河南省十所重点名校2024年高考5月模拟考试物理试题试卷

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、如图所示为等边三角形ABC，在A、B两点放等量异种点电荷，已知A、B连线中点处的电场强度和电势分别为E、φ，则C点的场强和电势分别为（ ）

A．

1E、φ 8B．

1E、φ 4C．

11E、φ 84D．

11E、φ 442、如图所示，上表面粗糙、倾角θ=37的斜面体放在光滑的水平地面上，一物块静止在斜面体上。现给斜面体一水平向左的推力F，发现无论F多大，物块均能与斜面体保持相对静止。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8，则物块与斜面体间的动摩擦因数μ应满足的条件为（ ）

A．

4

3

B．4 3C．

3 4

D．3 43、五星红旗是中华人民共和国的象征和标志；升国旗仪式代表了我国的形象，象征着我国蒸蒸日上天安门广场国旗杆高度为32.6米，而升国旗的高度为28.3米；升国旗时间与北京地区太阳初升的时间是一致的，升旗过程是127秒，已知国旗重量不可忽略，关于天安门的升国旗仪式，以下说法正确的是（ ）

A．擎旗手在国歌刚刚奏响时，要使国旗在升起初始时，旗面在空中瞬间展开为一平面，必须尽力水平向右甩出手中所握旗面

B．国旗上升过程中的最大速度可能小于0.2m/s

C．当国旗匀速上升时，如果水平风力大于国旗的重量，则国旗可以在空中完全展开为一个平面

D．当国旗匀速上升时，如果水平风力等于国旗的重量，则固定国旗的绳子对国旗的作用力的方向与水平方向夹角45度

4、如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（ ）

A．粒子在a点的加速度比在b点的加速度大 B．粒子在a点的动能比在b点的动能大 C．粒子在a点和在c点时速度相同

D．粒子在b点的电势能比在c点时的电势能大

5、如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）.由此可求出

A．物块的质量 B．斜面的倾角

C．物块与斜面间的最大静摩擦力 D．物块对斜面的正压力

6、以开发核聚变能源为目的，被誉为“人造太阳”的中国环流器二号M（HL--2M）装置在2019年全国两会期间备受关注。下列核反应方程中属于核聚变反应的是（ ）

144171A．7N2He8O1H

B．2HeD．

2359242713Al30151P0n

2341C．1H1H2He0n 1891U0n14456Ba36Kr30n

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、一列沿x轴正向传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，波速大小为v=0.6m/s，此时波刚好传到0.24m的位置，P为0.60m处的质点。下列说法中正确的是（ ）

A．经过0.6s传播到P点

B．刚传播到P点时P点由平衡位置向上振动

C．从t=0时刻到刚传播到P点过程中O点的路程为30cm D．0.18m处的质点的振动方程为y=5sin(5πtπ)cm 28、如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．己知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（ ） （重力加速度为g）

A．金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热 B．金属棒克服安培力做的功为mgh C．金属棒产生的电热为

1mg（h-d） 22ghB2L2dD．金属棒运动的时间为 -g2Rmg9、如图所示，一固定斜面倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）

A．动能损失了mgH C．机械能损失了

B．动能损失了2mgH D．机械能损失了mgH

1mgH 210、如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin；已知滑块与斜面间的动摩擦因数tan，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q，滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移s关系的是（ ）

A． B．

C． D．

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）如图所示是研究电源电动势和电路内、外电压关系的实验装置。电池的两极A、B与电压表V2相连，位于两个电极内侧的探针a、b与电压表V1相连，R是滑动变阻器，电流表A测量通过滑动变阻器的电流，置于电池内

的挡板向上移动可以使内阻减小。当电阻R的滑臂向左移动时，电压表V2的示数_______________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。若保持滑动变阻器R的阻值不变，将挡板向上移动，则电压表V1的示数变化量ΔU1与电流表示数变化量ΔI的比值_______________。（选填“变大”、“变小”或“不变”）

12．（12分）某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，可选用的实 验器材如下： A．待测干电池

