2024年新高考物理【衡水金卷·先享题·信息卷】模拟试题（HJL）02

2024年普通高中学业水平选择性考试模拟试题 3,一定质量的理想气体，由状态a旅次经历a·分·*d三个过程达到状态d,该过程 物理（二】 气体的压强户随热力学温度丁变化的断像如图所示，刘下列说法正确的是 本试卷共8页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 A.气体在秋态c时的体积最大 注意事項： B,从+b的过四中，气体对外界数正功 1,答题前，先得自己的拉名，考号等填写在答题下上，并将准考位号条形码格贴在 C.从c的过程中，气体从外界吸热 答黄卡上的粉定位置 D从-+d的过程中，气体分子的平均动能减小 2,这择题的作答：这出每小题答常后，用2B铅笔把器是卡上对应题日的答量标号 4.如图所示为氢离子(H)的能级图。已知可见光光子的能量范用为1,62~ 杂黑。写在试想卷，草稿铁和答蘑卡上的非答赠区战均无效。 3,0V,其中班光光子的能量意国为？.53一2，所V,繁完完子的能量范围为 3,心速择题的作答：用签学笔直接写在答通卡上对应的馨题区媛内。写在试题卷。 2.76一3,10eV。根据藏尔原子理论，下列说法正确的是 草稿就和答周卡上的非答通区战均无效 A.可见光能快处于基态的氨肉子爱生默迁 七，考这结来后，请将衣试题表和零题卡一并上义。 B.大量处于：一4能级的氢离子向妖能级跃迁时可发出红外线 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一 C.大量处于？=4能线的复离子向低能级跃迁时可发出莹光 项符合蔬目要求，每小题4分：第8一10愿有多项符合题目要求，每小题行分，全部 D.利用餐光可使处于#一3能极的氢离于跃证到？一4能缓 一4 选对的得6分，选对但不全的得3分，有选情的得0分。 5,科学家依靠天文照相方法，利用行星深测器等发现了许多卫星，除水星和金星尚未发 【,如图所示，摩天轮正在整直面内做匀速圆周运动，一游客站在摩天轮轿相的中央包 观卫星外，其独大行量都发完了卫星。海王最的卫量就有14覆。已知海卫一、海卫 置，下列说法正确的是(AB为水平直径，CD为竖直直径) 二，海卫三绕海王星做匀速属周运动的周期之比为：：，海王星的簧量为M,自转 A醉客受到的摩擦力保持不变 可期为丁，南卫三绕游王星运行的轨道半径为”，引力常量为G,题路卫星之间的彩 B游客经过A,B位置时受到的摩擦力相问 响，根据上述信息可以求出 C避客经过D位置时受到的峰擦力最大 A,海王星表面的重为加速度大小 长海王量同步卫星的动量大小 D,游客经过C位置时不受摩擦力 C.海卫一绕海王星运行的周期 D.海卫二离海王星表面的高度 2.如图所示，一轻弹簧的左清固定在竖直情壁上，右端与静置在光带水平面上的小滑块 .为了提高列车的最大建度，高铁编组的每节车和都能提供相等的衡定功率，面开启多 相连，弹簧白由仲长时，小滑块位干0点。推动小滑块向左压输弹簧，然后释放爱 少节车图的动力将视具体情况面定。已知某高铁缩组共有8华车厢，在平直铁款上 远：若小滑块以速度斯向右通过P点，则知邻两次通过P点的最复时鹤为：若小滑 运动时所受盟力与布速的平方规正比，当开启2节有和的动力时，列有所能达到的最 块以速度边向右通过P点，则相邻两次通过P点的最短时间为：，已知助<功，小 大速度为，当开日4节车厢的动力时，列车作达到的最大速度为助，则下关系式 滑块可税为质点，弹簧始终在弹性限度内，划下列关于，：的说法正确的是 正确的是 A.< 钱t=4 0w■ A,动物=12 k动段=1 C,>4 D,不能确定 C.g-12 D.明-132 物建（二）第1页【共8页1 衡水全海·光享·信息卷 物理（二）第？黄【共8页引 HU国 ?.023年10月10日，黄河上游李家峡水电站5号机组顺利通过试运行，正式授产发 C,餐粒射出电场时，轨连1所对应最粒的电梦能最大 电，标志着世界最大双样机布置的水电站实现20万千瓦全容量授产，该水电站的 D.微粒射出电场时，轨迹1与轨连3所对应微较的动能相等 某发电机组的电饱输送示意图如图所示，交流爱电机通过升压变压器和降压变压器 10.如图所示，质量为m的物块（可视为质点》放置在足够长的粗，水平面上，弹性绳穿 向用户供电。