2024届高考物理精英模拟卷 【福建版】含答案.docx

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1、2024届高考物理精英模拟卷 【福建版】一、单项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16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.钴60（）发生衰变后产生粒子和新核X，其中新核X可以使病毒电离而失去感染性。已知钴60的半衰期为5.27年，则( )A.新核X的中子比质子多5个B.钴60的中子比新核X的中子少1个C.钴60在衰变的过程中会吸收能量D.8 g的钴60经过15.81年发生衰变的质量为7 g2.某交流电的电流i随时间t变化的图像如图中实线所示，已知横轴上方的图线为正弦曲线的一部分，则该交流电的电流有效值为( )A.B.1 AC.D.3.利用霍尔元件可以进行微小

2、位移的测量。如图所示，霍尔元件左右放置两块正对的相同磁铁，三者的侧面相互平行，霍尔元件中通有从前表面向后表面（垂直纸面向里）的载流子（载流子为电子）。则当霍尔元件从两磁铁中央向左运动时( )A.上表面的电势比下表面的高B.上表面的电势比下表面的低C.前表面的电势比后表面的高D.前表面的电势比后表面的低4.如图所示，某大型吊灯半径为R，质量为M，且分布均匀，通过四根相同长度的细线悬挂在天花板上半径为r的固定圆盘上，已知，重力加速度为g，四根细线均匀对称分布，且长度可调节。则下列说法正确的是( )A.每根细线对吊灯的拉力大小均为B.将四根细线同时缩短相同长度，细线的张力大小不变C.将四根细线同时伸

3、长相同长度，细线的张力减小D.去掉一根细线，假设吊灯位置保持不变，余下三根细线上的张力大小相等二、双项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16分。在每小题给出的四个选项中，有双项符合题目要求。全部选对的得 4分，选对但不全的得4 分，有选错的得 0 分。5.如图甲所示，一倾角、足够长的斜面固定在水平地面上，以顶点为原点O，以沿斜面向下为x轴正方向，质量的滑块与斜面间的动摩擦因数随x变化的规律如图乙所示，取重力加速度。现将滑块由O点静止释放，则下列说法正确的是( )A.滑块向下运动的最大距离为2 mB.滑块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比为1:3C.滑块与斜面间因摩擦产生的热量为48

4、 JD.滑块加速和减速的时间相同6.如图所示，三个点电荷位于等边三角形的三个顶点上，a和b带正电，c带负电，且为连线的中点，O为三角形的中心，取无穷远处为电势的零点，则( )A.O点电势为零B.O点电场强度小于A点电场强度C.负电荷沿OA从O点移到A点电势能减小D.点电荷b受到的电场力方向垂直ab连线向上7.如图所示，叠放在一起的两物块从距地面一定高度处由静止下落，经碰撞后物块b静止在地面上。不考虑空气阻力的影响，b与地面仅碰撞一次，假定所有的碰撞均为弹性碰撞，则( )A.下落过程中物块间存在弹力作用B.物块b的质量是a的3倍C.物块a能反弹的最大高度是其初始下落高度的5倍D.物块a反弹的速度

5、是物块b落地速度的2倍8.如图所示，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，O为磁场区域的圆心，磁场区域半径为R，磁感应强度大小为B。两个完全相同的带电粒子从A点垂直射入磁场区域，粒子1以速度、沿AO方向射入，粒子2以速度、沿与AO成角的方向射入，最终两粒子均从B点射出。不计两粒子的重力及粒子间的相互作用，则( )A.B.粒子1、2在磁场中的运动时间之比C.两粒子射出磁场时速度方向的夹角为15D.仅增大两粒子的速度，两粒子在磁场中的运动时间均增大三、非选择题：共 60 分。9.（4分）波源位于x轴，且从时刻开始振动，形成的简谐横波在时恰好传到P点，此时部分波形图如图所示，Q为波传播方向上的一点，

6、再过后Q与M相对平衡位置的位移始终相同，则波在介质中的最小传播速度为_m/s，在传播速度最小的条件下，波源到原点的距离为_m。10.（4分）光照射在物体上会对物体产生光压。某光源向周围均匀辐射光子，辐射功率为P，单个光子的能量为E，距光源r处有一个与光线垂直的平板（平板长、宽远小于r），平板面积为S，反射率极高，光速为c，则辐射出光子的动量为_，单位时间内平板因光照而受到的力大小约为_。11.（4分）图示为一定质量理想气体压强与体积的关系图象，A到B过程和C到D过程气体发生等温变化，D到A过程和B到C过程气体发生绝热变化，则气体在状态D的内能_在状态B的，状态D到状态A的过程中外界对气体做的功

