青島三中2024屆高考模擬試卷（物理試題理）試卷

注意事項

1.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回.

2.答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0.5亳米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置.

3.請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符.

4.作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他

答案.作答非選擇題，必須用05亳米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效.

5.如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗.

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、如圖所示，一個有矩形邊界的勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向內.一個三角形閉合導線框，由位置1（左）沿

紙面勻速運動到位置2（右）.取線框剛到達磁場邊界的時刻為計時起點（r=0）,規定逆時針方向為電流的正方向，則

圖中能正確反映線框中電流號時間關系的是（）

2、2019年“嫦娥四號”探測器成功著陸在月球背面。如圖，為給“嫦娥四號”探測器登陸月球背面提供通信支持，“鵲橋

號”衛星繞地月拉格朗日心點做圓周運動。已知在地月拉格朗日點心或心，衛星受地球和月球引力的合力作用，能隨

月球同步繞地球做圓周運動。則（）

孫■電”1M

?

A.衛星在L點的線速度比在七點的小

B.衛星在L點的角速度比在L2點的大

C.同一衛星心、心點受地球和月球引力的合力相等

D.若技術允許，使“鵲橋號”剛好位于七點，能量消耗最小，能更好地為“嫦娥四號”探測器提供通信支持

3、如圖是質譜儀的工作原理示意圖，它是分析同位素的一種儀器，其工作原理是帶電粒子（不計重力）經同一電場加

速后，垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，擋板D上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片4A2。若（）

加速電場二一十

速度選寸擇器LB■-

A4UP\1S

::::::::::

A.只增人粒子的質量,則粒子經過狹縫P的速度變大

B.只增大加速電壓U,則粒子經過狹縫P的速度變大

C.只增大粒子的比荷，則粒子在磁場中的軌道半徑變大

D.只增大磁感應強度，則粒子在磁場中的軌道半徑變大

4、按照我國整個月球探測活動的計劃，在第一步“繞月”工程圓滿完成各項目標和科學探測任務后，第二步是“落月”

工程，已在2013年以前完成。假設月球半徑為此月球表面的重力加速度為歐，飛船沿距月球表面高度為3K的圓形

軌道I運動，到達軌道的A點時點火變軌進入橢圓軌道II,到達軌道的近月點B時冉次點火進入月球近月軌道川繞

月球做圓周運動。下列判斷不正確的是（）

A.飛船在軌道I上的運行速率u=4還

2

B.飛船在A點處點火變軌時，動能減小

C.飛船在軌道ni繞月球運動一周所需的時間T=2幾形

D.飛船從A到4運行的過程中機械能變大

5、2016年8月16日I時40分，我國在酒泉用長征二號丁運載火箭成功將世界首顆量子科學實驗衛星“墨子號”發射升

空.如圖所示為“墨子號”衛星在距離地球表面500km高的軌道上實現兩地通信的示意圖.若己知地球表面重力加速度

為g,地球半徑為R,則下列說法正確的是（)

A.工作時，兩地發射和接受信號的雷達方向一直是固定的

B.衛星繞地球做勻速圓周運動的速度小于7.9km/s

C.可以估算出“墨子號”衛星所受到的萬有引力大小

D.可以估算出地球的平均密度

6、如圖所示，。次和他必是垂直于紙面向里的勻強磁場I、n的邊界，磁場I、n的磁感應強度分別為%、生，且

此二2/力，一質量為機、電荷量為q的帶電粒子垂直邊界做從尸點射入磁場L后經/點進入磁場II,并最終從△邊

界射出磁場區域.不計粒子重力，該帶電粒子在磁場中運動的總時間為（）

2兀出3uni

A.B.T—T-

qB\ZqB、

itm3itni

C-----D-------

叫,4叫

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、下列說法正確的是（）

A.液體表面存在張力是因為液體表面層分子間的距離大于液體內部分子間的距離

B.密閉容器中的理想氣體溫度不變，體積增大，則氣體一定吸熱

C.分子間距增大時，分子勢能增大，分子力做負功

D.熱量可以從低溫物體傳到高溫物體而不引起其他變化

E.液體不浸潤固體的原因是，附著層的液體分子比液體內部的分子稀疏

8、如圖甲所示，水平放置的平行金屬導軌連接一個平行板電容相C司電阻R,導體棒MN放在導軌上且接觸良好，

整個裝置放于垂直導軌平面的磁場中，磁感應強度B的變化情況如圖乙所示（圖示磁感應強度方向為正），MN始終保

持靜止，則0?t2時間（）

A.電容器C的電荷量大小始終沒變B.電容器C的a板先帶正電后帶負電

B.上下撥動金屬撥桿

C.左右撥動金屬撥桿

D.前后撥動金屬撥桿

（2）該同學通過測量頭的目鏡觀察單色光的干涉圖樣時，發現里面的亮條紋與分劃板豎線未對齊，如圖2所示，若要

使兩者對齊，該同學應如何調節.

