【文档说明】四川省仁寿第一中学南校区2024届高三下学期模拟考试（四）物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，2.364 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-da0b13b1caf259dc1b7a6bdb73f39305.html

以下为本文档部分文字说明：

2021级6月高考模拟考试（四）物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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.宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中

子，中子与大气中的氮14会产生以下核反应：1411417061NnCH+→+，产生的146C能自发进行衰变，其半衰期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代．下列说法正确的是（）A.146C发生衰变的产物是157NB

.衰变辐射出电子来自于碳原子的核外电子C.近年来由于地球的温室效应，引起146C的半衰期发生微小变化D.若测得一古木样品的146C含量为活体植物的14，则该古木距今约为11460年【答案】D【解析】【详解】A．根据1414

0671CN+e−→即146C发生衰变的产物是147N，选项A错误；B．衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；C．半衰期是核反应，与外界环境无关，选项C错误；D．若测得一古木样品的146C含量为活体植物的14，可知经过了2个半衰期，则该古木距今约为57

30×2年=11460年，选项D正确。故选D。2.如图所示为一静电场中沿x轴方向电势随x变化的图像，现将一质量为m、带电荷量绝对值为q的点电荷由O点沿x轴正方向发出，点电荷初速度大小为0v，整个运动过程中点电荷只受电场力的作用。则（）的的A.在x轴上，由O点到2x处的电场强度逐渐减

小B.正电荷在O点处的电势能等于在2x处的电势能C.如果点电荷带负电，当002qvm=时点电荷运动到2x处速度减为0D.如果点电荷带正电，点电荷在2x处的电势能为0q【答案】C【解析】【详解】A．根据Ex=可知x−图像的斜率表示电场

强度，则在x轴上，由O点到2xx=处电场强度保持不变，故A错误；B．根据pEq=由于O点处的电势高于2xx=处的电势，则正电荷在O点处的电势能大于在x轴上2xx=处的电势能，故B错误；C．如果点电荷带负电，当002qvm=时，设点电荷可

以运动到2xx=处，且速度大小为v，根据动能定理可得220011222qmvmv−=−解得0v=故C正确；D．如果点电荷带正电，点电荷在2xx=处的电势能为p0Eq=−故D错误。故选C。3.“灵楼准拟泛银河，剩摘天星几个”，曾经，古人对天宫充满向往，如今，梦想走

进现实，中国空间站被称为“天宫”，中国货运飞船是“天舟”，2022年5月10日01时56分，天舟四号货运飞船被长征七号运载火箭成功送入太空，8时54分，天舟四号成功相会“天宫”（空间站天和核心舱），天和核心舱距离地面约390kmh=，地球北极的重力加速度为g，地球

赤道表面的重力加速度为0g，地球自转的周期为T，天和核心舱轨道为正圆，地球为球体根据题目的已知条件，（G未知）下列说法错误的是（）A.可以求出天舟四号的线速度B.可以求出地球的质量C.可以求出地球的半径D.可以求出天舟四号的周期【答案】B【解析】【详解】ACD．空

间站在太空时，由万有引力提供向心力，即()22MmvGmRhRh=++此时的线速度为()12RhvT+=根据万有引力提供向心力有()()()2212122RhTMmGmmRhRhTRh+==+++当在地球北极时重力近似等于万有引力有2MmGm

gR=在赤道上有2022MmGmgmRRT=+解得()2024ggTR−=即可以求出地球的半径，上述联立可得()23212gRRhT=+由题意及分析可知，g、h、T、R已知，可以求出天舟四号运行的周期T1，

进而求出其线速度v，故ACD正确，不符合题意；B．由于未知G，故无法求出地球的质量，故B错误，符合题意。故选B。4.工人用如图所示的装置匀速吊起石球，装置底部ABCD为圆形绳套，A、B、C、D是圆上四等分点，侧面OA、OB、OC、OD是四条完全相同、不可伸长的轻绳。

O点在石球球心正上方0.5m处，石球半径为0.3m，石球表面光滑、重力大小为G。下列说法正确的是（）A.OA绳的张力大小为512GB.若侧面绳长不变，减小绳套的半径，OA绳的张力减小C.若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，OA绳的张力增大

D.若加速向上提升石球，OA绳的张力大于516G【答案】D【解析】【详解】A．对石球受力分析，OA绳与石球相切于点A，设OA绳与竖直方向夹角为，如下图所以4cos5=对结点O受力分析，由平衡条件得4cosATG=解得，OA绳的张力大小为54cos16AGTG==A错误；B

．由题意可知4cosAGT=若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则变大，cos变小，则OA绳的张力增大，B错误；C．若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，变小，cos变大，由4cosAGT=可得，OA绳的张力减小，C错误；D．

