【文档说明】备战2024年高考物理模拟卷01（江西、广西、黑龙江、吉林专用01）（全解全析）.docx，共(21)页，5.011 MB，由管理员店铺上传

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2024年高考物理第一次模拟考试物理·全解全析注意事项：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第Ⅰ卷一、选择题：本题共10小题，共46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，每小题4分，第8

~10题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．如图所示，长为4m的竖直杆从竖直管道正上方由静止释放，它完全通过这一竖直管道的时间为2s，已知竖直杆释放时其下端到竖直管道上端的高度为5m，不计空气阻

力，取重力加速度大小210m/s=g，则这个管道长为（）A．40mB．36mC．32mD．30m【答案】B【详解】设竖直杆的下端到管道上端的时间为1t，设竖直杆的上端到管道下端的时间为2t，由自由落体运动公式

得21112hgt=212212hhLgt++=其中212sttt=−=，15mh=，24mh=联立解得，这个管道长为36mL=故选B。2．防烫取物夹是生活中的常用工具，如图甲所示，我们可以用夹子夹住长方形托盘，侧视图如图乙所示。已知托盘的质量为m＝160g，托盘

侧边与竖直方向的夹角为53=，夹子与托盘两侧共有4个接触点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为210m/sg=，sin530.8=，cos530.6=。当托盘水平静止时，下列说法正确的是（）A．托盘与取物夹每个接触点处弹力的大小为0.24NB．托盘与取物夹

每个接触点处摩擦力的大小为0.32NC．取物夹与托盘侧边接触点间的动摩擦因数的最小值为0.75D．取物夹与托盘侧边接触点间的动摩擦因数的最小值为0.60【答案】C【详解】AB．对托盘进行受力分析，每个触点处托盘所受支持力和摩擦力如下所示在每个接

触点，取物夹对托盘的弹力大小为N4sinFmg=f4cosFmg=则解得N0.32NF=f0.24NF=故AB错误；CD．当取物夹与托盘之间的摩擦力恰好为最大静摩擦力时，μ最小时，则fNFF=联立解得0.75=故C正确，D错误。故选C。【点睛】托盘与取物夹的

每个触点受力情况相同，对托盘单个触点进行受力分析，根据平衡条件列出平衡方程进行解答。3．如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各小球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时

释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计摩擦和空气阻力。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（）A．球1做平抛运动的水平位移最小B．球6做平抛运动的水平位移最小C．六个小球将落在地面上同一点D．六个小球将落在地面上六个不同的点【答案】B【详解】AB．由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的

小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，选项B正确，A错误；CD．当1、2、3小球均在OA段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项CD错误。故选B。4．位于赤道上的观察者通过天文望远镜观察

一颗人造地球卫星的运行情况，上午9：00发现该卫星从西边地平线出现。已知该卫星的运行方向与地球自转方向相同，卫星轨道半径为地球半径的2倍，地球自转的周期为24h，地球同步卫星距离地面的高度与地球半径的比值为5.6，则该卫星从东边地

平线消失的时刻最接近于（）A．10：00B．10：30C．11：00D．11：30【答案】B【详解】由题意可知卫星从西边地平线出现时，卫星与地心的连线与观察者与地心的连线夹角为60°，卫星从东边地平线消失时

，设地球转过的角度为θ，则卫星转过的角度为θ+120°，设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为6.6R，则由开普勒第三定律3322(2)(6.6)24RRT=解得卫星的周期为T=4h设卫星从西边地平线出

现到从东边地平线消失经过的时间为t，则2223ttTT−=自解得t=1.6h该卫星从东边地平线消失的时刻最接近于10：30。故选B。5．我国规定摩托车、电动车、自行车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔

。小明在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测，某次他在头盔中装入质量为5.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从1.80m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.03m时，物体的速度减为0。如图所示，挤压过程中视为匀减速直线运动，不考虑物体