已知发电机线圈ACD的匝数N=100更，面积S一心，a3,线圆匀 过固定在点的光滑小环，一端系于了点正上方的O点，另一轴系于物块上，原长 速转动的角速度m一1O0mmd/,匀强酷场的慰破应强度大小B一巨T,输电授踏的 等于)，两点绳的师离。在仙点治物块一个视动能E。,使其向右运动，物块第 次到达b点时速度恰好减速到零，：、b两点关于O)'对称点在（正下方。已知 总电阻R=10Q,升压变压器原，副线圈的匝数之比=1：8，降压变压器原，周线 弹性绳的弹力与形变量成正比，弹性绳始终在弹性限度内，则下列说法正确的是 圈的匝数之比'一101，若理想交流电流表的示数【一0A:降压变压器荆线圆网 隋的电压山=20V,发电机线圈的电阻r不可忽略，变压器均为理地变压器，下列说 A物块通过c点时的动能为2B 法正确的是 民物块从〔点运动到方点的过程中，摩漆力敛的功为一E A.输电线路上损耗的电功率为320W C物块从点运动到c点的过程中，摩藤力的大小不变 B升压变压器别线间两端的电压为2160V D,取惊小环，仍在4点给物块一个初动能，使其向右运动，物扶将能到达点右侧 C.升压变压#原线图的输人功率为960W 二，非选择题：本题共5小题，共54分。 D发电机线圈的电用♪清耗的热功率为60W 11.(6分》 8.如图所示，A,B,C分别表示在真空中位于光带池遂水平面的一条直线上的三个自自 某同学利用如图甲所承装置测量物块与木板之柯的动摩擦因数，已知重力加速度 点电荷.三个点电荷带的电荷量分别为Q,Q和Q,Q与Q:的用距离为Q与Q 为。实验步骤知下： 离的3倍三个电荷都处于平青状态，若川十，一表示点电荷电性，则三个点电黄所带 ①在实验台上倒定一个力传盛器，力传感器通过不可神长的细线与物块相连，物块 的电荷量之比Q:QQ可能为 放置在水平的长木板上，细线与术板平行： A,(=16)191(=144) R(-53(-48)孕g ②水平向左拉动木板，记泰下力传感潜的示数下： C.5:(-3):48 D.16(-9):144 心在物块上放置：个砖码（每个砝码的质量均为）·重复步骤②获得多组数据 ,山.d两个平行极板水平放置.其间分布着如图所示的匀强电场。兰个质量不同，带 ④作出下-性图像如图乙所示，测得图线的纵规距为，斜率为上 电情况完全相同的微粒以相同的速度从两极板左侧中点)处水平向右射人板板之 间，运动轨迹在图中分别标挂为1,2.3，轨迹2沿术平方向，轨迹1、3关于轨遂2对 称，轨迹1,2,3所对应微粒的质量分别为四：，m。不计粒子间的相互作用，下列 长服 说法正确的是 《1)拉动术板时： (填“必须”或”不必”)使术板做匀速运动。 A,三个微较均带正电荷 《2》物块与木板问的动摩擦因数为 ,物块的质量为 丘测，-2m, 多《用，及， ,十 m,b表示) 物理二)第3置共8页] 衡水金整·先享超·信愿修 物理[二1第4页1共书黄] HW国 18.(8分) 13.(8分) 某同学进行练习使用多川电表的实验。 如图甲所示，质量为川，电阻为及，半径为”的用形单匝线圆通过不可伸长的组线 竖直悬鞋，线周有一半面积处在垂直干线周平面向外的匀强磁场中，强场的蓝感应强 度大小随时间的变化图像如图乙所示(B,4均已知)，线圈始终处于平青状态，重力加 速度为g,求 (1)与时刻，线陶中感应电流的大小 《2)号时刻，细线中张力的大小。 表 (1)先用欧蚂表测量未知电阻R,的阻镇，多用电表的远辩开关旋至成朝档~×1D” 倍率。进行一系列正确操作后，指针静止时如图甲所示，为了使测量结果准确一些，该 同学需要将洁择开关旋至””《填“×100”或“×1“)倍常， (填必须"或 “不必“)重新进行做婚测零，最修指针静止时如图乙所示，划未电阻R,阻值的测量值 为 〔2)该制学接着用欧博挡探测只有一个元件的里箱，如图丙所示，当两表笔分别接 触属箱接线柱M,N时，发现多用电表指针快建摆向右边后再摆回最左边的刻度线，则 该无件可能是 一·《坑正确答案标号》 A电容器 五.电配 C,电感线图 D.二极管 (3)某可学将多用电表接入如游丁所示的电路中，则此时多用电表的红表笔应接 (填“A或“B“):闭合开关后，该多用电表能测出电路中的《坡“电阻” “电瓷”或电压”)。 物建（二）第5页【共8页1 衡水全蜂·先章是·信息卷 物理（二）第6黄【共8页1 HU国 14.