高級中學名校試卷PAGEPAGE1深圳市2024-2025學年下學期港臺聯考模擬題一、單選題1.在牛頓發現太陽與行星間引力過程中，得出太陽對行星的引力表達式后推出行星對太陽的引力表達式，是一個很關鍵的論證步驟，這一步驟采用的論證方法是（）A.研究對象的選取 B.等效法 C.控制變量法 D.理想化過程【答案】B【解析】牛頓發現太陽與行星間的引力過程中，根據牛頓第二定律和向心力公式得到太陽對行星的引力表達式為即太陽對行星的引力與行星的質量成正比，與距離的二次方成反比；牛頓堅信自然界的物理規律都是對稱的、簡單的、和諧的，根據等效思想，得到行星對太陽的引力也遵循相同的規律即行星對太陽的引力與太陽的質量成正比，與距離的二次方成反比；最后聯立得到體現了等效法思想。故選B。2.某工廠技術人員為檢測所制作的滾珠大小是否合格，將一塊平板玻璃甲放置在另一平板玻璃乙之上，在另一端同一位置先后放入標準滾珠及待檢滾珠，裝置如圖1所示。當用同一種單色光從玻璃板甲上方入射后，從上往下看，看到的部分明暗相間的條紋分別如圖2所示，下列說法正確的是（）A.條紋是由玻璃板甲的上表面及玻璃板乙的上表面的反射光疊加干涉而成的B.待檢滾珠的半徑比標準滾珠的小C.放標準滾珠時得到的相鄰兩明條紋對應的空氣膜厚度差比放待檢滾珠時的小D.放標準滾珠時，若增大入射光的頻率，相鄰明條紋的中心間距增大【答案】B【解析】A．干涉條紋是由玻璃板甲的下表面與玻璃板乙的上表面的反射光疊加而成的，故A錯誤；BC．設明條紋對應空氣膜的厚度為d，則有（，2，3…）即可知相鄰兩明條紋對應的空氣膜的厚度差一定值，設劈尖的角度為θ，則相鄰兩明條紋的間距由題圖2可知，待測滾珠的Δx大，可知對應的θ角小，其半徑小，故B正確，C錯誤；D．當增大標準滾珠入射光的頻率，即減小入射光的波長時，由可知θ不變，Δx變小，故D錯誤。故選B。3.如圖甲所示為春節期間某個小朋友釋放的火箭炮，其運動過程中的圖像如圖乙所示，其中Oa、bc、cd段均為直線。假設火箭炮運動過程中受到的空氣阻力大小保持不變，在t3時刻燃料耗盡，t5時刻落回到地面，火箭炮燃料消耗對質量的影響不能忽略，取豎直向上為正方向，則下列說法正確的是（）A.火箭炮在時刻上升到最高點 B.火箭炮在bc、cd段均做勻變速直線運動，加速度方向相反C.時間內，火箭炮受到的推力在逐漸減小 D.時間內，火箭炮處于超重狀態【答案】C【解析】A．由圖像可知，0-火箭炮先向上加速，再向上減速，故火箭炮在時刻上升到最高點，A答案錯誤；B．火箭炮bc、cd段均做勻變速直線運動，加速度方向相同，B答案錯誤；C．時間內，對火箭炮有不變，在減小，也減小，C答案正確；D．時間內，火箭炮的加速度豎直向下，處于失重狀態，D答案錯誤。故選C。4.質量為m的物塊P置于傾角為的固定光滑斜面上，輕質細繩跨過光滑定滑輪分別連接著物塊P與小車，物塊P與滑輪間的細繩平行于斜面，小車以速率水平向右做勻速直線運動。當小車與滑輪間的細繩和水平方向成夾角時，重力加速度為g，下列判斷正確的是（）A.物塊P的速率為B.物塊P的速率為C.細繩對物塊P的拉力恒為D.細繩對物塊P的拉力大于【答案】D【解析】A．細繩相連的物體，沿繩子方向速度相等，把不沿繩子的小車速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，物塊速度沿繩子，即物塊速度，A錯誤；Ｂ．由上分析，B錯誤；C．小車向右運動，細繩和水平方向的夾角減小，物塊的速度在增大，物塊加速度沿斜面向上，由牛頓第二定律，可知細繩拉力大于，C錯誤;D．由上分析，D正確。故選D。5.如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態開始，先經歷等壓變化到狀態，再經歷等容變化到狀態。下列判斷正確的是（）A.從到，氣體溫度升高B.從到，氣體向外界放熱C.從到，氣體內能不變D.從到，氣體對外界做功【答案】A【解析】A．從a到b，氣體的壓強不變，體積變大，根據可知氣體溫度升高，選項A正確；B．