2024届新疆和田地区高考模拟（4月）物理试题

2024届新疆和田地区高考模拟（4月）物理试题

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5亳米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05亳米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

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、如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土

的深度忽略不计。已知夯锤的质量为朋=450依，桩料的质量为〃2=50依。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升

到距离桩顶％=5相处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受

阻力随打入深度的变化关系如图乙所示，直线斜率k=5.05xl04N/，〃。8取则下列说法正确的是

A.夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9〃!/s

B.夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5〃?/s

C.打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为

D.打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3帆

2、物理学是研究物质运动最一般规律和物质基本结构的学科，在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研

究方法如：理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等。以下关于物理学研究

方法的叙述中正确的是

A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法

B.在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度

与质量的关系，这里运用了假设法

C.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各

小段位移相加，这里运用了理想模型法

D.根据速度定义式^=——，当M-0时，——就可以表示物体在，时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法

zAr

3、科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、

建立物理模型法、类比法和科学假设法等，以下关于物理学史和所用物理学方法叙述正确的是（）

A.卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，采用了理想实验法

B.牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进行了“月一地

检验”，证实了万有引力定律的正确性

C.在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法

D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各

小段的位移之和代表物体的位移，这里采用了微元法

4、在离地高/?处，同时自由下落和竖直向上抛出各一个小球，其中竖直上抛的小球初速度大小为不计空气阻力，

重力加速度为g,两球落地的时间差为（）

5、一个膘U原子核静止在磁感应强度为〃的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个a粒子（：He）,其速

度方向与磁场方向垂直。关于a粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动，下列说法正确的是（）

A.运动半径之比是45:1B.运动周期之比是1:117

C.动能总是大小相等D.动量总是大小相等，方向相反

6、如下图所示，ab间接入u=200及sinlOOntV的交流电源，理想变压器的原副线圈匝数比为2：1,R为热敏电阻,

且在此时的环境温度下Rt=2Q（温度升高时其电阻减小），忽略保险丝L的电阻，电路中电表均为理想电表，电路正常

工作，贝!

A.电压表的示数为100及V

B.保险丝的熔断电流不小于25A

C.原副线圈交流电压的频率之比为2：1

D.若环境温度升高，电压表示数减小，电流表示数减小，输入功率不变

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、如图甲所示,竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度/z=O.lm

处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度〃并作出如图乙所示滑块的

片-力图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，不计空气阻力,

取g=10m/s2,由图象可知（）

A.小滑块的质量为0.1kg

B.轻弹簧原长为0.2m

C.弹簧最大弹性势能为0.5J

D.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为04J

8、一列简谐横波沿x轴传播，1=0时的波形如图所示，质点4和B相距0.5m,质点A速度沿j轴正方向；t

=0.03s时，质点A第一次到达负向最大位移处。则下列说法正确的是（）

A.该波沿x轴负方向传播

B.该波的传播速度为25m/s

C.从（=0时起，经过0.04s,质点A沿波传播方向迁移了1m

D.在/=0.04s时，质点5处在平衡位置，速度沿j轴负方向

E.某频率为25Hz的简谐横波与该波一定能发生干涉

9、如图所示，某时刻将质量为10kg的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，

传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。货物与传送带间的动摩擦因数为0.5,货物在传送带上留下的划痕长为

0.1m,重力加速度取10m/s2o则货物（）

（3（・）

A.总位移为0.2m

B.运动的总时间为。.2s

C.与传送带由摩擦而产生的热量为5J

D.获得的最大动能为5J

10、如图所示，某空间存在一竖直方向的电场，其中的一条电场线如图甲所示，一个质量为〃八电荷量为《的带正电

小球，从电场线中O点由静止开始沿电场线竖直向上运动乃的过程中，以O为坐标原点，取竖直向上为X轴的正方

向，小球运动时电势能£与位移x的关系如图乙所示，运动忽略空气阻力，则（）

A.沿工轴正方向的电场强度大小可能增加

B.从。运动到M的过程中，如果小球的速度先增后减，则加速度一定先减后增

C.从O点运动看的过程中.每经过相等的位移,小球机械能的增加变少

D,小球运动位移。时，小球速度的大小为J也至二吧

Vm

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）测量物块。（视为质点）与平板P之间动摩擦因数的实验装置如图所示。A3是四分之一的光滑的固定圆