和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取210m/s。下列说法不正确的是（）A．物体做自由下落运动的时间为0.6sB．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为30NsC．物体做匀减速直线过程中动量变化量为300kgm/s−，方向竖直向

上D．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为3050N【答案】C【详解】A．根据自由落体运动规律有212hgt=可得物体做自由下落运动的时间为20.6shtg==故A正确，不符合题意要求；B．物体在自由下落过程

中重力的冲量大小为G5100.6Ns30NsImgt===故B正确，不符合题意要求；C．落地的速度为26m/svgh==以向下为正方向，则物体做匀减速直线过程中动量变化量为030kgm/spmv=−=

−方向竖直向上，故C错误，符合题意要求；D．头盔被挤压了0.03m，则根据动能定理有2102mgxFxmv−=−解得匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为3050NF=故D正确，不符合题意要求。故选C。6．如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或

镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法不正确的是（）A．振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变B．振动膜向右运动时，电阻上有从a到b的电流C．振动膜向左运动时，电容器

的板间电场强度减小D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小【答案】A【详解】A．由于电容器和电源相连，电容器两极板电压不变，振动膜向右运动时，电容器两极板间的距离减小，由UEd=电容器的板间电场强度增大，故A错误；B．根据r4SCkd=可知电容增大，则有QCU=可知电容器的带电荷

量增大，所以电阻上有从a到b的电流，故B正确；CD．振动膜向左运动时，电容器两极板间的距离增大，所以电容减小，由于电容器两极板电压不变，所以电容器的板间电场强度减小，电容器的带电荷量减小，故CD正确。本题选择错误的，故选A。7．如图所示是一种

脉冲激光展宽器的截面图，其构造为四个相同的顶角为θ的直角三棱镜，对称放置在空气中。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离d=100.0mm，脉冲激光

中包含频率不同的光1和2，它们在棱镜中的折射率分别为12n=和2314n=。取3sin375=，4cos375=，51.8907=，则（）A．光1和2通过相同的双缝干涉装置后1对应条纹间距更大B．为使光1和2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，需

θ>45°C．减小d后光1和2通过整个展宽器过程中在空气中的路程差不变D．若θ=37°则光1和2通过整个展宽器过程中在空气中的路程差约为14.4mm【答案】D【详解】A．由于12nn可知两束激光的频率关系为12ff根据cf=可知波长关系为12双缝干涉相邻条纹间距为Lxd=可得光1

和2通过相同的双缝干涉装置后2对应条纹间距更大，A错误；B．只要光1能从棱镜中射出，光2就一定能射出，设光1临界角为C，则11sinCn=可得o45C=因此要使光1和2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，根据几何关系可知Θ<C=45°B错误；C．减小d后光1和2通过整个展宽器过

程中在空气中的路程差减小，C错误；D．根据光的折射定律可知11sinsinn=，22sinsinn=在空气中的路程差12122()2()coscosddsss=−=−代入数据可得14.4mmsD正确。故选D。8．上海光源是一台同步辐射光源，其基本原理是通

过直线加速器加速到接近光速的电子在磁场中偏转时，会沿圆弧轨道切线发出波长连续的电磁辐射（从远红外到X光波段，波长范围约为51110m~10m−−），可用于研究生物大分子结构、材料理化性质等。若加速器中获得接近光速运动的单个电子动能为kE，在磁场中偏

转过程辐射波长为λ的X射线，已知电子质量为m，普朗克常量为h，光速为c，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）A．此电子物质波的波长为k2hmEB．若X射线照射石墨表面时，会出现波长更长的X射线散射光C．若X射线照射逸出功为W

的锌金属上，打出光电子的最大速度为2()hcWm−D．新冠病毒的线度约为810m−，不能用同步辐射光得到其衍射图样【答案】BC【详解】A.对电子有2k12Emv=hPmv==得k2hmE=故A错误；B.X射线照射石墨表面时，会出现波长更长的X射线散射光为康普顿散射，故B正确；C

