273=7℃@

ii.由圖可知，氣泡在上升過(guò)程中平均壓強(qiáng)萬(wàn)一已產(chǎn)⑤

由W=p/^V得氣體做的功W=雙匕-匕）⑥

解得力=0.3J⑦

由熱力學(xué)第一定律得氣體吸收的熱顯

0=%+A￡=O.5J⑧

34.【選修34］（15分）

⑴（5分）甲、乙兩列同種性質(zhì)的波在同種