弧轨道，圆弧轨道上表面与水平固定的平板户的上表面3c相切、。点在水平地面上的垂直投影为C'。重力加速度为

8。实验步骤如下：

A.用天平称得物块。的质量为〃？；

B.测得轨道A3的半径为R、3c的长度为S,和CC的高度为”；

C.将物块。从4点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点。；

D.重复步骤C,共做5次；

E.将5个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量其圆心到C的距离X。

则物块。到达。点时的动能々C;在物块。从4点运动到C点的过程中，物块。克服摩擦力做的功

W=；物块Q与平板P的上表面3C之间的动摩擦因数〃=。

12.（12分）多用电表欧姆挡可以直接测量电阻。如图所示，虚线框内的电路为欧姆挡的内部电路，。、力为红、黑表

笔的插孔。G是表头，满偏电流为及，内阻为治，R,是调零电阻，品、&、&、氏分别是挡位电阻，对应挡位分别是

“xl”“xlO”“xlOO”“xlOOO”,K是挡位开关。

⑴红黑表笔短接进行欧姆调零时，先选定挡位，调节滑片P,使得表头达到满偏电流。设滑片P下方电阻为肥，满偏

电流及与流经电源的电流/的关系是____（用题设条件中的物理量表示）。

（2）已知表头指针在表盘正中央时，所测电阻的阻值等于欧姆表的总内阻的值，又叫做中值电阻。在挡位开关由低挡位

调到高一级挡位进行欧姆调零时，调零电阻小）的滑片P应向（填“上”或“下”）滑动，调零后，滑片P下方的

电阻太为原来挡位的_____倍。

⑶把挡位开关调到“xlOO”，调零完毕，测量某电阻的阻值时，发现指针偏转角度较大。要更准确测量该电阻的阻值，

请写出接下来的操作过程______________________________o

（4）要用欧姆挡测量某二极管的反向电阻，红表笔应接二极管的极。

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）一列简谐横波沿水平方向由质元。向质元方传播，波速为4m/s,。、〃两质元平衡位置间的距离为2m,80

时刻，。在波峰，力在平衡位置且向下振动。

①求波长；

②求经多长时间，质元力位于波谷位置。

14.（16分）如图甲所示，水平台面4B与水平地面间的高度差〃=0.45m,一质量〃?？=（）.1kg的小钢球静止在台面

右角3处。一小钢块在水平向右的推力户作用下从A点由静止开始做向右直线运动，力尸的大小随时间变化的规律

如图乙所示，当，=1.5s时立即撤去力人此时钢块恰好与钢球发生弹性正碰，碰后钢块和钢球水平飞离台面，分别落

到地面上的C点和。点。己知3、。两点间的水平距离是3、C两点间的水平距离的3倍，钢块与台面间的动摩擦因

4

数〃=一，取g=l（）m/s，求：

15

⑴钢块的质量，川；

（2）B、C两点间的水平距离Xi。

A7N

21-.-----.

___________qa

A

h

甲__________C

15.（12分）如图所示，在大气中有一水平放置的固定刚性圆筒，它由圆心共轴的圆筒。、力连接而成，其横截面积分

别为3s和S。已知大气压强为po,温度为方。两活塞A、8圆心处用一根长为31的不可伸长的轻线相连，把温度为

方的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，现对被密封的气体缓

慢加热，求：

①当B活塞刚好碰到b部分圆筒的左侧时，气体温度为多少？

②当气体温度为3To时，气体的压强为多少？

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、C

【解题分析】

夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于碰撞过程，由于内力远大于

外力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度；夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由

动能定理可求得桩料进入泥土的深度；

【题目详解】

A、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度%2=2g&,得％=T^=J2xl0x5m/s=10m/s

取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得：M%=（M+加）v

代入数据解得：v=9m/st故选项AB错误;

11,

C、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为W产-二叱》=-二加

J22

打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得：（M+/〃）g%+Wr=0—J（M+〃7）/

2

即：（M+m）gh}——kh；=0——（M+/w）v

代入数据解得%=1m,故选项C正确;

