2024届高三模拟试题物理参考答案1.【答案】B【详解】A．10.2eV恰好为氢原子2能级和1能级的能极差，所以处于基态的氢原子恰好能吸收，发生跃迁，故选项A错误；21B．放射性原子核从m衰变为m，所用时间182.4d67.3d115.1d3030有半数发生衰变，所以半衰期为115.1d，故选项B正确；C．粒子穿透能力比较弱，不能穿透钢板，故选项C错误；D．比结合能越大，平均核子质量越小，故D错误。2.【答案】C1【详解】A．交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为f50Hz，故A错误；TU1n1B．根据变压器电压与匝数的关系可知解得U210VU2n2由于R2、R3阻值相同，所以电压表示数为5V，故B错误；UU1C．设三个电阻的阻值均为R，根据闭合电路欧姆定律有(2)IR2R2将I5A代入解得R4.5，故C正确；U2100D．副线圈的输出功率为P2W2R93.【答案】A【详解】根据几何关系可知，A、B、C三导线在O处产生的磁感应强度大小相等，设为B1；根据右手螺旋定则可知，B、C两导线在O处产生的磁感应强度方向均垂直于BC向下，A导线在O处产生的磁感应强度方向由指向，则、、三导线在处的合磁感应强度大小为22OCABCOB(2B1)B15B1由于在该区域加上一个磁感应强度大小为的匀强磁场后，处的磁感应强度恰为零，则有B0OB05B15B解得B015如果撤去匀强磁场和导线C，剩下A导线在O处产生的磁感应强度方向由O指向C，大小为B1，B导线在O处产生的磁感应强度方向垂直于BC向下，大小为B1，则A、B两导线在O处合磁感应强度大小为第1页/共8页{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}学科网（北京）股份有限公司10B0，方向由指向。B合2BAC154.【答案】C【详解】AB．平衡锤和空间站的角速度相等，根据ar2，可知平衡锤的加速度大于空间站的加速度；根据vr可知平衡锤的线速度大于空间站的线速度，故AB错误；C．平衡锤受拉力和万有引力共同作用提供向心力，所以平衡锤做圆周运动所需的向心力大于地球对其万有引力，故C正确；D．若平衡锤与空间站与间的缆绳断裂，则平衡锤所受引力不足以提供向心力，平衡锤做离心运动，故D错误；5【答案】B【详解】A．粒子从坐标x2处以初速度v0沿x轴正方向射出，仅在静电力作用下恰好在x1,x3区间内往复运动，可知粒子从x2运动到x3的过程中，粒子速度减小，电场力方向沿x轴向左，沿电场线方向电势降低，可知x2,x3区间内电场强度方向沿x轴向左，故粒子一定带正电，故A错误；B．x图象的斜率大小表示电场强度大小，电场力是粒子的合外力，粒子从x2运动到x3的过程中，斜率大小先增大后减小，故加速度先增大后减小，故B正确；C．粒子从x1运动到x3的过程中，x1,x2区间电场强度方向沿x轴向右，电场力做正功，粒子动能增大，x2,x3区间内电场强度方向沿x轴向左，电场力做负功，粒子动能减小，可知在x2处粒子的动能最大，故电势能先减小后增大，故C错误；1D．粒子从x运动到x的过程中根据动能定理得Uq0mv2232320粒子从x2射出后能运动到无穷远处至少需要动能U23q00q0EK1解得Emv2q，故D错误。K2006.【答案】C【详解】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；1B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理neUmv2002n2neU解得v0，故B错误；nm第2页/共8页{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}学科网（北京）股份有限公司TD．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；2T2neUTC．第n个圆筒长度Lv0，则各金属筒的长度之比为1:2：3：，故C正确。nn2m27.【答案】BDc【详解】A．由图中各色光的折射程度可知c光的折射率最大，根据v可知，c光在棱镜中的速度最小，n故A错误；B．c光的折射率最大，则频率最大，根据光电效应方程eUchW0可知c光打出的光电子的遏止电压最大，故B正确；lC．c光的频率最大，则波长最小，根据干涉条纹间距公式xd可知c光双缝干涉条纹宽度最小，故C错误；D．C处均为直角，根据光的反射定律结合几何关系可知从CD面出射时a光、b光、c光互相平行，故D正确；8.【答案】CD【详解】A．图（b）可知t0.2s，P向下振动，根据平移法可知波沿x轴负方向传播，故A错误；B．图（b）可知T0.6s，可解得vT12m故B错误；TC．设x0的质点，从平衡位置到y1cm经历的时间为Δt，由振动方向可知t0.05s12所以点P平衡位置的横坐标为xv(tt)3m，故C正确；231D．图（b）可知质点P的振动方程为y2sint，波从O到P所需时间为t's=T0.620410t可知坐标原点处质点的振动方程为y2sincm329.【答案】AC【详解】A．施加电场前，对物体B根据平衡条件可知轻绳的拉力大小为T12mgsinmg再对物体A同理可知弹簧的弹力大小为T2T1mg施加电场的初始时刻，物体A、B具有相同大小的加速度a，设此时轻绳的拉力大小为T1，弹簧弹力大小不会突变，仍为T2，则对物体A、B根据牛顿第二定律分别有T1T2maqE2mgsinT12ma解得T12mg，故A正确；B．物体B的速度最大时，所受合外力为零，此时轻绳的拉力大小为第3页/共8页{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}学科网（北京）股份有限公司T1qE2mgsin4mg此时物体A速度也达到最大值，所受合外力也为零，则弹簧弹力大小为T2T14mgT4mg根据胡克定律可知此时弹簧的形变量为x2，故B错误；2kkTmgC．