高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12024年蘇錫常鎮(zhèn)物理二模考前模擬試卷一、單選題：本大題共11小題，共41分。1.關(guān)于熱學(xué)現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是（）A.液體有表面張力，原因是液體表面分子間的平均距離比液體內(nèi)部大B.物體內(nèi)熱運(yùn)動(dòng)速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例與溫度無(wú)關(guān)C.不可能從單一熱庫(kù)吸收熱量，使之完全變成功D.給莊稼松土有助于將地下的水分引上來(lái)【答案】A【解析】A．液體有表面張力，原因是液體表面分子間的平均距離比液體內(nèi)部大，分子間作用力表現(xiàn)為引力，故A項(xiàng)正確；B．物體內(nèi)熱運(yùn)動(dòng)速率大的分子數(shù)占總分子數(shù)比例與溫度有關(guān)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．熱力學(xué)第二定律的開爾文表述為：不可能從單一熱源吸取熱量，并將這熱量變?yōu)楣?，而不產(chǎn)生其他影響，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．給莊稼松土破壞了土壤里面的毛細(xì)管，不利于將地下的水分引上來(lái)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選A。2.2023年9月21日，“天宮課堂”第四課開講。神舟十六號(hào)航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮將面向全國(guó)青少年進(jìn)行太空科普授課，展示介紹中國(guó)空間站夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙工作生活場(chǎng)景，演示了各種奇妙的在失重狀態(tài)下的實(shí)驗(yàn)，例如蠟燭火焰、動(dòng)量守恒定律等實(shí)驗(yàn)，并與地面課堂進(jìn)行互動(dòng)交流。下面四幅蠟燭火焰圖是在太空實(shí)驗(yàn)室中演示的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】在地球上，由于受到重力的影響，燃燒后會(huì)使旁邊空氣形成上下對(duì)流，于是我們看到的火焰向上。在太空失重的情況下，這種上下對(duì)流消失，點(diǎn)燃后的蠟燭沒有所謂的向上或向左等等的方向，氧氣由于對(duì)流向火焰靠攏，形成球形火焰。故選B。3.嫦娥七號(hào)將配置能在月面上空飛行的“飛躍探測(cè)器”，其中六足構(gòu)型如圖所示。對(duì)稱分布的六條輕質(zhì)“腿”與探測(cè)器主體通過鉸鏈連接，當(dāng)探測(cè)器靜止在水平地面上時(shí)，六條“腿”的上臂與豎直方向夾角均為，探測(cè)器的質(zhì)量為，重力加速度為。則每條“腿”的上臂對(duì)測(cè)器的彈力大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】每條“腿”的上臂對(duì)測(cè)器的彈力大小為F，由共點(diǎn)力的平衡可知可得故選A。4.某同學(xué)參加“筷子夾玻璃珠”游戲。如圖所示，夾起玻璃珠后，兩筷子始終在同一豎直平面內(nèi)，右側(cè)筷子豎直，左側(cè)筷子與豎直方向的夾角為θ。保持玻璃珠靜止，忽略筷子與玻璃珠間的摩擦。下列說(shuō)法正確的是（）A.兩側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的合力比重力大B.若逐漸減小θ的大小，則兩側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力也逐漸減小C.左側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力一定比玻璃珠的重力大D.右側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力一定比玻璃球的重力大【答案】C【解析】A．對(duì)玻璃珠受力分析如圖所示，受到重力G、左側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力，右側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力，在三個(gè)力的作用下處于平衡狀態(tài)，根據(jù)力的平衡可知，兩側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的合力與重力等大反向，則兩側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的合力等于重力，故A錯(cuò)誤；BCD．玻璃珠保持靜止，根據(jù)平衡條件可得故若逐漸減小θ的大小，則左側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力逐漸變大，右側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力逐漸增大，左側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力一定比玻璃珠的重力大，右側(cè)筷子對(duì)玻璃珠的彈力不一定比玻璃球的重力大，故BD錯(cuò)誤，C正確。