四川省2024年高考物理模拟试卷及答案23

四川省2024年高考物理模拟试卷及答案1．一同学背越式跳高，不计空气阻力，从起跳脚离地到身体重心达到最高点的过程中，该同学()A．重力势能逐渐增大到最大 B．动能逐渐减小为零C．做匀加速直线运动 D．做匀减速直线运动2．如图所示，从斜面顶端A和斜面中点B分别以初速度v1、v2水平抛出两个相同小球，都直接落在了斜面底端C，落地时重力的功率分别为P1、P2。则v1与vA．v1=2v2 B．v1=3．三角形薄板ABC厚薄均匀、质量均匀分布，AD、BE分别为BC、AC边中线，过这两条中线的交点的竖直线l交BC的延长线于O。两根轻绳分别系于A、B，轻绳BN固定在天花板某点，调节轻绳MA，使N、B、C三点共线，且AB边保持水平，此时MA比NB长，如图所示。则三角形薄板静止时()A．三点M、A、C一定共线 B．三点M、A、D一定共线C．轻绳NB中拉力大于轻绳MA中拉力 D．轻绳NB中拉力小于轻绳MA中拉力4．如图甲所示，用大小不同的水平向右恒力F将物体M从静止由P点拉动到Q点时速度为v，F与v2的变化关系如图乙中的a图线；相同的方法得到另一个物体N的F与v2的变化关系如图乙中的A．M的质量比N的质量大 B．M的质量比N的质量小C．M、N与地面的动摩擦因数相同 D．M与地面的动摩擦因数比N与地面的动摩擦因数大5．质量为m和M的物体用轻绳相连，现将M用手按在光滑斜面上的A点，让轻绳跨过O点的一光滑微小定滑轮，OM水平，Om竖直，两物体均静止，如图所示。现松手释放M，M沿斜面由A点运动到B点的过程中，m没有落地，OB垂直于斜面。在物体M从A到B的过程中()A．m始终处于失重状态 B．m始终处于超重状态C．m的动能一直增大 D．M的动能一直增大6．在光滑的水平轨道左端固定一个弹簧发射器，在A处安装一微小角度器(高度可忽略，可调节速度的抛射角θ)，现让弹簧发射器将质量为m的小球由静止弹出，落在轨道上B处。用EA．从小球开始运动到落到B处之前过程中，小球机械能守恒B．保持θ不变，若EP越大，则ABC．保持EP不变，改变θ，使θD．保持EP不变，改变θ，使AB距离最大时，小球运动到最高度点时动能为7．如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧等长的传送带倾角可以在一定范围内调节，方便不同工况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度相同。图乙为等双翼式传输机工作示意图，M1、M2代表两传送带。第一次调整M1倾角为30°，M2倾角为45°；第二次调整M1倾角为45°，M2倾角为30°，两次分别将同一货物无初速放在M1的最低端，都能传到MA．两次运送货物经过的时间相等B．第一次运送货物的时间较短C．传输机因运送物件而多消耗的能量，两次相等D．传输机因运送物件而多消耗的能量，第二次较多8．如图甲所示，质量为0.2kg的小球套在竖直固定的光滑圆环上，并在圆环最高点保持静止。受到轻微扰动后，小球由静止开始沿着圆环运动，一段时间后，小球与圆心的连线转过θ角度时，小球的速度大小为v，v2与cosθ的关系如乙图所示，g取A．圆环半径为0.6B．θ=πC．0≤θD．0≤θ9．用如图所示的装置验证机械能守恒定律。一根细线一端固定在铁架台上，另一端系的钢球静止A点，在A点正下方固定光电门；在钢球底部沿细线方向固定一宽为d的遮光条(d较小)。首先，测量点到钢球球心的距离L，然后，将钢球拉至不同位置由静止释放，测得每次细线与竖直方向夹角θ和光电门记录的对应时间t。空气阻力的影响可忽略，重力加速度为g（1）钢球通过光电门的速度v=；(用测得的物理量符号表示（2）若等式成立，则验证了机械能守恒定律；(用测得的物理量符号表示)（3）由于实验存在系统误差，根据测得的数据计算重力势能变化量ΔEp和动能变化量ΔEk，其真实大小关系是ΔEpΔEk10．用如图a所示装置探究加速度与物体受力的关系。实验小车在长木板上，左端与打点计时器的纸带相连，右端通过轻细绳跨过定滑轮和动滑轮与力传感器相连，动滑轮下方挂砝码盘和砝码。在砝码盘中放不同数量的砝码，小车运动，得到多条纸带，某条纸带的一部分及相关数据如图b所示。

