2024年普通高校统一招生考试最新模拟试卷（安徽卷4）
物理试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分。每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．篮球运动深受同学们喜爱。在某次篮球比赛中，质量为m的篮球以水平速度大小v撞击竖直篮板后，以水平速度大小v′被弹回，已知v′＜v，篮球与篮板撞击时间极短。下列说法正确的是( )
A．撞击时篮球受到的冲量大小为m(v′－v)
B．撞击时篮板受到的冲量大小为m(v－v′)
C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
2．某实验小组利用如图所示的实验装置探究光的干涉现象。S为单色光源，发出波长为λ的单色光，M为一平面镜。光源S发出的光和由光源S发出经过平面镜反射的光均照在竖直放置的光屏上，形成明暗相间的条纹。光源S到平面镜的距离为a、到平面镜左端点的水平距离为b，平面镜左端点到光屏的水平距离为c，则相邻两条亮纹之间的距离为( )
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A．λ B．λ
C．λ D．λ
3．自行车轮胎正常气压约为大气压强p0的4倍，一同学骑自行车上学时，发现自行车轮胎气压大约只有1.5p0，于是用家里容积为10 cm3的圆柱形打气筒给自行车轮胎充气。已知自行车轮胎的容积为80 cm3，打气过程中气体温度不变，为使轮胎内气体的压强达到正常值，该同学至少要打气的次数为( )
A．16 B．20
C．24 D．36
4．置于水平地面上质量m＝1.0 kg的物块在F＝6 N的水平拉力作用下做匀加速直线运动。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。该物块依次通过A、B、C、D四个位置，已知AB＝3 m、CD＝9 m，且物块通过AB段和CD段的时间均为1 s，则BC段的长度为( )
A．8 m B．10 m
C．12 m D．16 m
5．将物体以一定初速度v0＝4 m/s在某行星表面竖直上抛，从抛出开始计时，落回抛出点前，物体第1 s内和第4 s内通过的位移大小相等。已知该行星半径和地球半径相同，地球表面的重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．地球的平均密度和该行星的平均密度之比为1∶5
B．该行星和地球的第一宇宙速度之比为1∶
C．将物体在地球表面以相同的初速度v0竖直抛出后上升的最大高度1.6 m
D．该行星表面的自由落体加速度大小为1 m/s2
6．图甲所示的是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图像(直线与横轴的交点的横坐标为4.29，与纵轴的交点的纵坐标为0.5)，图乙所示的是氢原子的能级图，下列说法正确的是( )
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A．根据该图像能求出普朗克常量
B．该金属的逸出功为0.5 eV
C．该金属的极限频率为5.50×1014 Hz
D．用n＝4能级的氢原子跃迁到n＝3能级时所辐射的光照射该金属能使该金属发生光电效应
7．如图所示，在倾角为30°底端具有挡板的固定斜面上，滑块b的一端通过一劲度系数k＝200 N/m 的轻质弹簧与另一滑块a连接后置于斜面上，滑块b的另一端通过一不可伸长的轻绳跨过光滑的定滑轮与带孔的小球c连接，小球c穿在光滑的固定轻杆上，轻杆与水平方向的夹角为37°，初始用手托住小球c置于M点，此时MO水平，弹簧被拉伸且弹力大小为8 N，释放小球c，小球恰好能滑至N点，滑块a始终未离开挡板。已知MO＝NO＝20 cm，ma＝mb＝1.6 kg，mc＝1.0 kg，若整个运动过程中，绳子一直绷紧，则下列说法正确的是( )
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A．滑块b与斜面间的动摩擦因数为0.75
B．小球c滑至MN的中点处的速度为 m/s
C．小球c从M点滑至N点的过程中，经过MN中点处时重力的功率最大
D．小球c从M点滑至N点的过程中，弹簧的弹性势能经历了先减小再增大的过程
8．如图1所示，在直铁棒上有上下两组线圈，上线圈匝数n1＝200匝，下线圈匝数n2＝400匝。上线圈的输入电压u1随时间变化如图2所示，则( )
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A．交流电压表读数为20 V