條

W則

ffl”)

條C

E

D

A.僅左右轉動透鏡

B.僅旋轉單縫

C.僅旋轉雙縫

D.僅旋轉測量頭

（3）如圖3所示中條紋間距表示正確是______.

12.（12分）小明同學用如圖所示裝置驗證機械能守恒定律，輕繩兩端跨過轉軸光滑的輕滑輪系著質量均為M的重物

4和4，將質量為次的小祛碼C掛在在物體B上，B下方距離為人處固定一個光電門，物塊“裝有一寬度很小的擋

光片，測得擋光片寬度為d,將系統靜止釋放，當擋光片通過光電門（固定光電門的裝置未畫出）時，可通過計算機

系統記錄擋光時間△上改變高度差/，，重復實驗，采集多組〃和△，的數據。

（1）若某次記錄的擋光時間為△3則擋光片到達光電門處時B的速度大小為

（2）小明設想，為了確定△，與人的關系，可以分別對△，與人取對數，并以1g△，為縱軸，以吆人為橫軸建立坐標系，

得到的IgA/-lg/r圖線為一直線，該直線的斜率為

⑶若IgAf-IgA圖線與縱軸交點坐標為c,若機械能守恒，可以得到該地重力加速度g=_。

A

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖，用手捏住細線，讓質量2kg的小球在光滑水平桌面上以片lm/s的速率做勻速圓周運動，其半

徑r=0.3m。某時刻突然松于，使細線迅速放長0.2m后，又迅速用于捏住細線，保證小球在更大半徑的新軌道做勻速

圓周運動，已知大半徑的圓與小半徑的圓為同心圓。求：

（1）細線迅速放長0.2m所經歷的時間

（2）在大半徑新軌道上運動時小球的角速度

（3）在大半徑新軌道上運動時，細線對小球的拉力

14.（16分）如圖所示，勻強電場中相鄰豎直等勢線間距d=10cm,質〃?=0.lkg、帶電荷量為g=lxio+c的小球以初

速度％=10m/s拋出，初速度方向與水平線的夾角為45。，重力加速度g取lOm/sz,求：

（1）小球加速度的大小；

（2）小球再次回到圖中水平線時的速度和拋出點的距離.

15.（12分）如圖所示，在平面直角坐標系xQy的第二、第三象限內有一垂直紙面向里、磁感應強度為〃的勻強磁場

區域AABC,A點坐標為（0,3?）,C點坐標為（0,-34），B點坐標為（-2瘋7，?3〃）.在直角坐標系xOy的第一象

限內，加上方向沿y軸正方向、場強大小為的勻強電場，在、=3〃處垂直于x軸放置一平面熒光屏，其與x軸

的交點為。.粒子束以相同的速度我。由。、。間的各位置垂直y軸射入，已知從y軸上產-2a的點射入磁場的粒子在

磁場中的軌跡恰好經過O點.忽略粒子間的相互作用，不計粒子的重力.

（1）求粒子的比荷；

（2）求粒子束射入電場的縱坐標范圍；

（3）從什么位置射入磁場的粒子打到熒光屏上距。點最遠？求出最遠距離.

E

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、A

【解題分析】

先由楞次定律依據磁通量的變化可以判定感應電流的方向，再由感應電動勢公式石=9小，和歐姆定律，分段分析感應

電流的大小，即可選擇圖象.

【題目詳解】

線框進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據楞次定律得知感應電流的磁場向外，由安培定則可知感應電流方向為逆

時針，電流i應為正方向，故BC錯誤；線框進入磁場的過程，線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由E=BLv,

可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小；線框完全進入磁場的過程，磁通量不變，沒有感應電流產生.線框穿出磁場

的過程，磁通量向里減小，根據楞次定律得知感應電流的磁場向里，由安培定則可知感應電流方向為順時針，電流i

應為負方向；線框有效的切割長度先均勻增大后均勻減小，由石=45,可知感應電動勢先均勻增大后均勻減小，故A

正確，D錯誤.

