【文档说明】2024届普通高等学校招生全国统一考试仿真模拟卷（T8联盟） 物理试题（四）（解析版）.docx，共(20)页，3.527 MB，由envi的店铺上传

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2024年普通高中学业水平选择性考试仿真模拟卷（T8联盟）物理试题（四）试卷满分：100分考试用时：75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名准考证号填写在答题卡上。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10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的

四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.油炸爆米花的基本原理是：高温的油让玉米粒内的水分迅速气化形成水蒸气，形成的水蒸气被玉米粒的外皮密封在内部。随着

温度的升高水蒸气压强变大，当玉米粒的内、外压强差达到一定程度时玉米的表皮突然破裂，导致玉米粒内高压水蒸气也急剧膨胀，瞬时爆开玉米粒。关于这一过程，下列说法正确的是（）A.在玉米粒温度升高的过程中，每个水蒸气分子的动能都一定增加B.大米虽然没有玉米那样的

外壳密封，照样可以用油炸的方式做爆米花C.炸裂的过程，气体对玉米表皮做功，该过程违背了热力学第二定律，能量从内能转变成了动能D.玉米粒温度升高但表皮没有炸裂的过程中，玉米表皮单位时间内单面积上受到水蒸气分子撞击的次数增多【答案】D【解析】【详解】A．温度是大量分子无规则热运动

的集体表现，含有统计的意义，对于个别分子，温度是没有意义的．所以物体温度升高时，个别分子的动能可能减小，也可能不变，故A错误；B．大米虽然没有玉米那样的外壳密封，油炸形成的水蒸气不能被大米的外皮密封在内部，不可以

用油炸的方式做爆米花，故B错误；C．炸裂的过程，气体对玉米表皮做功，能量从内能转变成了动能，遵循能量守恒定律，该过程不违背了热力学第二定律，故C错误；D．玉米粒温度升高但表皮没有炸裂的过程中，体积不变，则分子分布的密集程度

不变，温度升高，分子运动的平均速率增大，可知，单位时间内水蒸气分子对玉米表皮单位面积的撞击次数增多，故D正确。故选D。2.恒星之所以长期发光是因为在恒星内部会发生一系列核反应生成：氦（He）、碳（C）、氧（O）、氖（Ne）、镁（Mg）、硅（Si）、硫（S）、钙（Ca）、铁（Fe）等。结合下图，下列

说法正确的是（）A.比结合能越大，原子核越不稳定B.碳核的比结合能比氧核的比结合能大C.3He核子的平均质量比2H核子的平均质量小D.氦核的结合能比碳核的结合能大【答案】C【解析】【详解】AC．原子核比结合能越大，核子的平均质量越小，原子核越稳定，由图可知，3He核子的平均质量比2H核子的

平均质量小，故A错误，C正确；B．由图可知，碳核的比结合能比氧核的比结合能小，故B错误；D．比结合能是原子核的总结合能与核子数的比值，碳核比结合能比氦核大，核子数比氦核大，碳核的结合能比氦核大，故D错误。故选C。3.竖直墙壁上有A、B、C、D

四个点，离墙壁为d的E点有四个光滑的斜面分别连接到A、B、C、D且斜面与水平面的夹角为30°、37°、53°、60°。同时在E点静止释放四个物体，则下列说法正确的是（）A.物体最先到达AB.物体同时到达A、B的C.物体同时到达B、CD.物体同时到达C、D【答案】C【解析】【详解

】沿四个斜面加速度分别为sin30Aag=sin37Bag=sin53Cag=sin60Dag=沿四个斜面下滑的时间分别为2283sin30cos303AAAxddtagg===2225sin37cos376BBBxddtagg=

==2225sin53cos536CCCxddtagg===2283sin60cos603DDDxddtagg===故AD、BC同时到达。故选C。4.如图所示，一长玻璃圆管内壁光滑、竖直放置。有一带正电的小球（可视为质点），

以速率0v沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内，经过一段时间后从底部离开圆管。若再次重复该过程，以相同速率0v进入管内，同时在此空间加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀减小的磁场，小球从下端离开玻璃管时磁场还没减小到0。设运动过程中小球所带电量不变，空气阻力不计。以下说法正确的

是（）A.加磁场后小球离开管口的速率大于没加磁场时的速率B.加磁场后小球离开管口的时间小于没加磁场时的时间C.加磁场后小球对玻璃管的压力一定不断增大D.加磁场后，小球在玻璃管中运动时，只有重力做功，故小球与地球组成的系统机械能守恒【答案】D【解析】【详解】A．加磁场和未加磁场，小球在玻璃管中运

