2024年江苏省常州市前黄高级中学高考物理模拟试卷（含解析）

这是一份2024年江苏省常州市前黄高级中学高考物理模拟试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于教材中的插图，下列理解不正确的是( )
A. A图是用微元法探究匀变速直线运动的位移，所有小矩形面积之和近似等于物体的位移大小，分得越多则越接近
B. B图是伽利略在做铜球沿斜面运动的实验，其中斜面的作用是“冲淡”重力，方便测时间，随着斜面倾角的增大，伽利略观察到铜球的运动规律相同，合理外推得到自由落体运动规律
C. C图桌面上的装置可以放大桌面的微小形变
D. D图是物体由静止状态被拉动，直到物体匀速运动起来，用力的传感器测得拉力的变化过程，说明物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力
2.如图甲所示为牛顿环装置意识图，将一块曲率半径较大的平凸透镜放在一块玻璃平板上，用单色光照射透镜与玻璃板，就可以观察到一些明暗相间的同心圆环，如图乙所示。如果将下方的玻璃平板换成凸面朝上的平凸透镜，如图丙，则观察到的条纹可能是(已知A选项中的同心圆环条纹与乙图完全相同)( )
A. B. C. D.
3.如图(a)所示，太阳系外的一颗行星P绕恒星Q做匀速圆周运动。由于P的遮挡，探测器探测到Q的亮度随时间做如图(b)所示的周期性变化，该周期与P的公转周期相同。已知Q的质量为M，引力常量为G。关于P的公转，下列说法正确的是( )
A. 周期为2t1−t0B. 半径为3GM(t1−t0)24π2
C. 角速度的大小为πt1−t0D. 加速度的大小为32πGMt1−t0
4.如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率ν ​10表示斥力，FV3，h1n，所以在棱镜中将没有折射角大于θc的光线(θc是棱镜一待测物界面的全反射临界角)。由望远镜观察到的视场是半暗半明的，中间的分界线与折射角为θc的光线对应。n与ng与和θ的关系为( )
A. ng2=n2−sin2θnnB. n2=ng2−sin2θ
C. ng=nsinθD. n=ngsinθ
10.如图1所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E=2πkσ[1−x(R2+x2)12]，方向沿x轴．现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图2所示．则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为( )
A. 2πkσ0x(r2+x2)12B. 2πkσ0r(r2+x2)12C. 2πkσ0xrD. 2πkσ0rx
11.如图所示，两个完全相同的轻质小滑轮P、Q固定在天花板上，一段不可伸长的轻质细绳通过滑轮，两端分别系住小球A、B，现用一轻质光滑小挂钩将小球C挂在滑轮PQ之间的水平细绳的中间位置上，静止释放小球C，在小球C下降的某时刻，拉小球C的细绳与水平方向成θ角。已知三小球ABC的质量均为m，A、B小球始终没有与P，Q相撞，忽略一切阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列关于小球C在下降过程中说法正确的个数为( )
①ABC三小球组成的系统机械能守恒
②小球C重力做功的瞬时功率先变大后变小
③ABC三小球的速度大小的关系为vA=vB=vCsinθ
④当θ=53°时小球C下降到最低点
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量微小压力的装置，其电路如图(a)所示，R1、R2、R3为电阻箱，RF为半导体薄膜压力传感器，C、D间连接电压传感器(内阻无穷大)。

(1)先用欧姆表“×100”挡粗测RF的阻值，示数如图(b)所示，对应的读数是______Ω；
(2)适当调节R1、R2、R3，使电压传感器示数为0，此时，RF的阻值为______(用R1、R2、R3表示)；
(3)依次将0.5g的标准砝码加载到压力传感器上(压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小)，读出电压传感器示数U，所测数据如下表所示：