B．电流表A1(0～200 μA，内阻为500 Ω) C．电流表 A2(0～0.6 A，内阻约为 0.3 Ω) D．电压表 V(0～15 V，内阻约为 5 kΩ) E．电阻箱 R(0～9999.9 Ω) F．定值电阻 R0(阻值为 1 Ω) G．滑动变阻器 R′(0～10 Ω) H．开关、导线若干

(1)该小组在选择器材时，放弃使用电压表，原因是____________________。

(2)该小组利用电流表和电阻箱改装成一量程为 2 V 的电压表，并设计了如 图甲所示的电路，图中电流表 a 为___________ (选填“A1”或“A2”)，电阻箱 R 的阻值为___________Ω。

I2 的多组数据，(3)闭合开关， 在坐标纸上描绘出 I1－I2 图线如图乙所示。调节滑动变阻器，读出两电流表的示数 I1、根据描绘出的图线，可得所测 干电池的电动势 E＝_____V，内阻 r＝_____Ω。(保留两位有效数字)

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算

步骤。

13．（10分）如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上侧与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l=10.0cm，B侧水银面比A侧的高h=3.0cm，现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧的高度差为h1=10.0cm时，将开关K关闭，已知大气压强p0=75.0cmHg．

（1）求放出部分水银后A侧空气柱的长度；

（2）此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长度．

14．（16分）如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1 =0、x2=14m处，质点P位于x 轴上xp=4m处，T=0时刻两波源同时开始由平衡位置向y轴正方向振动，振动周期均为T=0. 1s，波长均为4m，波源Sl的振幅为A1 =4cm，波源S2的振幅为A3=6cm，求： (i)求两列波的传播速度大小为多少？

( ii)从t=0至t=0. 35s内质点P通过的路程为多少？

15．（12分）图（甲）所示，弯曲部分AB和CD是两个半径相等的圆弧，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管（细

圆管内径略大于小球的直径），细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调节．下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出．今在A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A、D两点的压力，计算出压力差△F．改变BC间距离L，重复上述实验，最后绘得△F-L的图线如图（乙）所示，（不计一切摩擦阻力，g取11m/s2），试求：

（1）某一次调节后D点离地高度为1．8m．小球从D点飞出，落地点与D点水平距离为2．4m，小球通过D点时的速度大小

（2）小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小

参考答案

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、A 【解题分析】

设等边三角形的边长为L，A、B两点的电荷量大小为Q，A、B连线中点处的电场强度为

E2kQ8kQ2L2L ()2kQ1cos60E 2L8C点的电场强度为

EC2等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，则有

C

故A正确，B、C、D错误 故选A。 2、B 【解题分析】

当F=0时，物块能静止在斜面上，可知

mgsinmgcos

得

tan

即



当F特别大时，对物块受力分析，将加速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，由牛顿第二定律，沿斜面方向

34fmgsinmacos

垂直斜面方向

Nmgcosmasin

又fN，由于F可以取无穷大，加速度无穷大，所以以上各式中的mgsin和mgcos可忽略，联立解得

14= tan343综合分析得



故ACD错误，B正确。 故选B。 3、D 【解题分析】

A．若用水平向右甩出手中所握旗面，则手给旗子水平方向的力，因为旗面受到竖直向下的重力，水平方向的力和重力无法平衡，则旗面在空中瞬间无法展开为一平面，故A错误；

B．若旗上升过程中的最大速度小于0.2m/s，则在127s内上升的最大高度为： h=0.2×127m=25.4m＜28.3m 故B错误；

C．国旗匀速上升，说明国旗受力平衡，此时旗面受重力、水平风力、绳子的作用力，无论水平风力多大都无法和竖直方向的重力平衡，则国旗不可以在空中完全展开为一个平面，故C错误；

D．国旗匀速上升，说明国旗受力平衡，如果水平风力等于国旗的重量，则水平风力和重力的合力与水平方向夹角为45°，则固定国旗的绳子对国旗的作用力应与水平风力和重力的合力，等大反向，则固定国旗的绳子对国旗的作用力的方向与水平方向夹角45°，故D正确。 故选D。 4、A 【解题分析】

