2024届湖北省黄石市大冶市第一中学高三下学期高考二模物理试题（解析版）

这是一份2024届湖北省黄石市大冶市第一中学高三下学期高考二模物理试题（解析版），共28页。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
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.有甲、乙两个可看成质点的小钢球，乙球的质量大于甲球的质量。现让甲球以速度v0在某一水平桌面上水平抛出，抛出后甲球的运动轨迹如图中的②图线所示。然后再将乙球以同样的速度在同一地点将它水平抛出。两球的运动都不计空气的阻力，则乙球的运动轨迹为图中的（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】B
【解析】两球在水平方向都做初速度相同的匀速直线运动，在竖直方向，两小球的加速度相同，都为重力加速度g，故在竖直方向的运动也完全相同，因此两球的运动轨迹相同，即乙球的运动轨迹依然是图线②。
A．①与分析不符，故A错误；
B．②与分析相符，故B正确；
C．③与分析不符，故C错误；
D．④与分析不符，故D错误。故选B。
2.下列说法中正确的是（ ）
A. 千克（kg）、开尔文（K）和伏特（V）均为国际单位制中的基本单位
B. 阴极射线是由电子组成，电子来源于中子的衰变
C. 在光电效应的实验中，若增加入射光的频率，则相应的遏止电压也增加
D. α射线来源于原子核内部，是由氦原子组成
【答案】C
【解析】A．开尔文、千克均为国际单位制中基本单位，伏特不是国际单位制中基本单位，故A错误；
B．阴极射线是由电子组成，电子来源于核外电子，故B错误；
C．遏止电压
则若增加入射光的频率，则相应的遏止电压也增加，故C正确；
D．α射线来源于原子核内部，由两个质子和两个中子组成，故D错误。故选C。
3. 如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.2，与沙坑的距离为1m，g取10m/s2，物块可视为质点，则A碰撞前瞬间的速度为（ ）
A 0.5m/sB. 1.0m/sC. 2.0m/sD. 3.0m/s
【答案】D
【解析】碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得
代入数据得
A与B碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则
由于没有机械能的损失，则
联立可得
故选D。
4. 将两个负电荷A、B（带电量QA=20C和QB=40C）分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C产生的电场不同位置M和N，克服电场力做功相同，则将这两电荷位置互换后（即将电荷A移至位置N，电荷B移至位置M，规定无穷远处为零势面，且忽略电荷A、B对点电荷C的电场分布影响），此时电荷A、B分别具有的电势能EA和EB关系描述正确的是（ ）
A. EAEBB. EA=EB
C. EAEBD. 无法确定
【答案】A
【解析】两个电荷未换之前，分别从无穷远处移到某一固定负点电荷C产生的电场不同位置M和N，克服电场力做功相同，有：﹣QA（0﹣M）=﹣QB（0﹣N）
即QAM=QBN
由于2QA=QB，所以得：M=2N；将这两电荷位置互换后，电荷A、B分别具有的电势能EA和EB为：EA=﹣QAN=﹣20N
EB=﹣QBM=﹣402N=﹣80N
由于N0，所以EAEB，故A正确，BCD错误。故选A。
5. 核反应方程表示中子轰击原子核可能发生的一种核反应，该核反应中质量亏损了。关于这个核反应，下列说法中正确的是（ ）
A. 该反应属于核聚变
B. 中的X为33
C. 中含有56个中子
D. 该核反应释放出的核能为
【答案】D
【解析】A．裂变反应是较重的原子核在其它粒子的轰击下，分裂成几个中等的原子核，可知该反应属于裂变反应，故A错误；
B．根据电荷数守恒、质量数守恒知，的核电荷数X为,故B错误；
C．Ba的核子数为144，其中的质子数为56，所以中子数为，故C错误
D．该核反应释放出的核能为△E，根据爱因斯坦质能方程可知，故D正确。
故选D。
6. 一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体，在这一过程中（ ）
A. 分子引力减小，分子斥力减小B. 分子势能减小
C. 乙醚的内能不变D. 分子间作用力增大
【答案】A
【解析】A. 乙醚液体蒸发过程，分子间的距离变大，分子间的引力和斥力都会减小，故A正确；
B. 蒸发过程中乙醚分子要克服分子间的引力做功，分子势能增加，故B错误；
C. 一定质量的乙醚液体全部蒸发，变为同温度的乙醚气体过程中，要从外界吸收热量，由于温度不变，故分子平均动能不变，而蒸发过程中乙醚分子要克服分子间的引力做功，分子势能增加，故内能增加，故C错误；
D. 由于乙醚液体蒸发过程，分子间的距离变大，分子之间的作用力从0开始，先增大后减小，故D错误。故选A。