B．交流电压表读数为20 V
C．下线圈中电流的频率为50 Hz
D．滑动变阻器滑片下移时上线圈输入功率增小
二、选择题：本大题共2小题，共10分。在每小题给出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
9．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，在x轴上方存在垂直于纸面的匀强磁场，一带正电粒子在该平面内从O点射入x轴上方，恰好先后通过A、B两点，已知A、B两点坐标分别为A(0，6L)、B(8L，0)，不计粒子所受的重力，则( )
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A．该磁场方向垂直于纸面向内
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为5L
C．若让该粒子从B点射入x轴上方，则粒子有可能通过A点
D．若仅改变粒子从O点射入时的速度，则粒子依然有可能依次经过A、B两点
10．如图所示，闭合的等腰直角三角形金属线框ABC以速度v向右匀速穿过磁感应强度为B0的条形匀强磁场区域(运动过程中AC边始终与磁场边界平行)。已知金属线框单位长度的电阻为r，直角边长为d，磁场区域宽度为2d。下列说法正确的是( )
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A．当线框刚进入磁场区域时，直角边AC产生电动势的大小E＝B0dv
B．线框进入磁场过程中A、C两点间电势差UAC恒定不变
C．当线框的水平直角边BC恰好进入一半时，导线内电流的大小I＝
D．线框从图示位置到完全进入磁场的过程中通过线框的电流方向为顺时针
三、非选择题：本题共5 小题，共58分。
11．（6分）某同学探究平抛运动的特点。
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(1)用图1所示的装置探究平抛运动竖直分运动的特点。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落。若仅要探究A球竖直方向分运动是否是自由落体运动，较为便捷的实验操作是_____________________________________________________。
(2)用图2所示的装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。
①下列操作中有必要的是________。(选填选项前的字母)
A．通过调节使斜槽末段保持水平
B．每次需要从不同位置静止释放A球
C．通过调节使硬板保持竖直
D．尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦
②请给出一种检查“斜槽末段是否水平”的方法_____________。
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③某同学用图2的实验装置得到的痕迹点如图3所示，其中一个偏差较大的点产生的原因，可能是该次实验时________。(选填选项前的字母)
A．A球释放的高度偏高
B．A球释放的高度偏低
C．A球没有被静止释放
D．挡板MN未水平放置
④纠正③中错误后，该同学若每一次都使挡板MN下移相同的距离，多次实验后，在白纸上得到的图像是________。
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(3)在利用图2所示装置确定平抛运动水平分运动的特点时，请你根据(1)得出的平抛运动在竖直方向分运动的特点，设计一个确定“相等的时间间隔”的方案_____________________________________。
12．（9分）某同学欲测量一阻值大约为10 Ω，粗细均匀的金属线的电阻率。实验桌上除游标卡尺、螺旋测微器、导线和开关外，还有以下器材可供选择：
A．电源E(电动势为6.0 V)
B．电压表V(量程0～6 V，内阻约为8 kΩ)
C．电流表A1(量程0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω)
D．电流表A2(量程0～3 A，内阻约为0.05 Ω)
E．滑动变阻器R1(最大阻值5 Ω，额定电流2 A)
(1)用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数L＝________cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D＝________mm。