故選C。5.下列有關(guān)光電效應(yīng)的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A.愛因斯坦提出了光電效應(yīng)理論B.甲圖實(shí)驗(yàn)中讓鋅板帶負(fù)電，光照后，驗(yàn)電器張角會(huì)變小C.乙圖中光電子到達(dá)A板的速度越大，則光電流越大D.乙圖光電流的大小與入射光束的光強(qiáng)有關(guān)【答案】C【解析】A．愛因斯坦提出了光子說(shuō)理論，并成功地解釋了光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)，故A正確；B．由于事先使鋅板帶負(fù)電，驗(yàn)電器張開一定的角度，鋅板表面的自由電子溢出后，驗(yàn)電器的指針張角變小，故B正確；C．當(dāng)達(dá)到飽和光電流以后，繼續(xù)增加光電管兩端的電壓，即增加光電子到達(dá)A板的速度，光電流不變，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)光電管兩端的電壓不變，即光電子到達(dá)A板的速度不變，入射光越強(qiáng)，光子數(shù)越多，光電流越大，則光電流的大小與入射光束的光強(qiáng)有關(guān)，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選C。6.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A開始依次經(jīng)過狀態(tài)B到狀態(tài)C再回到狀態(tài)A，其圖像如圖所示，其中C到A的曲線為雙曲線的一部分。下列說(shuō)法正確的是（）A.從A到B的過程中，氣體對(duì)外做功，內(nèi)能減少B.從B到C過程中，氣體吸收熱量，內(nèi)能減少C.從C到A的過程中，氣體的壓強(qiáng)不變，內(nèi)能增加D.從C到A的過程中，氣體在單位時(shí)間、單位面積上與器壁碰撞的分子數(shù)變多【答案】D【解析】A．由題圖可知，從A到B的過程中，氣體的體積增大，氣體對(duì)外做功，氣體的溫度不變，則氣體的內(nèi)能不變，A錯(cuò)誤；B．從B到C的過程中，氣體做等容變化，氣體對(duì)外不做功，外界對(duì)氣體也不做功，即，氣體的溫度增大，則氣體的內(nèi)能增大，即，即由熱力學(xué)第一定律可知，氣體吸收熱量，B錯(cuò)誤；C．C到A的曲線為雙曲線的一部分，因此從C到A的過程中，氣體的壓強(qiáng)不變，氣體的溫度降低，內(nèi)能減小，C錯(cuò)誤；D．從C到A的過程中，氣體的壓強(qiáng)不變，氣體的體積減小，因此氣體在單位時(shí)間、單位面積上與器壁碰撞的分子數(shù)變多，D正確。故選D。7.2021年10月16日，神舟十三號(hào)載人飛船采用自主快速交會(huì)對(duì)接方式，首次徑向靠近空間站，如圖所示。兩者對(duì)接后所繞軌道視為圓軌道，繞行角速度為ω，距地高度為kR，R為地球半徑，萬(wàn)有引力常量為G。下列說(shuō)法中正確的是（）A.神舟十三號(hào)在低軌只需沿徑向加速可以直接與高軌的天宮空間站實(shí)現(xiàn)對(duì)接B.地球表面重力加速度為C.對(duì)接后的組合體的運(yùn)行速度應(yīng)大于7.9km/sD.地球的密度為【答案】B【解析】A．神舟十三號(hào)在低軌只沿徑向加速不可以直接與高軌的天宮空間站實(shí)現(xiàn)對(duì)接，一般對(duì)接需要進(jìn)行二次以上的速度調(diào)整，A錯(cuò)誤；B．地球表面重力加速度為g，則有聯(lián)立解得，B正確；C．對(duì)接后的組合體的運(yùn)行速度應(yīng)小于7.9km/s，第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，C錯(cuò)誤；D．地球的密度為D錯(cuò)誤。故選B。8.如圖甲所示的電路中，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10:1，A、V均為理想電表，R是光敏電阻(其阻值隨光強(qiáng)增大而減小)、L是理想線圈、D是燈泡．原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電，下列說(shuō)法正確的是()A.交流電的頻率為100HzB.電壓表的示數(shù)為C.當(dāng)光照增強(qiáng)時(shí)，A的示數(shù)變小D.若用一根導(dǎo)線來(lái)代替線圈L，則燈D變亮【答案】D【解析】A．因交流電的周期是0.02s，所以頻率為故A錯(cuò)誤；B．原線圈接入電壓的最大值是，所以原線圈接入電壓的有效值是U1=220V，根據(jù)理想變壓器變壓比代入數(shù)據(jù)解得副線圈的電壓為電壓表的示數(shù)為22V，故B錯(cuò)誤；C．有光照增強(qiáng)時(shí)，R阻值隨光強(qiáng)增大而減小，則次級(jí)電阻減小，根據(jù)得副線圈輸出功率增大，所以原線圈輸入功率增大，所以A的示數(shù)變大，故C錯(cuò)誤；D．用導(dǎo)線代替線圈，對(duì)電流的阻礙減小，所以D變亮，故D正確。