從a到b，體積增大，外界對氣體做負功，內能增加，根據熱力學第一定律可知，氣體吸熱，選項B錯誤；C．從b到c，氣體體積不變，壓強減小，根據可知溫度降低，可知氣體內能減小，選項C錯誤；D．從b到c，氣體體積不變，不對外界做功，選項D錯誤。故選A。6.如圖所示，兩根間距為的平行光滑“匚”形導軌與水平面成夾角，大小為的磁場垂直導軌平面向上。現將一導體棒垂直于導軌靜止釋放，其接入電路的電阻為，經過后達到最大速度，導軌足夠長且電阻忽略不計，取重力加速度為，此過程通過導體棒的電荷量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】根據題目描述，達到最大速度時，受力平衡，受力分析為解得導體棒的質量為根據動量定理有，解得流過導體棒的電荷量為故選B。7.二十四節氣入選聯合國教科文組織非物質文化遺產代表作名錄。在國際氣象界中，二十四節氣被譽為“中國第五大發明”。2024年春分、夏至、秋分和冬至在橢圓軌道所處位置和對應時間如圖所示，關于這四個節氣，下列說法正確的是（）A.太陽對地球的萬有引力在夏至時達到最大值B.地球繞太陽公轉運行到冬至時線速度達到最大值C.地球繞太陽公轉由春分到秋分的過程中，加速度逐漸增大D.根據地球的公轉周期和太陽與地球的距離可估算出地球的質量【答案】B【解析】A．夏至時地球離太陽最遠，由萬有引力知，太陽對地球的萬有引力在夏至時達到最小值，故A錯誤；B．由開普勒第二定律知，地球繞太陽公轉運行到冬至時線速度達到最大值，故B正確；C．由牛頓第二定律得，解得，故地球繞太陽公轉由春分到秋分的過程中，加速度先減小后增大，故C錯誤；D．由牛頓第二定律得，所以根據地球的公轉周期和太陽與地球的距離可估算出太陽的質量，估算不出地球的質量，故D錯誤。故選B。8.用同一光電管研究a、b兩種單色光產生的光電效應，得到光電流I與光電管兩極間所加電壓U的關系如圖所示。則這兩種光（）A.照射該光電管時a光使其逸出的光電子最大初動能大B.從同種玻璃射入空氣發生全反射時，a光的臨界角小C.通過同一裝置發生雙縫干涉，a光的相鄰條紋間距大D.通過同一玻璃三棱鏡時，a光的偏折程度大【答案】C【解析】A．由題圖可知又所以即照射該光電管時a光使其逸出的光電子最大初動能小，故A錯誤；BD．根據可知，光的頻率小，同一介質對光的折射率小，通過同一玻璃三棱鏡時，a光的偏折程度小，又根據可知，從同種介質射入空氣發生全反射時，a光的臨界角大，故BD錯誤；C．光的頻率小，波長大，根據可知，通過同一裝置發生雙縫干涉，a光的相鄰條紋間距大，故C正確。故選C。9.如圖所示的甲、乙兩個電路，電感線圈的自感系數足夠大，直流電阻為；兩白熾燈泡和定值電阻的阻值也均為。先閉合開關，待電路達到穩定后，燈泡均能發光，再將開關斷開，最終兩燈都熄滅。對于開關閉合、斷開后燈泡亮度變化情況，下列說法中正確的是（）A.同時閉合開關，甲、乙電路中的燈泡同時亮起B.同時閉合開關，甲電路中燈泡先閃亮一下再穩定發光C.斷開開關，甲、乙兩電路中燈泡都先閃亮一下再延遲熄滅D.斷開開關，甲電路中燈泡延遲熄滅、乙電路中燈泡先閃亮一下再延遲熄滅【答案】D【解析】AB．甲電路閉合開關，由于線圈的自感現象，燈泡緩慢變亮，乙電路閉合開關，燈泡瞬間變亮，AB均錯誤。CD．甲電路在開關閉合穩定后，通過燈泡的電流與通過電感線圈的電流相等，再斷開開關，由于線圈的自感作用，燈泡延遲熄滅；乙電路在開關閉合穩定后，通過的電流大于通過燈泡的電流，再斷開開關，將阻礙電流變化，通過的電流將流經燈泡，使得斷開后瞬間，通過燈泡的電流變大，所以燈泡先閃亮再延遲熄滅，C錯誤，D正確。故選D。10.圖甲是目前世界上在建規模最大、技術難度最高的水電工程——白鶴灘水電站，是我國實施“西電東送”的大國重器，其發電量位居全世界第二，僅次于三峽水電站。白鶴灘水電站遠距離輸電電路示意圖如圖乙所示。如果升壓變壓器與降壓變壓器均為理想變壓器，發電機輸出電壓恒定，r表示輸電線總電阻，下列說法正確的是（）A.若，則用戶獲得的電壓U4＝U1B.