【文档说明】甘肃省武威市四校联考2023-2024学年高三上学期开学考试物理试题 含解析.docx，共(19)页，3.373 MB，由小赞的店铺上传

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甘肃省2024届新高考备考模拟考试物理试卷考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色，墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答

时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米，黑色。墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：高

考范围。一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.一定质量的气体因外力对其做功体积减小，同时放出热量，则此过程的末态与初态相比（）A.气体内能可能增加B.气体内能一定减小C.气体内能一定不变D.气体内能增加还

是减小取决于气体种类【答案】A【解析】【详解】根据热力学第一定律ΔUWQ=+若外力做对其的功W大于其放出的热量Q，则气体内能就增加。故选A。2.关于近代物理知识，下列说法中正确的是（）A.光电效应现象说明了光具有

粒子性B.铀核裂变一种核反应方程为2351448919256360UBaKr2n→++C.动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等D.结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定【答案】A【解析】【详解】A．光电效应现象说明了光具有

粒子性，选项A正确；B．铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，裂变的一种核反应方程为的235114489192056360UnBaKr3n+→++选项B错误；C．动能相等的质子和电子，它们的动量为k2pmE=德布

罗意波长为hp=质子和电子的质量不同，所以德布罗意波长也不相等，选项C错误；D．比结合能是原子核的结合能与该原子核所含有的核子数之比，所以比结核能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，选项D错误。故选A。3.如

图所示，质量为m的小球用细绳悬挂在天花板上，用拉力F作用在小球上，静止时细绳与竖直方向的夹角30=、细绳能承受的最大拉力等于32mg，重力加速度为g，保持小球的位置始终不变则拉力F与细绳的夹角α应满足的条件为（）A.0°≤α≤60°B.0°≤α≤

90°C.30°≤α≤60°D.30°≤α≤90°【答案】D【解析】【详解】重力竖直向下，绳子的张力沿绳收缩的方向，由题图可知，小球要保证位置不变应满足30当F的方向与细绳垂直时，即90=时，细绳的拉力达到最大值32mg，因此3090，D正确。故选

D。4.如图所示，一负点电荷固定于O点，虚线为其等势面，带电粒子A、B仅在电场力作用下的运动路径分别如图中实线所示，a、b、c、d、e为粒子轨迹与虚线的五个交点。下列判断正确的是（）A.A带负电，B带正电B.A在a处的动能大于在b处的动能C.B由c处到d处

电场力做正功D.B在e处的电势能小于在c处的电势能【答案】B【解析】【详解】A．因为O处的是负点电荷，故由运动轨迹可判断，A带正电，B带负电，故A错误；B．正电荷A在b处的电势能大于a处，故A在a处的动能更大，故B正确；C．负电荷由

c到d的过程中，电场力做负功，故C错误；D．因为c和e在同一个等势面，故B在e和c处的电势能相等，故D错误。故选B。5.如图所示，为某小型发电站输电示意图。发电站的输出功率为1200kWP=，经升压变压器升压后，输出电压为4110V，发电站到用户的输电线总电阻为10Ωr=，经过降压变压

器给一居民小区供电。已知变压器均为理想变压器，下列说法正确的是（）A.输电线路中的电流为100AB.用户获得的功率为4kWC.若发电站的输出电压减半，线路损耗的电功率变为原来的4倍D.若用户所需电压为220V，则降压变压器原、副线圈匝数比为480:11【答案】C【解析】【详解】A．输电线

路中的电流为的2122220APPIUU===故A错误；B．输电线损失功率为224kWPIr==损用户获得的功率为432196kWPPPP==−=损故B错误；C．输电线损失功率为222222PPIrrU==损

可见2P、r不变，若发电站输出电压减半，则升压变压器的输出电压减半，线路损耗的电功率变为原来的4倍，故C正确；D．降压变压器副线圈的电流为4449800A11PIU==降压变压器原、副线圈匝数比为3444324

9011nIInII===故D错误。故选C。6.如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为θ，轻弹簧的上端固定于挡板，下端连接滑块P，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力F作用在P上，使滑块向下匀加速（a<gsinθ）运动一段距离。以

x表示P离开初位置的位移，t表示P运动的时间，E表示P的机械能（设初始时刻机械能为零），重力加速度为g，则下列图像可能正确的是（）的A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】AB．设物块P的质量为m，系统静止时弹簧相对原长的伸长量为x0，弹簧的劲度系数为

k，则有0sinkxmg=由牛顿第二定律有()0sinFmgkxxma+−+=两式联立可得212Fkxmakatma=+=+A错误，B正确；CD．由题可知0sin0Fkxxmamg−+=−（）

