2024年高考第二次模拟考试：物理（山东卷）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试：物理（山东卷）（解析版），共26页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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，再选涂其他答案标号。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、选择题：本题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，每小题3分，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．如图所示，水平面内有相距为l=1.0m的两平行固定金属导轨，导轨左端接有电动势E=4V、内阻r=1Ω的电源，金属棒ab跨接在金属导轨上，与两金属导轨垂直并与导轨接触良好，棒ab接入电路部分的电阻R=1Ω，金属导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，磁场方向与棒ab垂直且与水平面成θ=30°角斜向右上方，棒ab始终静止于导轨上。下列说法正确的是（ ）
A．棒ab所受摩擦力水平向左B．棒ab所受安培力大小为1N
C．棒ab受到的支持力比重力小1ND．棒ab所受摩擦力大小为1N
【答案】D
【解析】由于导体棒ab与磁场方向垂直，因此棒ab所受安培力大小为
根据左手定则可知，导体棒ab所受安培力的方向与磁场方向垂直，指向左上方，根据平衡条件，做出导体棒受力分析截面图，如图所示
AD．由平衡条件可知，棒ab所受摩擦力水平向右，大小为
A错误，D正确；
B．棒ab所受安培力大小为2N，B错误；
C．导体棒在竖直方向上受力平衡
因此
C错误；
故选D。
2．当今时代，无线通信技术已经融入了我们生活的方方面面。星闪技术作为中国原生的新一代近距离无线连接技术，与传统的蓝牙无线连接技术相比，具有传输快、覆盖广、延迟低等诸多优点。现甲乙两位同学利用手机星闪连接技术配对成功，实时通信。时，甲以的初速度、的加速度，乙以的初速度、的加速度并排（相距较近）从百米赛道起点处加速起跑，甲加速到最大速度，乙加速到最大速度后均能以各自最大速度跑至终点。已知星闪技术能实现连接的最大距离为，则甲乙能实现通信的时间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】经过时间甲乙速度相等，则有
联立解得
，
时间内甲的位移为
时间内乙的位移为
设经过甲从v加速到最大速度，则有
此过程中甲的位移为
设经过乙从v加速到最大速度，则有
此过程中乙的位移为
可知，在甲乙加速到最大速度前，甲乙仍能实现通信，设甲乙能实现通信的时间为t，则有
其中
联立解得
故选B。
3．如图（a），摩擦角的物理意义是：当两接触面间的静摩擦力达到最大值时，静摩擦力f与支持面的支持力N的合力F与接触面法线间的夹角即为摩擦角，可知。利用摩擦角的知识可以用来估料，如图（b）所示。物料自然堆积成圆锥体，圆锥角底角必定是该物料的摩擦角。若已知物料的摩擦角和高h，动摩擦因数为。物料所受滑动摩擦力等于最大静摩擦力。可求出圆锥体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】物料自然堆积成圆锥体，圆锥角底角必定是该物料的摩擦角，对物料作受力分析如图所示
当底角大于时，物料将沿锥面下滑，为使物料不下滑，应使减小；当底角小于时，物料将停留在锥面上，那么使物料恰好不下滑应使增大，且让，所以底角会保持为定值。若已知和锥体的高h，则可求出它的体积为
故选A。
4．如图甲所示，一束单色光a沿半径方向射入半圆形玻璃砖，光线a与直径的夹角为，反射光线b的强度随夹角的变化关系如图乙所示，则该单色光的折射率为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【解析】当时反射光线b的强度开始减少，即有折射光打出，故该单色光的全反射临界角
故选C。
5．如图所示，小物块A、B、C与水平转台相对静止，B、C间通过原长为1.5r、劲度系数的轻弹簧连接，已知A、B、C的质量均为m，A与B之间的动摩擦因数为2μ，B、C与转台间的动摩擦因数均为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（ ）
A．逐渐增大转台角速度，B先相对于转台滑动
B．当B与转台间摩擦力为零时，C受到的摩擦力方向沿半径背离转台中心
C．当B与转台间摩擦力为零时，A受到的摩擦力为