回答下列问题：（1）关于本实验的部分操作或要求，下列说法正确的是____。A．必须保证砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量 B．与小车相连的细线必须与长木板平行C．不需要进行平衡摩擦力的操作 D．不需要刻度尺也不需要天平（2）已知打出图b中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1s，则根据图中数据，打点6时所对应的小车的速度v6=m/s打这条纸带时小车的加速度大小a=（3）对同一辆实验小车，记录打每条纸带时砝码盘和砝码的总质量m、力传感器的读数F，通过纸带计算小车运动对应的加速度a。如图甲、乙、丙丁所示的a−F或a−mg图线，其中符合实际的是；本实验应该由图线11．如图所示，不可伸长、长为L的轻质细绳一端固定在P点，另一端系一质量为m的小球。现将小球拉至细绳沿水平方向绷紧的状态后，由静止释放，小球在竖直平面内运动，经过某位置Q点，已知P、Q连线与水平面的夹角为θ。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：（1）求小球在位置Q点时细绳对小球拉力T的大小；（2）若小球在位置Q点时小球竖直分速度最大，求sinθ的值。12．如图所示，足够长的木板AB上表面O点左侧粗糙、右侧光滑，质量为M=3kg，以速度v0=1m/s在光滑水平面向右运动。质量为m=1kg的小物块P以相对地面速度为零轻放到木板上表面，并同时对小物块施加一水平向右的拉力F=0.5N；第一次，小物块P轻放到B端后，始终未通过O点，并再回到B端：第二次，小物块P轻放到OB间的某一位置。能通过O点，通过O（1）求小物块P从轻放到B端再到回到B端通过的位移；（2）求小物块P轻放到OB间的某一位置后，在O点左侧距O点的最远距离；（3）通过计算判断：将小物块P轻放到OB间的某一位置，通过O点后是否能够再通过O点？13．如图所示，一定量的理想气体从状态A经等温过程AB、绝热过程BC、等温过程CD、绝热过程DA后，又回到状态A。其中，过程AB中气体会(选填“释放”或“吸收”)热量；若过程AB中气体的温度为T1、过程CD中气体的温度为T2，则T1T2(选填“大于”“小于”或“等于”)；完成一次循环，气体回到状态A时内能是14．如图所示，粗细均匀的“T”型导热玻璃管中装有水银，竖直管中水银柱长为10cm，水平管内的水银足够多，A段封闭气柱长为5cm，B段封闭气柱长为10cm，大气压强为75（1）将玻璃管绕水平管缓慢转过90°至“T”型玻璃管水平，稳定时竖直管中水银液面移动的距离；（2）若不转动，要使竖直管中的水银液面移动与(1)问中相同的距离，需将环境温度升到多少。15．图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻的波形图，图乙为x=5cm处质点的振动图像，则下列说法正确的是()A．该波的波长为10B．该波的传播速度为0.02C．若这列波向右传播，图甲可能是t=6D．从图甲所示时刻起再过9s，x=8E．若这列波向左传播，从图甲所示时刻起再过3s，x=116．如图所示，等腰梯形ABCD为某透明棱镜的横截面，已知该棱镜材料的折射率为2，∠A=∠B=75°，且边AB=3L。一单色光从AD边上的E点沿某方向射入棱镜，其折射光照射到（1）该单色光从AD面入射时的入射角；（2）该单色光在棱镜中的传播时间。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、该同学背越式跳高为斜抛运动，从起跳最低点到上升最高点过程重力势能逐渐增大到最大，故A正确；