当石球平衡时，绳子拉力为54cos16AGTG==所以，若加速向上提升石球，加速度向上，由牛顿第二定律4cosATGma−=可得，OA绳的张力516ATG＞D正确。故选D。5.如图所示，半径为R的14圆形区域OMN内存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；O为圆心，

C、D为边界上两点，D为ON的中点，CD∥MO．a、b两个完全相同的带电粒子分别从M、C两点以相同的速度v水平向右射入磁场中，其中沿半径方向射入的a粒子恰好能从N点射出，则（）A.粒子带负电B.粒子的比荷为RBvC.粒子

b将从DN边上某一位置（不含N点）射出D.a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2【答案】D【解析】【详解】A．由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；B．由题意可知，a粒子的运转半径为R，则由mvRqB=可知，粒子的比荷为qvmRB=选项B错误；C．从C点入射b粒子的半径

也为R，且由于∠CON=60°，可知粒子b正好从N点射出，选项C错误；D．从a点射入的粒子在磁场中转过的角度为90°；从b点射入的粒子在磁场中转过的角度为60°；两粒子的周期相同，根据2tT=可知，a、b两个粒子在磁场中的运动时间之比为3：2，选项D正确。

6.如图所示，竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B，小球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为m的物块A相连，用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹角为，现突然松手，物块A开始在竖直方向上做往复运动，小球最高能到达M点。已知定滑轮到细杆的距离为d，Q点和定滑轮的高度

相同，OMOP⊥，sin0.6=，重力加速度大小为g，定滑轮可看作质点，下列说法正确的是（）A.小球经过Q点时的加速度大小为g的B.小球的质量为5mC.除M、P两点外小球B速率始终小于物块A速率D.小球B在Q点

速率最大【答案】AB【解析】【详解】A．小球经过Q点时在竖直方向仅受到重力作用，加速度大小为g，故A正确；B．A和B组成的系统，整个系统只有重力做功，且无机械能与其他能发生转化，所以系统机械能守恒，有Btantansincosdddmgdmg

+=−解得B5mm=故B正确；C．在运动过程中小球B与物块A的速度大小关系为BAcosvv=所以除M、P两点外小球B速率始终大于物块A速率，故C错误；D．小球B从P点向上运动时，当小球B受到轻绳的拉力向上的分力与重力大小相等，方向相反时小球B的速度

最大，在Q点的下方，故D错误。故选AB。7.如图所示，abcd为N匝矩形线框，可以围绕ad边匀速旋转，角速度为ω，每匝面积为S。在ad连线下方、且在dc连线左侧的区域，存在垂直于纸面向里的匀强磁场，场强为B，线框的总电阻为r，两端连接到理想变压器，对负载R供电。变

压器初级线圈和次级线圈的匝数为n1和n2，A为理想交流电流表，不计一切摩擦，则（）A.若使R的电阻值减小，电流表的示数将减小B.调节R的大小，当2221nRrn=时，R的功率最大C.若使R电阻值减小，电流表的示数将

增大D.若使线框角速度变为2ω，R的功率变为原来的2倍【答案】BC【解析】【详解】AC．由题可知，将理想变压器和负载等效为一个用电器，其等效电阻为2122nRRn=等则电路总电阻212()nRrRn=+总由题图可看出发电机只会产生半个周期的

正弦交流电，则有22()22NBSTRIRTR=总总总可得其电流有效值为12222()NBSInrnR=+则由上式可看出若使R的电阻值减小，电流表的示数将增大，故A错误，C正确；B．利用变压器进行阻抗匹配，当2221nrnR=时R的功率最大，故B正确；D．电阻R的功率为()()()22

21212222122122·=44(NBSNnBSRnPIRRnnnrnRrRn==++等）由上式可知线框角速度变为2，R的功率变为原来的4倍，故D错误。故选BC。8.如图所示，宽度为L的光滑平行金属导轨水平

放置于方向竖直向下的匀强磁场中，金属导轨足够长且电阻不计，磁场的磁感应强度为B，导轨左端接一阻值为R的定值电阻和一电容为C的电容器，电阻不计的金属棒MN置于导轨上。某时刻在垂直于金属棒方向施加一水平恒力F，使金属棒由静止开始运动，运动的过程

中金属棒与导轨始终保持垂直且接触良好。下列说法正确的是（）A.开关1S断开、2S闭合，金属棒最终做匀速直线运动，速度为22FRBLB.开关1S闭合、2S断开，金属棒做匀加速直线运动，加速度为22FBLCm+C.开关12SS，都闭合，金属棒最终做匀速直线运

动，速度为22FRBLD.开关12SS，都闭合，金属棒做匀加速直线运动，加速度22FBLCm+【答案】ABC【解析】【详解】A．开关1S断开、2S闭合，金属棒先加速运动，最终做匀速直线运动，此时安培力=FF安又22=BLvFBILR=安解

