2024年山西省吕梁市高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年山西省吕梁市高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列关于分子动理论和热力学定律的表述，正确的是( )
A. 若已知阿伏加德罗常数和物质的质量，就一定能算出该物质的分子质量
B. 在布朗运动实验的某次观察记录中，画出的折线是固体颗粒的运动轨迹，它反映了液体(或气体)分子的无规则运动
C. 如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡
D. 一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量和它对外界做功之和
2.在物理学中图像可以直观地反映物理量之间的关系，如图所示，甲图是光电管中光电流与电压关系图像，乙图是c、d两种金属遏止电压与入射光频率之间的关系图像，丙图是放射性元素氡的质量和初始时质量比值与时间之间的关系图像，丁图是原子核的比结合能与质量数之间关系图像，下列判断正确的是( )
A. 甲图中，a光的频率大于b光的频率
B. 乙图中，金属c的逸出功大于金属d的逸出功
C. 丙图中，每过3.8天要衰变掉质量相同的氡
D. 丁图中，质量数越大比结合能越大
3.如图所示，某健身者拉着把手缓慢水平向右移动，使重物缓慢上升，不计绳子质量和一切摩擦，则重物上升过程中( )
A. 绳子的拉力逐渐减小
B. 健身者所受合外力逐渐增大
C. 健身者对地面的压力逐渐减小
D. 健身者对地面的摩擦力逐渐增大
4.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课正式开讲，这是中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课，若梦天实验舱绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其轨道半径约为地球半径的1716倍。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则根据以上已知信息不可求得的物理量是( )
A. 地球的密度B. 漂浮在实验舱中的宇航员所受地球的引力
C. 实验舱绕地球运动的线速度大小D. 实验舱绕地球运动的向心加速度大小
5.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.2s时刻的波形图。已知该波的波速是0.8m/s，则下列说法正确的是( )
A. 这列波的周期是0.2s
B. 这列波的传播方向沿x轴正方向
C. 这列波在0.2s内向x轴负方向传播的距离为113个波长
D. t=0时刻，x=5cm处的质点偏离平衡位置的位移为−13A
6.如图所示为高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为50kW。升压变压器原、副线圈的匝数比为1：10，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1：10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻R线=10Ω。下列说法正确的是( )
A. 升压变压器的原线圈输入电压有效值为U1=50V
B. 电流互感器原线圈用细导线绕制
C. 将滑动触头P上移，用户获得的电压将减小
D. 用户获得的功率为49kW
7.离子陷阱是一种利用电场或磁场将离子俘获并囚禁在一定范围内的装置。如图所示为最常见的“四极离子陷阱”的俯视示意图，a、b、c、d；相当于四个电极，相对的电极带等量同种电荷，相邻的电极带等量异种电荷。四个点的连线构成一个正方形abcd，A、C是ac连线上的两个点，B、D是bd连线上的两个点，A、B、C、D到正方形中心O的距离相等，下列判断正确的是( )
A. A、C两点电场强度相同
B. UAO=−UBO
C. 将一负电荷沿直线由C运动到A的过程中电场力先做正功后做负功
D. 将一负电荷沿直线由C运动到A的过程中电势能始终不变
8.如图甲所示，线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈，并与玻璃管无摩擦。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像，从上往下看线圈，规定顺时针方向为电流的正方向。不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A. 本次实验中朝下的磁极可能是N极也可能是S极