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. 如图所示，物体A和B的质量均为m，且分别用轻绳连接跨过定滑轮（不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦）。当用水平变力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中（ ）
A. 物体A也做匀速直线运动
B. 绳子的拉力始终大于物体A所受的重力
C. 物体A的速率小于物体B的速率
D. 地面对物体B的支持力逐渐增大
【答案】BCD
【解析】ABC．绳子与物体B相连的绳端参与了两种运动：沿绳子向右下方的分运动v1和垂直于绳向上摆动的分运动v2，物体B的运动速度v为合运动速度，如图甲所示，可知v1＝vcs θ
由于v不变，在物体B向右运动时θ角减小，cs θ变大，即v1变大，所以物体A的上升速率vA＝v1＝vcs θ0
所以T>mAg，故A错误，BC正确；
D．再取物体B为研究对象，如图乙所示，由平衡条件可知N＝mBg- T′sin θ
当物体B向右运动时，T′sin θ逐渐减小，所以N逐渐增大，故D正确。故选BCD。
8. 如图甲所示，质量为的物块从弹簧上方离地高处由静止释放，其动能与离地高度的关系如图乙所示，其中阶段图像为直线，其余部分为曲线，对应图像的最高点，重力加速度为，不计空气阻力，以下说法正确的是（ ）
A. 弹簧的劲度系数
B. 当物块下落到高度时，重力势能与弹簧的弹性势能之和最小
C. 当物块处于高度时，弹簧的弹性势能为
D. 在物块从下降到过程中，弹簧的最大弹性势能为
【答案】AD
【解析】A．结合图像可知，时，物块刚好接触弹簧，物块动能最大时，加速度为零，即
解得，故A正确；
B．物块与弹簧组成的系统，机械能守恒，当时，物块的动能最大，则重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，故B错误；
C．物块由到过程中，动能不变，物块减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即，故C错误；
D．整个过程中，弹簧被压缩到最短时，弹性势能最大，由机械能守恒定律有
故D正确。故选AD。
9. 如图所示，在同一软铁芯上绕有两个独立的线圈甲与乙，甲线圈连接电池、滑动变阻器、电阻。乙线圈中接有电容器，向左移动滑动变阻器的滑片，使甲线圈中的电流均匀变化。已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，下列说法正确的是（ ）
A. 电容器的上极板带正电
B. 电容器的上极板带负电
C. 电容器所带的电荷量恒定
D. 电容器所带的电荷量增大
【答案】BC
【解析】AB．电池电路的电流如图所示，在铁芯中产生向下的磁场。向左移动滑片，滑动变阻器有效电阻减小，由欧姆定律知电路电流增大。由题意知电流均匀增大，则该磁场均匀增强。应用楞次定律知乙线圈的感应电流如图所示，则电容器的上极板带负电，故A错误，B正确；
CD．穿过乙线圈的磁通量均匀增加，由电磁感应定律知
该值恒定。由电路规律知电容器的板间电压，则电容器两极板间电压恒定，则电容器所带电荷量恒定，故C正确，D错误。故选BC。
10. 如图甲所示，门式起重机又叫龙门吊，门式起重机的场地利用率高、作业范围大，在港口得到广泛使用。其简易图如图乙所示，假设长为L的钢绳能承受的最大拉力为T，钢绳的上端栓接在滑轮上，另一端连接质量为m的集装箱，开始整个装置在横臂上以共同的速度做匀速直线运动，当其运动到图中O＇位置时，绳子上端的滑轮突然被锁定，集装箱开始以O＇为圆心摆动，假设滑轮与集装箱的大小可忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 如果，则上述过程中钢绳一定不会断裂
B. 如果装置匀速运动的速度大小为v，则集装箱允许的最大质量为
C. 如果集装箱的质量为2m，则装置匀速运动时的最大速度为
D. 如果保持上端滑轮静止，加速向上提升集装箱（不摆动），集装箱加速上升允许的最大加速度为
【答案】BC
【解析】A．装置被锁定后集装箱做圆周运动，那么在装置锁定瞬间，由牛顿第二定律得:
即，显然集装箱的重量等于T时，钢绳断裂，故A错误；
B．如果装置匀速运动的速度大小为v，由：可知：
故B正确；
C．如果集装箱的质量为2m，由：可知该装置匀速运动时的最大速度为：，故C正确；
D．加速向上提升集装箱，由牛顿第二定律有：T－mg=ma
可得允许的最大加速度为：，故D错误。故选BC。
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. 图甲为验证机械能守恒定律的实验装置，通过电磁铁控制的小铁球从A处自由下落，毫秒计时器(图中未画出)记录下小铁球经过光电门B的挡光时间t，小铁球的直径为d，用作为球经过光电门时的速度，重力加速度为g。
（1）用游标卡尺测得小铁球的直径d如图乙所示，则d＝________mm；
（2）实验中还需要测量的物理量是________；
A.A距地面的高度H
B.A、B之间的高度h
C.小铁球从A下落到B的时间tAB
（3）要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式________是否成立即可(用实验中测得物理量的符号表示)；