(14分) 15.(18分) 如离所示，在02,0写y≤2d的QNP区战内，存在沿y轴正方向，畅强大 如离所示，两缘封闭，高为1质量为侧的闭筒静置在水平炮面上，圆简内底部有一 小为E的匀强电场，在OQNP区线外分布着垂直于室标平面向外的匀强融场，一个质 质量也为两的小球（可就为质点），圆简与小球之间有少许炸药（质量忽略不计），某时 量为则，电荷量为？的带正纯粒子从O点由静止释救，而后经磁场偏转，给好能通过N 刻炸药爆，小球经直向上运动与侧筒发生第一次弹性能箱后，厨筒的速度大小为 点，不计较子重力 2,工，之后圆筒与小球均在竖直方向上运动，小球与图简间的每次碰撞均为弹性碰 (1)求破场的证感座强度大小： 箱，碰撞时间忽略不计，已知重力加速度为g,空气阳力忽略不计，求： 《2)若该粒子从(OP的中点A由静止进人电场，求其第二☆离开电场时的速度大小 ()炸药暴炸过程中小缘增加的机做能： 及位置坐标。 (2)小球与圆简发生第一次碰碗到第二次碰按之间，群简底部与水平地面的最大 距离： (3)圆，从离开地面到再次回到地面所经历的时叫及筒落地尉小球离地面的 。·+· 高度。 物理二}第7置共8页] 衡水金整·先享超·信愿修 物理[二}第8览1共书黄] HW国信息卷·新高考 物理（二） 2024年普通高中学业水平选择性考试模拟试题 信息卷·物理（二） 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I.理解能力Ⅱ，推理能力 Ⅲ.分析综合能力W,应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.核心素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ⅢW ① ② ③ ④ 档次 系数 1 选择题 4 竖直面内圆周运动、摩擦力 易 0.85 2 选择题 4 机械振动 中 0.75 3 选择题 4 热力学定律、p-T图像 中 0.75 4 选择题 能级图 中 0.70 选择题 4 万有引力定律 中 0.70 6 选择题 4 功率 中 0,70 交变电流产生与理想变压器 7 选择题 4 小 难 0.55 综合 三个点电荷形成的电场的空间 8 选择题 分 0.70 叠加 带电粒子在电场中的运动、功能 选择题 中 0.75 关系 10 选择题 6 胡克定律、摩擦力、功能关系 难 0.55 测量物块与木板之间的动摩擦 11 非选择题 6 中 0.75 因数 12 非选择题 8 练习使用多用电表的实验 中 0.75 13 非选择题 8 感生电动势、安培力 中 0.60 14 非选择题 14 带电粒子在电场、磁场中的运动 中 0.60 15 非选择题 18 力学综合 难 0.55 1 HJL 信息卷·新高考 物理（二） 参考答案及解析 物理（二） 一、选择题 m红，可求出海王星同步卫星的轨道半径r,再根据 T 1.D【解析】摩天轮在竖直面内做匀速圆周运动时，游 客所受合外力指向圆心，游客所受重力和轿厢的支持 =票，可求出海王星同步卫星的线速度大小，但是 力均在竖直方向上，游客若受摩擦力，摩擦力的方向 海王是同步卫星的质量未知，故无法求出海王星同步 沿接触面，即沿水平方向，故在C、D位置摩擦力为 卫星的动量大小，B项错误：设海卫三绕海王星运行 零，C项错误，D项正确：游客在A、B位置时所受摩 擦力的方向相反，A,B项错误。 的周期为：根据G9=m答，已知G,M, 2.A【解析】小滑块经过P点时速度增大，则从O点 可求出T,由题意可知海卫一、海卫三绕海王星做匀 到P点过程中的平均速度增大，m减小，弹簧振子的 速圆周运动的周期之比为T,:T=ac,故可以求出 周期不变，故从P点到最大位移处的时间变大，从P 海卫一绕海王星运行的周期T,C项正确：设海卫二 点再次返回到P点的时间也变大，A项正确。 绕海王星运行的轨道半径为？