2024年高考物理模拟试题(二)参考答案与提示

1.C 提示:根据玻尔理论可知，只有能量刚好等于氢原子两个能级差的光子(电磁波)才能被氢原子吸收，选项A、B 错误，C 正确。吸收了电磁波的氢原子所处的状态叫激发态，选项D 错误。

2.C 提示:两小球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，竖直方向的最大高度相同，则抛出时竖直方向的分速度大小相等;水平方向的分运动是匀速直线运动，乙同学抛出的小球的水平位移较大，则抛出时水平方向的分速度较大。根据速度的合成和对称性可知，落地瞬间乙同学抛出的小球的速度较大，选项A 错误。分析竖直方向的分运动，根据对称性可知，小球上升和下落的时间相等，则，即两小球在空中运动的时间相同，选项B 错误。斜抛运动在最高点只有水平速度，因此乙同学抛出的小球在天花板处的速度较大，选项C 正确。小球落地瞬间的竖直分速度大小，即落地瞬间两小球的竖直分速度大小相等，根据P=mgvy可知，落地瞬间两小球的重力的瞬时功率相等，选项D 错误。

3.C 提示:由题图知波长λ=4 m，则频率，选项A 错误。t=0 时刻，x=4 m 处质点的振动方向向上，x=12 m 处质点的振动方向向下，选项B 错误。波的周期，t=0.5 s时刻，刚好经历了T，甲波传播到x=5 m 处为波谷，位移为-4 cm，乙波传播到x=5 m 处为波谷，位移为-3 cm，质点第一次到达波谷，即y=-7 cm 处，选项C 正确。两列波叠加后，两列波到x=4 m 处的波程差Δx=4 m=λ，t=0时刻，x=4 m 处的质点向上振动，x=8 m 处的质点向下振动，即甲波的波源起振方向向上，乙波的波源起振方向向下，所以x=4 m 处为振动减弱点，选项D 错误。

5.C 提示:等量同种点电荷连线中垂线上从O点向两边电势逐渐降低，根据几何关系得OP=OC，因此C点和P点的电势相等，选项A 错误。C点和P点的电场强度大小相等，方向不同，选项B 错误。从O点沿着OC方向到C点，电势降低，因为试探电荷带正电，所以其电势能逐渐减小，选项C 正确。从P点到C点，先靠近O点，后远离O点，电势先升高后降低，所以试探电荷的电势能先增加后减少，选项D 错误。

6.D 提示:黑板擦做匀速直线运动，根据平衡条件得Fcosθ=mg+μN，N=Fsinθ，解得，选项A 错误。黑板对黑板擦的作用力大小，选项B 错误。若突然松开手，则松手瞬间黑板擦只受自身重力作用，其加速度大小为g，选项C 错误。若突然松开手，则松手后黑板擦做竖直上抛运动，能上升的最大高度，选项D 正确。

7.AC 提示:根据题图可知，介质对光束①的折射率比对光束②的大，所以光束①的频率高于光束②的频率，则光束①是蓝光，光束②是红光，选项A 正确。根据可知，折射率越大，波速越小，因此在光盘的透明介质层中，光束①比光束②的传播速度小，选项B错误。根据可知，单色光通过同一双缝干涉装置，波长越短，条纹间距越窄。因为光束①的频率高于光束②的频率，所以光束①的波长小于光束②的波长，即光束①的条纹宽度比光束②的窄，选项C正确。因为光束①的波长小于光束②的波长，所以光束②更容易发生明显的衍射现象，选项D错误。

8.AC 提示:由手机电池容量的单位可知，手机充电时间为电池容量与充电电流的比值，则，选项A 正确。设送电线圈与受电线圈的匝数比为k，因为两线圈中均接有电阻，所以两线圈两端的电压关系满足，解得，选项C正确。根据k=5可知，送电线圈电流I1=1 A，故充电器消耗的总功率P=I1U=220 W，选项B错误。因为送电线圈中接有电阻R1，所以送电线圈两端的电压U1=U0-I1R1=212.5 V，选项D 错误。