若用戶開啟的用電器減少，則升壓變壓器輸出的電壓U2減小C.若用戶開啟的用電器減少，則降壓變壓器輸入的電壓U3減小D.若用戶開啟的用電器減少，則輸電線消耗的功率減小【答案】D【解析】A．根據變壓器原理可得，若，則有由于輸電線上電阻分壓作用，則，故A錯誤；B．升壓變壓器輸入電壓恒定，升壓變壓器的原、副線圈匝數比恒定，則升壓變壓器輸出的電壓不變，故B錯誤；CD．若用戶開啟的用電器減少，則用戶總電阻增大，將降壓變壓器和用戶看成一等效電阻，則有則輸電線上的電流為可知輸電線上的電流減小，則輸電線上消耗的功率減小，輸電線的損失電壓減小，根據可知降壓變壓器輸入的電壓增大，故C錯誤，D正確。故選D。11.如圖所示，D是一只理想二極管，水平放置的平行板電容器的A、B兩極板間有一帶電液滴，在點處于靜止狀態。若保持極板不動，當某同學分別從初始狀態開始向不同方向稍微平移極板A（移動極板A后點還在兩極板之間）時，下列說法正確的是（）A.極板A向上移動過程中，靜電計指針張角變小B.極板A向下移動過程中，靜電計指針張角變大C.極板A向左移動過程中，液滴向下運動D.極板向左移動過程中，點處電勢升高【答案】D【解析】A．由圖可知，電容器極板A帶正電，極板A向上移動過程中，根據電容器的決定式可知，電容器的電容減小，根據可知，電容器所帶電荷量將變小，電容器放電，但理想二極管D阻止電容器放電，所以電容器所帶電荷量不變，則上下極板間電勢差變大，靜電計指針張角變大，故A錯誤；B．電容器極板A帶正電，極板A向下移動過程中，根據電容器的決定式可知，電容器的電容增大，根據可知，電容器所帶電荷量將變大，電容器充電，上下極板間電勢差不變，靜電計指針張角不變，故B錯誤；CD．極板A向左移動過程中，根據電容器的決定式可知，電容器的電容減小，根據可知，電容器所帶電荷量將變小，電容器放電，但理想二極管D阻止電容器放電，所以電容器所帶電荷量不變，則上下極板間電勢差變大，根據可知，兩極板間的電場強度增大，則液滴受到的豎直向上的電場力增大，液滴向上運動。設點到下極板的距離為，則點的電勢為所以點處電勢升高，故C錯誤，D正確。故選D。12.一列簡諧橫波沿x軸傳播，波速為2m/s，振幅為10cm。圖甲為某時刻波形圖，從此時開始計時，P點的振動圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.波沿x軸正向傳播B.四分之一周期后，P點恰好回到圖甲中的位置C.從圖甲時刻開始，波向前傳播1m的時間內，P點通過路程為10cmD.從圖甲時刻開始至P點第2次經過平衡位置，波傳播的距離為【答案】D【解析】A．由振動圖像，0時刻P點向上運動，所以波沿x軸負向傳播，A錯誤；B．若四分之一周期重新回到P點，則P點通過的路程應為一個振幅，但P點振動過程中會通過最大位移處，四分之一周期通過路程小于一個振幅，回不到P點，B錯誤；C．1m為，用時四分之一周期，同理P點通過路程不是一個振幅，C錯誤；D．從乙圖可知P點初始位移為半個振幅，對應橫坐標為，第二次經過平衡位置時傳播距離為D正確。故選D。13.如圖所示，物體a、b和c疊放在水平桌面上，水平力、分別作用于物體b、c上，a、b和c仍保持靜止。以、、分別表示a與b、b與c、c與桌面間的靜摩擦力的大小，則（）A.，、 B.，、C.，、 D.，、【答案】D【解析】為了研究a、b之間的摩擦力的情況，以物體a為研究對象，如圖甲所示通過受力分析得到a與b之間沒有摩擦力的作用，所以為了研究b與c之間的摩擦力的情況，以物體a、b整體為研究對象，如圖乙所示，在水平方向上，通過受力分析知b受c向右的靜摩擦力與平衡，則有為了研究c與桌面之間的摩擦力的情況，以物體a、b、c整體為研究對象，如圖丙所示，通過受力分析知c受向左的靜摩擦力與平衡，則有故選D。二、解答題14.在“測量金屬絲的電阻”實驗中，某同學用電流表和電壓表測量一金屬絲的電阻。（1）該同學先用歐姆表“×1”擋粗測該金屬絲的電阻，示數如圖1所示，對應的讀數是_______________Ω。