得22FRvBL=故A正确；B．开关1S闭合、2S断开FBILma−=qCUCBLvICBLattt====解得a=22FBLCm+故B正确；CD．开关12SS，都闭合，电容器稳定后相当于断路，金属棒最终做匀速直线运

动，速度为22FRBL，故C正确，D错误。为故选ABC。二、非选择题（62分）9.如图甲所示，小明将一小球从斜面顶端水平弹出使其做平抛运动，为了研究小球平行于斜面方向的分运动规律，将频闪相机正对斜面拍摄，得到小球运动过程中的频闪照片，

并测算出小球沿平行斜面方向的运动距离如图乙所示，已知频闪相机的频闪频率为20Hz。（1）频闪照片中相邻两个位置的时间间隔为________s；（2）小明由图乙判断小球平行斜面方向的分运动为匀加速直线运动，他作出该判断的理由是：______________

__________________________；（3）由图乙可计算出小球平行斜面方向的分运动的加速度大小为______m/s2（结果保留三位有效数字）。【答案】①.0.05②.在误差允许的范围内，相同时间间隔内相邻的位移差为定值③

.1.30【解析】【详解】（1）频闪相机的频闪频率为20Hz，根据频率与周期的关系可得频闪照片中相邻两个位置的时间间隔为110.05s20Tf===（2）根据图乙可得各相邻时间间隔内的位移分别为15.28cmx=

210.885.285.6cmx=−=316.8110.885.93cmx=−=423.0616.816.25cmx=−=则各相邻时间间隔内的位移差分别为215.65.280.32cmxx−=−=325.9

35.60.33cmxx−=−=436.255.930.32cmxx−=−=在误差允许的范围内，相同时间间隔内相邻的位移差为定值，故小球平行斜面方向的分运动为匀加速直线运动。（3）根据匀变速直线运动位移差公式可得小球平行斜面方向的分运动的加速度大小为()223412225.936.25

5.285.6101.30m/s440.05xxxxaT−+−−+−−===10.酒驾和醉驾是交通违法行为，我国酒驾标准为“0.2mg/mL0.8mg/mLC”，醉驾标准为“0.8mg/mLC”。某实验小组想用二氧化锡半导体型酒精气体传感器组装一个简易酒精测试仪，此传感器电阻随

酒精气体浓度C的变化规律如图甲所示。现他们手里有下列器材：二氧化锡传感器xR；电池E（电动势为4V，内阻不计）；电压表V（量程为3V，内阻非常大，作为浓度显示表使用）；电阻箱R（最大阻值为999.9Ω；定值电阻1R（阻值为50Ω）；定值电阻2R（阻值为10Ω）；单刀双掷开关一个，导线若干。（1）图

乙是该实验小组设计的酒精测试仪电路图，请根据图乙用笔画线代替导线将其对应的实物图丙连接成完整电路___________；（2）电路中定值电阻0R应选用___________（选填1R或2R）；（3）为了能够在电压表上直接读出酒精气体浓度C，该实验小组按照下列步骤进行调节

并修改刻表盘：①电路接通前，先将电阻箱调为40.0，然后开关向___________（选填“a”或“b”）端闭合，将电压表此时指针对应的电压刻度标记为___________mg/mL；②逐步减小电阻箱的阻值，电压表的示数不断变大，按照甲图数据将电压表上电压刻度线都标记为对应的“酒精浓度”；③将

开关向另一端闭合，这个简易酒精测试仪即可正常使用。（4）该小组用组装好的酒精测试仪去对一位饮酒者进行测量，发现电压表指针位于23满偏刻度处，则这位饮酒者呼出的酒精气体浓度___________（填“已经”或“没有”）达到醉驾标准。【答案】①.②.2R③.a④.0.1mgmL⑤.已经【解析】

【详解】（1）[1]根据电路图可得实物图如下：（2）[2]对乙图根据闭合电路欧姆定律可得电压表读数为00xEURRR=+电压表量程为3V，有3VU根据甲图可知570xR代入数值解得015R所以选择2R。

（3）[3][4]本实验中利用变阻箱阻值和传感器电阻值进行等效替换，所以将电阻箱调为40.0后，需将电阻箱接入电路，即开关向a端闭合；根据甲图可知当40xR=时对应的酒精浓度为0.1mgmL。（4）[5]当电压表指针位于23满

偏刻度时有002.0VxERRR=+解得10xR=根据图甲可知对应的酒精浓度等于0.81mgmL，所以已经达到了醉驾标准。11.如图（a）所示，足够长的光滑平行金属导轨JK、PQ倾斜放置，两导轨间距离为L=1.0m，导轨平面与水平面间的夹角为θ=3

