2024届江苏省南通市如东县高考模拟金典卷物理试题（七）试题

2024届江苏省南通市如东县高考模拟金典卷物理试题（七）试题

考生请注意：

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、一蹦床运动员竖直向上跳起，从离开蹦床算起，上升到最大高度一半所用的时间为〃，速度减为离开蹦床时速度一

半所用的时间为⑵若不计空气阻力，则。与功的大小关系为（）

A.ti<t2B.ti=t2

C.ti>l2D.不能确定

2、如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为9：1,电表均为理想电表，2为阻值随温度升高而变小

的热敏电阻，R）为定值电阻。若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交变电流，下列说法中正确的是（）

A.输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为〃=36及7n5（）加（V）

B.60.02s时，穿过该发电机线圈的磁通量最小

C.R温度升高时，电流表示数变大，电压表示数变小，变压器的输入功率变大

D.U0.01S时，电流表的示数为0

3、如图甲所示，用传感器和计算机可以方便地描出平抛运动物体的轨迹。它的设计原理如图乙所示。物体A在做平

抛运功，它能够在竖直平面内向各个方向同时发射超声波脉冲和红外线脉冲，在它运动的平面内安放着超声波-红外接

收装置，B盒装有小、B2两个超声波-红外接收器，并与H算机相连，BKB2各自测出收到超声脉冲和红外脉冲的时

间差，并由此算出它们各自与物体A的距离，下列说法正确的是（）

甲乙

A.该实验中应用了波的干涉规律

B.该实验中应用了波的反射规律

C.该实验中应用了波的直线传播规律

D.该实验中所用超声波信号和红外线脉冲信号均属于无线电波

4、如图所示为四分之一圆柱体。48的竖直截面，半径为此在"点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在

。点与圆柱体相切，。。与08的夹角为60。，则C点到8点的距离为()

5、如图所示，一倾角9=60。、质量为M的斜面体置于粗糙的水平面上，斜面体上固定有垂直于光滑斜面的挡板，

轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端拴接质量为〃，的小球。现对斜面体施加一水平向右的推力，整个系统向右做匀加

速直线运动，已知弹簧恰好处于原长，斜面体与水平面间的动摩擦因数为重力加速度为g,下列说法正确的是

()

A.若增大推力，则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力变大

B.若撤去推力，则小球在此后的运动中对斜面的压力可能为零

c.斜面对小球的支持力大小为也3

3

D.水平推力大小为N+与(M+m)g

6、。、〃两车在平直公路上行驶，其UT图象如图所示，在Q0时，两车间距为so,在，=A时间内，。车的位移大小

为“贝4()

A.0〜fi时间内a、)两车相向而行

B.0〜九时间内。车平均速度大小是b车平均速度大小的2倍

2

C.若。、〃在4时刻相遇，则so=]S

D.若〃、，在工时刻相遇，则下次相遇时刻为2A

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。分。

7、跳台滑雪是勇敢者的运动，这项运动非常惊险。如图(«),在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会

影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用丫表示他在竖

直方向的速度，其VT图像如图(b)所示，力和匕是他落在倾斜雪道上的时刻。则()

A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大

B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大

C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大

D.竖直方向速度大小为也时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大

8、在倾角为。的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN,相距为L,导轨处于磁感应强度为B的匀强

磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下.有两根质量均为m的金属棒a、b,先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑

轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c,此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻

起做匀速运动,b棒刚好能静止在导轨上.a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好,导轨电阻不计.则

()

A.物块c的质量是2msin0

B.b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能

打点计时器

甲

组号F/N/n/kga/m«s2

10.290.860.34

20.140.360.39

30.290.610.48

40.190.360.53

50.240.360.67

60.290.410.71

70.290.360.81

80.29

90.340.360.94

（1）该同学又找到了第8组数据对应的纸带以及小车质量，纸带如图乙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为

50Hz,纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出来的点未画出。请你帮助该同学求出第8组中的加速度a=__m/s2；