7、_气体内能增加量。（均选填“大于”“小于”或“等于”）12.（6分）某同学做“验证力的平行四边形定则”实验，如图所示，将橡皮筋的一端P固定，另一端系两根细线，每根细线均与一个弹簧测力计（量程05 N、最小刻度为0.1 N）相连，对测力计甲水平向右施加拉力，测力计乙竖直向下施加拉力，结点在O点静止时，两测力计的示数如图；随后撤去一个测力计，只对一个测力计施加拉力使结点回到O点。请回答下列问题：（1）由图可读得水平拉力的大小为_N；（2）根据已选取的标度，在虚线方格纸上按力的图示要求，画出水平拉力和竖直拉力，及其理论上的合力F；（3）在本次实验中_（选填“能”或“不能”）验证力的平行四边形定则。1

8、3.（10分）小星同学发现家里有一卷标称100 m的铜导线，他想在不拆散导线的情况下测定该导线的实际长度，通过查找资料得知其电阻率。（1）该同学剥去导线一端的绝缘皮，用螺旋测微器测得导线的直径d，如图1所示，则铜导线的直径为_mm。（2）该同学想通过实验测导线的总电阻，可供选择的实验器材如下。A.待测导线一卷（长约100 m）B.标准电阻（阻值为1 ，允许通过的最大电流为2 A）C.标准电阻（阻值为100 ，允许通过的最大电流为0.5 A）D.灵敏电流计G（量程为300 A）E.电阻箱（09999 ，允许通过的最大电流为0.5 A）F.滑动变阻器（最大阻值为20 ，允许通过的最大电流为2 A）

9、G.电源（电动势3.0 V，内阻约为0.2 ）H.开关导线若干实验电路应选图2中的_（填“甲”或“乙”）。开关闭合前，滑动变阻器滑片应置于_（填“A”或“B”）端。多次调节滑动变阻器和电阻箱，使电流计指针稳定时指向中央零刻线位置。电阻箱示数如图3所示，电阻箱接入电路的阻值_。（3）导线的长度计算公式为_（用和d表示）。14.（8分）如图，将一质量为的小球从A点以初速度水平抛出，小球受到水平向左、大小恒定的风力作用，一段时间后到达B点时的速度大小为、方向竖直向下，重方加速度g取，求：（1）水平风力F的大小；（2）小球从A运动到B过程中的最小动能。15.（10分）生活中运送货物时常会用到传送带，可

10、以很大程度上节省人力。传送带以一定速率沿顺时针方向转动，AB段倾角，BC段水平，段的长度分别为，示意图如图所示。将一个质量为的货物轻放在A端，货物与传送带段间的动摩擦因数均为，货物经过B处时不脱离传送带且速率不变，之后货物运动到C点，货物可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，不计空气阻力，。（1）要使货物以最短的时间运动到C点，求传送带的速度至少为多大？最短的时间为多少？（2）若传送带速度为，求货物被运送到C点的过程中传送带与货物之间因摩擦产生的热量。16.（14分）如图甲所示为两正对水平平行放置的金属板，板的长度均为d，板间距离为，在两板间加按图乙所示周期性变化的电压，周期

11、为T，施加的电压为U。从两板左侧中央位置沿水平方向以相同速度连续射入带正电的同种粒子，粒子在两板间运动的时间为T。在下侧金属板的右侧有一圆形磁场区域，其中存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场（未画出），图示直径与水平方向的夹角为45，已知时刻射入的粒子恰从e点射出，不计粒子重力和粒子间的相互作用。（1）求粒子的比荷；（2）求连线上有粒子经过的区域和该区域的长度；（3）若所有进入磁场的粒子均能从磁场边界上的同一点离开磁场，求磁场中有粒子经过区域的面积。答案以及解析1.答案：D解析：发生衰变的核反应方程式为，则新核X的质子数为28，中子数为，故新核X的中子比质子多4个A错误的中子数为，