根据表中数据在图(c)上描点，绘制U−m关系图线；
(4)完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用，在半导体薄膜压力传感器上施加微小压力F0，电压传感器示数为200mV，则F0大小是______N(重力加速度取9.8m/s2，保留2位有效数字)；
(5)若在步骤(4)中换用非理想毫伏表测量C、D间电压，在半导体薄膜压力传感微小压力F1，此时非理想毫伏表读数为200mV，则F1 ______F0(填“>”“=”或“
【解析】解：(1)先读取最上面一排刻度的读数，再乘以倍率，即10.0×100Ω=1000Ω；
(2)使电压传感器示数为0，就是让R1和R2两端的电压相等，根据先串联分压得：R1RF=R2R3，可以求解RF=R1R3R2；
(3)根据表中数据在图(c)上描点，绘制U−m关系图线，注意用顺次平滑曲线连接各个点，如下图所示：
(4)根据第(3)问绘制的图像，找电压传感器示数为200mV对应的质量约为1.8g，则可以得出：F0=1.8×10−3×9.8N=1.8×10−2N；
(5)令φB=0，在实验过程中φCF0。
故答案为：(1)1000；(2)R1R3R2；(3)如下图所示：
(4)1.8×10−2；(5)>。
(1)先读取最上面一排刻度的读数，再乘以倍率；
(2)使电压传感器示数为0，就是让R1和R2两端的电压相等，根据先串联分压等可以求解RF的阻值；
(3)根据表中数据在图(c)上描点，绘制U−m关系图线，注意用顺次平滑曲线连接各个点；
(4)根据第(3)问绘制的图像，找电压传感器示数为200mV对应的质量，乘以重力加速度，则可以得出F0大小；
(5)根据电路以及欧姆定律等分析判断则F1和F0的大小关系。
本题考查了基本电学实验的多用电表读数、电路的分压关系、描点绘制图像以及从图像得出信息等基本实验知识与技能，最后一问增加了难度，需要我们认真思考。
13.【答案】解：(1)由质量数守恒和核电荷数守恒，可知核反应方程为 12H+12H→23He+01n
(2)设核反应的质量亏损为Δm，则有Δm=2.0136u×2−(3.0150+1.0087)u=0.0035u
根据质能方程有：ΔE=Δmc2
解得：ΔE=3.26MeV
(3)设核反应后 ​23He核和中子的动量分别为p1、p2，动能分别为Ek1、Ek2，则根据动量守恒定律有p1+p2=0
Ek1=p126m，Ek2=p222m
根据能量守恒定律有：Ek1+Ek2=2Ek0+ΔE
解得Ek1=1.04MeV，Ek2=3.12MeV
答：(1)该核反应方程为 12H+12H→23He+01n；
(2)计算上述核反应中释放的核能为3.26MeV；
(3)反应中生成的 ​23He核和中子的动能分别是1.04MeV，3.12MeV。
【解析】(1)根据质量数守恒和核电荷数守恒书写核反应方程．
(2)先求出核反应中质量亏损，再由爱因斯坦质能方程，求出核反应中释放的核能；
(3)两氘核对心碰撞过程，遵守动量守恒和能量守恒根据动量守恒和能量守恒列方程求解．
对于核反应书写核反应方程，要抓住微观粒子的碰撞，相当于弹性碰撞，遵守两大守恒：动量守恒和能量守恒．
14.【答案】解：(1)小球静止在A、B位置时，如图1所示对A受力分析，根据平衡条件有：
tanθ=mgF
解的弹簧的弹力大小为：
F=mgtanθ

(2)稳定在C、D位置时，对小球D受力分析如图1所示，重力、支持力、弹簧弹力F2的合力提供小球做圆周运动的向心力。
竖直方向有：Nsinθ=mg
水平方向有：F2+Ncsθ=mω2LCD2
由题意知：F2=F
解得：LCD=4gω2tanθ
(3)小球稳定在C、D位置时，线速度大小为
v=ωLCD2=2gωtanθ
设弹簧原长为L0，根据胡克定律有
F=k(L0−LAB)
F2=k(LCD−L0)
F2=F
联立可得：2F=k(LCD−LAB)
两小球上升的高度为：
h=LCD−LAB2tanθ=Fk⋅1tanθ=mgktan2θ
因初、末状态弹簧的形变量相同，故弹簧弹性势能初、末相同，根据功能关系可得细杆对弹簧小球系统所做总功等于两小球增加的机械能，则有：
W=2(mgh+12mv2)=2mgtan2θ⋅(2gω2+mgk)
答：(1)小球静止在A、B位置时弹簧的弹力大小F为mgtanθ；
(2)稳定在C、D位置时弹簧的长度LCD为4gω2tanθ；