动时，都只有重力做功，故小球与地球组成的系统机械能守恒，离开管口速率不变，A错误，D正确；B．无论是否有磁场小球的运动都可分解为水平方向匀速圆周运动和竖直方向自由落体运动。根据竖直方向匀速可知加磁场后小球离开管口的时间等于没加磁场时的时间，B错误；C．加磁场运

动时水平方向匀速圆周运动速率不变，向心力不变，根据左手定则可知洛伦兹力垂直管向外，磁感应强度减小，洛伦兹力减小，因此支持力减小，故小球对玻璃管的压力一定不断减小，C错误。故选D。5.如图所示，L1、L2、L3是阻值确定且规格完全相同的三只灯泡

，电阻随温度变化可忽略不计。正常发光时工作电流为I0。已知理想变压器的原线圈与副线圈匝数比为2︰1。下列判断中正确的是（）A.若L1正常发光，L2、L3工作电流都可能大于I0B.若L2正常发光，L1、L3工作电流都可能小于I0C.若L3正常发光，L1、L2工作电流都

可能小于I0D.L1、L2不可能同时正常发光【答案】D【解析】【详解】设灯泡正常工作电压为U0；A．若L1正常发光，由于L10L3III=则L3工作电流都不可能大于I0，故A错误；BD．理想变压器的原线圈与副线圈匝数比为2︰1，若L2正常发光，有112221nUnU==20UU=，20

II=则102UU=灯泡L3两端电压2U0，灯泡L3中电流大于I0，灯泡L1中电流大于I0，故B错误，D正确；C．若L3正常发光，则灯泡L3中电流等于I0，灯泡L1中电流大于I0，故C错误。故选D。6.如图（a

），矩形ABCD处于均匀介质中，AB=3m，BC=4m。A、B、C三处有三个完全相同的波源，0=t，三个波源同时开始振动，振动图像均如图（b）所示，振动方向与ABCD平面垂直。已知这三列波的波速均为0.25m/s，

则下列说法正确的是（）A.经足够长时间，D点既不是振动加强点也不是振动减弱点，故D点不可能做简谐振动B.t=15s时，D点的质点才开始振动C.t=18s时，D点的质点沿y轴负方向运动D.D的起振方向沿y轴负方向【答案】C【解析】【详解】BD．由图中几

何关系可知，C处波源振动最先传播到D点，则有13s12s0.25CDtv===可知12st=时，D点的质点才开始振动，由图（b）可知，D的起振方向沿y轴正方向，故BD错误；C．A处波源的振动传播到D点所用时间为24s16s0.25ADtv===B处波源的振动传播到

D点所用时间为为的22334s20s0.25BDtv+===则18st=时，C处波源在D点引起振动了6s，结合图（b）可知，D点的质点处于平衡位置沿y轴负方向运动；A处波源在D点引起振动了2s，结合图（b）可知，D点的质点处于平衡位置沿y轴负方向运动；则此时D点的质点沿y轴负方

向运动，故C正确；A．三列波的波长均为0.2541mvT===D点到A、B两波源的距离差为15m4m1mxBDAD=−=−==可知A、B两波源在D点叠加为振动加强；D点到A、C两波源的距离差为24m3m1mxADCD=−=−==可知A、C两波源在D点叠加为振动

加强；故经足够长时间，D点为振动加强点，故A错误。故选C。7.如图所示为一半圆形玻璃砖的截面，其中AB为该截面半圆的直径，O为该截面半圆的圆心，P为该截面左边缘的一个点。一束平行于底边AB的某单色光从P点射入；经玻璃砖表面第一次折射后的光线正好经过B点，则下列说法正确的是（）

A.若将该入射光束向上或向下平移，则经玻璃砖左侧面第一次折射后的光线有可能平行于PBB.若将该入射光束向上或向下平移，则经玻璃砖左侧面第一次折射后能到达底面AB的光线，经底面AB反射后再从右侧面BC射出时，出射光线不可能平

行底面ABC.若将该入射光束向下平移，则经玻璃砖左侧面第一次折射后的光线将到达底面ABD.若将该入射光束向上平移，则经玻璃砖左侧面第一次折射后的光线将到达侧面BC【答案】C【解析】【详解】A．因为玻璃砖是由同一材料构成，所以其折射率不变，由公式有sinsinin=将该光束向上或向下平

移时，该光的入射角发生改变，由上述分析可知，其折射角也要发生改变，所以则经玻璃砖左侧面第一次折射后的光线不平行于PB，故A项错误；B．若将该入射光束向上或向下平移，则经玻璃砖左侧面第一次折射后能到达底面AB的光线，在AB界面发生发射后到达右侧面BC发射折射后射出，其入射角和出射角由