D、由上面分析可知：第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为小

则对夯锤与桩料，由动能定理得：（加+机总区一:灯九十为尸=。一4^+〃。/

同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为小

则对夯锤与桩料，由动能定理得：（用十〃7必"一:人（4+/?2+&）2=。一；（加+加卜/

AaAM

则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为"=%+4+%

代入数据可以得到：H=h]+h2+h3<3mf故选项D错误。

【题目点拨】

本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当力随距离均匀变化时，可用平均力求

功，也可用图象法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大小。

2、D

【解题分析】

A中采用了理想模型法；B中采用控制变量法；C中采用了微元法；D中是极限思维法；

故选D.

3、D

【解题分析】

A.卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，用了放大法成功测出引力常量，故A错误；

B.牛顿通过比较月球公转的周期，根据万有引力充当向心力，对万有引力定律进行了“月地检验”，故B错误。

C.在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故C错误。

D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各小

段的位移之和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。

4、D

【解题分析】

自由下落的小球，有

,1，

后即

得

对于竖直上抛的小球，由机械能守恒得：

.101P

mgh+—mv~=—mv~

22

则得落地时速度大小为

V=yjv2+2gh

对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为-g,则运动时间为:

2h

B.,与结论不相符，选项B错误;

v

c.—,与结论不相符，选项C错误；

g

D.］，+曰-楞'与结论相符'选项D正确；

故选D.

点睛：本题关键要明确小球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动时间的关系.

5、A

【解题分析】

A.衰变方程为

膘U-2即x+；He

衰变瞬间动量守恒，所以

Pa=Px

洛伦兹力提供向心力，根据

v~

qvB=m—

R

解得半径

R="=_L

qBqB

所以a粒子与衰变后的新核的半径之比为

旦=%二里二竺

8%21

A正确；

B.原子核在磁场中圆周运动的周期为

_2兀m

1=------

qB

所以a粒子与衰变后的新核的周期之比为

”二色也;型，_=里

Txix2234117

B错误；

C.二者动量大小始终相等，根据动量和动能的关系

p=mv=y/2mEk

可知a粒子与衰变后的新核的质量不同，动能不同，C错误；

D.a粒子与衰变后的新核的动量大小始终相同，在衰变瞬间，二者方向相反，随后在磁场中做匀速圆周运动，动量方

向不同，D错误。

故选A。

6、B

【解题分析】

根据变压器初次级的匝数比求解次级电压有效值即为电压表读数；熔断电流是指有效值；变压器不改变交流电的频率;

环境温度升高，则热敏电阻阻值减小，根据次级电压不变进行动态分析.

【题目详解】

ab端输入电压的有效值为200V,由于理想变压器的原副线圈匝数比为2：1,可知次级电压有效值为100V,即电压表

的示数为1OOV,选项A错误；次级电流有效值为，2-,则初级电流有效值/|一y，2-25A,则

R,2马

保险丝的熔断电流不小于25A,选项B正确；变压器不改变交流电压的频率，原副线圈的交流电压的频率之比为1

：1,选项C错误；若环境温度升高，Rt电阻减小，但是由于次级电压不变，则电压表示数不变，电流表示数变大，

次级功率变大，则变压器的输入功率变大，选项D错误；故选B.

【题目点拨】

要知道有效值的物理意义，知道电表的读数都是有效值；要知道变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，并会计算；

要会分析电路的动态变化，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情

况.

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、BC

【解题分析】

A.在从0.2m上升到0.35m范围内，AEk=AEp=mgAh,图线的斜率绝对值为:

A纭0.3

k=——-=------------=2N=ms

h0.35-0.2

所以：

m=0.2kg

故A错误;

B.在外/图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部

分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从/,=0.2m,滑块与弹簧分离，弹簧的原长

的0.2m。故B正确；

C.根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以

^pm=mgA/i=0.2xlOx(0.35-0.1)=0.5J

故C正确；

D.由图可知，当/『0.18m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化,

因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知

Epmin=E・Ekm=Epm+"ig力・Ekm=0.5+0.2x10x0.1-0.32=0.38J

故D错误；

故选BC.