故選D。9.如圖一足夠大的“”形導(dǎo)軌固定在水平面，導(dǎo)軌左端接一靈敏電流計(jì)G，兩側(cè)導(dǎo)軌平行?？臻g中各處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B且隨時(shí)間同步變化，時(shí)刻，在電流計(jì)右側(cè)某處放置一導(dǎo)體棒，并使之以速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)運(yùn)動(dòng)過程中電流計(jì)讀數(shù)始終為零，已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，則磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】設(shè)導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，距離導(dǎo)軌左端為x，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，依題意，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌內(nèi)部始終無(wú)電流，可得整理得故與t為一次函數(shù)關(guān)系。故選C。10.如圖所示為接地金屬球殼，O點(diǎn)為球心，電荷量為2q和-q（q>0）的兩個(gè)點(diǎn)電荷分別位于M、N兩點(diǎn)，其延長(zhǎng)線過球心，P為MN連線上球殼外一點(diǎn)，取無(wú)窮處電勢(shì)為零，T為金屬球殼外附近一點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A.T點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向背離O點(diǎn)B.若移去M點(diǎn)的電荷，則P點(diǎn)的電勢(shì)降低C.將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到P點(diǎn)，靜電力做正功D.若移去接地金屬球殼，MN附近還存在兩個(gè)電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)【答案】B【解析】A．設(shè)等勢(shì)圓的半徑為，AN距離為，MN距離為L(zhǎng)，如圖所示，根據(jù)結(jié)合電勢(shì)疊加原理，、滿足解得，由于電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直等勢(shì)面，可知T點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向必過等勢(shì)面的圓心，點(diǎn)電勢(shì)可知T點(diǎn)電場(chǎng)方向指向點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．M點(diǎn)的電荷電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為正，若移去M點(diǎn)的電荷，則P點(diǎn)的電勢(shì)降低，故B正確；C．左邊正電荷在M右側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右，右邊負(fù)電荷在MN間電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右，根據(jù)電場(chǎng)的疊加可知MN間的電場(chǎng)強(qiáng)度水平向右，沿著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，可知P點(diǎn)電勢(shì)高于等勢(shì)面與MN交點(diǎn)處電勢(shì)，則P點(diǎn)電勢(shì)高于T點(diǎn)電勢(shì)，將正試探電荷q0從T點(diǎn)移到P點(diǎn)，電勢(shì)升高，靜電力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；D．由于正電荷的電荷量大于負(fù)電荷電荷量，可知在N左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度不可能為零，假設(shè)N右側(cè)與N距離為d處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，設(shè)，有方程有唯一解，可知除無(wú)窮遠(yuǎn)處外，MN附近電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)只有一個(gè)，故D錯(cuò)誤。故選B。11.一種離心測(cè)速器的簡(jiǎn)化工作原理如圖所示。光滑細(xì)桿的一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸上的O點(diǎn)，并可隨軸一起轉(zhuǎn)動(dòng)。桿上套有一輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與套在桿上的圓環(huán)相連。