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；
2 1
B．放射性原子核从 m 衰变为 m ，所用时间182.4d 67.3d 115.1d
3 0 3 0
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】C
1
【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；
T
U1 n1
B．根据变压器电压与匝数的关系可知 解得U2 10V
U2 n2
由于 R2 、 R3 阻值相同，所以电压表示数 为 5V，故 B 错误；
U U 1
C．设三个电阻的阻值均为 R ，根据闭合电路欧姆定律有 ( 2 ) I
R 2R 2
将 I 5A 代入解得 R 4.5 ，故 C 正确；
U 2 100
D．副线圈的输出功率为 P 2 W
2R 9
3. 【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 2 2
O C A B C O B (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
B0 O B0 5B1
5B
解得 B 0
1 5
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
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{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}
10B0 ，方向由 指向 。
B合 2B A C
1 5
4. 【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；
1
D．粒子从 x 运动到 x 的过程中根据动能定理得U q 0 mv2
2 3 23 2 0
粒子从 x2 射出后能运动到无穷远处至少需要动能U 23q 0 0q 0 EK
1
解得 E mv2 q ，故 D 错误。
K 2 0 0
6. 【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；
1
B．质子进入第 n 个圆筒时，经过 n 次加速，根据动能定理 neU mv2 0
0 2 n
2neU
解得 v 0 ，故 B 错误；
n m
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{#{QQABZQaEogioABBAARhCAQVKCkMQkACACKoOgFAAIAAAgANABAA=}#}
T
D．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；
2
T 2neU T
C．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。
n n 2 m 2
7. 【答案】BD
c
【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；
l
C．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；
T
C．设 x 0 的质点，从平衡位置到 y 1cm 经历的时间为 t ，由振动方向可知 t 0.05s
12
所以点 P 平衡位置的横坐标为 x v(t t) 3m ，故 C 正确；
2 3 1
D．图（b）可知质点 P 的振动方程为 y 2sin t ，波从 O 到 P 所需时间为 t ' s= T
0.6 20 4
10t
可知坐标原点处质点的振动方程为 y 2sin cm
3 2
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 2mg sin 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T1T2 ma
qE 2mg sin 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
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T1 qE 2mg sin 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 4mg
T 4mg
根据胡克定律可知此时弹簧的形变量为 x 2 ，故 B 错误；
2 k k
T mg
C．刚施加电场时弹簧的形变量为 x 2
1 k k
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
9m2 g 2
的功，为 E W qE(x x ) ，故 C 正确；
pE E 2 1 k
D．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
2 2
1 2 1 2 15m g
W克 E kx kx
T pT 2 2 2 1 2k
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
3m2 g 2
W W W克 0
E T 2k
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 1.25A
e BLv
感应电流有 i
R R
解得金属棒在 x 2m 处速度为 v 5m/s ，故 A 正确；
e BLv
B．感应电流有 i
R R
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；
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D．金属棒在 x 0m 处速度为 v0 1m/s
1 1
从开始到 x 2m 处根据能量守恒有W Q mv 2 mv 2 9.5 25 1J 33.5J
2 2 0
故从开始到 x 2m 处拉力做功为 33.5J，故 D 正确。
d 2 d 2 F
11.. 【答案】 . B （2 分） . （2 分） . （2 分）
2k 2k M
【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
1 1
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
M M
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
t
d 2 1
根据运动学公式可得 2ax v2 联立可得 x
2a t 2
1 d 2 d 2
可知 x 图像的斜率为 k ，解得 a
t 2 2a 2k
F
（4）根据牛顿第二定律可得 a
M
d 2 F
满足关系式为 ，则牛顿第二定律成立。
2k M
11. 【答案】 . 1.5 （1 分） . 0.83 （1 分） . U1 U 2 （2 分） . b （2 分） .