.由光电方程212chWmv−=故C正确；D.新冠病毒线度小于同步辐射光波长，能发生明显衍射现象，故D错误。故选BC。9．如图所示是某绳波形成过程的示意图，1、2、3、4……为绳上的一系列等距离的质点，相邻两质点间的距离均为1

0cm，绳处于水平方向；质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐振动，带动2、3、4……各个质点依次上下振动，振动从绳的左端传到右端，t=0时质点1开始竖直向上运动，t=0.1s时质点1第一次到达最大位移20cm处，这时质点3开

始运动，以向上为正方向，下列正确的是（）A．质点3振动后的周期可能是0.8sB．该波的波长一定是0.8mC．从质点1开始振动开始计时，质点3的振动方程为y=20sin（5πt-12π）（cm）（其中t≥0.1s）D．质点5开始运动时运动方向一定向上

【答案】BCD【详解】ABC．t=0时质点1开始竖直向上运动，t=0.1s时质点1第一次到达最大位移20cm处，这时质点3开始运动，可知周期T=0.4s则质点3振动后的周期等于振源振动周期，为0.4s；波速0.2m/s=2m/s0.1xvt==波长420cm=0.8m=选项A错误，B正确

；D．因振源振动方向向上，则质点5开始运动时运动方向一定向上，选项D正确；C．因25T==振幅A=20cm。则从质点1开始振动开始计时，质点3的振动方程为m20sin(5)c2yt=−（t>0.1s）选项BC

D正确。10．弹性轻绳一端固定于天花板上的O点，另一端与水平地面上质量为m的滑块A相连，当弹性绳处于如图所示的竖直位置时，紧挨一光滑水平小钉B，此时滑块A对地面的压力等于自身所受重力的一半。现作用在滑块A上一水平拉力F，使滑块A向右缓慢运动一段距离，在撤去拉力F

时，滑块A恰好能静止在地面上。已知弹性轻绳遵循胡克定律，弹性绳的原长等于OB的长度，弹性绳具有的弹性势能2p12Ekx=，式中k为弹性绳的劲度系数，x为弹性绳相对原长的形变量，此过程中弹性绳始终处于弹性限度内，滑块A与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

重力加速度大小为g。对于该过程，下列说法正确的是（）A．滑块A对地面的压力逐渐变大B．滑块A向右运动的距离为2mgkC．滑块A克服摩擦力做的功为2224mgkD．拉力F做的功为22238mgk【答案】BC【详解】对物块进行受力分析如图所示：A．设开始

时AB的长度为L，则开始时刻地面对物块的支持力为NmgkLF=−当弹性绳处于如图所示的竖直位置时，紧挨一光滑水平小钉B，此时滑块A对地面的压力等于自身所受重力的一半，则12kLmg=解得2mgLk=设某一时刻绳子与竖直方向的夹角为θ，则绳子的弹力为cosLFk=

其向上分力'cosyFFkL==故物体受到地面的支持力仍为NmgkLF=−保持不变，A错误；B．由于绳子的弹力的水平方向的分力sinsintancosxkLFFkL===由几何知识可知tanL为物块移动

的距离，由几何关系可知tanmgmg==故tan22mgmgxkk==B正确；C．因'12NNgfFmF===故摩擦力做功为2222412fmgmgWkmgfxk===C正确；D．从A到静止的过程中，由能量关系可得00fF

WWW++=−绳又因为形变量为22xxLL=−−故222222213()428FfmgmgWWWkxkk=+=+绳D错误。故选BC。第Ⅱ卷二、实验题：本题共2小题，共14分。11(6分)．甲组同学在

“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测弹簧的劲度系数k”实验中的操作步骤为：①将待测弹簧的一固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上，当弹簧自然下垂时

，指针指示的刻度数值记作0L；②弹簧下端挂一个重0.50N的砝码时，指针指示的刻度数值记作1L；弹簧下端挂两个重0.50N的钩码时，指针指示的刻度数值记作2L；……；挂七个重0.50N的钩码时，指针指示的刻度数值记作7L；③求出各次弹簧