B. t1∼t2与t2−t3两段时间里图线与坐标轴围成的面积一定不相等
C. 磁铁下落过程减少的重力势能一定大于增加的动能
D. 磁铁若从更高处释放，它在穿过线圈的过程中，当电流为零时穿过线圈的磁通量会更大
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.某款手机防窥屏的原理如图所示；在透明介质中有相互平行排列的吸光屏障；屏障垂直于屏幕，改变某些条件时可实现对像素单元可视角度θ的控制，已知相邻两屏障间距离为L，透明介质折射率为 2，发光像素单元紧贴防窥屏的下表面，可视为点光源，位于相邻两屏障的正中间，下列说法正确的是( )
A. 防窥屏的厚度越大，可视角度θ越大
B. 屏障的高度d越大，可视角度θ越小
C. 透明介质的折射率越大，可视角度θ越小
D. 当可视角度θ=90∘时，屏障高度为 32L
10.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3均是定值电阻，R是滑动变阻器，图中各电表均为理想电表。闭合开关S，当R的滑动触片P向下滑动时，下列判断正确的是( )
A. 电源总功率增大
B. 电源的效率提高
C. 电压表V1的示数变小，V2的示数变小
D. 电流表A1的示数变大，A2的示数变小，A3的示数变大
11.一长为2L的轻杆的一端固定在水平光滑转轴O上，杆的中点与另一端各固定质量为m的小球A、B，系统可在竖直面内绕转轴O做圆周运动，运动到最高点时速度恰好为零，已知重力加速度为g，则( )
A. 小球A经过最低点时的动能为65mgL
B. 该系统经过最低点时A、B两球的动能之比为1：2
C. 小球B经过最低点时杆对B的弹力太小为295mg
D. 小球A经过最低点时OA杆对A的弹力大小为365mg
12.如图所示，光滑水平面与光滑斜面平滑连接，小滑块A从斜面上某位置由静止释放，已知其下滑的加速度大小为a1，同时位于水平面上紧靠斜面底端的小滑块B，在外力的作用下由静止开始向左匀加速直线运动，其加速度大小为a，若在某时刻A恰好追上B，则( )
A. a=12a1
B. 小滑块A恰好追上B时，A在斜面上和水平面上运动时间之比为1：2
C. 若将a1增大为原来的4倍，并调整a，仍使A从原来的位置释放且恰好追上B，则AB相遇时用的总时间会变成原来的一半
D. 若仅减小a1，并调整a，仍使A从原来的位置释放且恰好追上B，则AB的相遇点会变远
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学用图(a)所示的沙漏摆研究单摆的运动规律。实验中，木板沿图示O′O方向移动，根据漏在板上的沙描出了如图(b)所示的图形，然后分别沿中心线O′O和沙漏摆摆动方向建立直角坐标系，并测得图中Oa=ab=bc=cd=x0，则：
(1)该同学认为此图像经过适当处理可看成单摆的振动图像，则其横坐标表示的物理量应为______(选填“位移”、“速度”或“时间”)；手抽动木板必须保证木板______(选填“匀速”或“匀加速”)移动；
(2)若该同学利用计时器测得沙漏摆的周期为T，则木板移动的速度表达式为v=______；
(3)该同学利用该装置测定当地的重力加速度，他认为只有少量沙子漏出时，沙漏重心的变化可忽略不计，但是重心位置不确定，于是测量了摆线的长度L，如果此时他直接利用单摆周期公式计算重力加速度，则得到的重力加速度值比真实值______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
14.某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们找到了如下实验器材：
电池组(电动势约为6.0V，内阻约为1Ω)；
灵敏电流计G(满偏电流Ig=100μA)；
内阻Rg=200Ω，定值电阻R0(R0=1Ω)；
定值电阻R1；
电阻箱R；
开关与导线若干。
同学们研究器材，思考讨论后确定了如下的实验方案，请你将该方案补充完整。
(1)若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要______(选填“串联”或“并联”)定值电阻R1等于______Ω。
(2)为了准确测出电池组的电动势和内阻，同学们设计了如图甲所示的电路图。
(3)同学们根据采集到的灵敏电流计G的读数I和电阻箱的读数R，作出的图像如图乙所示，已知图线的斜率为k，纵截距为b，电源中的电流远大于电流计G中的电流，则所测得电池组的电动势E=______，内阻r=______。(用题目中所给的字母表示)
