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2024安徽省高考模拟物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.在足球比赛中，裁判为了检查足球气量是否充足，于是手持足球自离地面高度处以的初速度竖直向下抛出，球与地面相碰后竖直向上弹起的最大高度为，已知足球的质量为，球与地面接触时间为。空气阻力不计，，下列选项正确的是
A. 整个过程中，重力的冲量大小为 B. 整个过程中，重力的冲量大小为
C. 球对地面的平均作用力大小为 D. 球对地面的平均作用力大小为
2.如图所示，物体、通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体、的质量分别为、，开始时细绳伸直，用手托着物体使弹簧处于原长且与地面的距离为，物体静止在地面上．放手后物体下落，到与地面将接触时速度为，此时物体对地面恰好无压力，不计一切摩擦阻力．则上述过程中
A. 物体的机械能守恒 B. 物体与地面将接触时加速度最大
C. 弹簧对物体做的功为 D. 物体速度最大时离地面高度为
3.电影中的太空电梯非常吸引人。现假设已经建成了如图所示的太空电梯，其通过超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，它们随地球同步旋转。图中配重空间站比同步空间站更高，是缆绳上的一个平台。则下列说法正确的是( )
A. 太空电梯上各点线速度的平方与该点离地球球心的距离成反比
B. 超级缆绳对平台的作用力方向指向地心
C. 若从平台向外自由释放一个小物块，则小物块会一边朝点转动的方向向前运动一边落向地球
D. 若两空间站之间超级缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，且断裂处为椭圆的远地点
4.如图甲所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 木块上滑过程中，重力势能增加了 B. 木块受到的摩擦力大小为
C. 木块的重力大小为 D. 木块与斜面间的动摩擦因数为
5.轴上固定着两个点电荷、，两点电荷分别位于、处，两者所在区域为真空，在两者连线上某点的电场强度与该点位置的关系如图所示。选取轴正方向为场强的正方向，无限远处电势为零。以下说法正确的是( )
A. 在两电荷连线上处电势最高且为正电势
B. 点电荷、分别带负电和正电
C. A、所带电荷量的绝对值之比为：
D. 将电子从处无初速度释放，其电势能先减小后增大
6.一定质量的理想气体由状态经如图所示状态变化回到原状态，下列说法正确的是
A. 温度升高，压强变大
B. 体积减小，压强不变
C. 体积不变，气体从外界吸收热量
D. 气体对外做功大于外界对气体做功
7.如图为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，两种单色光分别从、点射出。设紫光、红光在玻璃中传播的时间分别为、，在玻璃中传播的速度分别为、，则下列说法正确的是( )
A. 从点射出的光为红光，，
B. 从点射出的光为紫光，，
C. 从点射出的光为紫光，，
D. 从点射出的光为红光，，
8.如图为氢原子的能级图。大量氢原子处于的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为的金属钨，下列说法正确的是
A. 跃迁到放出的光子动量最大
B. 有种频率的光子能使金属产生光电效应
C. 逸出光电子的最大初动能为
D. 用的光子照射处于激发态的氢原子不能被其吸收
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.边长为的正方形金属导线框，从图示的初始位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域。磁场方向是水平的，且垂直于线框平面。磁场区高度等于，上下边界如图中水平虚线所示，。从线框开始下落到完全穿过磁场区的整个过程中( )
A. 线框中总是有感应电流存在
B. 线框速度的大小不一定总是在增加
C. 线框受到的安培力的合力的方向有时向上，有时向下
D. 线框在穿过磁场整个过程中损失的机械能全部转化为内能
10.在图所示的交流电路中，电源电压的有效值为，理想变压器原、副线圈的匝数比为，，，均为固定电阻，，，各电表均为理想电表。已知电阻中电流随时间变化的正弦曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. 所用交流电的频率为 B. 电压表的示数为
C. 电流表的示数为 D. 变压器传输的电功率为
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示。
实验时，该同学进行了如下操作：
将质量均为的含挡光片，的含挂钩的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出 填“的上表面”、“的下表面”或“挡光片中心”到光电门中心的竖直距离。
在的下端挂上质量为的物块，让系统重物、以及物块由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为。
测出挡光片的宽度，计算有关物理量，验证机械能守恒定律。
如果系统重物、以及物块的机械能守恒，应满足的关系式为 已知重力加速度
验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统重物、以及物块的机械能守恒，不断增大物块的质量，重物的加速度也将不断增大，那么与之间有怎样的定量关系请你帮该同学解决：写出与之间的关系式： 还要用到和。
12.半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。
利用图甲所示的电路测量一传感器在不同压力下的阻值，其阻值约几十千欧，现有以下器材：
压力传感器
电源：电动势
电流表：量程，内阻约为
电压表：量程，内阻约为
滑动变阻器：阻值范围
开关，导线若干
为了提高测量的准确性，应该选下面哪个电路图进行测量_________；
通过多次实验测得其阻值随压力变化的关系图像如图乙所示：