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(2)测量金属线的电阻时，为了便于调节，测量的尽可能准确，实验中所用电流表应选用________(填所选仪器前的字母符号)，选择合适的实验器材，在图丙方框内把实验原理图补充完成，把器材符号标在电路图上。
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(3)设测得金属线的电阻为R，长度为L，直径为D，求得金属线的电阻率ρ＝________。(用R、L、D三个物理量表述)
计算题定时规范练(四)
13.（11分）如图所示，半圆形玻璃截面的圆半径OA＝R，一束细激光束平行于半径OD且垂直于平面AB射到半圆形玻璃上的C点。穿过玻璃后光线交OD的延长线于P点。已知玻璃材料对激光束的折射率为，OC＝。
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(1)画出该激光束传播过程的光路图。
(2)求O、P两点间的距离。
14．（14分）如图所示，粗糙水平轨道与光滑弧形轨道QE相切于Q点，轻质弹簧左端固定，右端放置一个质量m＝1.0 kg且可视为质点的小球A。当弹簧处于原长时，小球A静止于O点。现对小球A施加水平向左的外力F，使它缓慢移动压缩弹簧至P点，在该过程中，外力F与弹簧压缩量x的关系为F＝kx＋2(N)，其中k为未知常数。释放小球A，其沿水平轨道运动与放置于Q点质量也为1.0 kg的小球B发生弹性碰撞，撞后小球B沿弧形轨道上升的最大高度 h＝0.2 m。已知O、P间距x＝0.5 m，O、Q间距L＝1.0 m，水平轨道阻力一定，重力加速度g取10 m/s2。求：
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(1)小球A与小球B第一次碰撞后瞬间小球B的速度大小；
(2)压缩弹簧过程中，弹簧存储的最大弹性势能；
(3)小球A最终静止时的位置。
15.（18分）如图所示，“凹”形区域abcdpnHIJK，各边长已在图中标示，L为已知量。在该区域内有正交的匀强电场和匀强磁场，与ab平行的虚线为电场的等势线；磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。容器A中质量为m、带电量为e的电子经小孔S1不断地飘入加速电场，其初速度几乎为0，电子经加速电场加速后由小孔S2离开，接着从O点进入场区，沿Oc 做直线运动经c点离开场区。若仅撤去磁场，则电子从b点离开场区。
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(1)求加速电场的电压和“凹”形区域的电场强度。
(2)若仅撤去“凹”形区域中的电场，求电子离开“凹”形区域时的位置与O点的距离。
(3)若撤去“凹”形区域中电场，改变加速电场的电压，使得电子在“凹”形区域内的运动时间均相等，求加速电场电压的取值范围。
参考答案与解析
1．解析：选C。取初速度方向为正方向，则由动量定理可得冲量大小I＝|－mv′－mv|＝m(v＋v′)，故A、B错误；撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不等于零，则系统动量不守恒，故C正确；由于反弹速度减小，则撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能不守恒，故D错误。
2．解析：选A。相邻两条亮纹之间的距离公式，有Δx＝λ＝λ。
3．解析：选B。打气过程气温不变，设打了n次，此时胎内气体压强为4p0，根据玻意耳定律有1.5p0V＋np0V0＝4p0V，解得n＝20(次)。
4．解析：选C。物体的加速度a＝＝2 m/s2，设A点的速度为v0，BC＝x，从B到C时间为t′，则从A到B，AB＝v0t＋at2＝3 m，则从A到C，AC＝3＋x＝v0(t＋t′)＋a(t＋t′)2＝v0(1＋t′)＋(1＋t′)2，从A到D，AD＝3＋x＋9＝v0(2t＋t′)＋a(2t＋t′)2＝v0(2＋t′)＋(2＋t′)2，联立解得t′＝2 s，x＝12 m。
5．解析：选B。设该星球表面的重力加速度为g′，物体第1 s内和第4 s 内通过的位移大小相等，则v0t1－g′t＝－[(v0t4－g′t)－(v0t3－g′t)]，代入数据解得g′＝2 m/s2，D错误；根据G＝mg，则ρ＝＝，地球的平均密度和该行星的平均密度之比＝＝，A错误；根据G＝m＝mg，解得第一宇宙速度v＝，该行星和地球的第一宇宙速度之比＝ ＝，B正确；根据h＝ eq \f(v,2g′) 可知在星球表面上升的最大高度hmax＝ m＝4 m，将物体在地球表面以相同的初速度v0竖直抛出后上升的最大高度Hmax＝hmax＝0.8 m，C错误。