2、A

【解題分析】

B.地月拉格朗日點心或心與月球保持相對靜止，衛星在“、七點的角速度相等，故B錯誤；

A.根據口=0廠可得，衛星在心點的線速度比在L點的小，故A正確；

C.根據4=3?/可得，同一衛星必、心點受地球和月球引力的合力不相等，故C錯誤；

D.若“鵲橋號”剛好位于L2點，幾乎不消耗能量，但由幾何關系可知，通訊范圍較小，并不能更好地為“嫦娥四號”探

測器提供通信支持，故D錯誤。

故選A。

3、B

【解題分析】

AB.粒子在電場中加速時，根據動能定理可得

；mv2=Uq①

即

所以粒子質量增大，則粒子經過狹縫P的速度變小，只增大加速電壓U,則粒子經過狹縫P的速度變大，A錯誤B正

確；

CD.粒子在磁場中運動時有

qvB二川L②

r

聯立①②解得

B

所以只增大粒子的比荷（幺增大）或只增大磁感應強度，半徑都減小，CD錯誤。

m

故選B。

4、D

【解題分析】

A.萬有引力提供向心力

2

G-^v

=m

(3R+R)23R+R

解得

在月球表面

Mtn

G鏟二叫

解得

2

GM=gQR

聯立解得

7^

V=-------

2

故A正確，不符合題意；

B.飛船在A點變軌后由圓軌道變為橢圓軌道，做向心運動，要求萬有引力大于飛船所需向心力，所以飛船應該減速,

動能減小，故B正確，不符合題意；

C.萬有引力提供向心力

結合

GM=g°R?

解得

故C正確，不符合題意；

D.在橢圓軌道上，飛船由A點運動至4點，只有萬有引力做功，機械能守恒，故D錯誤，符合題意。

故選D。

5、B

【解題分析】

由于地球自轉的周期和“墨子號”的周期不同，轉動的線速度不同，所以工作時，兩地發射和接受信號的雷達方向不是

固定的，故A錯誤.7.9km/s是衛星繞地球做圓周運動的最大環繞速度，則衛星繞地球做勻速圓周運動的速度小于

7.9km/s,故B正確.由于“墨子號”衛星的質量未知，則無法計算“墨子號”所受到的萬有引力大小，故C錯誤.根據

Min

G再鏟='"（R+〃）F知，因周期未知，則不能求解地球的質量，從而不能估算地球的密度，選項D錯誤；故

選B.

點睛：解決本題的關鍵知道衛星做圓周運動向心力的來源，知道線速度、周期與軌道半徑的關系，理解第一宇宙速度

的意義.

6、B

【解題分析】

粒子在磁場中運動只受洛倫茲力作用，故粒子做圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有

cV

qvB=m—

則有

R=—

qB

粒子垂直邊界“e從P點射入磁場I,后經/點進入磁場n,故根據幾何關系可得：粒子在磁場I中做圓周運動的半徑

為磁場寬度硝根據軌道半徑表達式，由兩磁場區域磁感應強度大小關系可得：粒子在磁場II中做圓周運動的半徑為

磁場寬度那么，根據幾何關系可得：粒子從P到/轉過的中心角為90°,粒子在一點沿用方向進入磁場n；然后

粒子在磁場n中轉過180°,在e點沿頜方向進入磁場I；最后，粒子在磁場I中轉過90°后從北邊界射出磁場區域；

故粒子在兩個磁場區域分別轉過180°,根據周期7=*=」?可得：該帶電粒子在磁場中運動的總時間為

vqB

J*上上

21222qB\

故選B。

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、ABE

【解題分析】

A.液體表面層分子間的距離大于液體內部分子間距離，分子力表現為引力，故液體表面存在表面張力；故A正確；

B.密閉容器中的理想氣體溫度不變，氣體內能不變，體積增大，氣體對外界做功，由熱力學第一定律可得

△U=W+Q

氣體一定要從外界吸熱，故B正確；

C.當分子間作用力表制現為斥力時，距離增大，分子力做正功，分子勢能減小；當分子間作用力表現為引力時，距

離增大，分子力做負功，分子勢能增大。故c錯誤；

D.根據熱力學第二定律的另一種表述可知，熱量不能自發地從低溫物體傳到高溫物體，而不引起其他變化，故D錯

誤；

E.液體不浸潤固體的原因是，附著層的液體分子可能比液體內部稀疏，也就是說，附著層內液體分子間的距離大于

分子力平衡的距離，附著層內分子間的作用表現為引力，附著層由收縮的趨勢，就像液體表面張力的作用一樣。這樣

的液體與固體之間表現為不浸潤，所以E正確。

故選ABEo

8、AD

【解題分析】

A、B：由乙圖知，磁感應強度均勻變化，根據法拉第電磁感應定律可知，回路中產生恒定電動勢，電路中電流恒定，

電阻R兩端的電壓恒定，則電容器的電壓恒定，故電容器C的電荷量大小始終沒變.根據楞次定律判斷可知，通過R

的電流一直向下，電容器上板電勢較高，一直帶正電.故A正確，B錯誤；

C：根據安培力公式F=BIL,I、L不變，由于磁感應強度變化，MN所受安培力的大小變化，故C錯誤.

D：由右手定則判斷得知，MN中感應電流方向一直向上，由左手定則判斷可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，

故D正確.

故選AD.