12、则钴60的中子比新核X的中子多1个B错误衰变是放出能量的反应C错误钴60的半衰期为5.27年，15.81年为3个半衰期，则8 g的钴60经过15.81年未发生衰变的质量为，则已发生衰变的质量为D正确2.答案：D解析：根据交流电有效值的定义可得，解得该交流电的电流有效值为，D正确。3.答案：B解析：当霍尔元件向左运动时，元件内有垂直侧面向右的磁场。又电流方向由后表面到前表面，根据左手定则可知，电子向上运动，下表面电势高，B正确。4.答案：C解析：设每根细线与竖直方向的夹角均为，根据对称性可知四根细线的拉力大小相等，有，解得，A错误；将四根细线同时缩短相同长度，则细线与竖直方向的夹角增大，则细线的

13、张力增大，B错误；同理可知，C正确；去掉一根细线，根据对称性可知，与其相对细线上的张力为零，另外两根细线的张力大小相等，D错误。5.答案：BD解析：滑块重力沿斜面向下的分力，斜面对滑块的支持力，由题图乙可知滑块所受摩擦力随x的变化规律为，设滑块向下运动的最大距离为，则根据动能定理得，可得在数值关系上有，解得，A错误；滑块速度最大时，滑块所受重力沿斜面向下的分力等于滑块所受摩擦力，即，可得此时滑块的位移为，则滑块加速阶段摩擦力做的功为，滑块减速阶段摩擦力做的功为，则滑块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比为1:3，B正确；滑块与斜面间因摩擦产生的热量为，C错误；取沿斜面向下为正方向，可得滑块所受合

14、外力为，该合外力先减小后反向增大，且随位移均匀变化，当滑块速度最大时恰为零，又滑块加速和减速阶段的位移相等，则由对称性可知滑块加速和减速的时间相同，D正确。6.答案：ACD解析：第一步：将题述模型拆解成两对等量异种点电荷模型将c拆分成两个电荷量相等的负电荷，每个负电荷分别与组成一对等量异种点电荷，由题意可知，O点在两对等量异种点电荷的垂直平分线上，故其电势必然为零，A正确。第二步：将题述模型拆解为等量点电荷模型和单个点电荷模型，单独分析每个模型对所求量的影响再进行合成由对称性和电场强度性质可知，点电荷在O点产生电场的合场强方向沿AO方向向上，在A点的合场强为零，点电荷c到O点的距离小于到A点的

15、距离，且点电荷c在O点和A点的场强方向均沿AO向上，由点电荷周围电场强度表达式及场强合成知识可知，O点的场强大于A点的场强，B错误；由于A与点电荷c所在位置的连线上场强方向均为由A指向c，故将负电荷沿OA由O点移到A点时，电场力做正功，电势能减小，C正确；设点电荷a对点电荷b的库仑力大小为F，由于均带正电荷，故其方向为由a指向b，由库仑力表达式可知，点电荷c对b的库仑力大小为，方向由b指向c，由几何关系可知点电荷b受到的电场力方向垂直ab连线向上，D正确。7.答案：BD解析：由于不受空气阻力作用，故两物块均在空中做自由落体运动，两物块之间不存在相互作用的弹力，A错误；设两物块落地瞬间的速度大小

16、为，物块b落地后与地面发生弹性碰撞，以初速度反弹且与物块a发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间物块a的速度为v，以竖直向上为正方向，则由动量守恒定律可得，由机械能守恒定律可得，两式联立可解得，BD正确；以整个过程为研究对象，设初始下落高度为反弹的高度为，则有，解得，C错误。8.答案：AC解析：作出粒子1、2的运动轨迹如图甲、乙所示，由几何关系可知，可得，由洛伦兹力提供向心力有，解得，A正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，粒子1的运动时间，粒子2的运动时间，得，B错误；由对称性可知，从B点射出磁场时两粒子速度方向的夹角为15，C正确；仅增大两粒子的速度，周期T不变，两粒子的轨迹半径增大，由几何关系可知

17、，两粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角减小，两粒子在磁场中的运动时间均减小，D错误。9.答案：6；4解析：由题述可知波传播的速度，又相对平衡位置的位移始终相等，则，由题图可知，当n取1时，解得，则波源振动1 s后波传播的距离为6 m，即波源位于处。10.答案：解析：由可知光子的动量。由题意可知，为单位时间内光源辐射的总光子数目，t时间内，打在平板上的光子数目为，根据动量定理有，可得。11.答案：小于；等于解析：由题图可知，气体在状态B的压强和体积均大于在状态D的，根据理想气体状态方程可知，气体在状态B的温度大于在状态D的温度，又气体在状态A的温度等于在状态B的温度，气体在状态C的温度等于在状态D