當(dāng)測(cè)速器穩(wěn)定工作時(shí)，通過圓環(huán)的位置可以確定細(xì)桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。桿與豎直轉(zhuǎn)軸的夾角始終為60°，重力加速度為g。則（）A.角速度越大，圓環(huán)受到的桿的支持力越大B.角速度越大，圓環(huán)受到的彈簧彈力越大C.彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，圓環(huán)的向心加速度為D.突然停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，圓環(huán)下滑過程中重力勢(shì)能和彈簧彈性勢(shì)能之和一直減小【答案】A【解析】C．若彈簧處于原長(zhǎng)，則圓環(huán)僅受重力和支持力，其合力使得圓環(huán)沿水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)角速度為，根據(jù)牛頓第二定律得設(shè)彈簧原長(zhǎng)為l，圓環(huán)此時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑為解得此時(shí)的向心加速度為故C錯(cuò)誤；AB．設(shè)彈簧的長(zhǎng)度為x，則圓環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為圓環(huán)受到的桿的支持力為N，圓環(huán)受到的彈簧的支持力為T，則當(dāng)時(shí)，圓環(huán)受力分析如圖對(duì)圓環(huán)，根據(jù)平衡條件可得解得當(dāng)時(shí)，圓環(huán)受力分析如圖對(duì)圓環(huán)，根據(jù)平衡條件可得解得當(dāng)角速度增大時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度變大，則角速度越大時(shí)，圓環(huán)受到的桿的支持力也越大；當(dāng)時(shí)，圓環(huán)受到的彈簧彈力隨角速度變大在變小，當(dāng)時(shí)，圓環(huán)受到的彈簧彈力隨角速度變大在變大，即圓環(huán)受到的彈簧彈力隨角速度變大在先變小后變大，故A正確，B錯(cuò)誤；D．突然停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，圓環(huán)下滑過程中，圓環(huán)先加速下滑后減速下滑，即圓環(huán)的動(dòng)能先增大后減小，根據(jù)圓環(huán)和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則重力勢(shì)能和彈簧彈性勢(shì)能之和先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選A。二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共15分。12.磁敏電阻是一種對(duì)磁敏感、具有磁阻效應(yīng)的電阻元件。物質(zhì)在磁場(chǎng)中電阻發(fā)生變化的現(xiàn)象稱為磁阻效應(yīng)。某實(shí)驗(yàn)小組利用伏安法測(cè)量一磁敏電阻的阻值（約幾千歐）隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化關(guān)系。所用器材：電源E（5V）、滑動(dòng)變阻器R（最大阻值為20Ω），電壓表（量程為0~3V，內(nèi)阻為3kΩ）和毫安表（量程為，內(nèi)阻不計(jì)）。定值電阻、開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）為了使磁敏電阻兩端電壓調(diào)節(jié)范圍盡可能大，實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了電路圖甲，請(qǐng)用筆代替導(dǎo)線在乙圖中將實(shí)物連線補(bǔ)充完整______。（2）某次測(cè)量時(shí)電壓表的示數(shù)如圖丙所示，電壓表的讀數(shù)為______V，電流表讀數(shù)為0.5mA，則此時(shí)磁敏電阻的阻值為______（保留3位有效數(shù)字）。（3）實(shí)驗(yàn)中得到該磁敏電阻阻值R隨磁感應(yīng)強(qiáng)度B變化的曲線如圖丁所示，某同學(xué)利用該磁敏電阻制作了一種報(bào)警器，其電路的一部分如圖戊所示。圖中E為直流電源（電動(dòng)勢(shì)為5.0V，內(nèi)阻可忽略），當(dāng)圖中的輸出電壓達(dá)到或超過2.0V時(shí)，便觸發(fā)報(bào)警器（圖中未畫出）報(bào)警。若要求開始報(bào)警時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T，則圖中______（填“”或“”）應(yīng)使用磁敏電阻，另一固定電阻的阻值應(yīng)為______kΩ（保留2位有效數(shù)字）。（4）在圖戊所示電路中，如果要提高此裝置靈敏度（即在磁感應(yīng)強(qiáng)度更小時(shí)就能觸發(fā)報(bào)警），應(yīng)該______（填“增大”或“減小”）磁敏電阻之外的定值電阻。【答案】（1）（2）1.30##1.29##1.31（3）2.1（4）減小【解析】【小問1詳析】實(shí)物連線如圖所示?！