几何关系可知，其角度与从左侧入射时的入射角和出射角相同，所以这束光线射出后光线与入射光线平行，即与底面AB平行，故B项错误；C．若将该入射光束向下平移，则该束光入射角变小，由于折射率不变，所以该光的折射角变小，其光路图如图所示由几何关系可

知，则经玻璃砖左侧面第一次折射后的光线将到达底面AB，故C项正确；D．若将该入射光束向上平移，则该束光入射角变大，由于折射率不变，所以该光的折射角变大，其管路图如图所示由几何关系可知经玻璃砖左侧面第一次折射后的光线将到达侧面BC，故D项错误。故选C。8.将一个小球以某一初速度水

平抛出，若不计空气阻力，则小球在空中运动的过程中，其动能kE、重力势能pE随水平位移x变化的图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】AD．设小球质量为m，初始高度为h0，速度为v0，由平抛运动规律0xt

v=2220122gxhgtv==小球重力势能为()22p00202mgEmghhmghxv=−=−故A错误，D正确；BC．小球速度为()222220020gxvgtvvv=+=+动能为222k020211222mgEmxmvvv==+故B正确，C错

误。故选BD。9.天体运动中有一种有趣的“潮汐锁定”现象：被锁定的天体永远以同一面朝向锁定天体。如月球就被地球潮汐锁定，即月球永远以同一面朝向着地球。如太阳光平行照射到地球上。月球绕地球做匀速圆周运动且环绕半径为r。已知地球半径为R，地球表面加速

度为g。由上述条件可以求出（）A.月球绕地球运动的角速度B.在月球绕地球一周的过程中，月球上正对地球的点被照亮的时间C.月球的自转周期D.月球的质量【答案】ABC【解析】【详解】A．根据万有引力提供月球向心力可得22mmGmrr=月地月在地球上有2mmGmgR=地上述方程联立可

得23gRr=故A正确；BC．根据环绕周期与角速度的关系可得公转周期3223222rTgRgRr===潮汐锁定的结果使月球总是“一面正对地球”，即月球绕地球公转一圈，也同时自转一圈，即公转周期与自转周期相同。因为太阳光平行照射到地球上，则月球上正对地球的点被照亮的时间

范围如下图所示设阴影部分对应的圆心角为2，则cosRr=月球上正对地球的点被照亮的时间为3322arccos222arccos2RrRrrtTgRrgR===故BC正确；D．因为月球作为地球的环绕天体，在万有引力提供向心力的公式中都会把月球质量消掉，所以无法求出月球质量。故

D错误。故选ABC。10.抓娃娃机是一种深受青少年喜爱的游戏设备，其利用机器自身所带的爪子抓取箱柜内的物品。下图为某款抓娃娃机结构简图，其中机械臂15一端铰链在水平横梁上，另一端铰链在质量为m的抓手16上。机械臂可当成长度为L的轻绳。1

2为轻质细绳。设重力加速度为g，机械臂拴结点与横梁左端点水平间距为2L，绳12上拉力为F1，机械臂15上拉力为F2，某次游戏时通过轻绳牵引将抓手从最低点缓慢提升到最高点，针对这个过程中，下列说法正确的是（）A.机械臂上拉力大于轻绳上

的拉力B.轻绳中的张力F1一直在增加C.机械臂中弹力F2先增大再减小D.22212()FFmg+【答案】AB【解析】【详解】ACD．根据题意可知机械臂长度为L不变，其运动轨迹为圆弧，如下图所示。对抓手进行受力分析，可知力构成的三角

形与实物三角形OPQ相似（O为机械臂拴结点位置，P为抓手位置，Q为绳12的延长线与O点竖直方向的交点），则有12FFGkOQPQOP===且由动态分析图像可知机械臂与轻绳先是锐角后变为直角之后又变为锐角，所以当绳12与圆弧相切时，12FF⊥

，此时两力的平方和最小，则有22212()FFmg+机械臂与轻绳垂直时OQ长度最大，所以OQ的长度先增大后减小，则比值k先减小后增大，因为OP长度不变，则2F先减小后增大；根据几何关系可知细绳12与水平方向夹角小于机

械臂与水平方向夹角，所以POQOQP，所以PQ长度一直小于OP，即机械臂上拉力一直大于轻绳上的拉力。故A正确，CD错误；B．因为1PQFGOQ=由分析可得从初始状态到图示状态PQ增大得比OQ更快，所以前一阶段1F会增大，之后