由图乙可知，压力越大，阻值_________选填“越大”或“越小”，且压力小于时的灵敏度比压力大于时的灵敏度灵敏度指电阻值随压力的变化率_________选填“高”或“低”；利用该压力传感器设计了如图丙所示的自动分拣装置，可以将质量不同的物体进行分拣，图中为压力传感器，为滑动变阻器，电源电动势为内阻不计。分拣时将质量不同的物体用传送带运送到托盘上，为一个可绕转动的杠杆，下端有弹簧，当控制电路两端电压时，杠杆水平，物体水平进入通道；当控制电路两端电压时，杠杆的端就会被吸下，物体下滑进入通道，从而实现分拣功能。重力加速度大小为，若要将质量大于的货物实现分拣，至少应该将接入电路的阻值调为_________结果保留位有效数字。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，两根位于同一水平面内的平行的长直金属导轨处于匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。一质量为的均匀导体细杆放在导轨上，并与导轨垂直，可沿导轨无摩擦地滑动，细杆与导轨的电阻可忽略不计。导轨的左端与一根阻值为的电阻丝相连，电阻丝置于一绝热容器中，假设电阻丝产生的热量全部被容器内的气体吸收。容器与一水平放置的开口细管相通，细管内有一横截面积为的小液柱质量不计，液柱将的理想气体封闭在容器中。已知理想气体状态方程为，气体温度升高时，其内能的增加量为其中为物质的量，为理想气体常数，大气压强为，现令细杆沿导轨方向以初速度开始向右运动，求最终液柱达到平衡时在细管中移动的距离。
14.如图所示，水平面上固定有一轨道，段为竖直面内的半径的光滑圆弧轨道。与水平粗糙轨道相切于点，段长度，滑块与段轨道间的动摩擦因数为。轨道右侧另有一光滑竖直圆弧轨道轨道半径为，水平面和圆弧轨道的交点为，和圆心的连线与竖直方向的夹角为。与圆心的连线与竖直方向的夹角为。点右侧有一实验风洞。现让质量的滑块从点由静止释放，自点飞离轨道后由点无碰撞的切入圆弧轨道，并自点离开圆弧轨道进入风洞，受到斜向右上方的恒定风力的作用，与水平向右方向的夹角为，重力加速度。试求：
间的水平距离；
滑块经过点和点时对轨道的压力之比；
滑块在风洞中运动的过程中经过与点等高的点，求点到点的距离；
15.一位大学生在研究电磁感应问题时设计了如下实验。实验装置如图所示，水平放置的金属轨道，与平行，相距，与平行，相距，轨道间区域被边界、和分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ处于竖直向下的匀强磁场中，Ⅲ处于水平向左的磁场中，磁场磁感应强度的大小均为，所有轨道电阻不计，Ⅲ区域轨道粗糙，，其它轨道光滑。轨道上放置着、两根金属棒，位置如图所示。两金属棒质量均为，电阻均为。时，棒有向右的初速度，棒的速度为此后各运动过程，两棒与导轨都始终垂直且接触良好，在棒到达时棒恰好到达，且两棒均已匀速。此时开始给棒一个外力，使棒在Ⅱ区域做匀加速运动，发现该外力随时间每秒增加，且棒在Ⅲ区域的运动时间为。当棒到达时，撤去棒外力。此后棒继续在Ⅱ区域运动，棒在Ⅳ区域运动，直到两者稳定。取。求：
时，棒两端的电势差；
当棒到达时，棒的速度大小以及当棒到达时棒的速度大小；
棒在区域运动过程中整个回路产生的焦耳热。
答案和解析
1.【答案】
【解析】下落过程：，
解得，
，
反弹过程，，
解得，
，
所以重力冲量，
碰撞过程，取向下为正方向，
则，
。
综上，B正确，ACD错误。
故选B
本题考查了动量定理的应用，根据题意分析清楚足球的运动过程是解题的前提，应用运动学公式、冲量的计算公式与动量定理即可解题。
足球下落过程做加速度为的加速运动，反弹后做竖直上抛运动，应用运动学公式求出下落与上升的时间，然后根据冲量的计算公式求出重力的冲量。
整个过程，对足球应用动量定理可以求出地面对篮球的平均作用力大小，结合牛顿第三定律得出足球对地面作用力的大小。
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查的是连接体的机械能守恒问题，主要涉及到弹性势能，重力势能和动能之间的转化，同事还有二力平衡的运用和牛顿第二定律的简单运用。在判断机械能守恒的时候，一定要看清其中涉及到哪些物体的机械能；其次就是正确理解加速度和力的关系；再就是运用胡克定律和动能定理来计算。
【解答】
A、在运动过程的中，弹簧的弹性势能也参与了转化，故应该是物体和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B、释放时弹簧的弹力为零，物体的瞬间加速度为，开始向下做加速运动，弹簧弹力增大，所受合力减小，加速度减小，当弹簧弹力等于的重力时合力为零，速度最大，然后继续向下运动过程弹簧弹力大于的重力，所受合力向上，合力逐渐增大，加速度增大，向下做加速度增大的减速运动，与地面接触时，对地面恰好无压力，则此时弹簧的弹力，物体的加速度为，方向向上，因此从释放到落地过程，先做加速度从开始减小的加速运动，后做加速度逐渐增大到的减速运动，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，则物体的最大加速度位置应该是初始释放时。故B错误；
C、此过程中弹簧做的功为，物体重力做的功为，初始状态的动能为零，末态时动能为，根据动能定理，，解得：，做的是负功，故C错误；
D、根据选项的分析，当落地时，，解得：，当的合力为零时，速度最大，此时，解得：，故此时物体下降了，也就是离地面，故D正确。
故选：。
3.【答案】
【解析】【解答】
在缆绳和万有引力作用下，电梯上各点具有相同的角速度，根据判断线速度与轨道半径的关系；如果揽绳断裂，配重空间站将做离心运动，从平台向外自由释放一个小物块，小物块将做近心运动，判断其他选项。
本题考查万有引力和圆周运动的相关知识点，知道向心力来源是解题的关键点。
【解答】
A.太空电梯上各点具有相同的角速度，根据 可知，太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比，故A错误；
B.平台轨道半径小于同步轨道，若没有缆绳的作用，在此处做匀速圆周运动的卫星，其角速度大于地球自转的角速度，所以缆绳对平台的作用力背向地心，故B错误；
C.若从平台向外自由释放一个小物块，则小物块将会一边朝点转动的方向向前运动一边落向地球，做近心运动，故C正确；
D.若两空间站之间缆绳断裂，配重空间站将绕地球做椭圆运动，其断裂处为椭圆的近地点，由于在近地点线速度较大，半径较小，需要的向心力更大，故D错误。故选C。
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查功能的图像问题。