6．解析：选A。根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W可知该图线的斜率表示普朗克常量h，故A正确；根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W＝hν－hν0可知Ekm－ν图像的横轴的截距大小等于截止频率，由题图知该金属的截止频率为4.29×1014 Hz，逸出功W＝hν0＝6.63×10－34×4.29×1014 J＝2.84×10－19 J≈1.78 eV，故B、C错误；用n＝4能级的氢原子跃迁到n＝3能级时所辐射的光子能量ΔE＝E4－E3＝0.66 eV＜1.78 eV，所辐射的光照射该金属不能使该金属发生光电效应，故D错误。
7．解析：选B。小球c从M到N，滑块b先下滑再回到原来的位置，则由能量关系有mcg×2cos 37°×sin 37°＝μmbg cos 30°×2(－sin 37°)，解得滑块b与斜面间的动摩擦因数μ＝，A错误；小球在M点时弹簧被拉伸，弹力为8 N，此时弹簧被拉长Δx＝ m＝4 cm，小球c滑至MN的中点处时，b下滑的距离Δx′＝－sin 37°＝8 cm，则此时弹簧被压缩4 cm，此时的弹性势能等于在M点的弹性势能，设此时c的速度为v，则b的速度为0，则由能量关系有mcg×cos 37°×sin 37°＋mbgΔx′sin 30°＝mcv2＋μmbg cos 30°Δx′，解得v＝ m/s，B正确；小球c从M点滑至N点的过程中，经过MN中点处时，小球c沿斜面方向的合力为mcg sin 37°，则加速度不为零，速度不是最大，即此时重力的功率不是最大，C错误；小球c从M点滑至MN中点的过程中，弹簧由伸长4 cm到被压缩4 cm，即弹簧的弹性势能先减小再增大，同样小球c从MN中点滑至N点的过程中，弹簧由压缩4 cm到被拉长4 cm，即弹簧的弹性势能仍先减小再增大，则D错误。
8．解析：选CD。根据题意可知，上线圈输入电压的有效值U1＝＝10 V，由电压与匝数关系有＝，解得U2＝20 V，由于不是理想变压器，则交流电压表读数应小于20 V，故A、B错误；由题图2可知，交流电的周期为2×10－2 s，由于变压器不改变交流电频率，则下线圈中电流的频率等于输入电流的频率，为f＝＝50 Hz，故C正确；由于输入电压与线圈的匝数比不变，则副线圈两端的电压不变，由于滑动变阻器滑片下移时，负载电阻变小，由P＝可知线圈输入功率增大，故D不正确。
9．解析：选BC。带电粒子在匀强磁场中经过O、A、B三点，故该三点在其轨迹圆上，由几何关系可得，轨迹圆的圆心为AB连线的中点，粒子的轨迹如图甲所示，由左手定则可知，该磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；由几何知识得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝＝5L，由牛顿第二定律有Bqv＝m，可得r＝，且粒子需从O点与水平方向成53°斜向左射入x轴上方，若仅改变粒子从O点射入时的速度，将不能使粒子依次经过A、B两点，故B正确，D错误；若粒子从B点射入磁场，且经过A点，则其轨迹圆的圆心在AB连线的中垂线上，如图乙所示，若让该粒子从B点射入x轴上方，只要粒子的速度够大，则粒子有可能通过A点，C正确。
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10．解析：选AC。线框刚进入磁场时，切割磁感线的有效长度刚好为边AC的长度，根据E＝BLv得E＝B0dv，A正确；当线框的水平直角边BC恰好进入一半时，切割磁场的导体有效长度为d，此时E′＝B0dv，回路总电阻R总＝(2d＋d)×r，由闭合电路欧姆定律得I＝＝＝，C正确；线框进入磁场过程中切割磁场的导体有效长度发生变化，总电阻不变，则电路中电流发生变化，因此A、C两点间电势差UAC不会恒定不变，B错误；线框从图示位置到完全进入磁场的过程中，由楞次定律可知，线框中感应出逆时针方向的电流，D错误。
11．解析：(1)打击弹性金属片后，通过听小球落地的撞击声是否重合。然后改变A、B两球释放的高度和小锤敲击弹性金属片的力度，若两小球落地的撞击声依旧重合，则可以说明平抛运动竖直分运动为自由落体运动。
(2)①由于“研究平抛物体的运动”斜槽的末端必须保持水平，A正确；由于每次小球运动轨迹相同，因此每次小球必须从同一位置，由静止释放，B错误；平抛运动的轨迹位于竖直方向，因此硬板应保持竖直，C正确；A球每次从同一位置静止释放即可，不需要减小A球与斜槽之间的摩擦，D错误。