（4）某实验小组测得小球动能的增加量ΔEk总是稍大于重力势能的减少量ΔEp，原因可能是_______。(写出一个即可)
【答案】（1）5.4 （2） B （3） d2=2ght2 （4）光电门计时器与小球下落的重心方向不在同一条垂线上，导致测量速度偏大；也可能是在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小，使得重力势能的减少量ΔEp偏小。
【解析】（1）由图可知：游标卡尺游尺10分度，精确度为0.1mm，主尺刻度为5mm，游尺“4”与主尺刻度对齐，所以读数为5mm+0.1×4mm=5.4mm
（2）AB．此题需要用到重力势能变化量，故需要测量AB之间的高度，不需要知道距离地面的高度，故A错误，B正确；
C．因为要判定mgh与mv2关系，不需要知道小铁球从A下落到B的时间tAB，故C错误。故选B。
（3）利用小铁球通过光电门平均速度来代替瞬时速度，故B点速度v=
根据机械能守恒的表达式有mgh=mv2可得d2=2ght2
故只要验证d2=2ght2即可。
（4）根据能量守恒定律分析，重力势能的减少量△Ep往往大于动能的增加量△Ek的原因是阻力做负功，但现在发现小球动能的增加量总是大于重力势能的减少量，则可能是光电门计时器与小球下落的重心方向不在同一条垂线上，导致测量速度偏大。也可能是在测量小球的释放点A点与B点之间的距离时，测量值比实际值偏小，使得重力势能的减少量ΔEp偏小。
12. 如图甲（侧视图只画了一个小车）所示的实验装置可以用来验证“牛顿第二定律”。两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。两车左端各系条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止（如图乙）。拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车在此过程中位移的大小。
图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的某次实验记录，已测得小车1的总质量，小车2的总质量。由图可读出小车1的位移，小车2的位移_______，可以算出__________（结果保留3位有效数字）；在实验误差允许的范围内，________（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【答案】 ； ；等于
【解析】刻度尺最小分度为0.1cm，则小车2的位移为x2=2.45cm，由于误差2.45cm－2.50cm均可。由于小车都是做初速度为零的匀加速运动，根据可知，由于时间相同，则有
由于读数误差，则均可
由题意可知
故在误差允许的范围内
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. “∟”形轻杆两边互相垂直、长度均为l，可绕过O点的水平轴在竖直平面内自由转动，两端各固定一个金属小球A、B，其中A球质量为m，带负电，电量为q，B球的质量为m，B球开始不带电，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度为。现将“∟”形杆从OB位于水平位置由静止释放：
(1)当“∟”形杆转动的角速度达到最大时，OB杆转过的角度为多少？
(2)若使小球B也带上负电，仍将“∟”形杆从OB位于水平位置由静止释放，OB杆顺时针转过的最大角度为90°，则小球B带的电量为多少？转动过程系统电势能的最大增加值为多少？
【答案】(1)53°；(2)，
【解析】(1)转速最大时，系统力矩平衡
解得，
(2)设B带的电量为q'，转过最大角度时，动能为零，由动能定理得
解得
当转角为α时电势能的增加值等于两球克服电场力的功
整理得
式中当，电势能的最大增加值为。
14. 如图所示，竖直放置、上端开口的绝热汽缸底部固定一电热丝(图中未画出)，面积为S的绝热活塞位于汽缸内(质量不计)，下端封闭一定质量的某种理想气体，绝热活塞上放置一质量为M的重物并保持平衡，此时汽缸内理想气体的温度为T0，活塞距汽缸底部的高度为h，现用电热丝缓慢给汽缸内的理想气体加热，活塞上升了，封闭理想气体吸收的热量为Q。已知大气压强为p0，重力加速度为g。求：
(1)活塞上升了时，理想气体的温度是多少
(2)理想气体内能的变化量
【答案】(1)；(2)
【解析】(1)封闭理想气体初始状态，
封闭理想气体末状态
用电热丝缓慢给汽缸内的理想气体加热，理想气体做等压变化，设末状态的温度为，由盖吕萨克定律得
解得
(2) 理想气体做等压变化，根据受力平衡可得
理想气体对外做功为
由热力学第一定律可知
联立解得
15. 一半球形玻璃砖，球心为O，OA和OB与竖直方向间的夹角均为30°。一束光线射向A点，折射光线恰好竖直向下射到C点，已知该玻璃砖折射率为。
(1)求射向A点光线与竖直方向的夹角；
(2)从B点射入的光线折射后恰好过C点，求折射光线BC与虚线BO夹角的正弦值。
【答案】(1)30°；(2)
【解析】(1)光路图如下图所示，根据折射定律有
解得∠EAG=60°
即入射光线与竖直方向的夹角为30°。
(2)由几何关系得CO=Rsin30°=0.5R
AB=2CO= R，
根据正弦定理
得