0°，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的J、P两端连接阻值为R=3.0Ω的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒ab的质量m=0.90kg，电阻r=0.50Ω，重物的质量M=1.50kg，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑距

离与时间的关系图像如图（b）所示，不计导轨电阻，g=10m/s2。求：（1）t=0时刻金属棒的加速度；（2）求磁感应强度B的大小以及在1.2s内通过电阻R的电荷量。【答案】（1）4.375m/s2；（2）21T，221C5【解析】【详解】（1）对金属棒和重物整体，由牛顿第二定

律得()sinMgmgMma−=+解得a=4.375m/s2（2）由题图（b）可以看出最终金属棒ab将匀速运动，匀速运动的速度1.75m/ssvt==感应电动势E=BLv感应电流EIRr=+金属棒所受安培力22BLvFBILRr==+匀速运动时

，金属棒受力平衡，则可得22sinBLvmgMgRr+=+联立解得21TB=在1.2s内金属棒ab上滑的距离s=1.40m通过电阻R的电荷量2C215BLsqRr==+12.如图所示，长为L2=2m的水平传送带以v=2m/s的速度逆时针匀速转动，紧靠传送带两端各静止

一个质量为mB=mC=1kg的物块B和C，在距传送带左端s=0.5m的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L1=2m处由静止释放一质量mA=0.6kg的滑块A，一段时间后物块

A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上传送带，A被取走，已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数10.2=，与水平面间的动摩擦因数20.02=，物块A与斜面间的动摩擦因数30.25=，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取10m/s2。sin37°

=0.6，cos37°=0.8。求：（1）物块A与物块B碰撞后，物块B的速度？（2）物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能？（3）整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数？物块B在传送带上滑行的总路程？【答案】（1）3

m/s；（2）0.5J；（3）10，11m【解析】【详解】（1）物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得2A13A1AA1sin37cos372mgLmgLmv−=代入数据可得A4m/sv=A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为A1v，B的速度为Bv，有BABAA1

Amvmvmv=+222AAAA1BB111222mvmvmv=+代入数据得B3m/sv=（2）物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，对物块BB1BBmgma=解得2B12m/sag==物块B经时

间1t后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有B1B0.5svvta−==则B11.25m2vvxt+==由于2xL，物块B与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，此过程传送带向左的位

移111msvt==因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能1B1()Qmgxs=−代入数据得0.5JQ=（3）物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，有B1BC1BCmvmvmv=+22B12BCC1B111222m

vmvmv=+代入数据得B10v=C12m/sv=由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换；对物块C，设来回运动了n次，由动能定理可知CC22C11202mgnsmv−=−代入数据得10n=物块C第k次返回至传送带

左端时速度平方大小为2kv，由运动学公式得C2222212240.4(m/s)kvvgksk=−=−（k=1，2，…，10）物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小

不变，物块B第k次在传送带上来回一次运动的路程21220.2(m)2kkvxkg==−（k=1，2，…，10）所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程21210()xLxxx=++++总代入数据得11mx=总选修3-413.如图（a），在xy平面

内有两个沿z方向做简谐振动的点波源1(0,4)S和2(0,2)S−。两波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示．两列波的波速均为1.00m/s，两列波从波源传播到点(8,2)A−的路程差为___m，两列波引起的点(4,1)B

处质点的振动相互______（填“加强”或“减弱”），点(0,0.5)C处质点的振动相互____（填“加强”或“减弱”）。【答案】①.2②.减弱③.加强【解析】【详解】[1]点波源1(0,4)S的振动形式传播到点(8,2)A−的路程为110mL=，点波源2(0,2)S−的振动形式传播到点(8,2

)A−的路程为28mL=，两列波从波源传播到点(8,2)A−的路程差为122mLLL=−=[2]由于两列波的波源到点(4,1)B的路程相等，路程差为零，且0=t时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点B时振动方向相反，引

起的点B处质点的振动相互减弱[3]由振动图线可知，波动周期为2sT=，波长2mvT==由于两列波的波源到点(0,0.5)C的路程分别为3.5m和2.5m，路程差为1m，而0=t时两列波的波源的振动方向相反，所以两列波到达点C时振动方向相同，点C处质点

的振动相互加强14.如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°．一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出．（1）求棱镜的折射率；（2）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边

上恰好有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．【答案】（1）3；（2）sini=322−【解析】【详解】（1）光路图及相关量如图所示．光束在AB边上折射，由折射定律得sinsinin=…………①式中n是棱

镜的折射率．由几何关系可知α+β=60°…………②由几何关系和反射定律得=30B==…………③联立①②③式，并代入i=60°得3n=…………④（2）设改变后的入射角为i，折射角为，由折射定律得s

insinin=…………⑤依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角c，且csin1n=…………⑥由几何关系得c'30=+…………⑦由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为sini=322−…………⑧