安庆市2024年高三模拟考试（二模）物理试题参考答案一、选择题:本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.【答案】D3He1n2H【解析】核反应质量数守恒，氦核2和中子0的质量数之和等于两个氘核1的质量数之和，A错；该核反应释放能量，B错；核反应合外力为0，总动量守恒，故C错，由爱因斯坦质能方程，该核反应释放的能量为E=(2m-m-m)c2，D对，故答案为D1232.【答案】C【解析】甲图，路程只能随时间增加，A错。竖直上抛是匀变速直线运动，所以B错。乙图，位移时12x1x1间关系x=vt+at，变形可得：=v+at，对应竖直上抛运动，则有：=v-gt，所以C02t02t02对。竖直上抛运动加速度不变，D错。3.【答案】B【解析】乙图显示的数值与物块受到的摩擦力大小相等，拉动长木板的力F与物块所受的摩擦力大小是不相等的，故A选项错误；由乙图知物块与长木板间的滑动摩擦力大小为7N，并不是长木板与F水平桌面间的滑动摩擦力，故C选项错误；物块与长木板间的动摩擦因数为μ=f=0.2，故B选项FN正确；因为图线峰值大小代表的是物块和长木板间的最大静摩擦力的大小，由物块和长木板间的正压力及粗糙程度决定，跟长木板与桌面的粗糙程度无关。如果放在更加粗糙的水平桌面上，图线对应的峰值大小应该是不变的，故D选项错误。4.【答案】A4【解析】灯泡L正常发光时，通过的电流IA1A，副线圈中的电流II1A,由L42LnInI得出I2A，由e122sin10t(V)得出有效值为12V,电压表V1的示数11221nn，根据12得出电压表V2的示数U20V，负载电阻U1212V10V21UU12204R16，所以选项A正确。15.【答案】B物理答案第1页（共6页）2GM【解析】由星球上物体的逃逸速度为第一宇宙速度的2倍，可得v==c，在星球上表面rGM上有g=得GM=gR2，代入数据，可知史瓦西半径约为9mm。B正确R26.【答案】C【解析】由图乙知：0时刻Q点沿y轴正向振动，再结合甲图，利用“同侧法”可以得到波沿x轴负方π1向传播，A错。t=0时刻，Q的位移为-0.2m,可以求出Q的初相位-，由t=s时Q的位移为0，可63π以求出圆频率为ω=rad/s，T=4s，由甲图可知波长为6m，可以求出波速为1.5m/s，C对，B错。2ππ质点Q的振动方程为y=0.4sin(t-)，D错。267.【答案】D【解析】开始时左右两电容器内场强相等，由于不知道B球质量及电荷量，所以无法比较两者电势s能，A错；将左边电容器下极板上移少许，由公式C=可知电容C增大，右边电容器内电荷4kd不能移向左边，故左边电容器Q不变，由Q=CU知，左边电容器电压减小，但是场强大小不变，B错；对两点电势大小计算-0=Eh，因为两边E均不变，而左边h减小，右边h不变，故左边As球位置电势减小，右边B球位置电势不变。将左边电容器下极板下移少许，由公式C=可知4kdU4kQ电容C减小，左边电容器内电荷移向右边电容器，E==故左边电容器内场强减小，右边dss增大，C错；在左边电容器靠近下极板插入一电介质板，由公式C=可知电容C增大，右边电4kd容器内电荷不能移向左边，稳定后右边电容器内电场强度大小不变，D正确。8.【答案】D【解析】小球上升到弹簧弹力大小等于重力时速度最大，A错；小球恰能过C点，则：12v=gR=10m/s，所以弹簧的最大弹性势能E=mg(h+R)+mv=46J，B错；小球质量cp2m1=5.5kg时，小球肯定到不了C点，而最大弹性势能,小球到达A点时还有Ep=46J>m1gh=44J速度，即能进入圆弧轨道，所以小球将在圆弧轨道A、C之间某点离开圆弧轨道做斜上抛运动，不能物理答案第2页（共6页）20v沿轨道返回P点，C错。设小球质量为m2时恰从B点离开，则在B点有mgcos37=mB，解得：22R012v=22m/s，根据机械能守恒定律得：E=mg(h+Rcos37)+mv，可以解得m2=2.3kg，DBp222B对。二、选择题:本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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，有错选的得0分。9.【答案】BC【解析】将A、B看成整体考虑，沿着杆的方向有：（M+m）gsinα=（M+m）a,可得：a=gsinα,垂直于杆的方向有：（），故A错，C对；再隔离B分析，B的合力沿杆向下，大FN=M+mgcosα小为,即绳在沿杆方向不能有分力，所以在A、B沿杆上滑过程中，A、B间细绳F合=ma=mgsinα与杆垂直，绳的拉力T=mgcosβ且α=β，故B对，D错。10.【答案】AD【解析】两金属棒所受安培力不等，所以金属棒a、b稳定前，金属棒a、b系统动量不守恒，A选项正确，稳定后电路电流为0，即,则即：：，B答案错误，对a应用动量B2Lva=0.5BLvbvavb=14v4v定理：-BI2Lt=mv-mv,对b应用动量定理：0.5BILt=mv,v=0,v=0,通过金属棒b平均a0平均ba17b178mv的电荷量为q=It=0,C答案错误，由能量守恒定律得，电路中总的焦耳热平均17BL121212822162Q=mv-mv-mv=mv,由电路知识Q=Q=mv，D答案正确，故答案选择AD202a2b170a3510三、非选择题：本题共5小题，共58分．