B、到最高点竖直方向的速度为0，水平方向有一定的速度，故动能在最高点不是0，故B错误；

CD、该同学做斜抛运动，为曲线运动，故CD错误。

故答案为：A。

【分析】跳高为斜抛运动，到达最高点竖直方向速度为零。明确重力做功与重力势能的关系，再结合斜抛运动规律进行方分析。2．【答案】B【解析】【解答】两小球从抛出到落地，水平方向运动的距离之比为

x1:x2=2:1

竖直方向运动的距离之比为

ℎ1:ℎ2=2:1

由

ℎ=12gt2

可知运动时间之比为

t1:t2=2:1

水平方向3．【答案】C【解析】【解答】AB、物体受到三个力，分别是重力，绳子NB的拉力FB，绳子MA的拉力FA，物体处于静止状态，则三个力的合力为零，由题意可知，重心与O点的连线为重力的方向，FB与重力交于O点，由共点力平衡可知，FA也交于O点。故AB错误；

CD、对O点受力正交分解，如图

可得水平方向有

FAcosα=FBcosβ

依题意，此时MA比NB长，故

α<β

因此

cosα>cosβ

4．【答案】A【解析】【解答】AB、设P点与Q点之间的距离为d，根据动能定理有

Fd−μmgd=12mv2

可得

F=mv25．【答案】D【解析】【解答】ABC、在物体M运动到B位置时，OM间绳长最短，则此时m刚好到达最低点，速度刚好为0；则在物体M从A到B的过程中，m先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，m先失重后超重，m的动能先增大后减小，故ABC错误；

D、在物体M从A到B的过程中，绳子拉力和重力均一直对M做正功，根据动能定理可知，M的动能一直增大，故D正确。

故答案为：D。

【分析】两物体为关联体模型，沿绳方向的速度相等，下滑至B点的过程，物体M的速度始终沿斜面向下。确定M的受力情况，再根据各力做功情况确定M动能变化情况，也可根据运动的分解确定m速度的变化情况，再根据速度变化情况确定m动能及超失重情况。6．【答案】B,C【解析】【解答】A、从小球开始运动到落到B处之前过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，小球机械能增加，故A错误；

B、根据小球与弹簧组成的系统机械能守恒，有

Ep=12mv2

小球在空中运动的时间为

t=2vsinθg

AB距离为

x=vtcosθ=2v2sinθcosθg=2Epsin7．【答案】B,D【解析】【解答】AB、设传送带的速度为v，M1倾角为θ，货物在M1上加速运动时有

μmgcosθ−mgsinθ=ma

解得

a=μgcosθ−gsinθ

故可知θ越大，加速度越小，作出两次物块的v-t图像

分析可知到达M2上为匀速运动，两次货物的运输长度相同，即两次v-t图像与坐标轴围成的面积相等，根据图像可知t1<t2，即第一次运送货物的时间较短，故A错误，B正确；

CD、根据能量守恒，传输机因运送物件而多消耗的能量转化为货物的动能，重力势能和摩擦产生的内能，两种情况下货物增加的动能和重力势能之和相等，故只需比较两种情况下因摩擦产生的热量Q，设货物加速的时间为t，货物与传送带的相对位移为Δx，可得

t=va

Q=f⋅Δx

Δx=vt−v2t

f=μmgcosθ8．【答案】A,D【解析】【解答】A、小球下滑过程由机械能守恒定律有

mgR−Rcosθ=12mv2

得

v2=−2gRcosθ+2gR

对比图线可知

2gR=12

得

R=0.6m

故A正确；

B、θ=π2时，小球的速度平方为12m2/s2，此时是圆环对小球的弹力提供向心力，有

N=mv2R=N

小球还受竖直向下的重力，所以小球所受合力为

F=N+mg9．【答案】（1）d（2）gL（3）<【解析】【解答】（1）根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，钢球通过光电门的速度为

v=dt

（2）小球从释放到A点，增加的动能为

ΔEk=12mv2=md22t2

小球从释放到A点，减少的重力势能为

ΔE10．【答案】（1）B（2）0.413；0.497（3）甲丁；甲【解析】【解答】（1）A、本实验小车受到的合外力由力传感器测得，不需要保证砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，故A错误；