18、的，一定质量理想气体的内能只与温度有关，则气体在状态D的内能小于在状态B的；气体从状态D到状态A的过程体积减小，外界对气体做正功，气体与外界无热交换，则气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知外界对气体做的功等于气体内能的增加量。12.答案：（1）4.00（2）如图所示（3）不能解析：（1）由于最小刻度为0.1 N，应估读到0.01 N水平放置的弹簧测力计示数是4.00 N。（3）由合力的图示知，超出弹簧测力计的量程，无法用弹簧测力计测量，则本次实验无法验证力的平行四边形定则。13.答案：（1）1.785（2）乙；A；140（3）解析：（1）由螺旋测微器的读数规则可知导线的直径。（2）根

19、据惠斯通电桥的原理，由于和的阻值均较小，故应采取乙电路；实验开始前，应保证与滑动变阻器并联部分的电压最小，即滑片应位于A处；由电阻箱读数规则可知，。（3）待测电阻的阻值为，由电阻定律得，则。14.答案：（1）5 N（2）40 J解析：（1）设小球由A运动到B所用的时间为t，小球在竖直方向上做自由落体运动，有设小球在水平方向的加速度大小为a，则有由牛顿第二定律可得水平风力大小为解得（2）当重力点水平风力的合力与小球速度方向垂直时，小球的动能最小，如图所示。设小球从A点运动到动能最小处所用时间为，动能最小时速度大小为，合力与重力之间的夹角为，则有水平方向有竖直方向有小球的最小动能为联立解得15.答

20、案：（1）4.125 s（2）154 J解析：（1）要使货物以最短时间到达C点，货物在传送带上要一直加速，货物在AB段，由牛顿第二定律有，解得，若货物在AB段一直加速，有，解得，货物在B点的速度，若货物在传送带BC段上一直加速，由牛顿第二定律得，根据，解得，故要使货物以最短的时间运动到C点，传送带的速度至少为，最短的运动时间为。（2）若传送带速度为，则传送带和货物运动的图像如图所示，由图可知在AB段货物和传送带间的相对位移为，因摩擦产生的热量，在BC段，货物和传送带相对运动的时间，货物和传送带间的相对位移为，因摩擦产生的热量，整个过程货物与传送带因摩擦产生的总热量。16.答案：（1）（2）见解

21、析（3）解析：（1）时刻射入两板间的粒子在水平方向做匀速运动，有在竖直方向，时间内做匀加速运动，时间内做匀速运动由牛顿第二定律有由直线运动规律有解得（2）时刻射入的粒子离所电场时，竖直方向的分速度为则该粒子离开电场时的速度方向与水平方向的夹角为45粒子在金属板间运动的时间一定，故不同时刻射入电场的粒子在离开电场时，竖直方向的分速度都相同，粒子离开电场时的速度也相同对于时间内射入的粒子，作出部分粒子竖直方向分速度随时间变化的图象如图1所示，竖直方向上，粒子加速过程通过的位移相同，则粒子做匀速运动时的速度越大、时间越长，竖直方向的位移越大则时刻射入的粒子在竖直方向上的位移最大，时刻射入的粒子在竖直

22、方向上的位移最小则连线上有粒子经过的区域为中心线下方距中心线到的区域，长度为（3）如图2所示，粒子从金属板右侧离开的位置在之间，且粒子进入磁场时的速度均沿题中给出的圆形磁场区域直径粒子离开电场进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力有可得粒子最终从同一点离开磁场区域，则磁场区域的半径粒子离开电场区域时，PQ在垂直速度方向上投影的长度为，则从Q点离开电场的粒子，在磁场中运动的轨迹圆圆心O恰好在磁场边界上，轨迹所对圆心角为120从P点进入磁场的粒子，在磁场中运动的轨迹为四分之一圆，磁场中有粒子经过的位置为两轨迹所夹区域，如图3所示由几何关系可知，四分之一圆周与左侧磁场边界围成的面积轨迹所对圆心角为120的圆弧与左侧磁场边界围成的面积则有粒子经过区域的面积为，解得