11.（6分）cos【答案】（1）C（2分）(2)（2分）（3）偏小（2分）sin【解析】（1）玻璃砖左右表面不平行，不影响折射率的测定，所以选项A错误。大头针P4必须挡住P3和P2、P1的像，而且P1P2、P3P4之间的距离适当大些，才能作出正确的光路图，以提高实验精度，所以选项B是错误的，为了提高实验的精确度，可以适当增大入射角，而与入射角互余即可以适当减小，所以选项C是正确的。sin(900)cos（2）折射率n。sinsin（3）由于bb划歪，造成作图时，错误的把作为折射角，因为，故折射率变小。12.（10分）物理答案第3页（共6页）【答案】（1）见右图（3分）（2）190（2分）（3）80（3分），小（2分）【解析】解析：由图表可知，压敏电阻在压力较小时会有几百欧姆，远大于滑动变阻器电阻，故用分压式，且毫安表内阻已知，故用电流表内接法；由UR=-r，知R190。在毫安表为40mA时由闭合电路欧姆定律知回Ig路总电阻为250Ω，工作人员体重为70kg时，由图可知对应电阻为300Ω，R=250-150-R-R=80并联后为150Ω，故0g；当工作人员体重为65kg时，由图可知对应电阻均大于300Ω，并联电阻大于150Ω，即R将小于80Ω，故R应该调小。13.（10分）【答案】（1）123℃（2）11LPP【解析】（1）由查理定律可列：1=2（2分）T1T2式中P1=250kPa,T1=330K;P2=300kPa将数据代入上式解得（1分）T2=396K所以（）（1分）t2=396-273℃=123℃(2)以胎内原有气体和待充入的气体为研究对象，设被充入的气体的体积为依题意可列：V0,（3分）PV+P0V0=P1V代入相关数据解得：（3分）V0=11L14.（14分）3mv1【答案】（1）B=0(2)y=(a+b)2qbN2【解析】(1)粒子的运动轨迹如图所示，设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中运动的轨道半径为r，由几何关系可得：r+rcosθ=b（1分）2解得：r=b（1分）3v2又在磁场中有：qvB=m0（2分）0r3mv联立解得：B=0（2分）2qb（2）由对称性可知：粒子从Q点射出时与x轴正方向夹角仍为θ，由于粒子重力不计，粒子在图中无电磁场的QM段做匀速直线运动，在M点以速度沿与x轴正方向夹角方向进入电场后在电场力v0θ作用下做曲线运动至N点。设粒子从M点运动到N点的时间为t，在x轴和y轴方向上的位移大小分别为x、y。物理答案第4页（共6页）aa由几何关系可知：x=OQ-=rsinθ-=3(b-a)（2分）tanθtanθ3粒子从M点到N点的曲线运动可分解为x轴方向的匀速直线运动和y轴方向的匀减速直线运动，故：x轴方向有：（2分）x=v0cosθ⋅tvsinθy轴方向有：y=0⋅t（2分）21联立以上几式解得：y=（b-a）（2分）21所以N点的y轴坐标为：y=y+a=（a+b）（2分）N2【注】若用其他方法求解正确，同样得分。15.（18分）mm93【答案】（1）v=23，v=3(2)0.5（3）1s2s19【解析】（1）对在与碰撞前，由动能定理m1m21212-μmgL=mv-mv（2分）11211210mv=23（1分）1s与碰撞过程，由动量守恒定律得m1m2'm1v1=m1v1+m2v2'=0v1mv=3（2分）2s（2）向右运动压缩到弹簧最短时，木板受到最大弹簧弹力向右，对木板的摩擦力向右，此时m2m2地面对木板的摩擦力最大，设弹簧的最大压缩量为x，由能量守恒定律：1212mv=μmgx+kx222122x=0.15m（2分）则此时弹力（1分）F弹=kx=30N木板收到最大摩擦力+=35N（1分）Ff=F弹μ1m2gF35最小的μ=f==0.5（1分）2（）M+m1+m2g70（3）与碰撞过程m1m2物理答案第5页（共6页）'m1v3=m1v3+m2v4121'212mv=mv+mv213213224解得'，=（2分）v3=-1m/sv42m/s运动到最高点时，向下加速度最大，需要摩擦力最大，M与地面压力最小，物块到达最高m2m2点时M刚好不与地面相对滑动为M与地面动摩擦因数最小时。1m向上运动为简谐运动，由简谐运动能量关系：241212mv=kA2242解得A=0.2m（2分）kA2则此时m的加速度a20m/s，方向沿斜面向下22m2mgsin30（方法2：碰撞前弹簧伸长量x20.05m0k运动到最高点过程，由机械能守恒定律m2111mv2kx2mgsin30(xx)kx222420202解得X=0.15mkxmgsin302则此时m的加速度a220m/s，方向沿斜面向下）22m2的加速度agsin305m/s2，方向沿斜面向下m11对，正交分解，对整体由牛顿第二定律，a1a2453fmacos30macos30N11222(Mmm)gFmasin30masin30（2分）12N1122F47.5N=47.5NNFNf93所以动摩擦因数最小值为：（2分）F19N物理答案第6页（共6页）