解决本题的关键是明确哪条图线是机械能的图线，哪条图像是动能的图线，并知道机械能随位移变化的图线的斜率绝对值表示摩擦力除去重力外其他做功的力，动能随位移变化的图线的斜率表示合力。
【解答】
A、最高点动能为零，机械能不为零，故图乙中下面的图线表示动能随位移变化的图线，而上面的图线表示机械能随位移变化的图线。
最高点时机械能等于重力势能，故木块上滑过程中，重力势能增加了，故A错误；
B、根据功能关系，木块机械能的减小量克服等于摩擦力做的功，所以机械能随位移变化的图线的斜率绝对值表示摩擦力，
根据图乙可得，故B正确；
C、合力做功等于物体的动能变化量，故动能随位移变化的图线的斜率表示合力，
则，解得，故C错误；
D、，结合，，解得，故D错误。
故选B。
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了电场中的图像类问题图像问题，解题的关键是从图像中获取信息，熟练运用点电荷场强公式，会电场的叠加。根据图像可得轴各部分场强的正负，从而判断、两点电荷的电性，进而判断各点电势；在处场强为零，可由场强叠加原理确定、带电量之比。
【解答】
A.沿电场线方向电势降低，故在区域处电势最高，但比无限远处电势低，即电势小于零，故A错误；
B.选取轴正方向为场强的正方向，根据图像，在区域，场强方向为负，在区域，场强方向为正，在区域，场强方向为负，可知两点电荷均带负电，故B错误；
C.在处，场强为零，则有，得，故C正确；
D.电子从处无初速度释放，将在电场力作用下一直向无限远处运动，电场力做正功，其电势能一直减小，故D错误。
6.【答案】
【解析】【分析】
根据理想气体状态方程得出图像的表达式，分析各过程中状态参量的变化，结合热力学第一定律分析吸放热情况，将图像变化过程转化为图像，结合面积的含义分析做功情况。
本题考查了气体状态变化的图像问题及热力学第一定律，能够根据图像分析各过程的状态参量的变化是关键。
【解答】
根据理想气体状态方程有，
A、图像过的倾斜直线为等压线，则温度升高，压强不变，故A错误；
B、图像上的点与点的连线斜率反应压强大小，斜率越大表示压强越小，则体积减小，压强变大，故B错误；
C、体积不变，，压强减小，温度降低，，则气体对外界放热，故C错误；
D、将图像转换为图像如图所示，
根据图像可知气体对外做功大于外界对气体做功，故D正确。
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了光的折射及折射定律；解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要用运用数学知识分析几何光学的意识和能力。
根据折射率分析光的折射情况；根据求光在玻璃中的速度；由几何知识求得光在玻璃通过的路程，即可得到光在玻璃传播时间的表达式，再进行比较。
【解答】光偏折程度比光大，所以光的折射率大，可知，光束是紫光，是红光，即从点射出的光为紫光，从点射出的光为红光；光在玻璃中的速度为：，由于，所以。
设任一光线的入射角为，折射角为，光在玻璃中传播的路程是，半圆柱的半径为；
则光在玻璃中的速度为：；
由几何知识得：，
则光在玻璃传播时间为：
由折射定律得：
则得：
由题知，入射角相同，、相等，所以时间相同；
故B正确，ACD错误。
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查玻尔理论与光电效应方程的应用，基础题目。
根据玻尔理论、光子能量、动量公式分析即可判断；结合玻尔理论和光电效应产生的条件分析即可判断；根据玻尔理论和光电效应方程得出光电子的最大初动能即可判断；根据电离条件分析即可判断。
【解答】
A、从跃迁到放出的光子能量最大，根据和，可知其动量也最大，故A正确
B、大量氢原子从的激发态跃迁到基态能放出种频率的光子，但其中只有从、、能级跃
迁到放出的三种光子超过金属钨的逸出功能够使其发生光电效应，故B错误；
C、从能级跃迁到能级放出的光子能量最大为，照射金属钨后，根据光电效应方程，光电子的最大初动能为，故C错误；
D、由于从跃迁到需要吸收的光子能量为，因此只要入射光子的能量大于等于都能被氢原子吸收从而使其电离，所以的光子能够被吸收，故D错误。
9.【答案】
【解析】【分析】
该题考查了由楞次定律、左手定则和牛顿定律的应用，此题的分析首先要进行分段，进行受力分析和运动过程分析。
因为，故可以分为三个过程：从下边开始进入磁场到全部进入磁场；从全部进入磁场到下边开始离开磁场；下边开始离开磁场到全部离开磁场。再由楞次定律和左手定则可以判断知道，结合牛顿第二定律判断线框的速度，由能量守恒定律判断损失的机械能和产生内能的关系。
【解答】
A.线框全部进入磁场到下边开始离开磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生，故A错误；
B.从下边开始进入磁场，当安培力大于其重力时可能做减速运动，故B正确；
线框在进入和穿出磁场的过程中，由楞次定律判断可知受到安培力的合力方向始终向上，故C错误；
D.由能量守恒定律知，线框在穿过磁场整个过程中损失的机械能全部转化为内能，故D正确；
故选：。
10.【答案】
【解析】【分析】
根据随时间变化的正弦曲线，得到中交流电的周期和最大值，根据欧姆定律得到两端的电压和中的电流，由得到变压器传输的电功率，根据理想变压器原、副线圈的匝数比得到原线圈两端的电压，进而得到电压表、电流表的读数。
【解答】
A.根据随时间变化的正弦曲线，得到交流电的周期，频率，故A错误；
C.由于中电流的最大值为，所以有效值为，两端的电压，电流表的示数为，故C正确；
B.根据变压器原理原线圈两端的电压，所以电压表的示数为，故B正确；
D.变压器传输的电功率，故D错误。
11.【答案】挡光片中心；；
【解析】解：需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离；
系统的末速度为：，则系统重力势能的减小量为：，系统动能的增加量为：
若系统机械能守恒，则有
根据牛顿第二定律得，系统所受的合外力为，则系统加速度为：。
故答案为：挡光片中心；；。
根据实验原理理解需要测量的物理量；
根据机械能守恒定律列出需要满足的关系式；
根据牛顿第二定律完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律即可完成分析。
12.【答案】；
越小；高；