（2）用圖2所示電路測量，要求電壓能從零開始測量，并能多測量幾組數據，請用筆畫線代替導線，在圖2中僅添加一根導線完成實驗的電路連接________。（3）閉合開關前，滑片應置于滑動變阻器的_______________（選填“a”或“b”）端。（4）該同學測量金屬絲兩端的電壓U和通過金屬絲的電流I，得到多組數據，以電壓U為縱軸、電流I為橫軸建立直角坐標系，在坐標紙上描點，如圖3所示，請畫出U-I圖像_______，根據圖像得出該金屬絲的電阻R=____Ω（結果保留小數點后兩位）。【答案】（1）6（2）見解析（3）a（4）見解析5.17【解析】【小問1詳析】該同學先用歐姆表“×1”擋粗測該金屬絲的電阻，示數如圖1所示，對應的讀數是6Ω。【小問2詳析】要求電壓能從零開始測量，并能多測量幾組數據，滑動變阻器采用分壓式接法，電路連接如圖【小問3詳析】為了保護電路中的電學元件，閉合開關前，需要短路測量電路，所以滑片應置于滑動變阻器的a端。【小問4詳析】[1]在坐標紙上連線，使盡可能多的點跡在圖線上，如圖[2]根據圖像得出該金屬絲的電阻15.某實驗小組利用如圖甲所示的裝置測量物塊與水平桌面間的動摩擦因數。實驗過程如下：（1）用游標卡尺測量甲圖中遮光條的寬度，示數如圖乙所示，__________。（2）在桌面上固定好輕彈簧和光電門，其中為彈簧原長時物塊的位置，將光電門與數字計時器連接（圖中未畫出）。推物塊至點，測量遮光條到光電門的水平距離為。將物塊由靜止釋放，測出遮光條第一次通過光電門的時間，則遮光條第一次通過光電門的速度__________（用題中測得的物理量符號表示）。（3）將光電門向右移動一段距離后固定，仍將物塊推至點，測量遮光條到光電門的水平距離為。將物塊由靜止釋放，測出遮光條第一次通過光電門的速度為，則物塊與桌面之間的動摩擦因數__________（用，，，和重力加速度表示）。【答案】（1）3.80（2）（3）【解析】【小問1詳析】由于游標尺為20分度，其精確度為0.05mm，根據游標卡尺的讀法可知，遮光條的寬度【小問2詳析】由題可知，遮光條第一次通過光電門的速度【小問3詳析】根據動能定理可得整理可得16.如圖所示，兩端開口氣缸豎直固定，A、B是兩個活塞，可在氣缸內無摩擦滑動，面積分別為S1=20cm2，S2=10cm2，質量分別為m1=1.5kg，m2=0.5kg，它們之間用一根細桿連接，靜止時氣缸中的氣體溫度T1=600K，氣缸兩部分的氣柱長均為L，已知大氣壓強p0=1×105Pa，取g=10m/s2，缸內氣體可看作理想氣體；（1）活塞靜止時，求氣缸內氣體的壓強；（2）若降低氣缸內氣體的溫度，當活塞A緩慢向下移動時，求氣缸內氣體的溫度。【答案】（1）1.2×105Pa（2）500K【解析】【小問1詳析】設靜止時氣缸內的氣體壓強為p1，根據平衡條件可得，代入數據解得【小問2詳析】活塞A緩慢下移過程中，氣體壓強不變，則代入數據解得17.某光學組件橫截面如圖所示，半圓形玻璃磚AMB圓心為O點，半徑為R，直角三棱鏡的斜邊EG平行于直徑AB且長度等于2R，。在F橫截面所在平面內，單色光線垂直入射到EF邊，并從EG邊射出。已知玻璃磚和三棱鏡對該單色光的折射率均為。求：（1）從EG邊射出的光線與EG邊的夾角；（2）不考慮反射光線，半圓弧AMB上有光線射出的點到B點的最小弧長l。【答案】（1）45°（2）【解析】【小問1詳析】根據題意作出光路圖，如圖所示根據幾何關系可得根據折射定律可得代入數據解得【小問2詳析】當光線射到半圓弧AMB上恰好發生全反射時，光路如圖所示根據幾何關系可知根據臨界角與折射率的關系有所以所以最小弧長為18.如圖所示，有一半徑為R的圓軌道，其所在平面有水平向左的勻強電場，電場強度大小一質量為m、電荷量為q（q<0）的小球沿軌道內側在豎直平面內運動，小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，A、B為軌道水平直徑的兩端，C是軌道最低點，小球經過B點時