D．当A、B及C均相对转台静止时，允许的最大角速度为
【答案】B
【解析】BC．对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有
解得
当B与转台间摩擦力为零时，由弹簧弹力和A对B的静摩擦力提供向心力，此时弹簧的弹力为
则有
解得
此时A受到的向心力
对C研究，则
解得
故C受到的摩擦力方向沿半径背离转台中心，故B正确，C错误；
AD．假设C不动，当AB相对静止，刚好相对于转台滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有
解得
假设AB不动，当C刚好滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有
解得
由于
可知C先滑动，A、B、C均相对转台静止时允许的最大角速度为，故AD错误。
故选B。
6．如图甲所示，小明在地球表面进行了物体在竖直方向做直线运动的实验，弹簧原长时，小球由静止释放，在弹簧弹力与重力作用下，测得小球的加速度a与位移x的关系图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k，地球的半径为R，万有引力常量为G，不考虑地球自转影响，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球的位移为x0时，小球正好处于完全失重状态
B．小球的最大速度为
C．小球的质量为
D．地球的密度为
【答案】B
【解析】A．由题图乙可知，小球的位移为时，小球的加速度为0，小球的合力为0，弹簧的拉力与小球的重力等大方向，小球既不是失重状态也不是超重状态，故A错误；
B．小球的加速度a与位移x的关系图像与坐标轴围成的面积表示速度平方的一半，当小球的加速度为零时，小球的加速度最大，设小球的最大速度为，则有
得小球的最大速度
故B正确；
C．设地球表面的重力加速度为，小球的质量为m，当小球向下运动的位移为x，弹簧的伸长量也为x，设小球的加速度为a，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得
整理可得
结合图乙可知
，
则有
故C错误；
D．设地球的质量为M，由
可得
又有
解得
则月球的密度为
故D错误。
故选B。
7．如图，绝缘粗糙的水平面附近存在一与x轴平行的电场，其在x轴上的电势与坐标x的关系如图中曲线所示，图中的倾斜虚线为该曲线过点的切线。质量为、电荷量为的带正电滑块P，从处由静止释放，滑块与水平面间的动摩擦因数为。滑块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。则滑块（ ）
A．做匀减速直线运动
B．经过处时，速度最大
C．从释放到经过处，电场力做功
D．可以滑到处
【答案】B
【解析】A．图像中，某点切线的斜率
表示该点的场强的大小，由此可知沿x轴正方向，电场强度逐渐减小，滑块在整个过程中先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，A错误；
B．处，场强
滑块受到的电场力
滑动摩擦力
此时加速度为零，滑块的速度最大，B正确；
C．从释放到经过处，电场力做功
C错误；
D．若滑块能在处停下，则电场力做功
摩擦力做功
说明滑块不能够滑到处，D错误。
故选B。
8．一质量为m、可视为质点的物块B静止于质量为M的木板C左端，木板静止于光滑水平面上，将质量为m的小球A用长为L的细绳悬挂于O点，静止时小球A与B等高且刚好接触，现对小球A施加一外力，使细绳恰好水平，如图所示，现将外力撤去，小球A与物块B发生弹性碰撞，已知B、C间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球A碰撞后做简谐运动
B．碰撞后物块B的速度为
C．若物块B未滑离木板C，则物块B与木板C之间的摩擦热小于
D．若物块B会滑离木板C，则板长小于
【答案】D
【解析】AB．小球A下落过程中机械能守恒，有
解得
小球A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得碰后A、B的速度分别为
，
可知碰撞后A、B交换速度，小球A碰撞后静止，B的速度为，故AB错误；
C．对B、C组成的系统分析可知，水平方向不受外力，则动量守恒，有
解得
根据能量守恒可知，摩擦热为
故C错误；
D．摩擦热为
式中为板长，若B恰好滑离C，则有
解得
因此可知，若物块B会滑离木板C，则板长小于，故D正确。
故选D。
9．一列简谐横波沿x轴在介质中传播，图甲是时刻的波形图，此时质点P的纵坐标为5cm，图乙是质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A．该波沿轴负方向传播