OQ减小，PQ继续增大，则后一阶段1F继续增大，即轻绳中的张力F1一直在增加。故B正确。故选AB二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.某物理兴趣小组用如图所示的装置探究绳连接两个物体的速度关系。滑轮间距为2d左右两个物体的质量均

为m，中间物体的质量为M且34mM，初始系统在外力作用下静止且与M连接的细绳与竖直方向的夹角为30，在A的正下方有一光电门（sin370.6=）。（1）用游标卡尺测量挡光片的宽度L，如图所示，则挡光片的宽度L=___________cm。（2）测量挡光片到光电门中心的距

离为0.75d，由静止释放系统，记录挡光片的挡光时间t，挡光片经过光电门时的速度v=___________，挡光片经过光电门时物体m的速度与此时物体M的速度之比为。_______。（3）可以进一步用能量守恒定律来验证此速度

关系是否正确。【答案】①.0.560②.Lt③.3:5【解析】【详解】（1）[1]挡光片的宽度为5mm120.05mm5.60mm0.560cmL=+==（2）[2]根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，挡

光片经过光电门时的速度为Lvt=[3]根据对称性可知，左边物体下降0.75h，则右边物体也下降0.75h，设挡光片经过光电门时，与M相连的绳子与水平方向的夹角为，根据几何关系有4cos20.755dd

d==−解得37=将物体M速度沿两侧绳方向分解，根据对称性有sinmMvv=挡光片经过光电门时物体m的速度与此时物体M的速度之比为:3:5mMvv=12.某实验室有如下器材：表头G1（1mA2Ω）的表头G2（10mA3Ω）滑动变阻器R1（0～10Ω），滑动变阻

器R2（0～10kΩ）电源一个开关、导线若干不同定值电阻若干两个个非线性元件（1）需要一个量程为0～3V的电压表，可用G1串联个______Ω的电阻改装而成；需要一个量程为0～60mA的电流表，可用G2并联一个______Ω的电阻

改装而成。（2）利用改装的电压表和电流表测电源的电动势和内阻，用图甲的电路图，得到多组数据，绘出图乙中的U-I图像，则电源电动势为______V，内阻为______Ω（结果保留两位有效数字）。（3）将两个相同的非线性元件接入电路图丙，图丁是该非线性元

件的电压和电流关系，则该电源的效率是______%（结果保留一位小数）。【答案】①.2998②.0.6③.3.0④.14⑤.88.3【解析】【详解】（1）[1]将G1改装成0～3V的电压表时需要串联电阻分压，分压电阻的阻值为1299

8ggURRI=−=[2]将G2改装成量程为0～60mA的电流表时需要并联电阻分流，分流电阻的阻值为20.6ΩgggIRRII==−（2）[3]U-I图像的纵截距表示电源电动势，可知E=3.0V[4]图像斜率表示内阻，有33.02.3145010UrI−−

===（3）[5]根据闭合电路欧姆定律有E=U+2Ir整理并代入数据得3.028UI=−在非线性元件的伏安特性曲线图像中作出电源的I−U图线如图所示交点的横、纵坐标即为电路的工作点，此时2.65VU=，12.5mAI=该电源的效率是100%88.3%UE=1

3.如图U形绝热容器通过轻质活塞密闭一定质量的理想气体，初始温度T0=300K，压强等于大气压强p0=105Pa。活塞被插销固定时，该气体吸收400J的热量后温度变为T1=400K；插销拔掉时，需要吸收600J的热量才能使气体温度变为T1=400K，不计活塞受到的摩擦。（1）插销

拔掉时，气体温度变为400K时，求内能的变化量；（2）求该气体的初始体积。【答案】（1）400J；（2）6L【解析】【详解】（1）等容过程中，根据热力学第一定律有111UWQ=+等容过程，10W=、气体对外做功为0，而1400JQ=，则11400JUQ==对于一定质

量的理想气体，初始温度为300K，等压过程温度上升100K，而等容过程温度上升100K，则气体的内能增加量相同，即21400JUU==（2）等压过程中，根据热力学第一定律有222UWQ=+而2600JQ=，2400JU=，解得2200JW=根据盖-吕萨克定律0001VV

VTT+=等压过程中，气体对外做功为20WpV=该气体的初始体积06LV=14.MN是两块平行金属板，板长为L，板间电势差为U，板间距为d。电荷量为q、质量为m的粒子（不考虑重力）从M板表面附近由静止释放，经电场

加速后可以从N板小孔穿出，电荷量不变；磁场区域左边界到N板的距离为l，MN板和磁场下边界的夹角为θ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，不考虑边缘效应。（1）求粒子从N板射出时的速度大小；（2）若粒子从左边界C点进入磁场，在下边界