⑵如果要研究加速度与力的关系，需取表格中一组数据（填组号），做。-尸图像；如果要研究加速度与质量的关系,

需取表格中一组数据（填组号），做。-加图像。这种研究方法叫做法；

⑶做出。一6图像如图丙所示，由图像（填“可以”或“不可以"）判断"与，〃成正比。

O

丙

12.（12分）某实验小组为了测量滑块与水平轨道间的动摩擦因素，设计如图（a）所示的实验装置，弹簧左侧固定在

挡板A上，处于原长的弹簧右端位于C,弹簧与滑块接触但不拴接，滑块上安装了宽度为d的遮光板，轨道8处装有

光电门。

⑴实验的主要步骤如下：

①用游标卡尺测量遮光片的宽度d,如图（b）所示，d=cm；

②将滑块向左压缩弹簧，由静止释放滑块，同时记录遮光片通过光电门的时间

③测量并记录光电门与滑块停止运动位置之间的距离X；

④改变弹簧压缩量，多次重复步骤②和③。

⑵实验手机的数据并处理如下。

序号1234S6

0.040.050.060.080.100.12

KXx/cm17.0110.887.574.262.731.88

①实验小组根据上表数据在F-工图中已描绘出五个点，请描绘出余下的点并作出F-x图像o

②根据所作图像，可得滑块与水平轨道间的动摩擦因数为（g®lOm/s2,结果保留两位有效数字）。

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）如图所示，在直角坐标系xOy平面内第一、三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿

），轴正方向的匀强电场。两个电荷量均为外质量均为机的带负电粒子〃、力先后以为）的速度从），轴上的P点分别沿x

轴正方向和负方向进入第一象限和第二象限，经过一段时间后，。、力两粒子恰好在x负半轴上的Q点相遇，此时。、

方两粒子均为第一次通过X轴负半轴，P点离坐标原点。的距离为d,已知磁场的磁感应强度大小为8=篝，粒子

2qd

重力不计，。、力两粒子间的作用力可忽略不计。求：

（1）粒子。从P点出发到达。点的时间内

（2）匀强电场的电场强度E的大小。

14.（16分）如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平.B端上放有质

量为3m且可视为质点的滑块C,C与木板之间的动摩擦因数为质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台

右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触.现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点

时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半.

⑴求细绳能够承受的最大拉力；

⑵若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大;

⑶通过计算判断C能否从木板上掉下来.

15.（12分）质量为用的物块，以同一大小的初速度％沿不同倾角的斜面向上滑动，物块与斜面间的动摩擦因数恒定,

当斜面与水平面所夹倾角。不同时，物块沿斜面上滑至速度为0时的位移工也不同，其大一9关系如图所示。g取

IOm/s'»求：

⑴物块运动初速度%的大小;

⑵物块与斜面间的动摩擦因数及最小上滑位移对应的斜面倾角为（可用反三角函数表示）。

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】

根据速度位移公式得，设上升到最大高度一半的速度为阴则有：

,h

=-2叼

联立解得：

出

V=­V6

则运动的时间为:

速度减为初速一半所用的时间为6：

/

t2=F=%

则：

力V，i.

A.0</2,与结论相符，选项A正确；

B.ti=t2f与结论不相符，选项B错误；

―,与结论不相符，选项C错误：

D.不能确定，与结论不相符，选项D错误;

故选A。

2、C

【解题分析】

A.由交变电流的图像可读出电压的最大值为36及V,周期为0.02s,则

2兀

co=-----rad/s=1OOiurad/s

0.02

所以输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为

u=36\/2sin100nr(V)

故A错误；

B.当UO.O2s时，输入电压的瞬时值为0,所以该发电机的线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故B错误;

C.R温度升高时，其阻值变小，副线圈中的电流〃变大，则原线圈中电流也变大，由代。得，变压器的输入功率变

大.电压表读数

则U3减小，故C正确；

D.电流表测的是电路中的有效值，不为0,D错误。

故选C。

3、C

【解题分析】

ABC.物体A向B盒同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲，B盒收到红外线脉冲时开始计时，收到超声波脉冲

时停止计时，根据超声波在空气中的传播速度箕(红外线传播时间极短，可忽略)，可计算出A和B之间的距离，故该

实验利用了超声波频率高，易于定向传播，即直线传播原理，AB错误C正确；

D.超声波是一种机械波，而电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线

和丫射线，故红外线脉冲不是无线电波，D错误。

故选C

4、D

【解题分析】

由几何知识求解水平射程.根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球通过D点时竖直分速度的

关系，再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上的位移，即可得到。点到〃点的距离.