拘?詳析】[1]電壓表的讀數(shù)為[2]根據(jù)部分電路的歐姆定律解得磁敏電阻的阻值為【小問3詳析】[1]根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得可得輸出電壓為要求輸出電壓達(dá)到或超過2.0V時(shí)報(bào)警，即要求磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時(shí)，磁敏電阻的阻值增大，輸出電壓增大，由于需增大阻值才能實(shí)現(xiàn)此功能，故為磁敏電阻。[2]開始報(bào)警時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.2T，此時(shí)電壓為根據(jù)電路關(guān)系解得另一固定電阻的阻值應(yīng)為【小問4詳析】在磁感應(yīng)強(qiáng)度更小時(shí)就能觸發(fā)報(bào)警，此時(shí)磁敏電阻的阻值減小，根據(jù)電路關(guān)系故需減小磁敏電阻之外的定值電阻。三、計(jì)算題：本大題共4小題，共44分。13.一列簡(jiǎn)諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸方向傳播，時(shí)刻的波形圖如圖甲所示，質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置在處，質(zhì)點(diǎn)N的平衡位置在處，質(zhì)點(diǎn)N的振動(dòng)圖像如圖乙所示。求（1）自時(shí)刻起，質(zhì)點(diǎn)N的振動(dòng)方程；（2）自時(shí)刻起，質(zhì)點(diǎn)M到達(dá)波峰的最短時(shí)間?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）由乙圖知，時(shí)質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)，，自時(shí)刻起，質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為（2）時(shí)質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法，該波沿軸負(fù)方向傳播，根據(jù)甲圖像可知波長(zhǎng)為，則波速為在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)右邊最近的波峰的平衡位置為，質(zhì)點(diǎn)M到達(dá)波峰的最短時(shí)間為14.如圖所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，MN、PQ是固定在水平面內(nèi)間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，電阻不計(jì)。MP間接電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r的電源。金屬桿ab垂直于MN、PQ放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，通過光滑的定滑輪以速度v勻速提升重物，電路中的電流為I。金屬桿ab相當(dāng)于“電動(dòng)機(jī)”。求：（1）電源兩端電壓；（2）“電動(dòng)機(jī)”輸出的功率。【答案】（1）；（2）【解析】（1）根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電源兩端電壓為（2）“電動(dòng)機(jī)”輸出功率為15.如圖所示，豎直光滑半圓弧軌道的下端B點(diǎn)固定在高的豎直墻壁上端，O為半圓的圓心，BC為豎直直徑，一質(zhì)量的小球b靜置在B點(diǎn)?，F(xiàn)將一質(zhì)量的小球a從水平地面上的A點(diǎn)以初速度斜向上拋出，拋射角。小球a剛好能沿水平方向擊中小球b，兩小球碰撞過程時(shí)間極短且沒有能量損失，碰撞結(jié)束后小球b在半圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的過程不脫離軌道（小球b從圓弧軌道最高點(diǎn)C和最低點(diǎn)B離開不算脫離軌道）。已知，，重力加速度，空氣阻力不計(jì)，求：（1）小球a從A點(diǎn)拋出時(shí)的初速度；（2）碰撞結(jié)束瞬間小球b的速度；（3）半圓弧軌道的半徑R的取值范圍?！敬鸢浮浚?）10m/s；（2）4m/s（3）或者【解析】（1）設(shè)水平方向上向右正方向，小球a從A點(diǎn)拋出，在豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，剛好能沿水平方向擊中小球b，則有聯(lián)立解得（2）小球a剛好能沿水平方向擊中小球b時(shí)，其速度為根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得（3）假設(shè)小球b恰好能運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，則在C點(diǎn)滿足又根據(jù)動(dòng)能定理可得聯(lián)立解得故半圓弧軌道的半徑R取值范圍是。如果小球恰好運(yùn)動(dòng)到和圓心等高的位置，此時(shí)的最小速