D点垂直穿出磁场，求粒子从开始运动到D点射出所用的时间；（3）若初始夹角θ=60°，保持磁场大小和边界均不变，MN板间距d不变。调整金属板位置和夹角θ使其在60°～90°范围内变化，板间电压可调节，N板上的小孔到磁场左边界距离在调整过程中不变，使粒子仍然能从C点射入、

D点射出磁场，粒子从释放到运动到D点，时间最大时板间电压为U1，时间最小时板间电压为U2。求U1与U2的比值。【答案】（1）2qUm；（2）22dmqUdmqUmqUqUqB++；（3）13【解析】【详解】（1）设粒子从N板射出时的速度为1v，则211

2qUmv=解得12qUvm=（2）在下边界D点垂直穿出磁场，则轨迹圆心角就是。C到D所花时间为322mmtqBqB==设粒子从M板到N板运动时间为1t，N板到C点的运动时间为2t，则12122dmqUdtqUqUm==2222lmqUltqUqUm==则粒子从开始

运动到D点射出所用的时间为123222dmqUlmqUmttttqUqUqB=++=++（3）当金属板位置和夹角θ从60°增大到90°时，轨迹圆心从O1移动至O2，圆心角逐渐增大，轨迹运动时间增大，半径逐渐减小，速度逐渐减小，所以粒子从释放到运动到D点的时间逐渐增大，θ为

90°时间最大。轨迹如图所示。由数学几何知识可知1212cos30RR=解得2133RR=因为mvRqB=212qUmv=则221221221113UvRUvR===15.如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜面底端固定有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧上端连接一质量为2m的滑块B而处于静止状态，

在B的上方94mglk=处由静止释放一质量为m的滑块A，随后A与B发生碰撞，碰撞时间极短（可忽略不计），碰后A、B一起向下运动，到达最低点后又向上弹回。已知重力加速度为g，弹簧振子的周期公式为2πMTk=，其中

k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。（1）求碰后瞬间A、B的共同速度；（2）求碰后A、B一起向下运动的最大位移；（3）试判断A、B碰后的运动过程中是否会分离。如果会分离，则求从释放A到A、B第一次分离所用的时间；如果不会分离，则求从释放A

到A、B速度第二次减为零所用的时间。【答案】（1）2gmk；（2）32mgk；（3）不会分离，953π3mk+【解析】【详解】（1）设物块A与B碰撞前瞬间的速度为v1，根据机械能守恒定律有211sin2mglmv=解得132m

vgk=设碰后瞬间A、B的共同速度为v2，对A、B的碰撞过程，根据动量守恒定律有123mvmv=解得21132gmvvk==（2）初始时刻弹簧的压缩量为12sinmgmgxkk==因为弹簧弹力F与形变量x关系图线为过原点的倾斜直线，且图线与

坐标轴所围的面积表示弹力的功，而弹力做功的绝对值等于弹性势能的变化量的绝对值，由此可知弹簧形变量为x时弹簧的弹性势能为2p12Ekx=设碰后A、B一起向下运动的最大位移为x2，对A、B碰后瞬间到二者到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有22222112

11133sin()222mvmgxkxkxx++=+解得232mgxk=（3）从释放A到A、B碰撞所经历的时间为123sinlmtgk==A、B分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同，根据牛顿第二定律及整体法分析易知分离瞬间弹簧的形变量应为零，假设A

、B碰后的运动过程中未分离，即A、B上升到最高点时弹簧仍处于压缩状态，设此时弹簧的压缩量为x3，根据机械能守恒定律有222313121113()sin3222kxmgxxkxmv+−=+解得32mgxk=所以A、B在最高点速度减

为零时，弹簧仍处于压缩状态，假设成立，即A、B碰后的运动过程中未分离。当A、B整体所受合外力为零时，弹簧压缩量为43sin32mgmgxkk==规定该平衡位置为坐标原点O，沿斜面向下为正方向，则当A、B相对O的位移为x时，A、B所受合外力为43sin()Fmgkxxk

x=−+=−当A、B相对O的位移为－x时，A、B所受合外力为43sin()()Fmgkxxkxkx=−−==−−由此可判断A、B整体做简谐运动，振幅为23mgAxxk=−=由题意可知周期为32πmTk=碰撞时A、B相对平衡位置的位移为1422mgAxxxk=−=−=−如

图所示，根据三角函数知识可知，A、B从碰撞到第二次速度减为零所用时间为253π63TmtTk=−=所以从释放A到A、B速度第二次减为零所用的时间为12953π3mtttk+=+=