8、ABD

【解题分析】

A.1=0时质点A速度沿j轴正方向，可知该波沿x轴负方向传播，选项A正确；

B./=0.03s时，质点A第一次到达负向最大位移处，可知周期T=0.04s,波长2=lm,则该波的传播速度为

41//

v=—=-----m/s=25m/s

T0.04

选项B正确；

C.波传播过程中，质点只能在平衡位置附近上下振动，而不随波迁移，选项C错误；

D.在£=0.04s=r时，质点B回到平衡位置，速度沿y轴负方向，选项D正确；

E.波的频率为

f=1=25HZ

T

则该波与频率是25Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象，选项E错误。

故选ABD。

9、ACD

【解题分析】

令传送带的速度为％根据题意可知，货物在传送带上先加速后做减速运动，加速运动阶段，其加速度大小为

Rmg_.

a=--S=〃g=5m/s2

m

当货物加速到和传送带速度相等时，所用时间为

f----v—_v

1a5

货物发生的位移为

传送带发生的位移为

V2

工2=%=彳

减速运动过程中货物的加速度大小为

a,=a=5m!s2

当货物速度减为零，所用的时间为

VV

“一石一《

货物发生的位移为

VV

根据题意可知，货物在传送带上留下的划痕长为

2

V*

AX=X^~x.=—=O.lm

-10

所以传送带的速度为

v=lni/s

货物发生的总位移为

x=jri+x3=＜）.2ni

运动的总时间为

/=/1+/2=0,4S

与传送带由摩擦而产生的热量

唁（X2-X1+X3）=10J

货物获得的最大动能为

1,

Ek=­〃M=5J

2

故B错误，ACD正确。

故选ACDo

10、BC

【解题分析】

A.电势能与位移x的图象□“图象的斜率的绝对值式表示小球所受电场力的大小，由图乙可知图象沿x轴正方向

的斜率越来越小，说明小球所受电场力沿X轴越来越小，即沿”轴正方向的电场强度大小一直减小，故A错误；

B.从。运动。的过程中，如果小球的速度先增后减，说明开始时小球所受电场力尸大于重力〃电向上做加速运动,

后来电场力小于重力，向上做减速运动。当加速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度

m

因为尸逐渐减小，故。逐渐减小。当向上减速运动时，有

tn

因为尸逐渐减小，故逐渐增大。所以从。运动力的过程中，如果小球的速度先增后减，加速度一定是先减后增，

故B正确;

C.根据能的转化和守恒定律可知，在小球向上运动的过程中电场力做正功，电势能减小，减小的电势能转化为机械

能。由图乙可知从0点运动内的过程中，每经过相等的位移，小球所受电场力逐渐减小，则电势能减小的越来越少,

则小球机械能的增加变少，故C正确；

D.规定O点所在的水平面为零重力势能面.设小球运动位移此时的速度为人根据能量守恒定律得

1,

□o=口1+血gxi+—机厂

解得

尸12(wnQ

Vm

故D错误。

故选BC.

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。

-mgrDxRx~

11、—"?gR------------------------

4HI4H)s4Hs

【解题分析】

[1]从A到B,由动能定理得：

mg/?=EKB-O,

则物块到达8时的动能：

EKB=〃吆R，

离开C后，物块做平抛运动，水平方向：

x=v(：6

竖直方向:

城'

物块在C点的动能联立可得:

〃期二

4”

[2]网由8到C过程中，由动能定理得:

...1，12

一吗=2〃此一]如％,

B到。过程中，克服摩擦力做的功：

W,=pmgs=mgR-=mgR~^

可得：

Rx2

LI—。

s4Hs

R，

12、zg=不F"/上1°把挡位开关调到“X10”，将红黑表笔短接，调节R。滑片p,使指针指到零刻度,

然后再进行电阻测量正

【解题分析】

(1)[1].表头电阻与《的上部分电阻串联，与网并联，根据电流关系

一J"/

f+R，

得

I=-^-]

&R〃+R.

(2)[2][3].高一级挡位内阻是原级别的10倍

j、K/*E