初位置物块P的机械能为0，则物块P机械能的变化量0sinEWmgax−==−−（）()()21sinsin2Emgaxmgaat=−−=−−CD错误。故选B。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小

题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.如图所示，一光滑斜面固定在水平面上，现让A、B两个小球同时运动，小球A从斜面顶端沿水平方向抛出，小球恰好落在斜面底

端P。小球B沿斜面顶端由静止释放，小球沿斜面下滑。空气阻力不计，关于两小球运动情况，下列说法正确的是（）A.小球A先到达斜面底端PB.两个小球同时到达斜面底端PC.两个小球到达P点的速度相同D.小球B到达P点的速度小于小球A到达P点的速度【答案】AD【

解析】【详解】AB．设斜面的倾角为，斜面长度为L，小球A做平抛运动，加速度为g，小球B加速度为sinag=小球A做平抛运动有21sin2Lgt=所以小球A运动的时间2sinLtg=小球B沿斜面做匀加速直线运动的时间为2'sinLtg=所以A经过的时间更短，故A

正确，B错误；CD．由于两球初末位置相同，由动能定理有220sin=−PmgLvv两小球运动的过程中，都只有重力做功，但是小球A有初速度，所以小球B到达P点的速度小于小球A，故C错误，D正确。故选AD。8.两列振幅和传播速度大小相同的简谐横波某时刻在如图所示的区域相遇，实线波沿x

轴正向传播，虚线波沿x轴负向传播。已知实线波频率为1Hz，则（）A.实线波的传播速度大小为2410m/s−B.虚线波的频率为1HzC.此时刻两列波在6cmx=处的质点振动方向均沿y轴负方向D.两列波在图示时刻区域不会发生稳定的干涉现象【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，实

线波的波长为4cm，则实线波的传播速度大小为2410m/svfT−===故A正确；B．由图可知，虚线波的波长为6cm，则虚线波的频率为2214102Hz6103vfT−−====故B错误；C．根据两列波的传播方向结合波形平移法可知，此

时刻两列波在6cmx=处的质点振动方向均沿y轴正方向，故C错误；D．由于两列波的频率不相同，则两列波在图示时刻区域不会发生稳定的干涉现象，故D正确。故选AD。9.2022年10月9日7时43分，“夸父一

号”卫星顺利进入太空，最终进入绕地球运行的太阳同步晨昏轨道。已知晨昏轨道距地面高度约为720km，地球的半径为6370km，地球表面重力加速度为29.8m/s，万有引力常量为11226.6710Nm/kg−，将“夸父一号”的运动看作匀速圆周运动

，忽略地球自转。根据以上条件，可以估测出下列哪些物理量（）A.“夸父一号”卫星的运行周期B.“夸父一号”卫星的质量C.地球的平均密度D.地球的公转周期【答案】AC【解析】【详解】A．根据万有引力提供向心力有()2224()GMmmRhRhT=++又2GMmm

gR=两式联立可求出“夸父一号”卫星的运行周期，故A正确；B．“夸父一号”卫星的质量无法估测，故B错误；C．根据2GMmmgR=可求出地球质量，地球半径已知，故可估测地球的平均密度，故C正确；D．根据上述条件无法估测地球的公转周期，故D错误。故选AC。10.如图所示，两平行倾斜导轨与水平导

轨平滑连接，倾斜导轨光滑、水平导轨粗糙，导轨电阻不计。质量为2kgm=的金属棒b静止在离倾斜导轨底端足够远的水平导轨上，棒与导轨垂直，水平导轨处在方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度1TB=。质量为2kgm=的金属棒a与距水平

导轨高为0.2mh=处由静止释放。已知两金属棒的电阻均为1ΩR=，两导体棒与水平导轨的动摩擦因数均为0.1=，导轨宽度为1mL=，重力加速度为210m/sg=，则下列说法正确的是（）A.金属棒a沿斜导轨下滑过程机械能守恒B.金属棒a下滑过程，因回路面积

变小，故磁通量变小C.金属棒a进入水平导轨后，金属棒b做加速度减小的加速运动D.金属棒a整个运动过程中，两金属棒产生的焦耳热小于4J【答案】AD【解析】【详解】A．金属棒a沿斜导轨下滑过程，只有重力做功，故机