②将小球放在斜槽末段，若小球不滚动，则说明斜槽末段水平。
③通过图像可知，这个偏差较大的点处水平的速度相比其他的点较小，故产生的原因，可能是该次实验A球释放的高度偏低。
④由每次下降相同高度可知，相邻两点时间间隔减小，由于水平速度不变，所以相邻两点的水平距离减小。
(3)若时间间隔相等，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据y＝gt2可知，挡板MN到Q的距离之比分别为1∶4∶9∶16…。
答案：(1)见解析 (2)①AC ②将小球放在斜槽末段，若小球不滚动，则说明斜槽末段水平 ③B ④B (3)使挡板MN到Q的距离之比分别为1∶4∶9∶16…
12．解析：(1)游标卡尺的主尺读数为52 mm，游标尺读数为0.05×7 mm＝0.35 mm，所以最终读数等于主尺加上游标尺的读数之和为52 mm＋0.35 mm＝52.35 mm＝5.235 cm。
螺旋测微器的固定刻度读数为2 mm，可动刻度读数为0.01×14.8 mm＝0.148 mm
所以最终读数等于固定尺加上可动尺的读数之和为
2 mm＋0.148 mm＝2.148 mm。
(2)待测电阻的最大电流Imax＝＝0.6 A，因此选择A1。滑动变阻器阻值较小，用分压式接法，待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法，电路图如图所示。
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(3)根据电阻定律R＝ρ，解得ρ＝R。
答案：(1)5.235 2.148(2.147～2.149均可) (2)C 电路图见解析 (3)R
13．解析：(1)如图所示。
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(2)在半圆面上的入射点为E，设入射角为i，折射角为r，由图中几何关系可得sin i＝＝，解得i＝30°
由折射定律可得n＝＝，解得r＝60°
由几何关系知∠EPO＝∠POE＝30°
所以OP＝2R cos 30°＝R。
答案：(1)见解析图 (2)R
14．解析：(1)小球B在沿弧形轨道上升过程中有
mv＝mgh，解得vB＝2 m/s。
(2)小球A和B在碰撞过程有mv0＝mvA＋mvB
mv＝mv＋mv
解得v0＝2 m/s，vA＝0
由题可知f＝2 N，小球A由P至Q过程有
Ep＝f(x＋L)＋mv，解得Ep＝5.0 J。
(3)由(2)分析可知，小球B滑下与A碰撞后，B静止，A的速度大小vA′＝2 m/s
小球A在向左滑行过程有－fs＝0－mvA′2
解得s＝1 m，故小球A停在O点。
答案：(1)2 m/s (2)5.0 J (3)停在O点
15．解析：(1)设加速电场的电压为U0，电子经加速后获得的速度为v0，“凹”形区域的电场强度为E，根据动能定理有
eU0＝mv①
电子沿Oc直线运动，有eBv0＝eE②
仅撤去磁场，电子从b点离开场区，设电子在场区的运动时间为t，则有L＝v0t③
L＝·t2④
联立①②③④可得U0＝⑤
E＝⑥
因电子带负电，则E的方向沿着bc方向。
(2)若仅撤去电场，则电子在磁场中做匀速圆周运动，设电子的轨道半径为r0，则有eBv0＝ eq \f(mv,r0) ⑦
联立②⑥⑦可得r0＝L⑧
结合左手定则可知电子从K点离开场区，距离O点的距离为L。⑨
(3)依题意，要使电子在凹形区域内的运动时间均相等，则电子必须在场区内运动半周从aKHn边离开，分析可知，电子从OK段离开场区是满足要求的；要从Hn段离开场区必须具备两个几何约束条件：第一，电子不能从bcdp边离开场区；第二，电子不能进入HIJK区域。设加速电场的电势差为U1时，电子获得的速度为v1，其运动的轨道半径为r1，电子从OK段离开场区，依题意
0＜r1≤L⑩
设加速电场的电势差为U2时，电子获得的速度为v2，其运动的轨道半径为r3，电子从Hn段离开场区，依题意必须满足：第一，电子不能从bcdp离开场区，电子运动轨迹如图线Ⅰ，圆心为K，设轨道半径为r2′；第二，电子不能进入HIJK区域，电子运动轨迹如图线Ⅱ，圆心为O′，设轨迹半径为r2″，依题意
r2″≤r2≤r2′
根据几何关系有＋＝r2″2
联立①⑦⑩ 并分别用U1、U2代替U0，v1、v2代替v0，r1、r2代替r0，求得0＜U1≤
≤U2≤。
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答案：(1) ，沿着bc方向 (2)K点 L
(3)见解析