9、BCD

【解題分析】

A.物體做受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，當系統的固有頻率等于驅動力的頻率時，振幅達最大，這種現象稱為

共振。故A錯誤；

B.機械波從一種介質進入另一種介質傳播時，其頻率保持不變，故B正確；

C.振子做簡諧運動，在半個周期時間內，振子的速率不變，根據動能定理得知合外力做的功一定為0,故C正確；

D.為了減小阻力的影響，用單擺測重力加速度的實驗時，在幾個體積相同的小球中，應選擇質量大的小球，故D正

確；

E.交通警察向遠離警車的車輛發送頻率為力的超聲波，測得返回警車的超聲波頻率為人，因為相互遠離，根據開

普勒效應可知工＞力，故E錯誤。

故選BCDo

10、CD

【解題分析】

A.由

-Mm4兀)

G—7-=m——r

r2T2

可知

VGM

衛星的軌道越高，周期越大，A項錯誤；

B.衛星的機械能等于其動能與勢能之和，因不知道衛星的質量，故不能確定衛星的機械能大小關系，故B項錯誤；

C.由

「Mm

G——=ma

可知軌道半徑越大，向心加速度越小，故“北理工1號”衛星的加速度較大，由

2

廠Mmv

G——=m—

rr

可知

軌道半徑越小，線速度越大，故“北理工1號”衛星的線速度較大，C項正確;

D.設“北理工1號”衛星的角速度為幼，根據萬有引力提供向心力有

可知軌道半徑越大，角速度越小，兩衛星由相距最近至再次相距最近時，圓周運動轉過的角度差為2恒即

卬一cot=2兀

可得經歷的時間

t_2乃

[GM

故D項正確。

故選CD,

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、CDCE

【解題分析】

(1)使單縫與雙縫相互平行，干涉條紋更加清晰明亮，則要增大條紋的寬度，

根據公式/二、2可知，增大雙縫到屏的距離L或減小雙縫之間的距離都可以增大條紋的間距，所以需要左右移動撥

a

桿.故C正確ABD錯誤;

（2）發現里面的亮條紋與分劃板豎線未對齊，若要使兩者對齊，該同學應調節測量頭，故ABC錯誤，D正確;

（3）干涉條紋的寬度是指一個明條紋與一個暗條紋的寬度的和，為兩個相鄰的明條紋（或暗條紋）的中心之間的距離,

故圖CE是正確的.

d1（2M+m）d

12、

A/,~22/n.lO2c

【解題分析】

根據極短時間內的平均速度等于瞬時速度知，擋光片到達光電門處5的速度大小為:

d

v=—

△乙

⑵⑵系統重力勢能的減小量等于系統動能的增加量，有:

ingh=—（2M+ni）v2

即：

mgh=；（2M

整理可得:

-1,（2M+w）J21

Igh

2mg2

若這4-k/?圖線為一直線，則該圖線的斜率為一g

Id2

⑶⑶根據mg/?=5（2M+〃?）力得:

乙LXlI

Ar=-2-----------------

mgh

則有:

21g垃=lgTgh

2mg

所以有:

A1/（2M+m）儲1

△”于一^一一5曲

可知縱軸截為:

1

c=-lg-----------

22mg

解得：

（2M+m）d2

S~2^102c

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13、(1)0.4s(2)1.2rad/s(3)1.44N

【解題分析】

(1)突然松手，小球將沿著小半徑的圓軌道相切飛出去，如圖所示

即沿著圖中AB方向做勻速直線運動，

直角三解形OAB中，/-=0.3m；R=0.5m,則JAB=JR?-產=0.4m

則細線迅速放長0.2m所經歷的時間為：/=%=().4s

v

(2)依題意，小球剛運動B點時速度大小為lm/s,方向沿AB方向，如圖，此時，可將速度分解為沿半徑OB方向

的匕和垂直半徑OB方向的匕。由于小球到達B點時又迅速捏住細線，沿OB方向的匕突然消失，小球將以七在大半

徑上作勻速圓周運動，

v.v

根據△QWSAH匕V,-=—

廠加

代入數據得：v=—=0.6m/s

15

所以：d)=-^=—=1.2rad/s

R0.5

(3)半徑增大后，仍有細線拉力提供向心力，

F=I^R=2X\.22X0.5N=1.44N

14、(1)10V2/n/?(2)\0后m/s速度與水平方向夾角的正切值為tane=g，水平距離為20m

【解題分析】

(1)根據圖象可知，電場線方向向左，電場強度大小為：E=§="V/〃2=1000V/〃Z

a0.1

合力大小為：F=J(〃吆)2+(qE)2=m,方向與初速度方向垂直;

根據牛頓第二定律可得加速度大小為：4=￡二10.

m

(2)小球在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做勻加速直線運動,