9.AD 提示:速度—时间图像与时间轴所围成的图形的面积表示位移，根据题图乙得货物的总位移，即传送带A、B两端相距16 m，选项A 正确。速度—时间图像的斜率表示加速度，根据题图乙得0～1 s时间内货物的加速度，根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma，解得货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，选项B 错误。传送带对货物的摩擦力大小f=μmgcosθ=8 N，0～1 s时间内摩擦力做的功W1=fx1=40 J，1 s～2 s时间内摩擦力做的功W2=-fx2=-88 J，因此摩擦力对货物做的总功W=W1+W2=-48 J，选项C 错误。根据题图乙可知，0～1 s时间内传送带的速度大于货物的速度，二者的相对位移，1 s～2 s时间内货物的速度大于传送带的速度，二者的相对位移，因此全程中二者的相对位移Δx=Δx1+Δx2=6 m，货物与传送带间因摩擦而产生的热量Q=f·Δx=48 J，选项D 正确。

10.BD 提示:根据右手定则可判断，进入磁场后，金属杆中电流的方向由左到右，选项A 错误。金属杆进入磁场时，根据牛顿第二定律得，根据题图乙可知，金属杆进入磁场时的加速度a=-10 m/s2，解得B=2 T，选项B正确。金属杆下落0.3 m 的过程中，通过电阻R的电荷量，其中Δh=0.3 m-0.06 m=0.24 m，解得q=0.24 C，选项C错误。金属杆下落0.3 m 时，其加速度为0，速度达到最小，则，解得vmin=1.5 m/s，金属杆下落0.3 m 的过程中，电路中产生的热量，电阻R中产生的热量，选项D 正确。

11.(1)D (2)2.150 (3)312.5(4)8.6×106N/m2

12.(1)0.30 (2)1.5 0.60 小于(3)4.8×10-5电流表有内阻

提示:(2)根据闭合电路欧姆定律得U=E-I(r+R0)，U-I图像的纵轴截距表示电动势，故E=1.5 V，U-I图像的斜率大小表示r+R0，则，解得r=0.60 Ω。伏安法测电阻时，电源的U-I图像如图1 所示，则电动势的测量值小于真实值。(3)根据实验电路图得，其中，则图像的斜率表示，则ρ=kS=4.8×10-5Ω·m。图像中所作直线不通过坐标原点的原因是电流表有内阻。

图1

13.(1)活塞上升至刚刚接触重物的过程中，汽缸内气体经历等压变化过程，根据盖-吕萨克定律得，其中，解得T2=400 K。(2)活塞碰到重物后到轻绳的拉力减小到30 N 的过程中，汽缸内气体经历等容变化过程，根据查理定律得，设重物的质量为M，则p2S=p0S+mg，p3S=p0S+(m+M)g-T，解得M=47 kg。

14.(1)粒子第一次穿过边界线OM后恰能到达x轴上的P(-d，0)点，则粒子在磁场中的运动轨迹半径为d，根据，，解得。洛伦兹力对粒子不做功，根据动能定理得，解得。(2)粒子的运动轨迹如图2 所示，粒子在磁场中运动的周期，粒子第一次在磁场中运动的时间，粒子在电场中运动时的加速度大小，粒子第一次在电场中运动的时间，粒子第二次在磁场中运动的时间，粒子第二次在电场中做类平抛运动，则，解得，x=4d，y=4d。因此粒子从O点射出至第四次穿过边界线OM所用的时间。(3)由(2)问可知，粒子第四次穿过边界线OM时的位置坐标为(-6d，6d)。

图2

15.(1)物块1 和小球2 分离的过程中，根据动量守恒定律得mv0=mv1，在D点，根据牛顿第二定律得，根据牛顿第三定律得N'=N，解得N'=2mg。(2)小球2恰好能通过圆形轨道最高点时，有，根据动能定理得，解得。小球2 恰好运动到与圆心等高的位置时，根据动能定理得，解得。因此圆形轨道的半径r应满足的条件为。(3)物块1在相对滑板反向运动的过程中，当物块1再次回到B点时，二者的速度最大，此时物块1 有相对地面向右运动的速度即可。从物块1滑上滑板到物块1再次回到B点的过程中，根据动量守恒定律得mv0=mvA+2mvB，根据能量守恒定律得，可得方程，物块1 要经过B点，则需该关于vA的方程的判别式大于零，速度向右说明vA的结果要小于零，即，满足不等式，解得。