由等势面的疏密可知电场强度的大小，由FEq可知电场力的大小关系；根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向，进而判断出电场力做功的特点。根据能量守恒定律分析粒子在a点动能与粒子在b点动能之间的关系。由动能定理可知BC两点的间的电势能的变化。本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法。 【题目详解】

A．因a点处的等势面密集，故a点的电场强度大，故电荷在a点受到的电场力大于b点受到的电场力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在b点的加速度大，故A正确；

B．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向右侧，则从a到b电场力做正功，粒子动能增大，故B错误；

C．速度是矢量，沿轨迹的切线方向，由图可知，粒子在a点和在c点时速度方向不相同，故C错误；

D．粒子受到的电场力指向右侧，则从b到c电场力做负功，粒子的电势能增大，所以粒子在b点的电势能比在c点时的电势能小，故D错误； 故选A。 【题目点拨】

本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。 5、C 【解题分析】

根据题意，设物块受到的最大静摩擦力为f，对物块受力分析（如图所示），若F>mgsinθ，则物体有沿斜面向上运动的趋势，f的方向应沿斜面向下阻碍物体相对运动趋势，有F1mgsinf----①；若F【考点定位】静摩擦力及力的平衡 6、C 【解题分析】

核聚变是指由质量小的原子，主要是指氘或氚，在一定条件下（如超高温和高压），发生原子核互相聚合作用，生成新的质量更重的原子核，并伴随着巨大的能量释放的一种核反应形式，用快速粒子（天然射线或人工加速的粒子）穿入原子核的内部使原子核转变为另一种原子核的过程，这就是原子核的人工转变。由此可知：核反应方程

2141H31H2He0n

是原子核的聚变反应； A．

14741N2He178O1H，是原子核的人工核转变，故A错误；

4B． 2He2713Al30151P0n，是原子核的人工核转变，故B错误；

2341C． 1H1H2He0n与分析相符，故C正确；

235921891U0n14456Ba36Kr30n属于裂变反应，故D错误。

D．

故选：C。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、AC 【解题分析】

A．简谐横波传播到P点的时间为

tx0.60.24s0.6s v0.6故A正确；

B．根据同侧法可知，t0时刻0.24m的位置的质点由平衡位置向下振动，波源开始振动的方向是向下，所以刚传播到P点时P点由平衡位置向下振动，故B错误； C．由图可知波长为

0.24m

简谐横波的周期为

Tv0.4s

所以有

3t0.6sT

2从t0时刻到刚传播到P点过程中O点的路程为

3S4A30cm

2故C正确；

D．由图可知振幅为

A5cm

角速度为

25rad/s Tt0时刻0.18m处的质点的位移为-5cm，所以0.18m处的质点的振动方程为

y5sin(5t)cm

2故D错误； 故选AC。 8、CD 【解题分析】

根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻R上产生的焦耳热之和，故A错误．设金属棒克服安培力所做的功为W．对整个过程，由动能定理得 mgh-μmgd-W=0，得 W=mg（h-μd），故B错误．电路中产生的总

1mg（h-μd），故C正确．金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，21BLd ；根据动由机械能守恒定律得：mgh=mv02，得v02gh．金属棒经过磁场通过某界面的电量为q22R2R的焦耳热Q=W= mg（h-μd），则属棒产生的电热为

2ghB2L2d ，选项D正确；故选CD. 量定理：BILtmgdt0mv0 ，其中qIt ，解得t-g2Rmg9、BD 【解题分析】

AB．已知物体上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为

EkW合F合H1mg2H2mgH

sin30故A选项错误，B选项正确；

CD．设摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律得

mgsin30fmamg

得

f0.5mg

则物块克服摩擦力做功为

Wff2H0.5mg2HmgH

根据功能关系可知机械能损失mgH，故C错误，D正确。 故选BD。 10、CD 【解题分析】

A、滑块向上滑动过程中做匀减速直线运动，sv0t12at，由此可知位移s与时间成二次关系，由Q=fs可知，A错； 2B、根据动能定理，克服摩擦力做功等于动能的减小量，图像B应为曲线，B错； C、物体的位移与高度是线性关系，重力势能Ep=mgh，故Ep-s图象是直线，故C正确；