的伸长量。（1）某次测量如图（a）所示，指针示数为cm。（2）得到的实验数据如下表。请利用这些数据在图（b）对应的坐标中规范的作出弹力—伸长量（Fx−）图像。()弹力F/N0.501.001.502.002.503.003.50伸

长量x/cm0.861.802.753.704.585.496.47（3）根据图像求出该弹簧的劲度系数为k=N/m（保留2位有效数字）。（4）乙组同学采用甲组实验步骤测量另一根弹簧的劲度系数。仔细观察

该弹簧有如下特征：用一片纸插入相邻两匝之间，可以将弹簧竖直提起，如图（c）所示。若这组同学操作规范，则得到的弹力—伸长量（Fx−）图像最接近于。A．B．C．D．【答案】14.64-14.66(1分)(2分)52-56(2分)B(1分)

【详解】（1）[1]由图（a）可知示数为14.65cm。（2）[2]根据表格数据在图（b）中描点，并作出Fx−图像如图所示（3）[3]由胡克定律Fkx=根据Fx−图像可得该弹簧的劲度系数为23.5N/m54N/m6.510Fkx−==（4）[4]由于纸片重力的影响，使得测弹簧原长时力F不为

零，故Fx−图像的纵轴截距为正值。故选B。12(8分)．如图甲所示，将两个不同金属电极插入水果中就可以做成一个水果电池，某同学准备测定一水果电池的电动势和内阻。实验室提供的器材如下：A．待测水果电池（电动势约1V，内阻小于800）B．滑动变阻器1R（阻值0~50）；C

．滑动变阻器2R（阻值0~3000）；D．电压表V（量程3V，内阻约3k）；E.毫安表A（量程1.0mA，内阻为50）；F.开关一个，导线若干。（1）为了尽可能准确测定这个水果电池的电动势和内阻，已提供的如图乙、丙所示的两个测量

电路图，应选（填“乙”或“丙”）；滑动变阻器应选（填“B”或“C”）。（2）该同学实验时根据记录的数据在坐标系中描点并作出UI−图线如图丁所示，根据图线求出这个水果电池的电动势为V、内阻为。（3）若利用图乙实验电路所测量的实际是图戊中虚线框所示“等效电源”的

电动势E和内电阻r。若电池真实的电动势为E、内阻为r，电流表内电阻用AR表示，请你用E、r和AR表示出E、r，E=，r=。【答案】乙(1分)C(1分)0.97(2分)700(2分)E(1分)ArR+(1分)【详解】（1）[1]电流表的内阻已知，故采用乙电路图。[

2]毫安表满偏时，电路的总电阻约为g1000ERI==所以滑动变阻器接入电路的阻值最小应为几百欧，故滑动变阻器选择C。（2）[3]UI−图线如图丁所示，图线与纵轴截距即为电动势0.97VE=图像的斜率绝对值g30.970.407500.7610kRr−−=+==解得70

0r=（3）[5]电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动势的本领，所以“等效电源”的电动势为EE=[6]电流表的内电阻和电源的内电阻串联作为“等效电源”的内电阻，则ArrR=+三、计算题：本题共3小题，共40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。13(8分)．某巨型液化天然气LNG储罐安装穹顶时，为了保证不出现大的形变导致天然气泄漏，采用的是“气升顶”施工方案。如图，质量为53.7510kgm=的球冠形穹顶与储罐壁间涂有密封材料，使穹顶

上升时不漏气且可忽略二者之间的摩擦。施工时，用大功率鼓风机向储罐内泵入空气，使穹顶缓慢上升。安装完成后，储罐内空间可视为截面积323.7510ms=，高h=20m的圆柱体。已知大气压强为501.0110Pap=，安装完成后罐内空气温度为27℃，标准状态（501.011

0Pap=，0273KT=）下空气密度为31.30kg/m。（1）穹顶缓慢上升时，储罐内空气压强为多大？（2）鼓风机作业时需要泵入罐内空气的质量为多大（结果保留两位有效数字）？【答案】（1）51.0210Pap=；