【题目详解】

设小球平抛运动的初速度为y。，将小球在。点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有

—=tan60°,

%

解得：

星s

%

小球平抛运动的水平位移：

x=Rsln60°,X=VQI,

解得：

片=型，心返，

°2v2

设平抛运动的竖直位移为y,

W=2gy，

解得：

3R

)'F

则

R

BC=y-(R-Rcos60°)=—，

4

故D正确，ABC错误.

【题目点拨】

本题对平抛运动规律的直接的应用，根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的大小，并求间的距离是关键.

5、B

【解题分析】

A.斜面体受到的摩擦力大小决定于动摩擦因数和正压力，若增大推力，动摩擦因数和正压力不变，则整个系统稳定

后斜面体受到的摩擦力不变，故A错误；

B.若撤去推力，系统做减速运动，如果小球在此后的运动中对斜面的压力为零，则加速度方向向左，其大小为

a'=gtan30°

以整体为研究对象可得

a=〃g

由此可得摩擦因数

所以当时小球在此后的运动中对斜面的压力为零，故B正确;

C.弹簧处于原长则弹力为零，小球受到重力和斜面的支持力作用，如图所示

竖直方向根据平衡条件可得

Ncos60c=〃电

则支持力

N=0.5mg

故C错误；

D.对小球根据牛顿第二定律可得

mgtan600=ma

解得

”6g

再以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得

F-十m)g=(M+m)a

解得水平推力

F=(M++a)=(/j+乖＞)(M+m)g

故D错误。

故选B。

6、C

【解题分析】

A.由图象可知0〜有时间内两车速度均为正，故同向行驶，故A错误;

B.0〜力时间内两车平均速度大小分别是

“一5

故B错误;

C.若0、〃在力时刻相遇，说明0~八时间内。比方多出来的位移刚好是so,如图1所示，图象与坐标轴所围成的面

积表示对应过程的位移，故C正确；

D.若〃、b在2时刻相遇，则下次相遇时刻为从时刻开始计时，到二者具有相同的位移的时刻，如图2：所以下次

22

相遇的时刻为当，故D错误。

2

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、ABD

【解题分析】

A.根据图象与时间轴所围图形的面积表示竖直方向上位移的大小可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第

一次的大，故A正确；

B.由图象知，第二次的运动时间大于第一次运动的时间，由于第二次竖直方向下落距离大，合位移方向不变，所以

第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，故B正确；

C.由图象知，第二次滑翔时的竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义式可知其平均加速度小，故C错误;

D.当竖直方向速度大小为力时，第一次滑翔时图象的斜率大于第二次滑翔时图象的斜率，而图象的斜率表示加速度

的大小，故第一次滑翔时速度达到力时加速度大于第二次时的加速度，根据

mg一尸ma

可得阻力大的加速度小，第二次滑翔时的加速度小，故其所受阻力大，故D正确。

故选ABDo

8、AD

【解题分析】

b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重

力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡.由b

平衡可知，安培力大小F$=mgsin9,ta平衡可知F*F$+mgsin0=2mgsinO,由c平衡可知F^=mcg；因为绳中拉力

大小相等，故2mgsin8=nvg,即物块c的质量为2m8ine,故A正确：b放上之前，根据能量守恒知a增加的重力势能

也是由于c减小的重力势能，故B错误；a匀速上升重力势能在增加，故根据能量守恒知C错误；根据b棒的平衡可

知F安=111厚111。又因为FS=B1L,故/=,故D正确；故选AD.

BL

考点：物体的平衡；安培力.