械能守恒，故选项A正确；B．金属棒a下滑过程，因磁场所在面积不变，故磁通量不变，故选项B错误；C．金属棒a下滑到底端过程，有：212mghmv=又EBLv=假设b棒不动2EIR=1N2NFBILmg===安故假设成立，b棒保持静止，因此C错误；D．金属棒a初始时的机械能4JEmg

h==机因金属棒a进入水平轨道后受摩擦力作用，故两棒产生的焦耳热小于4J，故选项D正确。故选AD。三、非选择题：本题共5小题，共56分。11.某兴趣小组用如图甲所示的装置进行了下列探究：①在一端带有定滑轮的水平长木板上固定AB、两个光电门，测得两光电门A、B之间的距离为x；滑块上有遮光

片，遮光片的宽度为d；②砂桶中加入砂子，用天平测得砂和砂桶的质量m，并保证滑块质量远大于砂和砂桶质量；③用跨过定滑轮的轻绳将滑块与砂桶相连，调节滑轮高度使轻绳水平；④将滑块从紧靠光电门A处由静止释放，读出滑块上遮光片通过光电门B的时间t；⑤改变砂和砂桶的质量m，重复实验，测得mt

、的多组数据；⑥在坐标系中作出21mt−的图像如图乙所示。图线与纵轴的截距为b，与横轴的截距为c−。已知重力加速度大小为g，若把砂和砂桶所受重力作为滑块受到的拉力，根据图像信息可知：物块与长木板之间的动摩擦因数为______，滑块质量为______。【答案】①.22c

dxg②.22xgbcd【解析】【详解】[1][2]对滑块由牛顿第二定律可得FMgMa−=Fmg=Bdvt=由2202vvxa−=可得222daxt=进一步可得2212MdmMxgt=+对照图乙有Mb=22Mdbxgc=解得22xgbMcd=22cdxg=12.某实验小组要测量一电

源的电动势和内阻。实验室提供的器材有：A．待测电源（电动势约为3V，内阻几欧）B．电压表V1（量程1V，内阻r1=300Ω）C．电压表V2（量程3V，内阻r2约3000Ω）D．定值电阻R1（阻值为2Ω）E.滑动变阻器R

2（阻值变化范围为0~15Ω）F.电键一个，导线若干（1）实验小组成员根据实验室提供的器材，设计了如图甲所示的电路，其中a、b均为电压表，则a是电压表__________（填“V1”或“V2”），b是另一个电压表，根据电

路图将图乙中实物连完整______________。（2）连接好实验电路后，闭合电键前，将图乙中滑动变阻器滑片移到最___________（填“左”或“右”）端，闭合电键后，调节滑动变阻器的滑片；记录每次调节后电压表V1、

V2的示数U1、U2，根据测得的多组U1、U2数据，以U1为横坐标，U2为纵坐标作出U2-U1图像，作出的图像斜率绝对值为k，图像与纵轴的截距为b，则电源的电动势E=___________，内阻r=_________

__。（均用已知和测得的量表示）（3）本实验___________（填“存在”或“不存在”）因电压表分流引起的系统误差。【答案】①.V1②.③.左④.b⑤.1111(1)krRrR−+⑥.不存在【解析】【详解】（1）[1][2]由图甲可知，电压

表a与1R并联，改装成电流表，因此用内阻已知的电压表V1，改装后的量程为11AA0.5A3002I=+=，实物连接如图所示。的（2）[3][4][5]连接好实验电路后，闭合电键前，将图乙中的滑动变阻器滑片移到最

左端，使滑动变阻器接入电路的电阻最大；根据闭合电路欧姆定律112111UUEUUrrR=+++得到21111rrUEUrR=−++结合题意有Eb=111rrkrR++=得到1111(1)krRrrR−=+（3）[6]由于实验数据处理时，考

虑了电表的内阻，因此不存在因电压表分流引起的系统误差。13.半径为R的透明玻璃球切去底面半径32rR=的球冠成为一个大球冠，如图所示，玻璃的折射率2n=，一束半径32rR=光束垂直球冠的切面照射到球冠上，进入球冠的光线有部分从球面射出而使球面发光，已知光在真空中

的传速速度为c，（球冠不含底面的表面积公式为2SRh=，R为球的半径，h为球冠的高度）。不考虑光在球冠内的反射，求：（1）发光球面的面积；（2）光束正中间的光线通过大球冠的时间。【答案】（1）2(23)SR=−；（2）3Rc【解析】【详解】（1）根据题意，设光发生全反射的临界角为C，由1sin