B、为使小车受到的合外力等于细线拉力，与小车相连的细线必须与长木板平行，故B正确；

C、为使小车受到的合外力等于细线拉力，需要进行平衡摩擦力的操作，故C错误；

D、需要刻度尺测量点迹间的距离，以计算加速度，故D错误。

故答案为：B。

（2）打点6时所对应的小车的速度

v6=x572T=0.413m/s

根据逐差法

a=x47−x143T2=0.497m/s2

（3）甲乙：力传感器的读数等于细线的拉力，等于小车受到的合外力，根据牛顿第二定律

F=Ma

解得

a=111．【答案】（1）小球从水平下落到Q点的过程中，由动能定理有

mgLsinθ=12mv2−0

在（2）小球竖直方向合力为零时，小球竖直分速度最大，则

Tsinθ=mg

又有

T=3【解析】【分析】（1）小球从静止运动到Q点的位置只有重力做功，确定小球在Q点做圆周运动向心力的来源，再根据动能定理及牛顿第二定律进行解答；

（2）小球竖直分速度最大，即小球在竖直方向的加速度为零，处于平衡状态，再根据平衡条件及力的合成与分解进行解答。12．【答案】（1）小物块P队轻放到8端到再次回到木板B端，设经过的时间为t1，木板AB做匀速运动，位移为x1，小物块加速度大小为a1，位移为xp，则

F=ma1

x1=v0t1（2）小物块P轻放到OB间的某一位置，通过O点后，设小物块P加速度大小为a2，木板AB加速度大小为a3，则

μmg+F=ma2

μmg=Ma3

解得

a2=0.8m/s2，a3=0.1m/s2

设小物块过O点后再经过时间t2，小物块与木板速度相等，小物块在O点左侧距O点的距离最远，小物块位移大小为x2，木板AB位移大小x3（3）假设小物块与木板速度相等后，小物块与木板之间能发生相对滑动，则小物块将相对木板向右滑动，设小物块加速度为a4，木板加速度为a5，则

F−μmg=ma4

μmg=Ma5

解得【解析】【分析】（1）确定小物体在木板上回到B点过程的受力情况及运动情况，由于物块未通过O点，故木板始终做匀速运动。小物块P从轻放到B端再到回到B端，即在该时间内，物块和木板运动的位移相等，再根据牛顿第二定律及运动学规律进行解答；

（2）当物块经过O点后，物块与木板之间存在摩擦力，根据牛顿第二定律确定物块及木板的加速度及运动情况。当小物块与木板速度相等时，小物块与O点的距离最远，再根据运动学规律进行解答；

（3）若共速后，物块与木板之间发生相对滑动，且小物块将相对木板向右滑动，则小物块能再次通过O点，共速后分别对物块和木板进行受力分析，再根据牛顿第二定律确定两者的加速度，结合运动的相对性判断物块能否通过O点。13．【答案】吸收；大于；不变【解析】【解答】过程AB是等温变化过程，内能不变ΔU=0，气体压强减小，体积增大，气体对外做功

W<0，根据

ΔU=W+Q

可知，Q>0，气体吸收热量；

过程BC为绝热过程Q=0，压强减小，体积增大，气体对外做功W<0，根据

ΔU=W+Q

可知，ΔU<0，气体内能减小，温度降低，所以T1大于T2；

同理可知等温过程CD气体内能增加，温度升高和AB过程相同，所以BC过程减小的内能和DA过程增加的内能相同，所以完成一次循环，气体回到状态A时内能不变。

【分析】温度不变，气体的内能不变，温度越高，气体的内能越大。绝热过程，气体既不吸热也不放热，体积增大，气体对外做功。根据题图结合理想气体状态方程和题意确定各阶段封闭气体的气体参数变化情况，再结合热力学第一定律进行分析。14．【答案】（1）开始时，封闭气体的压强为

p1=10cmHg+75cmHg=85cmHg

转过90°以后，封闭气体的压强为

p2=75cmHg

对A段封闭气柱，根据玻意耳定律有

p1LAS=p2LA（2）设升高后的温度为T2，升温后气体的压强为

p3=10cmHg+2cmHg+