(4)该小组同学继续研讨探究；图丙所示为他们测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线，如果把四个该型号的灯泡并联后再与R2=9.0Ω的定值电阻串联起来接在上述电池组上(若测得电池组的电动势E=6.0V，内阻r=1.0Ω)，如图丁则四只灯泡消耗的实际总功率为______W(结果保留两位有效数字)。
四、简答题：本大题共4小题，共38分。
15.如图所示，足够长的U形粗糙金属导轨，其平面与水平面成θ角，其中导轨MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，NQ之间电阻为r，其余部分金属导轨电阻不计，金属棒ab与导轨之间的摩擦因数为μ，金属棒由静止释放后可以沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，求：
(1)导体棒ab在导轨上运动的最大速度v1是多少？
(2)当导体棒ab在导轨上运动速度大小为v(vL，
因此得到的重力加速度值比真实值偏小。
故答案为：(1)时间，匀速；(2)2x0T；(3)偏小。
(1)根据振动图像的坐标轴分析判断，且手抽动木板保证木板匀速移动；
(2)根据图(b)结合木板沿v方向发生的位移进行计算；
(3)根据单摆的周期公式和真实摆长的关系列式进行误差判断。
考查单摆的振动问题，会根据题意列式求解相关的物理量。
14.【答案】串联 79800R1+Rgb kb−R0 0.34
【解析】解：(1)根据电表改装原理可知若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要串联一个定值电阻R1=U′Ig−Rg8100×10−6Ω−200Ω=79800Ω；
(3)根据闭合电路欧姆定律可知E=I(Rg+R1)+I(Rg+R1)R(R0+r)
变形可得：1I=R1+RgE+(R0+r)(R1+Rg)E1R
则由图象性质可知：纵轴截距b=R1+RgE，斜率k=(R0+r)(R1+Rg)E=b(R0+r)
联立解得：E=R1+Rgb r=kb−R0
(4)设灯泡的电压为U，电流为I，则有：U=E−4I(R2+r)
代入数据解得：U=6−40I；
作出对应的I−U图象如图所示，由图象可知，灯泡电流I=0.14A，电压U=0.6V，
故四只灯泡消耗的实际总功率为P=4UI=4×0.14×0.6W=0.34W；
故答案为：(1)串联；79800；(3)R1+Rgb；kb−R0；(4)0.34
(1)根据电表改装原理分析解答；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像的斜率与截距分析解答；
(4)根据灯泡在电路中的连接结构，作出对应的I−U图象，根据交点解答电功率。
本题考查测量电动势和内电阻的实验，关键明确实验原理，掌握数据处理的方法是解题的关键。
15.【答案】解：(1)导体棒ab在导轨上运动达到最大速度时，合力为0，根据平衡条件有
BIL+μmgcsθ=mgsinθ
根据闭合电路的欧姆定律有
I=ER+r
感应电动势为
E=BLv1
得v1=(mgsinθ−μmgcsθ)(R+r)B2L2
(2)设回路产生的总热量为Q，根据能量守恒定律得
Q+μmgxcsθ+12mv2=mgxsinθ
故导体棒ab上产生的焦耳热
QR=RR+rQ
所以QR=RR+r(mgxsinθ−μmgxcsθ−12mv2)
棒下滑位移的大小为x时
q=I−t
I−=E−R+r
E−=ΔΦt
ΔΦ=BLx
解得q=BLx(R+r)
答：(1)导体棒ab在导轨上运动的最大速度v1为(mgsinθ−μmgcsθ)(R+r)B2L2；
(2)导体棒ab上产生的焦耳热QR为RR+r(mgxsinθ−μmgxcsθ−12mv2)，流过ab棒横截面的电荷量q为BLx(R+r)。
【解析】(1)根据平衡条件、闭合电路欧姆定律和感应电动势公式列式求解；
(2)根据能量转化和守恒定律以及焦耳热的分配关系和电荷量的计算公式列式联立解答。
考查电磁感应和能的转化和守恒定律以及闭合电路的欧姆定律等，会根据题意列式求解相关物理量。
16.【答案】解：(1)整体为对象：F=(M+m)a1
小滑块为对象：Ff1=ma1
解之得：a1=2m/s2 Ff1=0.2N
(2)匀加速结束时，滑块：
Ff1=fm=μFN1
可得：FN1=0.4N
又有：FN1+Bqv1=mg，
所以，v1=6m/s
当滑块与绝缘木板之间弹力为零时，二者间滑动摩擦力也为零。
绝缘木板加速度达到最大：F=Ma2 a2=3m/s2
答：(1)加速度大小a1为2m/s2，摩擦力大小Ff1为0.2N；
(2)滑块的最大速度v1为6m/s，木板运动的最大加速度a2为3m/s2。
【解析】(1)对滑块进行整体和隔离的受力分析，根据牛顿第二定律判断加速度大小和摩擦力的大小；