（2）49.010kg【详解】（1）依题意，对穹顶，有0mgpps=+(2分)解得51.0210Pap=(2分)（2）由理想气体状态方程，可得000pVpVTT=(2分)解得4306.910mV=(1分)则409.010kgMV==(1分)14(14分)．如图所示，在

一个倾角为30的固定斜面上有一个圆形轨道，半径为R，DE为挡板，现从A点无初速度释放一个质量为m的小球，小球在BD段上的动摩擦因数为39=，其余光滑，小球与挡板碰撞后的速度大小为原速度大小的e倍，22e=，方向相反，已知BD段

长L，重力加速度为g。（1）若小球运动时恰好能完整经过圆形轨道，求AB之间距离1S；（2）若AB间距离2S（21SS），求小球第一次与挡板相碰之前的速度大小1v。（3）若小球与挡板相碰一次后沿斜面向上运动，又恰好能完整经过圆形轨道，求此时AB间距3S的大小。

【答案】（1）1(33)SR=+；（2）1223vgSgL=+；（3）()32233SLR=++【详解】（1）选择B点为小球重力势能零点位置，小球位于圆形轨道最高点时，由能量守恒可得211sin30(cos301)2mgSmgRmv=++(2

分)此时刚好不脱离轨道有2vmmgR=(2分)解得1(33)SR=+(1分)（2）由能量守恒得()2121sin30cos302mvmgSLmgL=+−(2分)可得1223vgSgL=+(1分)（3）由（2）得，小球与挡板碰之前速度大小2

323vgSgL=+(1分)碰后速度变为2323vegSgL=+(1分)设小球到圆弧轨道最高点速度为3v，则由能量守恒得()'222311sin30cos30cos3022mvmvmgLRRmgL=++++(2分)最高点时，刚好不脱离轨道，满

足23vmmgR=(1分)联立解得()32233SLR=++(1分)15(18分)．利用电磁场偏转离子是在科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在Oxy平面（纸面）的第一象限内有边界平行于x轴的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，宽度均为L，区域Ⅰ为匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴负方向，

区域Ⅱ、Ⅲ为匀强磁场，方向均垂直纸面向里。一群速度大小不同的离子由（0，3L）处沿x轴正方向进入电场，已知离子质量为m、电荷量为+q，不计离子重力，忽略磁场的边界效应。求：（1）恰从（L，2L）处进入区域Ⅱ离子的初速度；（2）若要使初速度为0的离子不进入区域Ⅲ，B1的范围；

（3）若142=53mEBqL，且122BB=，经过2Ly=处离子的初速度范围。【答案】（1）02EqLvm=；（2）12mEBqL；（3）023EqLvm【详解】（1）根据212EqLtm=(1分)0Lvt=(1分)解得02EqLvm=(1分)（2）当初速为0的粒

子轨迹恰好与Ⅱ、Ⅲ边界相切时，1B为最小值，此时，粒子进磁场时212EqLmv=(1分)21vqvBmr=(2分)rL=(1分)解得12mEBqL=（1分)即1B的范围为12mEBqL(1分)（3）设某一初速度释放的粒子，其轨迹与2Ly=相切。

运动中经电场偏转后进入Ⅱ区域时，速度与竖直方向的夹角为θ，经Ⅱ区域偏转后进入第Ⅲ区域时，其半径与水平方向夹角为α，粒子在Ⅱ区域的半径为r1，Ⅲ区域的半径为2r，如图所示由2vqvBmr=，122BB=可

得212rr=(1分)11sinsinrrL−=(1分)22sin2Lrr−=(1分)粒子在电场中做类平抛运动2yEqLvm=(1分)211vqvBmr=(1分)cosyvv=(1分)解得30=(1分)则0tanyvv=，即023EqLvm=(1分)经过2Ly=处粒子的初速度范

围023EqLvm(1分)