【解析】【分析】
本题考查测压力传感器在不同压力下的电阻实验及相关问题。解决问题的关键是会根据实验原理设计电路，会根据图像分析数据，根据串联分压原理分析判断。
【解答】
实验需要测量多组数据求平均值，所以滑动变阻器采用分压式接法，该传感器在不同压力下的阻值，其阻值约几十千欧，远大于电流表的电阻，所以为了减小误差，电流表采用内接法，故A正确，BC错误；
由图乙可知，压力越大阻值越小，电阻值随压力的变化率表示灵敏度，由图可知压力小于时的灵敏度比压力大于时的灵敏度高；
由题意可知，当控制电压等于时，和所分的电压相等，均为，由串联电路分压原理可知，和的阻值相等，当若要将质量大于的货物实现分拣，物体的重力，此时的阻值为，所以应将调成。
13.【答案】解：导体细杆运动时，切割磁感应线，在回路中产生感应电动势与感应电流，细杆将受到安培力的作用，安培力的方向与细杆的运动方向相反，使细杆减速，随着速度的减小，感应电流和安培力也减小，最后杆将停止运动，感应电流消失．在运动过程中，电阻丝上产生的焦耳热，全部被容器中的气体吸收．根据能量守恒定律可知，杆从减速至停止运动的过程中，电阻丝上的焦耳热应等于杆的初动能，即
容器中的气体吸收此热量后，设其温度升高，则内能的增加量为
在温度升高的同时，气体体积膨胀，推动液柱克服大气压力做功．设液柱的位移为，则气体对外做功
就是气体体积的膨胀量
由理想气体状态方程，注意到气体的压强始终等于大气压，故有
由热力学第一定律
由以上各式可解得
【解析】本题是电磁感应与热力学的综合，它们联系的纽带是热量．对于气体等压变化过程，要知道气体对外做功公式是，在推导的基础上记牢，这在热力学第一定律的应用中经常用用到．
先分析导体细杆的运动情况，根据能量守恒定律求得杆从减速至停止运动的过程中，电阻丝上产生的焦耳热容器中的气体吸收此热量后，温度会升高，根据题意：温度升高时，该气体的内能的增加量为，得到内能的增加量与升高的温度关系式．在温度升高的同时，气体体积膨胀，推动液柱克服大气压力做功．根据功的计算公式求出气体对外做功，再根据热力学第一定律列出方程，即可求得达到平衡时细管中液柱的位移．
14.【答案】解：设滑块运动到点的速度为 ，则对滑块从到列动能定理