(2)当洛伦兹力等于重力时，滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后滑块做匀速运动，木板做匀加速直线运动，再根据牛顿第二定律可分析木板的加速度大小。
先整体后隔离解决此类问题，注意洛伦兹力是变化的力，由于洛伦兹力的变化会影响摩擦力的变化，这是本题易错点。
17.【答案】解：(1)小球恰好能越过“小山”，则小球到达山顶时二者共速为v，小球与“小山”组成系统水平方向动量守恒：向右为正方向，mv0=(m+4m)v
系统机械能守恒：12mv02=12(m+4m)v2+mgh
解得：v0= 52gh
(2)设小球离开“小山”后小球与“山”的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，由动量守恒：mv0=mv1+4mv2
系统机械能守恒：12mv02=12mv12+12×4mv22
联立解得：v1=−310 10gh v2=15 10gh
(3)小球达到最高点速度为v′，由机械能守恒定律12m(2v0)2=12mv′2+mgh
在最高点，由牛顿第二定律：mg+FN=mv′22h
联立解得：FN=3mg
根据牛顿第三定律压力F′N=FN
即小球对“小山”的压力为3mg
答：(1)小球的初速度 52gh；
(2)小球离开“小山”后小球与“山”的速度分别为310 10gh，15 10gh；
(3)小球在最高点对“山”的压力为3mg。
【解析】(1)(2)根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解答；
(3)根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律解答。
本题考查动量和能量的综合应用，注意动量守恒的条件，会灵活运用分方向动量守恒定律解题。
18.【答案】(1)离子通过加速电场，根据动能定理有
qU=12mv2
解得
v= 2qUm；
(2)根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹，如图所示
由几何关系知道，离子的轨迹半径
r′=r
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qvB0=mv2r
联立解得
B0= 2qUmqr；
(3)离子打在硅片上端，设离子的轨迹半径为r1，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qvB1=mv2r1
又
B1= 6qUm3qm
联立解得
r1= 3r
画出离子在磁场中运动的轨迹，如图所示
根据几何知识有
tan∠OCP=rr1
解得
tan∠OCP= 33
故
∠OCP=30∘，∠COP=60∘，∠MOP=120∘，∠QOB=60∘，∠BOD=30∘
根据几何关系有
tan∠BOD=x12r
解得
x1=2 33r；
离子打在硅片下端时，设离子的轨迹半径为r2，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qvB2=mv2r2
又
B2= 6qUmqr，
联立解得
r2= 33r
画出离子在磁场中运动的轨迹，如图所示，
根据几何知识有
tan∠OC′P=rr2
解得
tan∠OC′P= 3
故
∠OC′P=60∘，∠C′OP=30∘，∠M′OP=60∘，∠POB′=60∘，∠B′OD=30∘
根据几何关系有
tan∠B′OD=x22r
解得
x2=2 33r
故硅片的最小长度为
l=x1+x2
解得
l=4 33r。
答：(1)离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为 2qUm；
(2)圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小为 2qUmqr；
(3)O点到硅片的距离为2r，磁场的磁感应强度满足 6qUm3qr≤B≤ 6qUmqr，要求所有离子都打到硅片上，硅片的最小长度l为4 33r。
【解析】(1)根据动能定理求解离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小；
(2)作出粒子运动的轨迹图像，根据几何知识求解粒子在磁场中运动的轨道半径，再根据牛顿第二定律求解圆形区域内匀强磁场的磁感应强度的大小；
(3)根据牛顿第二定律联立磁感应强度的值求解粒子在磁场中运动的轨道半径，再根据几何知识求解粒子打在硅片上的位置到O点竖直距离，硅片的最小长度为粒子打在硅片的上下两端到O点竖直距离之和。
本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。