k （2 分） . 相等（2 分）
【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律U E Ir
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U
结合图像斜率和截距可得 E 1.5V ， r 0.83
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 I 2 )r ，整理可得 (U1 U2 ) E (I1 I2 )r
以U1 U 2 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 ；（ ）
13 1 2 7.510 Pa 3 4.98kg
【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=7.510 Pa.............................................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
2 3gR 2
14. 【答案】（1） v ；（2） x 2R ；（3） x4 R
1 3 3
【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
1 1
2Mg (R R) 2M v2 Mv2 ..............................................................................1 分
2 1 2 2
由凹槽和物块组成的系统动量守恒可得
0 2Mv1 Mv2 .............................................................................1 分
2 3gR
解得 v .......................................................................2 分
1 3
（2）物块第一次通过 C 点时，二者水平方向上动量守恒，物块水平向右发生的位移大小为 x1 ，凹槽水平向
1
左发生位移大小为 x ，可得 2Mx Mx x x R 解得 x R ...................................1 分
2 1 2 1 2 1 3
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物块冲上粗糙面后，物块的加速度为 a1 ，凹槽的加速度为 a2 ，由于牛顿第二定律可得
2Mg 2Mg
a 0.05g ， a 0.1g ..............................................1 分
1 2M 2 M
1 1
当物块与凹槽右挡板发生碰撞时满足 s s 5R ，即 v t a t 2 v t a t 2 5R
2M M 1 2 1 2 2 2
5
解得 s R ...............................................1 分
2M 3
1 5
物块水平方向的位移大小为 x x s R R 2R .....................................................1 分
1 2M 3 3
（3）由水平方向上动量守恒可得，物块与凹槽最终都静止，由能量守恒定律可得
2Mgx 2Mg 2R 解得 x 40R ...........................................1 分
x n5R x
当 n 8 时， x 0 ，即物块将停在 C 点。物块相对凹槽停下时，凹槽也停止运动，整个过程中，物块相对
凹槽发生的位移为 x总 R ............................................................................ .................................1 分
对二者研究，由于水平方向上动量守恒，物块水平向右发生的位移大小为 x3 ，凹槽水平向左发生位移大小
为 x4 ，可得 2Mx3 Mx4 ， x总 x3 x4 R .............................................................................1 分
2
解得 x R ........................................................................... ....1 分
4 3
1 3 m2v2 2 m 2g 2m2
【答案】（ ） 2 ；（ ） 0 ；（ ） t ；
15. 1 Ek min mv0 2 S 2 2 3 y 2 2
4 2q B qB0 q B0
mg
【详解】（1）由 E
q
可知小球受到的电场力与重力等大，所以电场力与重力的合力为 F 2mg
方向与 x 轴负方向夹角为 45，小球的运动可以看成类斜抛运动，当小球的速度与合力垂直时，速度最小，
动能最小，此时有 vx vy ..............................................................................................................2 分
qE
v t
x m
vy v0 gt
v
联立可得 v v 0 ......................................................................................................................2 分
x y 2
2
则最小速度大小为 v 2v v .，动能的最小值为
min x 2 0
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1 1
E mv2 mv2 .................................................................................................................2 分
k min 2 min 4 0
mv2
（2）小球在 xoz 平面内分别做匀速圆周运动，由 qBv
r
mv0 mv0
可得小球在两个磁场中的半径分别为 R1 R2 ..............................................1 分
9qB0 8qB0
2 m 2 m
周期分别为T1 T2 ......................................................................................1 分
9qB0 8qB0
T T
小球在每个磁场中完成半个圆周运动进入另一个磁场，则在 t 1 2
0 2 2
mv0
的时间内，沿 z 轴移动的距离为 z0 2R2 2R1 ..............................................................2 分
36qB0
mv0
则有 2R1 n ，可得 n 8 ..................................................................................................2 分
36qB0
T1 2 m
则小球从抛出到再次经过 y 轴所用的时间 t 8t0 .........................................................2 分
2 qB0
小球在 y 轴方向做自由落体运动，从抛出到再次经过 y 轴时到 O 点的距离为
1 2g 2m2
2 分
y gt 2 2 .........................................................2
2 q B0
.
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