解得
从到为平抛运动，设时间为，竖直速度为，对于进行分析，得知速度的偏转角为，则

解得
所以的水平位移
设点速度为 ，支持力为，压力为，点速度为 ，支持力为，压力为，则对滑块从到列动能定理

对点列牛顿第二定律

解得
由牛顿第三定律可知
由第可知，点速度

则对滑块从到列动能定理

对点列牛顿第二定律

解得
由牛顿第三定律可知

所以
从到列动能定理得

解得
对点进行受力分析，如图所示：
，
两个力合成发现
方向与 垂直，故滑块会做一个类平抛运动，设加速度为 ，运动到点的时间为，的距离为，则
沿着 的方向有
沿着 方向有
解得 ，。

【解析】本题考查动力学的综合问题。解决问题的关键是清楚滑块在不同阶段的受力情况和运动情况，利用动能定理、平抛运动的规律、牛顿运动定律和类平抛运动的规律分析求解。
15.【答案】解：
感应电动势：，棒两端的电势差为路端电压
；
在到达前两棒均已匀速，设、棒的速度分别为、
在到达前对两棒各应用动量定理
解得：；
故当棒到达时，棒的速度大小
同时可得：
棒在Ⅲ区域的运动时对棒应用牛顿第二定律，
得：
每秒增加即，解得
棒到达时，的速度：；
棒进入区域：
时，
时，
棒到达时速度为，
Ⅲ区域：棒进入在区域后直到稳定时，、棒系统动量守恒，最终以共同速度运动，设为：有：
棒进入在区域后整个回路产生的焦耳热
。
【解析】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、动量定理、牛顿第二定律、能量守恒定律这些知识点；
根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律列式即可求解；
分析运动情况，利用动量定理列式求出分析受力情况，利用牛顿第二定律求出加速度，结合速度公式即可求出；
分析摩擦力，利用动量定理求出后面的速度，再根据能量守恒定律即可求解。

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