Cn=解得30C=画出光路图，如图所示光线①恰好发生全反射，发光区域是一个小的球冠，设小球冠高为h，由几何关系有cos30RhR−=解得232hR−=发光球面面积22(23)SRhR==−（2）如图由题意，球冠底面所对的圆心角为120，光束正中

间的光线②直接穿过球冠，通过玻璃球的路程为3cos602xRRR=+=光在玻璃球内的速度cvn=所以，该光束正中间的光线通过玻璃球的时间为3322RxRtcvc===14.如图所示，传送带以速度5m/sv=顺时针传动，P、Q间距离7.5mx=，紧挨传送带右侧放置一质量8kgM=的木板B。一质量

为2kgm=的滑块（可看作质点）以010m/sv=的速度从传送带的左端滑上传送带，到达右端时，刚好与传送带共速。滑块滑出传送带时与木板B发生弹性碰撞，碰后滑块被反弹回传送带上，继续在传送带上运动，已知重力加速度210m/s=g，试求：（1）滑块m第一次从传送带

左端滑到右端的过程中，由于摩擦产生的热量；（2）滑块m被反弹后在传送带上运动过程中相对传送带滑动的距离。【答案】（1）25J；（2）6m【解析】【详解】（1）从P运动到Q的过程中，对物体m只有到摩擦力做功，由动量定定理可得2201122mgxmvmv−=−解

得0.5=则可知滑块在传送带上做减速运动的加速度大小为25m/sag==则减速所用的时间为01svvta−==可知滑块的对地位移为17.5mx=传送带对地的位移为25mxvt==可得相对位移为122.5mxxx=−=则因摩擦产生的热量为f25JQmg

x==（2）由题意知滑块与木板发生弹性碰撞，则碰撞前后动量守恒，机械能守恒，有12mvmvMv=+，22212111222mvmvMv=+解得反弹速度13m/sv=−，方向水平向左设碰撞后滑块向左运动直至速度减为零这一过程中运动的位移为3x，则根据运动学公式有2132vax=解得30.9mx=

在此过程中运动的时间为13s=0.6s5vta==在此时间内传送带向右移动的位移为4150.6m3mxvt===滑块速度减为零后开始反向做匀加速直线运动，可知滑块向右滑动0.9m速度会达到3m/s并恰好离开传送带，在此时间内传送第向右运动的位移为3m，故可

得滑块m被反弹后在传送带上运动过程中相对传送带滑动的距离为03m0.9m3m0.9m6mx=++−=15.如图所示，平面直角坐标系xOy中，0x区域内存在着方向与x轴负向成45角匀强电场2E，电场强度大小2102V/mE=，在1

m0x−区域内存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在1mx−区域内存在沿y轴负方向的匀强电场1E，电场强度大小120V/mE=，带正电粒子从电场1E中P（2m−，0.5m）点沿x轴正方向以初速度02m/sv=射出，粒子恰好从坐标原点进入电场2E，该粒子的比荷0.2C/kgqm

=，不计粒子重力，求：（1）粒子进入磁场时的速度：（2）磁感应强度大小；（3）粒子从P点射出到第三次经过y轴时的时间。的【答案】（1）22m/s；（2）20TB=；（3）2.5s4+【解析】【详解】（1）根据题意可知，粒子在电场1E中做类平抛运动，设经过1

t时间进入磁场，有01xvt=解得10.5st=则有21110.5m2Eqytm==粒子从(1m,0)−处进入磁场，其速度大小2222100122m/syEqvvvvtm=+=+=速度方向与x轴正向夹角为1100tan1yEqtvmvv===解得45=（2）由对称性可知，粒子进

入电场2E时速度方向与x轴正向夹角也为45，即在磁场中转过角度90=，设在磁场中圆周运动半径为R，运动轨迹如图所示由几何关系得2dR=则2m2R=洛仑兹力提供向心力有2mvqvBR=解得20TB=（3）粒子进入电场2E做匀减速运动，当速度为零时折返，由动能定理有2212mvEqs

=解得2ms=在磁场做圆周运动周期2s2mTqB==粒子在磁场中运动时间2s48Tt==粒子在电场2E中单程运动时间31s2stv==粒子再次进入磁场做圆周运动，转过90后垂直进入电场2E，用时42tt=，粒子第三次通过y轴时间获得更多资源请扫码加入享学资源

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