B．该波的波速为0.4m/s
C．质点P经过的路程小于10cm
D．时刻质点P位于波峰
【答案】BD
【解析】A．由图乙可知时，质点Q向y轴正方向运动，再由同侧法可知，该波沿x轴正方向传播，A错误；
B．由图甲可知，该波的波长为，由图乙可知，该波的周期为，故该波的波速为
B正确；
C．由上分析可知，该波向x轴正方向传播，故质点P向y轴负方向运动，经过该质点的路程大于一个振幅，C错误；
D．由上分析可知，该波向x轴正方向传播，周期为，时质点P的纵坐标为5cm，此时质点P沿y轴负方向运动，故时质点P位于波峰，D正确。
故选BD。
10．如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为，原线圈两端的电压随时间的变化规律为，、、均为理想电流表，为理想二极管，是滑动变阻器，定值电阻，，则（ ）
A．电流表的示数为
B．电流表的示数为
C．滑动变阻器的滑片向上滑动时，电流表的示数将变小
D．滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器输入功率减小
【答案】AC
【解析】A．原线圈两端电压的有效值为
根据电压匝数关系有
解得
因为与理想二极管串联，由于理想二极管的单向导电性，导致正弦波形只有一半通过，根据有效值定义有
解得电流表的示数为
故正确；
B．结合上述可知，电流表的示数为
故错误；
C．滑动变阻器的滑片向上滑动，其接入电阻值变大，由于副线圈两端的电压不变，则副线圈总电流变小，根据
可知，原线圈中电流减小，即，电流表的示数变小，故正确；
D．滑动变阻器的滑片向下滑动，其接入电阻值变小，由于副线圈两端的电压不变，则副线圈总电流变大，即理想变压器的输出功率变大，可知变压器输入功率变大，故D错误。
故选AC。
11．如图甲所示，足够长的U型导轨放置在光滑水平绝缘桌面上，CD长为1m，导轨电阻不计。质量为0.1kg、长为1m、电阻为的导体棒MN放置在导轨上，与导轨间的动摩擦因数为且始终接触良好。Ⅰ区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；Ⅱ区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场。时，对导轨施加一个水平向右恒力F，时撤去F，2s前导轨与导体棒的图像如图乙所示。MN与CD停止运动时分别位于Ⅰ区域和Ⅱ区域，已知重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．动摩擦因数
B．导轨质量为0.2kg
C．恒力F做的总功为2.4J
D．撤去F后通过导体棒的总电荷量为2C
【答案】AD
【解析】A．根据1s前导轨与导体棒的图像反映两者均做匀加速直线运动，则导轨还未进入区域Ⅱ磁场且导体棒在区域I磁场外，回路无感应电流而都不受安培力，设导轨质量为，由牛顿第二定律有
由图像的斜率表示加速度可得
联立可得
故A正确；
B．根据第2s导轨与导体棒的图像可知两者均做匀速直线运动，表示导轨与导体棒均进入磁场，切割磁感线产生两动生电动势，所受安培力让合力为零，有
对导轨有
对导体棒有
其中，，，联立各式解得
，，
故B错误；
C．导轨在前2s的位移为
则恒力做的功为
故C错误；
D．撤去F之后，导体棒和导轨分别做减速运动到停止，对两者受力分析，取向右为正方向，由动量定律有
而通过导体棒的电量为
可得
故D正确。
故选AD。
12．如图甲所示，光滑水平面与竖直面内的粗糙程度均匀的半圆形导轨在点平滑相接，半圆形导轨半径，为半圆形导轨的中点。一质量为的物体（可视为质点）将弹簧压缩到点后由静止释放，在弹力作用下获得向右的速度后脱离弹簧，从点进入半圆形导轨，物体在半圆形导轨上运动时速度的平方与其上升高度的关系如图乙所示，重力加速度，则（ ）
A．弹簧压缩到点时弹簧的弹性势能为
B．物体运动到点时对半圆形导轨的压力大小为
C．物体从运动到的过程中，合力对物体做的功为
D．物体从运动到的过程中，物体的机械能减少了
【答案】BC
【解析】A．从图乙可以看出，物体到达点时的速度大小为
由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能
代入数据解得
A错误；
B．从图乙可以看出，到达点时的速度大小为
设运动到点时导轨对物体的弹力为，则由牛顿第二定律可得
代入数据解得
由牛顿第三定律可知，B正确；
C．由动能定理可得，物体从到过程中合外力做的功为
代入数据解得
C正确；
D．由能量守恒定律可知，物体从到过程中减少的机械能为
代入数据可解得
由于物体从到过程中速度一直减小，根据牛顿运动定律分析可知从到的过程中物体对半圆形导轨的压力逐渐减小，由摩擦力公式