刚施加电场时弹簧的形变量为x21kk根据功能关系可知，物体B从开始运动到最大速度的过程中，系统电势能的减少量等于电场力对系统所做9m2g2的功，为EWqE(xx)，故C正确；pEE21kD．根据功能关系可知，物体B从开始运动到最大速度的过程中，系统克服弹簧弹力所做的功等于弹簧弹性势能的增加量，为22121215mgW克EkxkxTpT22212k物体B从开始运动到最大速度的过程中，电场力和弹簧弹力对系统做功的代数和为3m2g2WWW克0ET2k所以该过程中，物体A和物体B机械能之和增加，故D错误。10.【答案】ACD【详解】A．根据图象感应电流随位移变化的表达式为i0.5x0.25金属棒在x2m处感应电流的大小i1.25AeBLv感应电流有iRR解得金属棒在x2m处速度为v5m/s，故A正确；eBLvB．感应电流有iRR可得速度随位移变化的表达式为v2x1两边对时间求导得a2v故金属棒在x2m处加速度为10m/s2，故B错误；C．从开始到x2m处摩擦力产生的热量Q1fxmgx8J从开始到x2m处电阻产生的热量Q2=1.5j从开始到x2m处系统产生的总热量为QQ1Q29.5J，故C正确；第4页/共8页{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}学科网（北京）股份有限公司D．金属棒在x0m处速度为v01m/s11从开始到x2m处根据能量守恒有WQmv2mv29.5251J33.5J220故从开始到x2m处拉力做功为33.5J，故D正确。d2d2F11..【答案】①.B（2分）②.（2分）③.（2分）2k2kM【详解】（1）A．本实验方案中需要用到刻度尺、天平，但不需要用到秒表，A错误；B．长木板右侧适当垫高是为了补偿小车受到的阻力，B正确；C．在砝码盘及盘中砝码总质量一定时，探究小车加速度与小车的总质量M（含车内钧码）关系时，不断改11变车内钩码数量，重复实验，测定多组相关数据，再通过作出a的图像，得到a与成正比，即得MM到a与M的反比关系，C错误；D．平衡阻力时，应把砝码盘和砝码撤去，适当抬高长木板右侧，先打开电源，后释放小车，观察点迹是否均匀，D错误。故选B。（2）A．实验中的细线拉力可以通过力传感器得到，不需要保证钩码质量远小于滑块质量M，A错误；B．为了减小速度的测量误差，遮光条适当窄些，B正确；C．为了保持细线拉力为恒力，细线在导轨上的部分应与导轨平行，C正确。故选BC。d（3）滑块经过光电门的速度为vtd21根据运动学公式可得2axv2联立可得x2at21d2d2可知x图像的斜率为k，解得at22a2kF（4）根据牛顿第二定律可得aMd2F满足关系式为，则牛顿第二定律成立。2kM11.【答案】①.1.5（1分）②.0.83（1分）③.U1U2（2分）④.b（2分）⑤.k（2分）⑥.相等（2分）【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律UEIr第5页/共8页{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}学科网（北京）股份有限公司U结合图像斜率和截距可得E1.5V，r0.83ΩI（2）根据题意灵敏电流计G的示数为0，则U1I1(R1RA1)U2I2(R2RA2)根据闭合电路欧姆定律EU1U2(I1I2)r，整理可得(U1U2)E(I1I2)r以U1U2 为纵坐标，得到的图像为直线。根据上式可知Eb，rk【答案】（）吸热；（）4；（）13127.5×10Pa34.98kg【详解】（1）整个过程中，温度不变，空腔内气体内能不变，扳下锁扣过程中外力对空腔内气体做负功，根据热力学第一定律，空腔内气体吸热。................................................................................................3分（2）根据玻意耳定律p0V0p1V1...........................................................................................................2分4代入数据解得p1=7.5×10Pa.............................................2分（3）若挂钩挂上重物时恰好不脱落，对挂钩受力分析(mM)gFN............................................2分挂钩对墙面的压力FNp0S2(p0p1)S1...............................................................................................2分联立代入数据得M=4.98kg.............................................................................................................................1分23gR214.【答案】（1）v；（2）x2R；（3）x4R133【详解】（1）物块第一次通过C点时，由凹槽和物块组成的系统机械能守恒可得112Mg(RR)2Mv2Mv2...................................................................