D、物体运动过程中，拉力和滑动摩擦力平衡，故相当于只有重力做功，故机械能总量不变，故D正确；

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、变小 不变 【解题分析】

[1]根据题意，电压表V1测量是电源的内电压，电压表V2测量是路端电压，由闭合电路欧姆定律：

IE Rr可知，当电阻R的滑臂向左移动时外电阻减小，总电流增大，由：

U内Ir

可知内电压变大，故电压表2的示数变小；

[2]因电源电动势等于电源内外电路之和，故电压表1和电压表2的示数之和不变；若保持滑动变阻器R的阻值不变，将挡板向上移动，则电源的内电阻将减小，根据

UEIr

结合数学推理可知：

rU I所以电压表1的示数变化量U与电流表示数变化量I的比值大小等于电源的内阻，由于挡板向上运动时，液体的横截面积变大，根据电阻定律：

RL S可知内电阻减小，故比值变小。

12、量程太大，测量误差大 A1 9500 1.48 0.7～0.8均可 【解题分析】

(1)[1].由于一节干电池电动势只有1.5V，而电压表量程为15.0V，则量程太大，测量误差大，所以不能使用电压表；

(2)[2][3].改装电压表时应选用内阻已知的电流表，故电流表a选用A1；根据改装原理可知：

RU2rA15009500； Ig200106(3)[4].根据改装原理可知，电压表测量的路端电压为：U=10000I1； 根据闭合电路欧姆定律可知： 10000I1=E-I2（r+R0）； 根据图象可知： E=1.48V；

[5].图象的斜率表示内阻，故有：

rR0故有： r=0.8Ω

1.480.601.8

0.50

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）12.0cm；（2）13.2cm 【解题分析】

（1）以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l=10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1=10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有： pl=p1l1①

由力学平衡条件，有： p=p0+h ②

打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有： p1=p0﹣h1③

联立①②③，并代入题目数据，有： l1=12cm ④

（2）当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为P2，由玻意耳定律，有： pl=p2l2⑤

由力学平衡条件有： p2=p0⑥

联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有：

l2=10.4cm ⑦

设注入水银在管内的长度为△h，依题意，有： △h=2（l1﹣l2）+h1⑧

联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有： △h=13.2cm

14、 (i)40m/s( ii)32cm 【解题分析】

（i）由λvT4m可得：v=40m/s； （ii）S1波传到P点，历时t1S1PSP0.1s，S2波传到P点，历时t220.25s vv因此当S2波传到P点处，S1波已使P点振动了Δtt2t10.15s，

'其路程x16A124cm，且振动方向向下；

S2波传到P点时，振动方向向上，P为减弱点，叠加后振幅AA2A12cm

'在t=0.35s时，合振动使P点振动一个周期，其路程x24A8cm ''故在t=0.35s内质点P通过的路程为x2x124cm8cm32cm

15、⑴vD＝6m/s；⑵m＝1.2kg，r＝1.4m 【解题分析】

试题分析：⑴设小球经过D点时的速度为vD，小球从D点离开后做平抛运动，在竖直方向上为自由落体运动，设运动时间为t，根据自由落体运动规律有：h＝在水平方向上为匀速运动，有：x＝vDt ② 由①②式联立解得：vD＝x12gt① 2g＝6m/s 2h2vD⑵设小球的质量为m，圆轨道的半径为r，在D点时，根据牛顿第二定律有：FD＋mg＝m③

r2vA在A点时，根据牛顿第二定律有：FA－mg＝m④

r小球在整个运动过程中机械能守恒，有：mg(2r＋L)＝由③④⑤式联立解得：ΔF＝FA－FD＝2mg

1212mvD－mvA⑤ 22L＋6mg r即ΔF与L呈一次函数关系，对照ΔF-L图象可知，其纵截距为：b＝6mg＝12N ⑥

其斜率为：k＝

2mg＝11N/m ⑦ r由⑥⑦式联立解得：m＝1.2kg，r＝1.4m

考点：本题综合考查了平抛运动规律、圆周运动向心力公式、牛顿第二定律、动能定理(或机械能守恒定律)的应用，以及对图象的理解与应用问题，属于中档偏高题．