·由题意可知海卫二、 3.C【解析】从a→b的过程中气体发生等容变化，气 海卫三绕海王星做匀速圆周运动的周期之比为T:: 体对外界做的功为零，B项错误：从b·(的过程为等 T,=b:c,故可以求出海卫二绕海王星运行的周期 压升温过程，气体体积增大，气体对外界做功，温度升 1,根据6=m芳，已知G,M,T,可以求出 r 高，内能增加，由热力学第一定律可知气体从外界吸 海卫二绕海王星运行的轨道半径户，但是海王星的半 热，C项正确：从c一·d的过程为等温降压过程，气体 径未知，无法求出海卫二离海王星表面的高度，D项 分子平均动能不变，气体体积增大，A、D项错误。 错误。 4,C【解析】要使基态的氮离子发生跃迁需要的能量 6.D【解析】列车速度最大时，动力等于阻力，设每节 最小值En=E一E,>3.10eV,A项错误：n=4能 车厢能产生的额定功率为P,则开启两节车厢的动 级的氢离子向n=3能级跃迁时释放的能量△E=E, 力，列车达到最大速度时有2P=F1,F,=k,开启 一Ea=2.64eV,属于蓝光光子的能量范用，C项正 4节车厢的动力，列车达到最大速度时有4P=F2, 确，D项错误：n=4能级的氢离子向低能级跃迁时释 F:=k时，联立可得：=1：2，D项正确。 放的能量最小值为2.64eV,故不可能发出红外线，B 项错误。 7。D【解折】根据理想变压器的变流比可知2=票， 5,C【解析】不计星球自转，海王星表面的重力加速度 解得I=4A,所以输电线路上损耗的电功率△P= Mm R=160W,A项错误：根据理想变压器的变压比可 由万有引力产生，根据万有引力定律有g=G R21 但是海王星的半径未知，故无法求出海王星表面的重 知哈-费解得U,=20V,升压变压器测线周两 力加速度大小，A项错误：海王显的自转周期为T,故 端的电压U=U,十R,解得U2=2240V,B项错 海王星同步卫星的周期也为T,根据GMm 误：根据理想变压器的变压比可知受=片，解得U HJL 物理（二） 参考答案及解析 =280V,升压变压器原线圈的输人功率P,=△P+ 理可得E一E一W,=E一Ew,由对称性可知，物 P,又Pm=UI,解得P,=8960W,C项错误：根 块从c点运动到b点的过程中，由动能定理可得E 据P=U11,解得1=32A,根据正弦式交变电流产 -E-W=0-E,联立解得W,=号E,E=E 生的规律可知，发电机产生的电动势最大值E NBSw,解得E=300√区V,发电机线图的电阻r消 一E十W,>E,A项错误，B项正确：如图甲所 耗的热功率P,=1 E-1,U1,解得P,=640W,D 示，设弹性绳与竖直方向的夹角为0时，弹性绳的伸 长量为，则弹性绳中的弹力大小T=,其在竖直 项正确。 方向的分量T,=Tcos0=kleos0=kh,即从a点运 8.AD【解析】设Q1与Q的距离为r,则Q与Q的 动到b点的过程中T,不变，地面与物块之间的弹力 距离为3，为使每个点电荷所受到的静电力的合力 N=mg一T,也不变，故摩擦力不变，C项正确：如图 均为零，Q与Q、Q带异种电荷，若Q带正电，则 乙所示，当取掉小环后，弹性绳与竖直方向的夹角为 Q与Q带负电，若Q带负电，则Q与Q带正电， α时，弹性绳处于原长时的高度比有小环时变高，故 取Q为研究对象，Q与Q对Q的静电力大小相 弹性绳中的弹力在竖直方向上的分力Tx'=T:cosa 等、方向相反，合力为零，则根据库仑定律和平衡条件 =kl1cosa=kh,>T,=kh,故从a点运动到b点的 可得9,2-8号解得QQ=19:取Q为研 过程中f1=uN,<∫=uN,即取掉小环后，物块从d 究对象.同理有8号=8号.解得Q:Q=16: 点运动到力点的过程中摩擦力做负功的数值小于 (3r) 2W,由功能关系可知物块到达b点时动能不为零， 9,则有Q:Q2Q=(-16):9:(-144)或QQ:Q D项正确。 =16:(一9)：144，A,D项正确。 9,AB【解析】由轨迹1,2可知，电场力方向向上与电 场强度方向相同，故三个微粒均带正电荷，A项正确： 轨迹1,2、3所对应微粒出电场时所在位置的电势依 777777 77777 次升高，微粒带正电，故电势能依次增大，C项错误： 二、非选择题 由轨迹1、3关于轨迹2对称可知，轨迹1、3所对应微 11.(1)不必(2分) 粒在电场中运动时的加速度大小相等、方向相反，故 出电场时，轨迹1与轨迹3所对应微粒的速度大小相 22分)(2分剂 等，但由于质量不相等，故动能不相等，D项错误：对 【解析】(1)只要物块与木板发生相对滑动，力传感 轨迹2所对应微粒受力分析有gE=m:g,对轨迹1所 器即可测出滑动摩擦力，木板不必做匀速运动。 