9、AD

【解题分析】

AB.对物体受力分析，受重力、支持力和拉力，将重力沿垂直斜面方向和平行与斜面方向正交分解，平行与斜面方向

分力为

G,="?gsin300=4N

0到1S内合外力

七=5N-4N=1N

方向沿斜面向上，物块沿斜面向上运动，0到1S内物体加速度

a=—=—m/s2=L25m/s2

m0.8

Is末速度为

Vj=atx=l.25m/s

Is到2s内，合力为

F合=3N-4N=-1N

加速度为

a'=—=--—m/s2=-1.25m/s2

tn0.8

2s末速度为

v2=V]+u't2=()m/s

物体沿斜面向上运动，在2s末物体的速度为o,则动量

p2=mv1=0

A正确，B错误；

C.2s到3s内，合力为

七=1N-4N=-3N

加速度为

flr,=-^=-3.75m/s2

m

3s末速度为

匕=v2+=-3.75nVs

前2s内物体的物体

v.,、1.25/

x=-^-(t}+t2)=7—x2m=1.25m

第3s内物体的位移

Y=^--xlm=1.875m>1.25m

232

C错误；

D.0〜3s内力厂的冲量大小为

/=3+6弓+K，3=5X1NS+3X1NS-I-1X1N-S=9N-S

D正确。

故选AD,

10、ABD

【解题分析】

A.根据y—f图象可知物块在“点的加速度最大

Av4-0，

a=—=-------=2m/s

27-5

所受的电场力最大为

F=znrz=1x103x2=2x103N

故〃点的场强最大为

.F2乂10一3

-7=2xl05=100N/C

故A正确；

B.根据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由。点沿中垂线指向外侧，故由。点到4点电势逐渐

减小，B正确；

C.根据y—图象可知C到A的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故C错误；

D.由A到"根据动能定理可得

WAR=—=-=-0.01J

又因

WAB=W"

故

w-001

UAH=^-=—V=-500V

q2x10-5

故D正确。

故选ABD。

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、0.90(0.89〜0.92)2、4、5、7、91、3、6、7、8控制变量不可以

【解题分析】

每两个相邻点之间还有4个打出来的点未画出，故相邻点之间的时间间隔为:

T=0.02x5s=0.1s

根据逐差公式可得

，34—犬12=，x23—“01=2aJ

故加速度为

_七4+/23-+与1)—424一名工04-*02-402

-4F-4-4尸

代入数据可得

10.10-3.25-3.25

xl0-2m/s2=0.90m/s2

4x0.12

(2)［2］研究加速度与力的关系，需要保证质量不变，选取2、4、5、7、9组数据。

⑶研究加速度与质量的关系时，需要控制力尸不变，选取1、3、6、7、8组数据。

⑷涉及多个变量时，需要控制其他变量恒定，改变其中一个变量，这种方法为控制变量法。

(3)［5］分析丙图可知，〃图线为曲线，并不能说明是正比例关系，故应作图线，研究。与,成正比关系。

m

12、1.650cm0.048-0.052

【解题分析】

(1)口］游标卡尺的主尺读数为：1.6cm,游标尺上第10条刻度线和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为

10x0.05mm=0.50mm,所以最终读数为：1.6cm+0.50mm=1.650cm

⑵⑵第5点速度为

=x10-2m/s=0.33m/s

0.05

则

=(O.33)2m2/s2=0.1089m2/s2

将余下的点描在坐标纸上，且将所有点拟合成直线，如图

(3)[3]由实验原理得

2jugx=v2

则图像斜率

k=

由图像可得

0.18

0.18

解得

〃=0.050

由于误差，贝！I0.048—0.052均可

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。

300。.10〃d2/zzv；

13、⑴’=娜’=元(2)E=R

【解题分析】

(1)粒子。进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力

由q%B=•得R=2d

设粒子做圆周运动的周期为T

T2兀R41d

1=----=-----

%%

粒子a的运动轨迹如图所示，由几何关系可得粒子。做圆周运动对应的圆心角8=300。

300。小\07rd

则粒子〃从P点出发到达Q点的时间t=-T'=

k_**_/3%

(2)粒子b做类平抛运动,设粒子力到达。点所用的时间为乙

在X轴方向有x=2dsin60°=%

在y轴方向有"二g，〃；

由牛顿第二定律知F=qE=ma

联立可得E=§晔

3qd

14、(l)3mg(2)L(3)滑块C不会从木板上掉下来

【解题分析】

(1)设小球运动到最低点的速率为vo,小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=；/成

解得：%=12gL

2

小球在圆周运动最低点