可知，物体从到过程中所受的摩擦力大于从到过程中所受的摩擦力，由功能关系可知，物体从到过程中克服摩擦力做的功大于从到过程中克服摩擦力做的功，由于整个过程中机械能减少了，故从到过程中机械能的减少量小于，D错误。
故选BC。
二、实验题：本题共2小题，共14分。
13．（6分）利用如图1所示的实验装置，可测量滑块的运动及滑块与木板间的动摩擦因数。一端装有滑轮的长木板固定在水平桌面上，长木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在定滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动。
（1）打点计时器所用交流电频率为，实验得到一条如图2所示的纸带（每相邻两个计数点间有4个点图中未画出）。打点计时器在打B点时，滑块运动的速度大小是 ，滑块运动的加速度大小是 。（计算结果保留两位有效数字）
（2）已知滑块和定滑轮的总质量为，当地重力加速度为。若实验中弹簧测力计示数为时，测得滑块运动的加速度为，则滑块和木板之间动摩擦因数的计算式为 。
【答案】 0.60 2.6
【解析】（1）[1] 打点计时器在打B点时，滑块运动的速度大小是
[2] 滑块运动的加速度大小是
（3）[3]根据牛二定律可得
解得
14.（8分）某物理兴趣小组想要测一粗细均匀的金属丝的电阻率：
（1）先用多用电表×10Ω挡粗测其电阻，欧姆表指针偏转过大，为使测量更加精确，应将选择开关旋到 （填“”“ ”或“”）的倍率挡位上。欧姆调零后重新开始测量，多用电表的示数如图甲所示，则 。
（2）用螺旋测微器测量金属丝直径如图乙所示，其直径为 mm；用游标卡尺测量金属丝长度如图丙所示，其长度为 mm。
（3）为了更加准确地测量该导线的电阻，该实验的电路图应选用图丁中 （填“a”或“b”）。
（4）如果测得金属丝电阻为R，直径为D，长度为L，则该金属的电阻率为 。
【答案】 8.0 0.520 11.50
【解析】（1）[1][2]指针偏转过大，说明是小电阻，故选取×1倍率挡位，由图可知
（2）[3]螺旋测微器的读数为
[4]游标卡尺的读数为
（3）[5]电压表内阻远大于待测电阻阻值，为减小试验误差，电流表应采用外接法，电路图应选择图所示的电路；
（4）[6]根据电阻定律
又
联立可得
三、计算题：本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15．（7分）如图所示，两个顶端带有小定滑轮的完全相同的斜面对称固定在水平地面上，斜面倾角为30°。一不可伸长的轻质细绳跨过两定滑轮，两端分别连接质量均为2m的滑块B、C，质量为m的物块A悬挂在细绳上的O点，O点与两滑轮的距离均为l。先托住A，使两滑轮间的细绳呈水平状态，然后将A由静止释放。A下落过程中未与地面接触，B、C运动过程中均未与滑轮发生碰撞，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，，。求：
（1）物块A下落的最大高度H；
（2）从A开始下落直至结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53°的过程中，物块A机械能的变化量。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据题意可知，物块A下落的最大高度H时，速度为零，由机械能守恒定律有
整理可得
解得
（舍去），
（2）根据题意，由几何关系可得，结点O两侧细绳与竖直方向夹角为53°时，物块A下落的高度为
设此时物块A的速度为，则物块B、C的速度为
下落过程中，由机械能守恒定律有
物块A机械能的变化量
16．（9分）如图所示为水火箭，是利用质量比和气压作用设计的玩具。水火箭内瓶的容积为2.4L，某次发射前，往瓶内注入三分之一体积的水，打气筒每次可充入200mL压强为的气体，当水火箭内部气压达到时，按下发射按钮，箭体可发射致百米高度。设充气过程气体温度不变。已知大气压强为，整个装置气密性良好，忽略温度的变化。
（1）求本次发射火箭前需要打气的次数；
（2）求水火箭落地后瓶内气体质量与水刚好被全部喷出前瓶内气体质量之比。
【答案】（1）40；（2）1︰4
【解析】（1）设至少需要打次气，打气前箭体内空气体积为
打气前箭体内空气压强为p0，末状态气体的压强为，根据玻意耳定律可得
代入数据解得
所以该小组成员至少需要打气40次才能使“水火箭”发射。
（2）小组成员对“水火箭”加压到发射，在水刚好全部被喷出时气体的体积为
根据玻意耳定律可得
解得水刚好全部被喷出前瞬间，瓶内气体压强为
从水刚好全部被喷出前瞬间到“水火箭”落地后，设气体没有散开，体积为V1，根据玻意耳定律可得