对应微粒受力分析有gE-mg=m:a,对轨迹3所对 (2)对物块和砝码，由平衡条件可得F一：(M十 应微粒受力分析有m:g一yE=maa,联立解得m:= nm）g一Mg十eg·n,斜率k=mg,截距b 2mm.B项正确。 m1十m M:部得产M-受 k 10.BCD【解析】设物块在a点时，弹性绳的弹性势能 12.(1)×1(1分)必须(1分)7.0(1分) 为E,物块在c点时，弹性绳的弹性势能为Ex,物 (2)A(1分) 块从a点运动到c点的过程中，摩擦力所做负功的 (3)B(2分)电流(2分) 数值为W,物块通过c点时的动能为E,由动能定 【解析】(1)由图甲可知未知电阻R的阻值比较小 ·2 HJL 信息卷·新高考 物理（二） 所以应该选择更小的倍率，即“×1”倍率，更换倍率 由(1)可得粒子第二次进人电场时的速度= 后必须重新欧姆调零，由图乙可知未知电阻R,的阻 (1分) 值为7.00. 假设粒子在OQ上第二次离开电场，设其第二次在 (2)当两表笔分别接触黑箱接线柱M、N时，发现多 电场中运动的时间为 用电表指针快速摆向右边后再摆回最左边的刻度 沿x轴方向有2d=防1 (1分) 线，即电路接通后电流又逐渐变为零，则该元件可能 是电容器，电路接通后先充电，充电结束后电路中电 沿y轴方向有△y=名·5 (1分) 流为零，A项正确。 解得4y=号<d (1分) (3)根据多用电表电流“红进黑出”的规律，此时多用 电表的红表笔应接B:多用电表与电路串联，则闭合 故粒子第二次离开电场时的纵轴坐标=d十号 开关后，该多用电表能测出电路中的电流 d 13.【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的 感应电动势E=.号B (2分) 粒子第二次离开电场时的位置坐标为(0，受) △ 2 21 (2分) 由欧姆定律可得线圈中的感应电流【一 R (1分) 设粒子第二次离开电场时的速度大小为功，由动能 联立解得1=B (1分) 定理可得 2tR qE·△y= (1分) (2)线圈所受安培力大小F=1 2 ·2 (1分) /5qEd 由楞次定律及左手定则可知安培力方向竖直向下 解得=√m (1分) (1分) 15.【解析】(1)设第一次碰撞前小球的速度为功，第一 线圈处于平衡状态，故细线中的张力F=mg十F安 次碰撞后小球的速度为，，圆筒的速度为，则根 (1分) 据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 联立解得F=mg+元 三推十m西 (1分) 24R (1分) 14.【解析】(1)由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周 m=话+m 1 (1分) 运动的半径R=d (1分) 解得功=场，物=0 粒子在电场中运动时，由动能定理可得 由能量守恒定律可得E=之m听十mgL=3mgL qb·2d=md (2分) (2分) 粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律可得 (2)设第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为( 1 44B=m测 对小球有山=立 (1分) R (1分) 对圆筒有边=功1一 (1分) 联立解得=2V 281 (1分) y十必=L (1分) (2)由几何关系可知，粒子第二次在NP的中点沿x 轴负方向进入电场 (1分) 解得√ (1分) 3 物理（二） 参考答案及解析 =<装 (1分) 图中6==2 L =40 (2分) 故圆筒底部与水平地面的最大距离为名↓ (1分】 圆筒的对地位移如图中阴影部分面积所示，由对称 (3)由于弹性碰撞过程满足动量守恒，机械能守恒， 性可知，圆简拾好在6=2√任时运回地面(2分 每次碰撞二者均交换速度，碰后二者加速度相同，可 0~。时间内，小球的对地位移也为零，故此时小球 得二者相对速度不变，即两次碰撞之间的时间间隔 离地面的高度为L (2分) 均为，从第一次碰撞开始计时，取竖直向上为正方 向 (2分) 作出二者的v-t图像如图所示 4 HJL