(3)整个过程中细杆对弹簧小球系统做的功W为2mgtan2θ⋅(2gω2+mgk)。
【解析】(1)小球静止在A、B位置时，小球处于平衡状态，对小球受力分析根据共点力平衡条件求解；
(2)对小球受力分析，依据小球受到的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
(3)此过程初、末弹簧的弹性势能相等，根据功能关系可知杆对两小球做功等于两小球机械能的增加量。
本题主要考查了圆周运动、功能关系问题，关键是正确的受力分析，明确向心力的来源。第三问要利用好功能关系，正确分析系统中能量的变化。
15.【答案】解：(1)由该发电装置的工作原理可知，线圈运动过程中产生的最大感应电动势对应的速度为最大值，由法拉第电磁感应定律可知：Em=NB⋅2πrvm，
代入数据可得最大感应电动势的大小Em=8V；
(2)由该发电装置的工作原理可知，该交流电为正弦式交流电，故电动势有效值E=Em 2
根据闭合电路的欧姆定律可得，回路中电流I=ER1+R2
线圈中产生的热量Q=I2R1T
代入数据解得Q=0.32J。
答：(1)线圈运动过程中产生的最大感应电动势的大小为8V；
(2)线圈运动一个周期内，线圈中产生的热量为0.32J。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，结合图像得出最大感应电动势的大小；
(2)根据闭合电路的欧姆定律，结合焦耳定律求出线圈运动一个周期内线圈中产生的热量。
本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和焦耳定律，在求电阻产生的热量时，要注意电压或电流为交流电的有效值。
16.【答案】解：(1)由题意可知粒子在速度选择器中做直线运动，则有：qv0B=mv02a
解得粒子的比荷：qm=v0Ba；
(2)假设粒子经过边界坐标(x,y)，粒子在磁场中轨道半径为r，因为粒子转过的圆心角为90°，
由几何关系有：x=r−y=r
得出边界函数关系：y=−x；
(3)由上述分析可知：qvB=mv2x
所以得到：v=v0ax。
PQ之间：a≤x≤2a
从而可以知道：v0≤v≤2v0
方法1：Δt时间内打在探测板PQ间每一小段Δx的粒子数：n=ΔxaN0Δt
由动量定理：0−nmv=−fΔt
求出每个粒子受到力：f=N0mv0a2xΔx
N0个粒子受到的总作用力：F=∑f=N0mv0a2∑xΔx=32N0mv0
根据牛顿第三定律，探测板受到粒子的总作用力：F′=F=32N0mv0
方法2：Δt时间内打在探测板所有粒子：0−N0mv0+2mv02=−FΔt
求出：F=32N0mv0
根据牛顿第三定律，探测板受到粒子的总作用力：F′=F=32N0mv0；
(4)方法1：Bqv0=Eq，v=2v0的粒子刚好与速度选择器的极板相切：−EqL2=12mv′2−12m(2v0)2−Bqvy−Δt=mv′−m(2v0)，
vy−Δt=L2
求出速度选择器两极板的间距：L=4a
方法2：v=2v0的粒子刚好与速度选择器的极板相切，v=2v0的粒子在速度选择器中运动可以看成直线运动和圆周运动的合运动。直线运动：Bqv0=Eq
圆周运动：Bq(2v0−v0)=m(2v0−v0)2r
轨道半径为：r=L4
求出速度选择器两极板的间距：L=4a。
答：(1)粒子的比荷为v0Ba；
(2)第四象限磁场下边界的函数关系式为y=−x；
(3)探测板受到粒子的总作用力大小为32N0mv0；
(4)速度选择器两极板间距为4a。
【解析】(1)离子他通过速度选择器时洛伦兹力等于电场力，根据平衡条件求出粒子的比荷；
(2)根据题意和几何关系求出磁场边界的函数关系式；
(3)由动量定理求所有粒子对板的作用力；
(4)速度为2v0=(v0+v0)的粒子进入速度选择器时恰能与极板相切，其运动可看成水平方向的直线运动和速度为v0匀速圆周运动的合成。由两个分运动的等时性等规律求极板的半径。
本题考查带电粒子在匀强电磁场中的运动，分析清楚离子在各部分运动情况是解题关键和前提，再根据动力学规律列式求解即可。次数
1
2
3
4
5
6
砝码质量m/g
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
电压U/mV
0
57
115
168
220
280