故“水火箭”落地后瓶内气体质量与水刚好被全部喷出前瓶内气体质量之比为
17.（14分）某粒子实验装置的基本结构如图（a）所示。两块圆弧形金属板间存在方向指向圆心的辐射状电场，一质量为m，电荷量为＋q的粒子从粒子源射出后沿纸面垂直该电场方向射入两金属板间，并恰好做半径为的匀速圆周运动，所经圆弧上的电场强度大小均为。在圆弧形金属板右侧有一三维坐标系，在的空间中，存在着沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为，在的空间中存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度为B，在的区域存在着沿x轴负方向的磁场和沿y轴正方向的磁场，磁感应强度和的大小均随时间周期性变化（磁场、均未画出）。足够大的荧光屏垂直于x轴放置并可沿x轴水平移动。粒子从金属板间射出后从沿x轴正方向进入匀强电场，然后进入匀强磁场，刚进入匀强磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，刚射出匀强磁场时速度方向沿x轴正方向，不计粒子重力。
（1）求匀强电场的电场强度的大小；
（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）从粒子射出匀强磁场开始计时，的区域内和的大小随时间周期性变化的规律如图（b）所示，为已知量。若粒子到达荧光屏时的速度方向与荧光屏的夹角为30°，求荧光屏所在位置的x轴坐标的可能取值。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】（1）粒子在圆弧形金属板间做匀速圆周运动，有
在的空间中做类平抛运动，则有
联立可得
（2）粒子进入匀强磁场区域做匀速圆周运动，其轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有
根据几何关系有
联立可得
（3）粒子在的区域内做匀速圆周运动的周期为
轨迹半径为
a．若粒子射出时与z轴负方向的夹角为30°，则粒子在该区域内运动轨迹沿y轴负方向的俯视图如图所示
由图可得
（n=1，2，3…）
b．若粒子射出时与z轴正方向的夹角为30°，则粒子在该区域内运动轨迹沿y轴负方向的俯视图如图所示
由图可得
（n=1，2，3…）
18．（16分）如图所示，足够长的水平光滑直轨道AB和水平传送带平滑无缝连接，传送带长L=4m，以10m/s的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道EF的装置P固定于水平地面上，EF位于竖直平面内，由两段半径均为R=0.8m的圆弧细管道组成，EF管道与水平传送带和水平地面上的直轨道MN均平滑相切连接，MN长L2=2m，右侧为竖直墙壁。滑块a的质量m1=0.3kg，滑块b与轻弹簧相连，质量m2=0.1kg，滑块c质量m3=0.6kg，滑块a、b、c均静置于轨道AB上。现让滑块a以一定的初速度水平向右运动，与滑块b相撞后立即被粘住，之后与滑块c发生相互作用，c与劲度系数k=1.5N/m的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经EF管道后滑上MN。已知滑块c第一次经过E时对轨道上方压力大小为42N，滑块c与传送带间的动摩擦因数μ1=0.35，与MN间的动摩擦因数μ2=0.4，其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2，弹簧的弹性势能（x为形变量）。求：
（1）滑块c第一次经过F点时速度大小（结果可用根号表示）；
（2）滑块a的初速度大小v0：
（3）试通过计算判断滑块c能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。
【答案】（1）m/s；（2）10m/s；（3）能，0.2m
【解析】（1）根据牛顿第二定律，在E点滑块c
解得
滑块c第一次经过E点到F点，根据动能定理
解得
（2）滑块c在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块c的速度设为vc，根据运动学规律
滑块a，b作为整体与滑块c发生相互作用，最终滑块c被弹出，根据动量守恒与能量守恒得
联立解得
a与b发生碰撞，最后共速，满足动量守恒
联立解得
（3）假设滑块c能再次回到E点，从F点到E点，根据动能定理
解得
速度大于零，假设成立，滑块c可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律
联立解得
即可以追上滑块a，b发生再次碰撞，设最大压缩量为，根据动量守恒与能量守恒
联立解得